专题课: “弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型
例1 C [解析] 由于碰后A、B两球粘在一起,A、B球速度大于C球的速度,开始压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,三球的速度相等,之后弹簧恢复到原长,此时C球速度大于A、B球速度,所以弹簧开始伸长,当弹簧伸长到最长时,三球的速度相等,之后弹簧再次恢复到原长,以后重复以上过程;综上分析可知,三球速度相等时,弹簧可能压缩到最短,也可能伸长到最长,故A、D错误;在A、B碰撞过程,存在机械能损失,所以全过程中系统的机械能不守恒,但全过程中,系统受到的合外力为0,所以系统满足动量守恒,故C正确;A、B碰撞过程,根据动量守恒定律可得mv0=2mvAB,解得碰后A、B的速度为vAB=v0,当三球的速度相等,弹簧的弹性势能最大时,根据系统动量守恒定律可得2mvAB=4mv共,解得三球的共同速度为v共=v0,A、B碰后的过程,满足系统机械能守恒,则有×2m=×4m+Ep,解得最大弹性势能为Ep=m,故B错误.
例2 (1) (2)m2v,方向水平向左
[解析] (1)当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度v共,设小球A、B的质量分别为m1、m2,碰撞前小球A的速度为v0,小球A与弹簧分开后的速度为v1,从小球A刚接触弹簧到与弹簧分开的过程中,系统动量守恒,且机械能守恒,有m1v0=m1v1+m2v (1分)
m1=m1+m2v2 (1分)
联立解得v= (1分)
即m1v0=v (1分)
从小球A刚接触弹簧到两球共速的过程中,系统动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v共 (1分)
解得v共= (2分)
(2)设水平向右为正方向,则小球B动量的变化量为m2v,根据动量守恒定律可知,小球A动量的变化量为-m2v (1分)
根据动量定理有I=-m2v (1分)
小球A受到弹簧作用力的冲量大小为m2v,方向水平向左 (1分)
例3 (1)守恒 不守恒 (2)相同 (3)v0 v0
[解析] (1)整个过程中系统的机械能守恒,系统水平方向动量守恒,竖直方向上动量不守恒,故总动量不守恒.
(2)当小球上升到最高点时,小球和轨道的速度相同
由动量守恒定律得mv0=3mv
由能量守恒定律得m=×3mv2+mgh
解得h=
(3)设小球离开轨道时的速度为v1,轨道的速度为v2,由动量守恒定律有mv0=mv1+2mv2
根据机械能守恒定律有
m=m+×2m
联立以上两式可得v1=-v0,v2=v0
变式1 BD [解析] 因滑块P会滑动,因此P对Q的支持力不与Q的速度方向垂直,做功不为零,故A错误;Q下滑过程中P、Q组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,设分离时P、Q的速率分别为vP、vQ,可得mgh=m+m,mvP=mvQ,解得vP=vQ=,对Q,根据动能定理可得mgh+WN=m,解得WN=-mgh,故B正确;根据动量定理可得如图所示的矢量关系,其中IG=mgt,Δp=mvQ,可得IN=,解得IN=m,故D正确,C错误.
例4 (1)20 kg (2)见解析
[解析] (1)选向左为正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3.
在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0=(m2+m3)v
m2=(m2+m3)v2+m2gh
式中v0=3 m/s为冰块被推出时的速度.联立两式并代入题给数据得m3=20 kg
(2)选向右为正方向,设小孩推出冰块后小孩的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1-m2v0=0
代入数据得v1=1 m/s
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律有-m2v0=m2v2+m3v3
m2=m2+m3
联立两式并代入数据得v2=1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方,故冰块不能追上小孩
素养提升
示例 B [解析] 根据动量定理有I=Mv0,滑环固定时,根据机械能守恒定律有M=Mgh1,滑环不固定时,小球的初动量不变,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得Mv0=(M+m)v,M=(M+m)v2+Mgh2,解得h2=,则有=,故选B.
变式2 AD [解析] 取向右为正方向,物块C与物块B碰撞时动量守恒,根据动量守恒定律可得mv=2mv1,解得碰撞后二者的速度大小为v1=v,故A正确;碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mv2-×2m,解得ΔE=mv2,故B错误;当B、C再次回到最低点时A的速度最大,设A的最大速度为v3,此时B、C的速度为v2,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=mv3+2mv2,根据系统的机械能守恒得×2m=m+×2m,解得v3=v1=v,故C错误;当A、B、C三者速度相等为v4时,物块B、C上升的高度最大,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=3mv4,根据机械能守恒定律有2mgh=×2m-×3m,解得h=,故D正确.
随堂巩固
1.A [解析] 设P物体的初速度为v0,由已知可得m=Ek,P与Q碰撞过程中,两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,此时弹性势能最大,整个过程中,根据动量守恒定律得mv0=(m+3m)v1,此时最大弹性势能Ep=m-×(m+3m),解得Ep=m=Ek,故A正确.
2.C [解析] 整个过程中系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=m+m,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动,故B、D错误,C正确.
3.A [解析] 选小球和圆环为系统,整个过程中在水平方向满足动量守恒,设从开始到绳子与横杆成直角的过程中,圆环的平均速度大小为v1,小球的平均速度大小为v2,则mv1-2mv2=0,设运动时间为t,此过程圆环的位移大小为x,小球的位移大小为l-x,则m-2m=0,解得x=l,故A正确;在水平方向上,以小球和圆环为系统,不受任何外力,水平方向上动量守恒,在竖直方向上合外力不为零,动量不守恒,故B错误;过程中圆环所受的合外力等于绳子拉力沿水平方向的分力,小球所受的合外力等于重力和绳子拉力的合力,二者大小不等,所以冲量不相等,故C错误;小球除重力做功外,轻绳拉力也对其做功,机械能不守恒,故D错误.专题课:“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型
学习任务一 “弹簧类”模型
[模型建构]
模型 图示
模型 特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒 (2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,则系统机械能守恒 (3)弹簧处于最长(最短)状态时,两物体速度相等,弹性势能最大,系统的总动能通常最小 (4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统的总动能通常最大,但物体速度一般不相等
例1 [2024·重庆沙坪坝区期末] 如图所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球质量为2m ,其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上.现A球以速度v0 沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起.对A、B、C及弹簧组成的系统,下列说法正确的是 ( )
A.三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于m
C.全过程中系统的机械能不守恒,动量守恒
D.三球速度相等后,速度将保持不变
[反思感悟]
例2 (10分)如图所示,小球B与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,小球A以某一速度与轻质弹簧正碰.小球A与弹簧分开后,小球B的速度为v.
(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时,求小球B的速度的大小;
(2)若小球B的质量m2已知,在小球A与弹簧相互作用的整个过程中,求小球A受到弹簧作用力的冲量.
规范答题区 自评项目 (共10分) 自评+得分
书写工整无涂抹(是否加分项) (√或×)
有必要的文字说明(1分)
有解题关键公式(5分)
结果为数字的带有单位(2分)
求矢量的有方向说明(2分)
学习任务二 “光滑圆弧(斜面)轨道”模型
[模型建构]
模型 图示 水平地面光滑
模型 特点 (1)最高点:滑块与圆弧轨道具有共同水平速度v共,系统在水平方向上动量守恒,有mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,有m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于圆弧轨道的高度 (2)最低点:滑块与圆弧轨道的分离点.系统在水平方向上动量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,有m=m+M (3)悬绳模型与“光滑圆弧轨道+滑块(小球)”模型特点类似,即系统机械能守恒,在水平方向上动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点
例3 如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,试分析:
(1)在相互作用的过程中,小球和轨道组成的系统机械能是否守恒 总动量是否守恒
(2)小球到达最高点时,小球与轨道的速度有什么关系 最大高度为多少
(3)小球与轨道分离时两者的速度大小分别是多少
变式1 (多选)[2024·云南昆明一中月考] 如图所示,滑块P静止在光滑水平面上,P上侧的光滑圆弧面与水平地面相切,将小滑块Q(可视为质点)从光滑圆弧面上距离水平地面高度为h处由静止释放,经时间t后Q滑离P,滑块Q和P质量均为m,重力加速度大小为g.则Q沿P下滑过程中,下列说法正确的是 ( )
A.P对Q的支持力对Q不做功
B.P对Q的支持力对Q做的功为-mgh
C.P对Q的支持力的冲量大小为mgt+m
D.P对Q的支持力的冲量大小为m
[反思感悟]
例4 如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小g取10 m/s2.
(1)求斜面体的质量;
(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩
“悬环类”模型
示例 [2024·浙江学军中学月考] 如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为M=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接.滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1则h1∶h2等于 ( )
A.6∶1
B.4∶1
C.2∶1
D.4∶3
[反思感悟]
变式2 (多选)[2024·湖南长沙一中月考] 如图所示,光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A,通
过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B(可视为质点),物块B恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用.质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲向物块B,与B碰撞后粘在一起运动.已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 ( )
A.物块C与物块B碰后瞬间速度为
B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为mv2
C.滑环A的最大速度为
D.物块B、C摆起的最大高度为
[反思感悟]
1.(弹簧综合问题)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,P的质量为m,Q的质量为3m,Q与轻质弹簧相连.Q原来静止,P以一定初动能Ek向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 ( )
A.Ek
B.Ek
C.Ek
D.Ek
2.(圆弧轨道+滑块问题)如图所示,在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去,不计一切摩擦,则 ( )
A.在相互作用的过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球从右侧离开车后,对地将向右做平抛运动
C.小球从右侧离开车后,对地将做自由落体运动
D.小球从右侧离开车后,小车的速度有可能大于v0
3.(“悬环类”模型)[2024·河北张家口一中月考] 长为l的轻绳,一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上,另一端连接一质量为2m的小球,开始时,将小球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态,如图),然后轻轻放手,当绳子与横杆成直角,此过程圆环的位移是x,则 ( )
A.x=l
B.系统动量守恒
C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等
D.小球机械能守恒专题课: “弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型
1.C [解析] 小球从A点到B点,半圆槽静止不动,只有重力对小球做功;从B点到C点,半圆槽向右运动,除重力对小球做功外还有圆槽的弹力对小球做功,故A错误.小球在到达B点之前,半圆槽静止不动,小球动量增加,系统动量不守恒;小球到达B点之后,半圆槽会向右运动,小球与半圆槽水平方向不受外力,则小球与半圆槽在水平方向动量守恒,故B错误.若小球下落的高度较低,则由于小球过B点以后槽向右运动,可知小球有可能不能冲出C点;若无水平面上的物块后,则小球进入半圆槽中到到达最低点B的过程中,半圆槽向左运动;当小球从B点上滑到离开槽的过程中,半圆槽做减速运动,当小球离开半圆槽的时候,半圆槽的速度减为零,由能量关系可知,小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度,则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度,故C正确.小球离开C点以后,可以既有水平速度,也有竖直速度,所以小球做斜抛运动.因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度,所以小球能无碰撞地回到槽中,故D错误.
2.B [解析] 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统,系统的动量守恒,在整个过程中,当小滑块P和Q的速度相等时,弹簧的弹性势能最大.以P的初速度方向为正方向,设小滑块P的初速度为v0,两滑块的质量均为m,则mv0=2mv,解得v=,P的初动能Ek0=m,弹簧具有最大弹性势能Ep=m-×2mv2=m=Ek0,故选项B正确.
3.B [解析] 由题意知,小车和木块系统动量守恒,有mv0=(M+m)v由能量守恒定律,得m=(M+m)v2+μmgL+Epmax,联立解得Epmax=178 J,B正确.
4.C [解析] 在小球运动过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,系统竖直方向动量不守恒,故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,有mv0=4mv,解得v=,故B错误;根据机械能守恒定律得m=×4mv2+mgh,解得h=,故C正确;小球离开圆弧轨道时,根据动量守恒定律,则有mv0=mv1+3mv2,根据机械能守恒定律,则有m=m+×3m,联立以上两式可得v1=-,v2=,故D错误.
5.AC [解析] A、B两球相碰,根据动量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2,代入数据,可求得v2=8 m/s,由于在碰撞的过程中满足mA=mA+mB,因此该碰撞是弹性碰撞,A正确;由于球B、C及弹簧组成的系统,在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律,当球B的速度最小时,应该是弹簧处于原长状态,mBv2=mBv3+mCv4、mB=mB+mC,整理得v3=1.6 m/s 、v4=9.6 m/s,因此球B的最小速度为1.6 m/s,此时球C的速度为9.6 m/s,B错误,C正确;当B、C两球速度相等时,弹簧的弹性势能最大,则mBv2=(mB+mC)v5、Ep=mB-(mB+mC),解得Ep=38.4 J,D错误.
6.BD [解析] 由题图乙知,滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1=6 m/s,碰后瞬间整体速度为v2=3 m/s,滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒,以滑块C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mCv1=v2,解得mC=1 kg,故A错误;全过程系统中只有C与A碰撞时有机械能损失,则有ΔE=mC-=9 J,故B正确;2 s时A和C的速度大小为v2=3 m/s,6 s时A和C的速度大小为v3=3 m/s,2~6 s内墙给B的冲量大小等于A、C整体的动量变化量的大小,故有墙壁对滑块B的冲量大小为I==12 N·s,故C错误;当A、C整体和B向左运动且弹簧再次恢复原长时滑块B的速度最大,根据系统动量守恒和机械能守恒可得v3=v3'+mBvB,=(mA+mC)v3'2+mB,解得vB=3 m/s,故滑块B的最大动能为EkB=mB=9 J,故D正确.
7.BCD [解析] A与B发生第一次弹性碰撞后,设A与B的速度分别为v1、v2,则由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,对系统由机械能守恒定律有m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,B与滑块水平方向动量守恒,设B离开滑块时速度为v2',根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2=m2v2'+Mv3,m2=m2v2'2+M,解得v2'=v2,由于v1与v0反向,要使A与B发生两次碰撞,需要v2'与v1同向且>,解得M>5 kg,故选B、C、D.
8.(1)20 N (2)2 J (3)1.5 J
[解析] (1)对C,由动量定理得-FΔt=mCv-mCv0
解得F=20 N.
(2)C与A碰撞过程中,由动量守恒定律得
mCv0=mAvA+mCv
解得vA=4 m/s
碰撞过程中损失的机械能
ΔE=mC-mCv2-mA=2 J.
(3)C与A碰撞后,A、B和弹簧组成的系统在运动过程中动量守恒且机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,A和B有共同速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v1,有
mAvA=(mA+mB)v1
mA=(mA+mB)+Ep
联立解得Ep=1.5 J.
9.(1)0.15m (2)0.3 J
[解析] (1)物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间,物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒,设物体1水平位移大小为x1,滑道水平位移大小为x3,则有
0=m1x1-m3x3
由于两物体在滑道上的C点相碰,可知相碰前物体2一直处于静止状态,则从物体1静止释放到与物体2相碰,物体1通过的水平位移大小为x1=R
联立解得x3==0.15 m
(2)设物体1、2刚要相碰时物体1的速度大小为v1,滑道的速度大小为v3,对物体1和滑道组成的系统,由机械能守恒定律有m1gR=m1+m3
由动量守恒定律有0=m1v1-m3v3
设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2,对物体1、2组成的系统,由动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
弹簧第一次被压缩到最短时,由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度均为零,此时弹簧的弹性势能最大,设为Epm,从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,由能量守恒定律有
(m1+m2)+m3-μ(m1+m2)g·CD=Epm
联立代入数据可以求得Epm=0.3 J专题课: “弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型
(时间:40分钟 总分:60分)
(选择题每小题4分)
1.[2024·江苏无锡一中月考] 如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上,槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下,与圆弧槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是 ( )
A.小球在运动的全过程中,只有重力对它做功
B.小球在运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球有可能不能冲出C点,若无水平面上的物块后,小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度
D.小球离开C点以后,一定做竖直上抛运动,且能无碰撞的回到槽中
2.如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等,都可视作质点,Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用.在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 ( )
A.P的初动能
B.P的初动能的
C.P的初动能的
D.P的初动能的
3.[2024·河北衡水二中高二月考] 如图所示,在光滑的水平面上静止一质量M=8 kg的小车B,小车左端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到小车右端的距离L=1 m,这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.1,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑.木块A以速度v0=15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动.已知木块A的质量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 ( )
A.45 J B.178 J
C.225 J D.270 J
4.[2024·山东菏泽一中月考] 如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块.滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道,重力加速度为g,在小球运动过程中 ( )
A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
5.(多选)如图,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上,三个球的质量分别为mA=2 kg、mB=3 kg、mC=2 kg,初状态三个小球均静止,B、C球之间连着一根轻质弹簧,弹簧处于原长状态现给A一个向左的初速度v0=10 m/s,A、B碰后A球的速度变为向右,大小为2 m/s.下列说法正确的是 ( )
A.球A和B碰撞是弹性碰撞
B.球A和B碰后,弹簧恢复原长时球C的速度为6 m/s
C.球A和B碰后,球B的最小速度为1.6 m/s
D.球A和B碰后,弹簧的最大弹性势能可以达到96 J
6.(多选)[2025·山西太原五中高二月考] 如图甲所示,质量分别为mA=1 kg,mB=2 kg的滑块A、B放在光滑的水平面上,之间用一质量可忽略不计的弹簧连接,滑块B紧靠在竖直的墙壁上.现有一质量为mC的滑块C以6 m/s的速度沿水平面向右运动,从0时刻开始计时,2 s末与滑块A碰撞且粘在一起,0~6 s内,滑块C的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是 ( )
A.滑块C的质量mC=2 kg
B.全过程整个系统损失的机械能为9 J
C.2~6 s内,墙壁对滑块B的冲量大小为6 N·s
D.整个过程中滑块B的最大动能为9 J
7.(多选)[2024·四川绵阳中学高二月考] 如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0, B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B发生两次碰撞,则M可能为 ( )
A.5 kg B.6 kg
C.7 kg D.8 kg
8.(16分)[2025·山东青岛二中期中] 如图所示,A、B、C为三个大小相同的小球,其质量分别为mA=0.5 kg,mB=0.3 kg,mC=0.2 kg,A和B固定在轻弹簧的两端(A和B静止在光滑的水平面上).小球C以初速度v0=8 m/s向右运动,在极短时间Δt=0.1 s内与A发生碰撞后以速度v=-2 m/s反弹,求:
(1)(4分)C与A碰撞过程中的平均作用力大小F;
(2)(6分)C与A碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)(6分)弹簧的最大弹性势能Ep.
9.(16分)如图所示,质量为m3=2 kg的滑道静止在光滑的水平面上,滑道的AB部分是半径为R=0.3 m的四分之一圆弧,圆弧底部与滑道水平部分相切,滑道水平部分右端固定一个轻弹簧,滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑.质量为m2=3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点,现让质量为m1=1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放,两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g取10 m/s2).
(1)(8分)求物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中,滑道向左运动的距离;
(2)(8分)若CD=0.2 m,两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ=0.15,求在整个运动过程中,弹簧具有的最大弹性势能.(共80张PPT)
专题课：“弹簧类”模型和“光滑圆弧
(斜面)轨道”模型
学习任务一 “弹簧类”模型
学习任务二 “光滑圆弧（斜面）轨道”模型
素养提升
备用习题
随堂巩固
练习册
◆
答案核查【导】
答案核查【练】
学习任务一 “弹簧类”模型 .
［模型建构］
模型 图示 ______________________________________________________________________
模型 特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的
矢量和为零,则系统动量守恒
(2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能将发
生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,则系统机械
能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时,两物体速度相等,弹性势能最大,系统的总
动能通常最小
(4)弹簧处于原长时,弹性势能为零,系统的总动能通常最大,但物体速度一
般不相等
续表
例1 ［2024·重庆沙坪坝区期末］ 如图所示，、和 是光滑水平面上的三个
大小相同的小球，、球的质量为，球质量为 ，其中、 两小球用不
计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上.现球以速度沿、 两球球心的连
线向球运动，碰后、两球粘在一起.对、、 及弹簧组成的系统，下列说
法正确的是( )
A.三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
B.弹簧的最大弹性势能等于
C.全过程中系统的机械能不守恒，动量守恒
D.三球速度相等后，速度将保持不变
√
[解析] 由于碰后、两球粘在一起，、球速度大于 球的速度，开始压缩弹
簧，当弹簧压缩到最短时，三球的速度相等，之后弹簧恢复到原长，此时 球速
度大于、 球速度，所以弹簧开始伸长，当弹簧伸长到最长时，三球的速度相
等，之后弹簧再次恢复到原长，以后重复以上过程；综上分析可知，三球速度
相等时，弹簧可能压缩到最短，也可能伸长到最长，故A、D错误；在、 碰
撞过程，存在机械能损失，所以全过程中系统的机械能不守恒，但全过程中，
系统受到的合外力为0，所以系统满足动量守恒，故C正确；
、 碰撞过程，根据动量守恒定律可得，解得碰后、的速度为 ，当三球的速度相等，弹簧的弹性势能最大时，根据系统动量守恒定律可得 ，解得三球的共同速度为 ，、碰后的过程，
满足系统机械能守恒，则有，解得最大弹性势能为 ，故B错误.
例2 (10分)如图所示,小球 与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,
小球以某一速度与轻质弹簧正碰.小球与弹簧分开后,小球的速度为 .
(1) 当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时,求小球 的速度的大小;
[答案]
[解析] 当系统动能最小时,弹簧压缩至最短,两球具有共同速度，设小球、
的质量分别为、,碰撞前小球的速度为,小球与弹簧分开后的速度为 ，
从小球 刚接触弹簧到与弹簧分开的过程中,系统动量守恒,且机械能守恒,有
(1分)
(1分)
联立解得 (1分)
即 (1分)
从小球 刚接触弹簧到两球共速的过程中,系统动量守恒,有
(1分)
解得 (2分)
例2 (10分)如图所示,小球 与一轻质弹簧相连,并静止在足够长的光滑水平面上,
小球以某一速度与轻质弹簧正碰.小球与弹簧分开后,小球的速度为 .
(2) 若小球的质量已知,在小球与弹簧相互作用的整个过程中,求小球 受到
弹簧作用力的冲量.
[答案] ,方向水平向左
[解析] 设水平向右为正方向,则小球动量的变化量为 ,根据动量守恒定律可
知,小球动量的变化量为 (1分)
根据动量定理有 (1分)
小球受到弹簧作用力的冲量大小为 ,方向水平向左(1分)
学习任务二 “光滑圆弧(斜面)轨道”模型
［模型建构］
模型 图示 ______________________________________________________________________________________
水平地面光滑
模型 特点 (1)最高点:滑块与圆弧轨道具有共同水平速度 ,系统在水平方向上动量
守恒,有 ;系统机械能守恒,有
,其中 为滑块上升的最大高度,不一定等于
圆弧轨道的高度
(2)最低点:滑块与圆弧轨道的分离点.系统在水平方向上动量守恒,有
;系统机械能守恒,有
(3)悬绳模型与“光滑圆弧轨道 滑块(小球)”模型特点类似,即系统机械能
守恒,在水平方向上动量守恒,解题时需关注物体运动的最高点和最低点
续表
例3 如图所示，有一质量为的小球，以速度 滑上静置于光滑水平面上的光
滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为 ，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧
轨道，重力加速度为 ，试分析：
(1) 在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是
否守恒？
[答案] 守恒; 不守恒
[解析] 整个过程中系统的机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动
量不守恒，故总动量不守恒.
例3 如图所示，有一质量为的小球，以速度 滑上静置于光滑水平面上的光
滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为 ，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧
轨道，重力加速度为 ，试分析：
(2) 小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？
[答案] 相同;
[解析] 当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
例3 如图所示，有一质量为的小球，以速度 滑上静置于光滑水平面上的光
滑圆弧轨道.已知圆弧轨道的质量为 ，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧
轨道，重力加速度为 ，试分析：
(3) 小球与轨道分离时两者的速度大小分别是多少？
[答案] ;
[解析] 设小球离开轨道时的速度为，轨道的速度为 ，由动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立以上两式可得，
变式1 (多选)［2024·云南昆明一中月考］ 如图所示，滑块 静止在光滑水平面
上，上侧的光滑圆弧面与水平地面相切，将小滑块 (可视为质点)从光滑圆弧
面上距离水平地面高度为处由静止释放，经时间后滑离，滑块和 质量
均为，重力加速度大小为.则沿 下滑过程中，下列说法正确的是( )
A.对的支持力对 不做功
B.对的支持力对做的功为
C.对的支持力的冲量大小为
D.对的支持力的冲量大小为
√
√
[解析] 因滑块会滑动，因此对的支持力不与 的速度方向垂直，做功不为
零，故A错误；下滑过程中、 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，
设分离时、的速率分别为、，可得， ，
解得，对 ，根据动能定理可得
，解得 ，故B正确；根据动
量定理可得如图所示的矢量关系，其中， ，
可得，解得 ，故D正确，C
错误.
例4 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在
滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面
的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高
度为小于斜面体的高度.已知小孩与滑板的总质量为 ，
冰块的质量为，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小 取
.
(1) 求斜面体的质量；
[答案]
[解析] 选向左为正方向.冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，
设此共同速度为，斜面体的质量为 .
在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得
式中为冰块被推出时的速度.联立两式并代入题给数据得
例4 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在
滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面
的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高
度为小于斜面体的高度.已知小孩与滑板的总质量为 ，
冰块的质量为，小孩与滑板始终无相对运动.重力加速度的大小 取
.
(2) 通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
[答案] 见解析
[解析] 选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为 ，由动量守恒定律
有
代入数据得
设冰块与斜面体分离后的速度分别为和 ，由动量守恒定律和机械能守恒定
律有
联立两式并代入数据得
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度
相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩
“悬环类”模型
示例 ［2024·浙江学军中学月考］ 如图所示，质量为 的滑环套在足够长的光
滑水平杆上，质量为的小球(可视为质点)用长为 的轻质细绳与滑环连
接.滑环固定时，给小球一个水平冲量，小球摆起的最大高度为 ；滑
环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量，小球摆起的最大高度为.则
等于( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据动量定理有 ，滑环固定时，根据机械能守恒定律有
，滑环不固定时，小球的初动量不变，取水平向右为正方向，根
据系统水平方向动量守恒和机械能守恒得 ，
，解得，则有 ，故选B.
变式2 (多选)［2024·湖南长沙一中月考］如图所示,光滑的水平杆上有一质量为
的滑环,通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为的物块 (可视为质点),
物块恰好与光滑的水平面接触但无弹力作用.质量为的物块 (可视为质点)以
速度冲向物块,与碰撞后粘在一起运动.已知重力加速度为 ,则下列说法正确
的是( )
A.物块与物块碰后瞬间速度为
B.物块与物块碰撞过程中损失的机械能为
C.滑环的最大速度为
D.物块、摆起的最大高度为
√
√
[解析] 取向右为正方向,物块与物块 碰撞时动量守恒,根据动量守恒定律可得
,解得碰撞后二者的速度大小为 ,故A正确;碰撞过程中损失的
机械能为,解得,故B错误;当、 再次回到最
低点时的速度最大,设的最大速度为,此时、的速度为,根据、、 组
成的系统在水平方向上动量守恒得 ,根据系统的机械能守恒
得,解得 ,故C
错误;当、、三者速度相等为时,物块、 上升的高
度最大,根据、、 组成的系统在水平方向上动量守恒
得 ,根据机械能守恒定律有
,解得 ,故D正确.
1.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 的斜面,斜面表面光滑、
高度为、倾角为 .一质量为 的小物块以一定的初速度沿水平面向右
运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失.若斜面固定,则小物块恰能冲到斜面的
顶端.若斜面不固定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 斜面固定时,小物块恰能冲到斜面的顶端,由动能定理得
,所以 ，斜面不固定时,设小物块冲上斜面后能达到
的最大高度为,设小物块达到最高点时的速度为 ,由水平方向动量守恒得
,由机械能守恒得,解得 ,
故选D.
2.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上两个物块与由弹簧连接(弹簧与、 不
分开).初始时弹簧被压缩，同时释放、，此后的 图像如图乙所示
(规定向右为正方向).已知，，弹簧质量不计.、 及弹
簧在运动过程中，在物块速度为 时，则( )
A.物块的速度大小为 ，方向向右
B.物块加速度是物块 加速度的2倍
C.此时弹簧的弹性势能为
D.此时弹簧的弹性势能为最大弹性势能
的一半
√
√
[解析] 两物块组成的系统满足动量守恒定律，可得 ，解得
，可知物块的速度大小为 ，方向向左，A错误；根据牛
顿第二定律可得，，可得，B正确；当物块 的速度
最大时，弹簧处于原长状态，由图像可知物块的最大速度为 ，根
据动量守恒定律可得，解得的最大速度为 ，
根据能量守恒定律可得
，
解得物块速度为 时，弹簧的弹性势能为 ，C正确；
当两物块的速度为零时，弹簧的弹性势能最大，则有 ，D错误.
3.如图所示,在光滑水平地面上有、两个小物块,其中物块 的左侧连接一轻质
弹簧.物块处于静止状态,物块以一定的初速度向物块 运动,并通过弹簧与物
块 发生弹性正碰.对于该作用过程,两物块的速度变化可用速度—时间图像进行
描述,在如图所示的图像中,图线1表示物块的速度变化情况,图线2表示物块 的
速度变化情况,则这四个图像中可能正确的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 水平地面光滑,则物块向带着弹簧的物块 运动,经历以下几个阶段:开始
阶段物块压缩弹簧过程,弹簧对物块做负功,对物块做正功,则物块 的速度减
小,物块的速度增大;在某一时刻,物块的速度增大到与物块 速度相等,此时弹
簧被压缩到最短;此后弹簧继续对物块做负功,对物块做正功,则物块 的速度
继续减小,物块的速度继续增大,物块的速度大于物块 的速度,弹簧的压缩量
变小;当弹簧恢复原长后,物块以较大的速度匀速运动,物块 以较小的速度匀速
运动；A图中两物块做匀速运动的时刻应相同,A错误;C图中最后物块 的速度应
大于物块 的速度,C错误;D图中两物块速度相等应该只有一个时刻,不可能持续
一段时间,而且最后物块的速度应大于物块 的速度,
D错误.
4.如图所示，质量为 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑
圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直.一质量为 的小物块，被压缩
弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为
.取 .求：
(1) 小物块被弹簧弹出时的速度大小；
[答案]
[解析] 设小物块离开弹簧后的速度为 ，小物块滑上大滑块的过程中系统水平
方向动量守恒有
解得 .
4.如图所示，质量为 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑
圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直.一质量为 的小物块，被压缩
弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为
.取 .求：
(2) 小物块滑出大滑块后能达到的最大高度 ；
[答案]
[解析] 小物块第一次上升到最高点时速度等于 ，小球机械能守恒，有
解得 .
4.如图所示，质量为 的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑
圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直.一质量为 的小物块，被压缩
弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为
.取 .求：
(3) 小物块回到水平面的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度 .
[答案] ;
[解析] 小物块能下落到大滑块光滑圆弧最高点并从大滑块上滑到水平面，系统
水平方向动量守恒、机械能守恒，有 ，
解得，
小物块再次滑上大滑块时
系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则
解得 .
5.如图，在光滑水平地面上有一辆质量 的小车，小车左右两侧均为半
径的四分之一光滑圆轨道，两圆轨道之间平滑连接长 的粗糙
水平轨道.质量为的小物块(可视为质点)从小车左侧圆轨道顶端 处由静
止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度 取
.求：
(1) 小物块第一次滑到左侧圆轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
[答案]
[解析] 小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设水平向右为正方向，小
物块第一次滑到左侧圆轨道末端时速度大小为，小车速度大小为 ，即
解得
5.如图，在光滑水平地面上有一辆质量 的小车，小车左右两侧均为半
径的四分之一光滑圆轨道，两圆轨道之间平滑连接长 的粗糙
水平轨道.质量为的小物块(可视为质点)从小车左侧圆轨道顶端 处由静
止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度 取
.求：
(2) 小物块第一次滑到右侧圆轨道上的最大高度 ；
[答案]
[解析] 小物块第一次滑到右侧圆轨道上的最大高度 处时，小物块和小车有相
同的水平速度，有
由系统能量守恒定律得
联立解得
5.如图，在光滑水平地面上有一辆质量 的小车，小车左右两侧均为半
径的四分之一光滑圆轨道，两圆轨道之间平滑连接长 的粗糙
水平轨道.质量为的小物块(可视为质点)从小车左侧圆轨道顶端 处由静
止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度 取
.求：
(3) 整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程 及全过程小车在地面上
[答案] ;
发生的位移 的大小.
[解析] 小物块最终与小车相对静止，有 ， 解得
整个过程，由系统能量守恒定律得
解得
可知，物块在小车的水平轨道最右端(或右侧圆轨道底端)相对小车静止，则物
块相对小车发生位移
系统水平方向动量守恒，设小物块水平向
右发生位移大小为 ，小车水平向左发生
位移大小为 ，有
又
解得
1.(弹簧综合问题)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块和 都可视作质
点，的质量为，的质量为，与轻质弹簧相连.原来静止， 以一定初
动能向 运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等
于( )
A. B. C. D.
[解析] 设物体的初速度为，由已知可得,与 碰撞过程中，两物
体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，根据动量
守恒定律得 ，此时最大弹性势能
，解得 ，故A正确.
√
2.(圆弧轨道滑块问题)如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为的装有
弧形槽的小车.现有一质量也为的小球以 的水平速度沿与切线水平的槽口向
小车滑去，不计一切摩擦，则( )
A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动
C.小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动
D.小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于
√
[解析] 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为 ，整个过程中水平方向
动量守恒，由机械能守恒定律得 ，联
立解得， ，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车
右侧离开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C正确.
3.(“悬环类”模型)［2024·河北张家口一中月考］长为的轻绳，一端用质量为
的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为 的小球，开始时，将小
球移至横杆处(轻绳处于水平伸直状态，如图)，然后轻轻放手，当绳子与横杆
成直角，此过程圆环的位移是 ，则( )
A.
B.系统动量守恒
C.小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等
D.小球机械能守恒
√
[解析] 选小球和圆环为系统，整个过程中在水平方向满足动量守恒，设从开始
到绳子与横杆成直角的过程中，圆环的平均速度大小为 ，小球的平均速度大
小为，则，设运动时间为，此过程圆环的位移大小为 ，小
球的位移大小为，则，解得 ，故A正确；在水平方
向上，以小球和圆环为系统，不受任何外力，水平方向上动量守恒，在竖直方
向上合外力不为零，动量不守恒，故B错误；过程中圆环所受的合外力等于绳
子拉力沿水平方向的分力，小球所受的合外力等于重力和绳子拉力的合力，二
者大小不等，所以冲量不相等，故C错误；小球除重力做
功外，轻绳拉力也对其做功，机械能不守恒，故D错误.
练习册
1.［2024·江苏无锡一中月考］如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，
槽的左侧有一固定在水平面上的物块.今让一小球自左侧槽口 的正上方从静止
开始落下，与圆弧槽相切自 点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
A.小球在运动的全过程中，只有重力对它做功
B.小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C.小球有可能不能冲出 点，若无水平面上的物块后，
小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度
D.小球离开 点以后，一定做竖直上抛运动，且能无
碰撞的回到槽中
√
[解析] 小球从点到点，半圆槽静止不动，只有重力对小球做功；从点到
点，半圆槽向右运动，除重力对小球做功外还有圆槽的弹力对小球做功，故A
错误.小球在到达 点之前，半圆槽静止不动，小球动量增加，系统动量不守恒；
小球到达 点之后，半圆槽会向右运动，小球与半圆槽水平方向不受外力，则
小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误.
若小球下落的高度较低，则由于 小球过 点以后槽向右运动，可知小球有可能不能冲出 点；若无水平面上的物块后，则小球进入半圆槽中到到达最低点 的过程中，半圆槽向左运动；当小球从 点上滑到离开槽的过程中，半圆槽做减速运动，当小球离开半圆槽的时候，半圆槽的速度减为零，由能量关系可知，小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度，则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度，故C正确. 小球离开 点以后，
可以既有水平速度，也有竖直速度，所以小球做斜
抛运动. 因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度，
所以小球能无碰撞地回到槽中，故D错误.
2.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块和质量相等，都可视作质点，
与轻质弹簧相连.设静止，以某一初速度向 运动并与弹簧发生相互作用.在整
个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A.的初动能 B.的初动能的
C.的初动能的 D.的初动能的
√
[解析] 把小滑块和 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程
中，当小滑块和 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大.以 的初速度方向为
正方向，设小滑块的初速度为，两滑块的质量均为 ，则，
解得，的初动能 ，弹簧具有最大弹性势能
，故选项B正确.
3.［2024·河北衡水二中高二月考］如图所示，在光滑的水平面上静止一质量
的小车 ，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端 到小车右端的
距离，这段车厢板与木块(可视为质点)之间的动摩擦因数 ，而
弹簧自由端到弹簧固定端所对应的车厢板上表面光滑.木块 以速度
由小车右端开始沿车厢板表面向左运动.
已知木块 的质量，重力加速度取
.则木块 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性
势能为( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意知，小车和木块系统动量守恒，有 由能量守恒定
律，得，联立解得 ，B正确.
√
4.［2024·山东菏泽一中月考］如图所示，有一质量为的小球，以速度 滑上
静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块.滑块的质量为 ，小
球在上升过程中始终未能冲出圆弧轨道，重力
加速度为 ，在小球运动过程中( )
A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
√
[解析] 在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系
统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块
速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定 的方向为正方向，有
，解得 ，故B错误；根据机械能守恒定律得
，解得 ，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根
据动量守恒定律，则有 ，根据机械能守恒定律，则有
，联立以上两式
可得， ，故D错误.
5.(多选)如图，、、 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆
上，三个球的质量分别为、、 ，初状态三个小球
均静止，、球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态现给 一个向左的
初速度，、碰后球的速度变为向右，大小为 .下列说法正
确的是( )
A.球和 碰撞是弹性碰撞
B.球和碰后，弹簧恢复原长时球的速度为
C.球和碰后，球的最小速度为
D.球和碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到
√
√
[解析] 、两球相碰，根据动量守恒定律得 ，代入数据，
可求得，由于在碰撞的过程中满足 ，因此
该碰撞是弹性碰撞，A正确；由于球、 及弹簧组成的系统，在运动的过程中
满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当球 的速度最小时，应该是弹簧处于
原长状态，、 ，整理得
、，因此球 的最小速度为
，此时球的速度为 ，B错误，C正确；当
、 两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，则
、 ，
解得 ，D错误.
6.(多选)［2025·山西太原五中高二月考］ 如图甲所示，质量分别为
，的滑块、 放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略
不计的弹簧连接，滑块紧靠在竖直的墙壁上.现有一质量为的滑块以
的速度沿水平面向右运动，从0时刻开始计时，末与滑块 碰撞且粘在一起，
内，滑块 的速度—时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A.滑块的质量
B.全过程整个系统损失的机械能为
C.内，墙壁对滑块的冲量大小
为
D.整个过程中滑块的最大动能为
√
√
[解析] 由题图乙知，滑块与滑块碰前瞬间速度为 ，碰后瞬间整体
速度为，滑块与滑块碰撞过程动量守恒，以滑块 的初速度方向
为正方向，由动量守恒定律得，解得 ，故A错误；
全过程系统中只有与 碰撞时有机械能损失，则有
，故B正确；时
和 的速度大小为，时和的速度大小
为，内墙给 的冲量大小等于、整
体的动量变化量的大小，故有墙壁对滑块 的冲量大小为
，故C错误；
当、整体和 向左运动且弹簧再次恢复原长时滑块 的速度最大，根据系统
动量守恒和机械能守恒可得 ，
，解得，故滑块 的最大
动能为 ，故D正确.
7.(多选)［2024·四川绵阳中学高二月考］ 如图所示，质量为 的滑块静止在光
滑水平面上，其左侧是四分之一光滑圆弧，左端底部恰好与地面相切，小球
、的质量分别为、，的初速度为， 保持静止，已
知与发生弹性碰撞，要使与发生两次碰撞，则 可能为( )
A. B. C. D.
√
√
√
[解析] 与发生第一次弹性碰撞后，设与的速度分别为、 ，则由动量
守恒定律有 ,对系统由机械能守恒定律有
,解得，,
与滑块水平方向动量守恒，设离开滑块时速度为 ，根据动量守恒定律和机
械能守恒定律得, ,解得
,由于与反向，要使
与发生两次碰撞，需要与 同向且
,解得 ，故选B、C、
D.
8.(16分)［2025·山东青岛二中期中］ 如图所示，、、 为三个大小相同的小
球，其质量分别为，，，和 固定在轻弹
簧的两端和静止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右运动，
在极短时间内与发生碰撞后以速度 反弹，求：
(1) (4分)与碰撞过程中的平均作用力大小 ；
[答案]
[解析] 对,由动量定理得
解得 .
8.(16分)［2025·山东青岛二中期中］ 如图所示，、、 为三个大小相同的小
球，其质量分别为，，，和 固定在轻弹
簧的两端和静止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右运动，
在极短时间内与发生碰撞后以速度 反弹，求：
(2) (6分)与碰撞过程中损失的机械能 ；
[答案]
[解析] 与 碰撞过程中,由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中损失的机械能
.
8.(16分)［2025·山东青岛二中期中］ 如图所示，、、 为三个大小相同的小
球，其质量分别为，，，和 固定在轻弹
簧的两端和静止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右运动，
在极短时间内与发生碰撞后以速度 反弹，求：
(3) (6分)弹簧的最大弹性势能 .
[答案]
[解析] 与碰撞后,、 和弹簧组成的系统在运动过程中动量守恒且机械能守
恒,当弹簧被压缩到最短时,和 有共同速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速
度为 ,有
联立解得 .
9.(16分)如图所示，质量为的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的
部分是半径为 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道
水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除 部分粗糙外其他部分均光滑.质量为
的物体2(可视为质点)放在滑道的点，现让质量为 的物体1
(可视为质点)自点由静止释放，两物体在滑道上的点相碰后粘为一体
取 .
(1) (8分)求物体1从释放到与物体2恰好
将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
[答案]
[解析] 物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向
动量守恒，设物体1水平位移大小为，滑道水平位移大小为 ，则有
由于两物体在滑道上的 点相碰，可知相碰前物体2一直处于静止状态，则从物
体1静止释放到与物体2相碰，物体1通过的水平位移大小为
联立解得
9.(16分)如图所示，质量为的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的
部分是半径为 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道
水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除 部分粗糙外其他部分均光滑.质量为
的物体2(可视为质点)放在滑道的点，现让质量为 的物体1
(可视为质点)自点由静止释放，两物体在滑道上的点相碰后粘为一体
取 .
(2) (8分)若 ，两物体与滑道
的部分的动摩擦因数都为 ，
求在整个运动过程中，弹簧具有的最大
弹性势能.
[答案]
[解析] 设物体1、2刚要相碰时物体1的速度大小为，滑道的速度大小为 ，对
物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有
由动量守恒定律有
设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为 ，对物体1、2组成的系统，由动量
守恒定律有
弹簧第一次被压缩到最短时，由动量守
恒定律可知物体1、2和滑道速度均为零，
此时弹簧的弹性势能最大，设为 ，
从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩
到最短的过程中，由能量守恒定律有
联立代入数据可以求得
例1.C 例2.（1） （2）,方向水平向左
例3.（1）守恒,不守恒 （2）相同, （3）, 变式1.BD
例4.（1） （2）见解析
素养提升
示例.B 变式2.AD
随堂巩固
1.A 2.C 3.A
基础巩固练
1.C 2.B 3.B 4.C
综合提升练
5.AC 6.BD 7.BCD 8.（1） （2） （3）
拓展挑战练
9.（1） （2）
