专题十一 ”滑块—弹簧“模型和“滑块—斜(曲)面”模型 跟踪训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦滑块-弹簧/曲面模型，通过13道题系统训练动量守恒与机械能守恒的综合应用，强化模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |滑块-弹簧|6题（含多选）|共速时弹性势能最大；动量守恒+能量守恒联立|从动量守恒（系统水平方向）到能量转化（动能与弹性势能）| |滑块-曲面|7题（含计算）|水平方向动量守恒；相对位移公式；机械能守恒条件|从曲面光滑/粗糙条件分析动量守恒适用性，结合能量守恒求解临界状态|

专题十一 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 跟踪训练 1． 选择题： 1.如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时(　　) A.P的动量为0 B.Q的动量达到最大值 C.P、Q系统总动量小于mv D.弹簧储存的弹性势能为mv2 2.如图所示，在水平面上静止有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A.弹簧恢复原长时A的动能最大 B.弹簧压缩至最短时A的动量最大 C.整个系统动量变大 D.整个系统机械能变大 3.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　) A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1 B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C.t1~t2时间内，弹簧的长度大于原长 D.t2~t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小 4.如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒 B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为 C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为 D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为 5.如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块的质量之比m∶M为(　　) A．1∶2 　 B．1∶3 C．2∶1 　 D．3∶1 6.如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧，EF圆弧半径R＝1 m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0＝5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 7.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，则(　　) A.在0~2t0内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒 C.v0＝2 m/s D.物块A在t0时刻时速度最小 8.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　) A.m1、m2组成的系统动量不守恒 B.m1、m2组成的系统机械能守恒 C.弹簧最长时，其弹性势能为 D.m1的最大速度是 9.(多选)如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A.物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒 B.弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为mv2 C.墙壁对A物体的弹力做的功为mv2 D.墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv 10.(多选)如图甲，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1－v2图像如图乙所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 11．(多选)如图所示，质量为m的小球A和质量为4m的小球B用长为L的弹性绳连接，小球B静止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高为0.72L处以一定的初速度水平向右抛出，小球落地时弹性绳刚好拉直(第一次处于原长)。小球A落地与地面碰撞时，竖直方向的速度减为零，水平方向的速度保持不变，弹性绳始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计小球大小，则(　　) A．小球A抛出时的初速度大小为 B．小球A抛出时的初速度大小为 C．弹性绳具有的最大弹性势能为mgL D．弹性绳具有的最大弹性势能为mgL 二．计算题： 12.如图，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端;质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a端以大小为2(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。 (1)求P由静止释放时弹簧的弹性势能Ep; (2)求P与ab间的动摩擦因数μ; (3)请通过计算判断P是否会滑离小车? 13.如图所示， 一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 参考答案： 1.答案　D解析　当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，整个压缩过程系统的动量守恒，有mv＝2mv共，所以P的动量为p＝mv共＝mv，故A错误;弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误;P、Q系统动量守恒，总动量为p总＝mv，故C错误;根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，mv2＝×2m＋Ep，解得Ep＝mv2，故D正确。 2.答案　A解析　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误;对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mAmB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。 3.答案　B解析　以物块A的初速度方向为正方向，t1时刻A、B共速，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误;根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确;在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1~t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误;t2~t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。 4.答案　C解析　若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误;若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律得mgR＝mM，在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，又M＝2m，联立解得v1＝2，v2＝，故B错误;若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，解得x1＝R，x2＝，故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为R，故D错误。 5.答案　C解析　当圆弧滑块固定时，有＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有＝mg·(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。 6.答案　C解析　根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有m(m＋M)＋mgR，联立解得＝4，故C正确。 7.答案　C解析　在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误;整个过程中，A、B两物块和弹簧构成的系统机械能守恒，故B错误;由题图乙可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、B共速，弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m＝0.3 m，根据A、B及弹簧组成的系统动量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B及弹簧构成的系统机械能守恒有m1(m1＋m2)v2＋kx2，联立解得v0＝2 m/s，故C正确;在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。 8.答案　D解析　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误;m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误;弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律得此时弹簧弹性势能为Ep＝m2(m1＋m2)v2＝，选项C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2m1m2，解得v1＝，选项D正确。 9.答案　AD解析　物体A、B和轻弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，选项A正确;弹簧再次被压缩到最短时，由动量守恒定律有mv＝2mv'，根据能量守恒定律得，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝mv2－×2mv'2＝mv2，选项B错误;墙壁对A物体的弹力没有位移，则做的功为零，选项C错误;对A、B系统由动量定理得，墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I＝mv，选项D正确。 10.答案　AC解析　小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A正确;设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，化简得v1＝v0－v2，结合题图乙可得＝2，即，C正确;小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，B错误;小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，由机械能守恒定律得m(m＋M)v2＋mgh，其中h>R，解得v0>，则小球的初速度大小不可能为，D错误。 11.答案　AC解析　小球在空中做平抛运动，则0.72L＝gt2，L＝v0t，解得小球A抛出时的初速度大小为v0＝，故A正确，B错误；小球A落地后，当两小球共速时，弹性绳的弹性势能最大，根据系统动量守恒以及能量守恒可得mv0＝＝＋Ep，解得弹性绳具有的最大弹性势能为Ep＝mgL，故C正确，D错误。 12.答案　(1)2mgR　(2)0.5　(3)会，理由见解析 解析　(1)设弹簧恢复原长时，P的速度为v0， 根据小物块P与弹簧组成的系统能量守恒有Ep＝m 其中v0＝2 解得Ep＝2mgR。 (2)P恰好到达顶端c时，此时P与小车共速，设此时速度大小为v， 根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋3m)v 根据能量守恒定律有m(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR 解得μ＝0.5。 (3)设小物块P最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s，由于水平方向动量守恒，则此时P与小车速度大小仍然为v， 根据系统能量守恒定律有m(m＋3m)v2＝μmgs 解得s＝3R 由于s>2R 故P会滑离小车。 13.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解析　(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝m－0 解得v0＝5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT－mg＝m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2 mmM 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有M×2M＋μ1Mgs 解得μ1＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有M×2M＋μ2Mgs＋MgR 解得μ2＝0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 学科网（北京）股份有限公司 $