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 ... ...
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