专题提升：“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜（曲）面”模型 专项训练 -2027届高三物理一轮复习

专题提升：“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜（曲）面”模型-2027届高三物理一轮复习同步练习 姓名： 班级： 学号： 基础对点练 题组一　“滑块—弹簧”模型 1.（2025安徽马鞍山一模）如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则（　　） A.A加速过程中，加速度越来越大 B.A、B、C共速时，B所受合力为0 C.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒 2.（2025浙江湖州三模）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0，则此后运动中（　　） A.墙壁对A的总冲量大小为4mv0 B.墙壁对A做的总功为2m C.A的最大速度为v0 D.弹簧的最大弹性势能为 3.（2026云南昆明高三期中）如图所示，光滑水平地面上质量为m的物体P以速率v向右运动，质量为m的物体Q左端固定有一轻弹簧，以速率2v向左运动。弹簧的形变始终在弹性限度内，在P与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中，下列说法正确的是（　　） A.弹簧对P的冲量大小为mv B.P、Q的位移大小之比为2∶1 C.弹簧对P做的功与对Q做的功相同 D.当P的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 题组二　“滑块—斜（曲）面”模型 4.（2025辽宁名校联考）如图所示，在水平面上放置一个质量为m滑的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度v0从A点冲上滑块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A.滑块和小球组成的系统总动量不守恒 B.滑块和小球组成的系统机械能不守恒 C.若v0＝，小球恰能到达滑块上的B点 D.若小球能从B点离开滑块，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等 5.（2026河南新乡高三月考）如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球（可视为质点）从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A.滑块的最大动能为 B.小球离开滑块时的动能为 C.小球落地时的动能为 D.滑块对地面的最大压力为 综合提升练 6.（多选）（2025福建宁德三模）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，B的初速度为0，A、B运动的v－t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移为x0，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则（　　） 甲 乙 A.B的质量为2m B.橡皮绳的最大弹性势能为 C.橡皮绳的原长为v0t0 D.橡皮绳的原长为v0t0 7.（多选）（2026云南丽江高三月考）如图所示，有一质量m木＝3 kg、长度s＝5 m的“L”形木板P静止在光滑水平面上，木板右侧水平固定一个轻弹簧。一个质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块以速度v0＝20 m/s从左侧滑上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，轻弹簧的原长l＝1 m，劲度系数k＝1 600 N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，其中x表示形变量，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.木板的最大速度大小为5 m/s B.弹簧的最大弹性势能为128 J C.木板运动过程中加速度恒定不变 D.弹簧被压缩后恢复原长的瞬间木板的速度大小为（5＋） m/s 8.（多选）（2026四川雅安高三期中）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从U形管的一端射入，从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径，远小于R，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A.小球在U形管中的圆弧部分中运动时，U形管的速度一直在增大 B.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C.小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0 D.小球在U形管中的圆弧部分中的运动时间不超过2 9.（14分）（2026辽宁大连高三月考）如图所示，质量都为m的A和B两物体并排静止放在光滑的水平面上，其中A物体的凹槽为半径R的光滑半圆弧，质量为m，体积可以忽略的小球C某时刻起从A物体上方高度R的位置自由下落，假设在进入半圆弧的过程中没有能量的损失，求： （1）C球刚刚到达物体A圆弧时速度； （2）A和B分离时，A、B、C各自的速度大小； （3）C球第一次刚要从A左端飞出时，C球对圆弧槽的压力大小。 培优拔高练 10.（多选）（2025山东青岛一模）质量为m0的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为m、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知椭圆半长轴与半短轴之比为3∶1。下列说法正确的是（　　） 甲 乙 A.半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒 B.小球质量与凹槽质量之比m∶m0＝2∶1 C.t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直 D.t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球受到的重力 答案： 1.C　解析 A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C受到的弹力不为0，B、C的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C组成的系统机械能不守恒，故D错误。 2.A　解析 物块A离开墙壁时B回到初始点具有向右的速度，根据能量守恒可知此时B的速度vB＝－v0，对整体有I合＝2×2mv0＝4mv0，此即墙壁对A的总冲量大小，A正确；墙壁对A作用过程中A没有位移，因此墙壁对A不做功，B错误；物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒，有2mv0＝mv1＋2mv2，×2m×2m，解得v1＝v0，v2＝v0，C错误；物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有Epmax＝×2m＝m，D错误。 3.A　解析 当P、Q共速时，弹簧的压缩量最大，规定水平向左为正方向，由动量守恒定律得m·2v－mv＝2mv共，对P由动量定理得I＝mv共－（－mv），联立解得I＝mv，故A正确；P与弹簧接触到P的速度减小为零的过程中vQ>2vP，因此xQ>2xP。从P的速度为零到P的速度达到v共的过程中，P，Q均向左运动，P的位移减小，Q的位移增大，因此xQ>2xP，故B错误；由动能定理得，弹簧对P做的功为WP＝mv2＝－mv2，弹簧对Q做的功为WQ＝×m×m（2v）2＝－mv2，故C错误；当P，Q共速时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，故D错误。 4.A　解析 滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确；不计一切摩擦，只有重力对系统做功，所以系统机械能守恒，故B错误；当小球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒，有mv0＝（m滑＋m）v，系统机械能守恒有m滑v2＋mv2＋mgR（1－cos 60°），解得v0＝，故C错误；若小球能从B点离开滑块，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D错误。 5.C　解析 设小球离开滑块时小球和滑块的速度大小分别为v1、v2，结合动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据机械能守恒有mgR＝×2m，解得Ek球＝，Ek滑＝×2m，选项A、B错误；小球做平抛运动的过程中，根据动能定理有＝Ek－，解得Ek＝，选项C正确；当小球滑到圆弧形槽最低点时，具有向上的最大的加速度，此时滑块对地面的压力最大，对小球受力分析，由牛顿第二定律，可得FN－mg＝，根据牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力为F压＝FN，对滑块受力分析，可得F＝F压＋2mg，根据牛顿第三定律，滑块对地面的最大压力为F'＝F＝6mg，选项D错误。 6.AD　解析 由图乙及动量守恒得mv0＝（m＋mB），解得mB＝2m，故A正确；由图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律及能量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，×2m，解得vA＝－v0，vB＝v0，橡皮绳的原长L0＝（vB－vA）（3t0－2t0）＝v0t0，故C错误，D正确；由能量守恒定律可知，橡皮绳的最大弹性势能Ep＝（m＋2m），故B错误。 7.BD　解析 因为水平面光滑，滑块、木板（含轻弹簧）组成的系统动量守恒，当弹簧压缩到最短时，滑块、木板（含轻弹簧）的速度相同，设为v1，有mv0＝（m＋m木）v1，解得v1＝5 m/s，设弹簧的形变量为x，因减少的动能等于摩擦产生的热量与弹簧弹性势能之和，有ΔEk＝（m＋m木）＝μmg（s－l＋x）＋kx2，解得x＝0.4 m，因此F＝kx＝640 N，而Ff＝μmg＝5 N，则弹簧的弹力大于摩擦力，在弹簧形变量减小的过程中木板继续加速，所以木板最大速度大于5 m/s，故A错误；由上述可知，弹簧的最大弹性势能为Epm＝kx2＝128 J，故B正确；滑块刚滑上木板的短时间内滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，当轻弹簧压缩后，滑块与木板的加速度都发生变化，故C错误；设弹簧被压缩后恢复原长的瞬间滑块的速度大小为v2，此时木板的速度大小为v3，根据动量守恒定律有mv0＝mv2＋m木v3，根据能量守恒定律有m木＝μmg（s－l＋2x），联立解得v3＝（5＋） m/s，故D正确。 8.AC　解析 小球在U形管中的圆弧部分中运动时，U形管受到小球的作用力一直做正功，则U形管的速度一直在增大，故A正确；小球运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，沿着水平方向，小球在轨道最左端与U形管达到共速，由动量守恒有mv0＝2mvx，设此时小球的合速度为v，由机械能守恒定律有mv2，解得v＝v0，故B错误；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向，系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为v'＝0，故C正确；小球在最左端时竖直方向的速度最大，为vy＝v0，则运动时间一定超过t＝＝2，故D错误。 9.答案 （1）　（2）　2　（3）mg 解析 （1）C球到达物体A圆弧过程，根据动能定理有mgR＝ 解得v0＝。 （2）以水平向左为正方向，C球运动到A圆弧最低点时，A、B恰好分离，此时A、B速度相等，C球速度方向水平向左，A、B速度方向水平向右，则有mv1－2mv2＝0 mg×2R＝×2m 解得v1＝2，v2＝ 则A、B的速度大小为，C球的速度为2。 （3）以水平向左为正方向，C球从圆弧最低点到第一次刚要从A左端飞出时，水平方向动量守恒有mv1－mv2＝2mvx 根据动能定理，有mgR＝ 解得vx＝，vC＝ 则C球相对地面的速度vC'＝ C球第一次刚要从A左端飞出时，由A的支持力提供向心力，有F＝m 结合牛顿第三定律可知，C球对圆弧槽的压力大小为F'＝F＝mg。 10.ABD　解析 小球向下运动过程中，在竖直方向上存在变化的速度，而半圆形凹槽在竖直方向上速度始终为0，即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A正确；令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为，短轴为，即小球在水平方向的分位移x1＝，半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有mx1－m0x2＝0，其中x1＋x2＝2R，解得m∶m0＝2∶1，故B正确；根据图乙的对称性可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低点，t1时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可知，t1时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C错误；结合上述可知，t2时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则t2时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $