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

该高中物理高考复习讲义聚焦“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”两大核心模型，围绕动量守恒、机械能守恒等高考高频考点，按“模型特点梳理+典例深度解析”架构组织内容，通过考点精析、规律总结、真题演练环节，帮助学生构建系统解题框架，突破力学综合问题难点。 讲义以模型建构为核心，融合科学思维与物理观念培养，如通过典例1分析弹簧最长（短）状态时的动量关系和能量转化，引导学生提炼守恒条件与临界状态特征。设置分层典例（单选+多选+计算题），配合详细解析过程，助力学生在有限时间内掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

专题十一 滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 讲义 考点一 “滑块—弹簧”模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)动量守恒:两个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)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能),即m1v0=(m1+m2)v, Ep=m1(m1+m2)v2。 (4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞),即m1v0=m1v1+m2v2,m1m1m2。 典例1: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 [答案] 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。 典例2:(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 =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 [答案]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 Ek=(m+m木)= mg(s-l+x)+kx2,解得x=0.4 m,因此F=kx=640 N,而Ff= mg=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= mg(s-l+2x),联立解得v3=(5+) m/s,故D正确。 考点二 “滑块—斜(曲)面”模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,m(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,mmM(相当于弹性碰撞)。 典例3: 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 [答案] 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。 典例4:(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。 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。 学科网(北京)股份有限公司 $