专题十 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”模型，以动量守恒、机械能守恒为核心，构建从基础到综合的递进训练体系，强化模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|5选择|守恒条件判断、共速状态分析、v-t图像应用|从单一弹簧模型到含挡板系统，夯实动量/能量守恒基础| |综合提升练|5题（1选择+4计算）|碰撞粘滞、临界状态（不脱离/不离开挡板）、多过程规律综合|拓展到斜面、凹槽、圆弧轨道，融合平衡条件与守恒定律| |培优加强练|1选择|相对运动分析、轨迹与能量关系|深化曲面模型中动量分配与机械能转化，提升质疑创新能力|

专题十　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 1.(2026·江苏镇江期中)如图所示，质量均为m的物体A、B在光滑水平地面上，B左端连接一轻弹簧且处于静止状态。现A以速度v向右运动，在A、B相互作用的整个过程中，下列说法正确的是(　　) A.A的动量最小值为mv B.A的动量变化量为2mv C.弹簧弹性势能的最大值为mv2 D.B的动能最大值为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.(2026·江苏泰州期中)如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由(初速度为0)滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是(　　) A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒 B.小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒 C.弹簧具有最大弹性势能时，小车和球的速度都为零 D.最终小车和小球以相同的速度一起向右运动 4.如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。球2的左边有一固定挡板。球1由图示位置静止释放，当球1与球2相距最近时球1速度为v1，则在以后的运动过程中(　　) A.若m1<m2，球1的最小速度是0 B.若m1<m2，球1的最小速度是v1'=v1 C.球2的最大速度是v1 D.球2的最大速度是v1'=v1 5.(2026·江苏镇江期中)如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t=0时B与弹簧接触，0~1 s内两物体的v-t图像如图所示。则(　　) A.A、B的质量之比为3∶1 B.0~1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C.0~1 s内，弹簧对A、B做的功大小相等 D.t=2 s时，两物块速度差的大小为1.2 m/s 综合提升练 1． 选择题： 6.(2026·江苏南京模拟)如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞时间极短，碰撞后粘在一起不再分开。已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为(　　) A. B. C. D. 二．计算题： 7.(2026·江苏扬州期末)如图所示，光滑水平面上放有一个凹槽A，凹槽内表面光滑，其圆弧部分是四分之一圆弧，小滑块B静止在凹槽底部。滑块C以v0=5 m/s的速度向右运动，C与A发生碰撞(时间极短)后C向右运动，速度为vC=2 m/s。已知三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=4 kg。 (1)C与A碰撞过程中，A对C的冲量I大小是多少? (2)C与A碰撞后瞬间，A的速度大小vA是多少? (3)C与A能否发生第二次碰撞?请通过计算说明。 8.(2026·江苏镇江期中)如图所示，光滑水平面上静置着质量mB=2 kg的滑板B，滑板B的上表面由长为L=1 m的光滑水平部分和四分之一光滑圆弧组成。一质量mA=1 kg的滑块A以初速度v0=3 m/s从滑板B的左端冲上水平部分，经过圆弧部分后，又返回水平部分。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块A返回滑板B水平部分时的速度大小; (2)若滑块A滑上圆弧时恰好能到圆弧最高点P，求圆弧的半径R; (3)若A与B水平部分之间的动摩擦因数μ=0.2，四分之一光滑圆弧半径R'=1 m，为保证滑块A始终不脱离滑板B，求滑块A的初速度v0的取值范围。 9.(2026·江苏泰州期中)如图所示，质量M=3.0 kg的滑块内有圆弧管道，管道处于竖直面内，由四个半径R=0.4 m的圆弧形细管组成，P为两圆弧连接处，该滑块被锁定在水平面上。质量m=1.0 kg的小球沿水平面从左侧以某一初速度进入管道内，已知管道直径远小于圆弧半径，不计一切摩擦，重力加速度g=10 m/s2。 (1)解除滑块锁定，小球以v0=4.0 m/s进入管道最后又从左侧管口滑出，求此时滑块速度大小v1; (2)解除滑块锁定，小球以初速度v2=4.0 m/s进入管道后恰能运动至P点，求此过程中滑块对小球做的功W; (3)解除滑块锁定，小球以水平速度v0进入管道，滑块始终未离开地面，求小球最终的速度大小vm。 10.(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求: (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2; (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 培优加强练 11.质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度v0，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则(　　) A.m>M B.仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C.长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D.小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 参考答案： 1.答案　D解析　在A、B相互作用的整个过程中，A、B和弹簧组成的系统不受外力并且只有弹簧弹力做功，故该系统动量守恒、机械能守恒。当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设为Epm，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv=2mv共，Epm=mv2-×2m联立解得Epm=mv2，故C错误;在A、B相互作用的整个过程中，物体A所受弹簧弹力始终水平向左，一直减速，物体B所受弹簧弹力始终向右，一直加速，当弹簧恢复原长时，A具有最小速度、B具有最大速度，此时有mv=mvA+mvB，mv2=m+m，联立解得vA=0，vB=v，则A的动量最小值为0，A的动量变化量为Δp=|0-mv|=mv，B的动能最大值为EkBmax=mv2，故A、B错误，D正确。 2.答案　A解析　对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合力为零，则其动量守恒，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有mAvA=mBvB，由机械能守恒定律有Ep=mA+mB，联立两式可知，当弹簧恢复至原长时弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能，此时A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。 3.答案　C解析　小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向合力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A、B错误;系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有最大弹性势能时，小车和小球的速度都为零，最终小球相对于小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。 4.答案　A解析　从小球1到达与球2最近位置后继续拉动球2前进，球1减速，球2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后球1继续减速，球2加速，当两球再次相距最近时，球2达到最大速度，球1是否达到最小速度要依据两者质量关系判断，两小球水平方向动量守恒，两小球从第一次相距最近到第二次相距最近，根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2，m1=m1v1'2+m2，解得v1'=v1，v2=v1，故球2的最大速度为v1，若m1<m2，球1的最小速度是0，即两者距离最小之前球1的速度有一个为0的时刻，后反向加速，故A正确。 5.答案　D解析　由题图乙可知，物块B的初速度大小v0=1.2 m/s，t=1 s时，物块A、B的共同速度大小为v=0.4 m/s，由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v，解得mA=2mB，A、B的质量之比为2∶1，故A错误;0~1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误;0~1 s内，根据动能定理可得，弹簧对A做的功为WA=mAv2-0=0.08mA，弹簧对B做的功为WB=mBv2-mB=-0.32mA，弹簧对A、B做的功大小不相等，故C错误;1 s时两者共速，根据运动的对称性可知0~1 s和1~2 s内的弹簧对两者的冲量相同，取B的初速度方向为正方向，分别对A、B应用动量定理，0~1 s有-IF=mBv-mBv0，IF=mAv-0，1~2 s有-IF=mBvB-mBv，IF=mAvA-mAv，联立解得vA=0.8 m/s，vB=-0.4 m/s，则t=2 s时两物块速度差的大小为vA-vB=1.2 m/s，故D正确。 6.答案　B解析　初始时，弹簧处于压缩状态，设其压缩量为x1，对B由平衡条件有mgsin θ=kx1;A恰好不离开挡板时，弹簧处于伸长状态，设其伸长量为x2，对A由平衡条件有mgsin θ=kx2，则x1=x2，B、C从相碰到一起运动至A恰好不离开挡板，弹簧弹性势能变化为零。设碰后B、C的速度为v2，对B、C和弹簧组成的系统由机械能守恒定律得×2m=2mg·2x2sin θ，B、C碰撞过程根据动量守恒定律有mv1=2mv2，C下滑过程由机械能守恒定律有m=mgxsin θ，联立解得x=，故B正确。 7.答案　(1)12 N·s　(2)6 m/s　(3)不会　见解析 解析　(1)取水平向右为正方向，对C根据动量定理有 I=mCvC-mCv0=-12 N·s 即该过程A对C的冲量大小为12 N·s。 (2)在C与A碰撞过程中，C与A组成的系统动量守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，则有 mCv0=mCvC+mAvA 解得vA=6 m/s。 (3)C、A碰撞结束后B相对A向左运动，到达最高点后再返回到A的水平底部，此时A的速度最小，对A与B组成的系统在水平方向上， 由动量守恒定律得mAvA=mAvA'+mBvB' 由机械能守恒定律得mA=mAvA'2+mBvB'2 解得vA=2 m/s=vC 所以不会发生第二次碰撞。 8.答案　(1)1 m/s　(2)0.3 m　(3)v0≤2 m/s 解析　(1)对滑块A和滑板B组成的系统， 根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0=mBvB'+mAvA' mA=mBvB'2+mAvA'2 联立解得滑块A返回滑板B水平部分时的速度为vB'=-1 m/s 即滑块A返回滑板B水平部分时的速度大小为1 m/s。 (2)若滑块A滑上圆弧时恰好能到圆弧最高点P，此时有mAv0=(mB+mA)v，mA=(mB+mA)v2+mAgR，联立解得R=0.3 m。 (3)若滑块A恰好滑到圆弧最高点不滑出，此时两者速度相等，设为v'，由动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0'=(mB+mA)v' mAv0'=(mB+mA)v'2+mAgR'+μmAgL 联立解得v0'=6 m/s。 若滑块A恰好不从滑板B左端脱离，此时两者速度相等，设为v″， 有mAv0″=(mB+mA)v″ mAv0″2=(mB+mA)v″2+μmAg·2L 联立解得v0″=2 m/s 综上，为保证滑块A始终不脱离滑板B，滑块A的初速度取值范围v0≤2 m/s。 9.答案　(1)2 m/s　(2)-1.5 J　(3)v0或v0或v0 解析　(1)小球和滑块在水平方向不受外力，该系统在水平方向动量守恒， 则有mv0=mv+Mv1 根据机械能守恒定律有m=mv2+M 联立解得v1==2 m/s。 (2)小球运动到P点时二者共速，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒， 则有mv2=(M+m)v共 根据机械能守恒定律有m=Ek球+mgR+M 对小球根据动能定理有W-mgR=Ek球-m 联立解得W=-1.5 J。 (3)①小球恰能到管道最高点，与滑块一起运动， 小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有mv0=(M+m)vm 解得vm=v0。 ②小球和滑块分离，小球和滑块的最终速度为vm、vM。当小球无法达到管道最高点时，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，则有mv0=MvM+mvm 根据机械能守恒定律有m=M+m 联立解得vm=-v0 当小球能通过管道最高点时，根据对称性可知，此时vm=v0 综上可知，小球最终以速度与滑块共速运动，或小球最终以v0速度从滑块左侧滑离，或小球穿过滑块以v0向右运动。 10.答案　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒， 由动量守恒定律有0=mv1-Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒， 由机械能守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s，v2= m/s。 (2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1=(m+ma)v0 解得v0=2 m/s b刚解除锁定时，有F=kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定时，由机械能守恒定律有 (m+ma)=(m+ma)+Ep0 其中Ep0=k 联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va=1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)va=(m+ma+mb)vb 解得vb= m/s 由机械能守恒定律有(m+ma)=(m+ma+mb)+Epm 解得Epm=2.5 J。 11.答案　B解析　如图所示 当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，类似弹性碰撞，设小球末速度为v1，凹槽末速度为v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2，m=m+M，联立解得M=m，以初速度方向为正方向，由题图可知，当小球第一次回到最低点时，v1<0(速度是矢量，其正负表示方向)，且有|v0|>|v1|，则>1，可以判断m<M，A错误;当小球上升到最高点时与凹槽共速，由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v，由机械能守恒定律得mgh=m-(M+m)v2，联立解得h==，仅增大M，则小球与M共速时小球上升的高度增大，即小球到达槽口时的速度大于凹槽的速度，故小球能飞离凹槽，B正确;小球从A到B的过程中，小球对凹槽压力始终斜向右下方，故凹槽向右加速，小球从最低点相对凹槽向左运动到凹槽左端口的过程中，小球对凹槽压力始终斜向左下方，故凹槽向右减速，小球到达凹槽左端口时两者共速，方向向右，故凹槽一直向右运动，C、D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $