2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步练习--专题强化练4　“含弹簧类”模型

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2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步
专题强化练4　“含弹簧类”模型
一、选择题
1.(2022福建泉州美岭中学期中)如图所示,在光滑的水平面上,有质量相等的甲、乙两木块,甲木块以v的速度向右运动,乙木块静止,乙木块左侧连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后　 (　　)
A.甲木块速度一直减小直至零
B.甲木块速度先减小,之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D.甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
2.(2023福建三明期末)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两木块A、B相连,A、B静止在光滑水平面上,现使A获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点,两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知 (　　)
A.t1时刻弹簧最短,t3时刻弹簧最长
B.从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻两物体动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4
3.(2022福建华安一中月考)如图所示,三小球a、b、c的质量都是m,放于光滑的水平面上,小球b、c与轻弹簧相连且静止,小球a以速度v0冲向小球b,碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能不守恒
B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒,总机械能也守恒
C.当小球b、c速度相等时,弹簧的弹性势能最大
D.当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,小球b的动能一定不为零
4.(2021四川质检)如图所示为一足够长的光滑水平面,右侧挡板C与轻质弹簧一端相连,接触面均光滑的三角形斜劈A静止放在水平面上,另一可视为质点的小球B从斜劈顶端距地面高h处由静止释放,小球B滑下与弹簧作用后反向弹回,已知mA=3m,mB=m,下列说法正确的有 (　　)
A.小球B离开斜劈时,两者水平位移关系为xA=3xB
B.小球B下滑过程中,支持力对小球做功
C.弹簧可以获得的最大弹性势能为mgh
D.小球B反向弹回后能追上斜劈,并滑上斜劈顶端h高处
二、非选择题
5.(2022江苏南京期末)如图所示是某车间传送装置示意图,为使传送中的零件能缓慢停下,工程师在水平传送带上设置了由质量m=1 kg的缓冲块和轻质弹簧组成的缓冲装置,处于原长的弹簧一端固定于A点,另一端拴接缓冲块,此时缓冲块静止于B位置,弹簧劲度系数为k=10 N/m,现启动传送带,传送带运行稳定后,在C位置将质量为M=9 kg的零件无初速度放到传送带上,B、C间的距离为x=2.05 m。按照设计要求,零件刚好与传送带速度相同时与缓冲块碰撞,碰后与缓冲块一起压缩弹簧,当整体到达D位置时,其速度恰好减为0,随即机械手抓取,它们与传送带间的动摩擦因数均为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧弹性势能与形变量的关系满足:Ep=kx2,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)传送带稳定运行后弹簧的形变量;
(2)传送带的运行速度v;
(3)弹簧的最大压缩量。
6.如图所示,同一水平面上静止放置A、B、C三个物块(均视为质点),且左侧水平面粗糙,A物块与水平面间的动摩擦因数为μ,B右侧的水平面是光滑的,A、B两物块之间的距离为l。B物块的右端装有一轻弹簧,现让A物块以水平速度v0向右运动,与B碰后粘在一起,再向右运动推动C(弹簧与C不粘连),弹簧始终没有超过弹性限度,A物块质量为m,B、C两物块质量均为2m,重力加速度为g。求:
(1)A与B碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)整个运动过程中,弹簧的最大弹性势能。
答案与分层梯度式解析
专题强化练4　“含弹簧类”模型
1.AC 2.BC 3.ACD 4.BC
1.AC　甲与弹簧接触后,由于弹簧弹力的作用,甲木块速度会减小,乙木块速度增大,当弹簧恢复原长时,设甲的速度为v1,乙的速度为v2,甲、乙的质量均为m,由动量守恒和机械能守恒可得mv=mv1+mv2,,解得v1=0,v2=v,所以,甲木块速度一直减小,乙木块的速度一直增加,当弹簧恢复原长时,甲的速度变为零,乙以甲原来的初速度向右运动,故A正确,B错误;由动量守恒定律的判定条件可知,甲、乙两木块所组成的系统动量守恒,C正确;甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒,甲、乙两木块组成的系统机械能不守恒,故D错误。
方法技巧　含弹簧类动量守恒问题的分析技巧
(1)对于弹簧类问题,在作用过程中,若系统合外力为零,则满足动量守恒。
(2)注意:弹簧压缩至最短时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧弹性势能最大。
2.BC　通过对A、B运动分析知,t1时刻弹簧最长,t2时刻弹簧为原长,t3时刻弹簧最短,A错误,B正确;A和B组成的系统动量守恒,0~t1时间内,m1v=(m1+m2)v1,所以m1∶m2=1∶2,C正确;在t2时刻,Ek1=m1,Ek2=m2×22=2m2,所以Ek1∶Ek2=1∶8,D错误。
3.ACD　在整个运动过程中,a、b、c三球与弹簧组成的系统的合外力为零,系统的动量守恒,小球a与b碰撞后粘在一起,动能减小,机械能减小,故A正确,B错误;a与b碰撞后,弹簧被压缩,弹簧对b产生向左的弹力,对c产生向右的弹力,a、b做减速运动,c做加速运动,当小球b、c速度相等时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,故C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能最大,a、b碰撞后,a、b、c和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能不为零,故D正确。
4.BC　小球B下滑,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,则有0=mA,解得xB=3xA,A错;小球B下滑过程中,斜劈对小球B的支持力与小球的位移方向不垂直,则支持力对小球做功,B正确;从开始下滑至B离开A,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有0=mAvA-mBvB,mBgh=,解得vA=,vB=3,在小球B压缩弹簧过程中,弹簧获得的最大弹性势能Ep=mgh,C正确;小球B被弹簧反弹后,速度大小仍为vB,由于vB>vA,则小球可追上斜劈,当小球上升至最高处时,有mAvA+mBvB=(mA+mB)v,mBgh'=(mA+mB)v2,联立可得h'=,h'5.答案　(1)0.2 m　(2)3 m/s　(3)5 m
解析　(1)传送带稳定运行后,缓冲块处于静止状态,根据力的平衡条件得kx1=μmg,解得x1=0.2 m
(2)零件从开始运动到与缓冲块碰撞过程中一直做匀加速运动,末速度为v
根据牛顿第二定律有μMg=Ma
位移s=x+x1=2.05 m+0.2 m=2.25 m
根据运动学公式有v2=2as,解得v=3 m/s
结合题意,传送带的运行速度为3 m/s
(3)零件与缓冲块碰撞过程系统动量守恒,则Mv=(M+m)v1
解得v1=2.7 m/s
经分析可知,F弹=f摩时,零件与缓冲块组成的系统速度最大,有kx2=μ(m+M)g,解得x2=2 m
零件与缓冲块碰撞后,假设一直受到滑动摩擦力,达到最大速度,由动能定理可得μ(m+M)g(x2-x1)-(m+M)(m+M)
解得vm= m/s>3 m/s
所以零件碰撞后的最大速度等于传送带速度v=3 m/s
缓冲块、零件和传送带达到共速后,由于受到弹力作用,静摩擦力越来越大,当达到最大静摩擦力时,零件和传送带间再次相对滑动,此时F弹=fm,即kx3=μ(m+M)g,解得x3=2 m
此后,零件开始减速,到D点停止,在此过程中由动能定理可得
μ(m+M)g(x4-x3)-(m+M)v2
解得x4=5 m
6.答案　(1)m(-2μgl)　(2)m(-2μgl)
解析　(1)A物块在粗糙水平面上做匀减速运动,设与B碰前的瞬时速度为vA
由动能定理有-μmgl= ①
A与B碰撞的过程,内力远大于摩擦力,动量守恒,有mvA=(m+2m)v1 ②
故碰撞过程中损失的机械能为
ΔE损=(m+2m) ③
联立①②③解得ΔE损=m(-2μgl)
(2)当A、B一起向右运动靠近C并压缩弹簧的过程,三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大
对于A、B、C三者与弹簧组成的系统动量守恒,有3mv1=5mv2 ④
由系统的机械能守恒,有+Ep⑤
联立解得Ep=(-2μgl)
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