第7章 微专题9 “滑块—弹簧”模型和“滑块—曲面”模型（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦“滑块—弹簧”“滑块—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、典例精讲、类题固法、配套热练的逻辑层次展开，通过考点梳理明确守恒条件，方法指导提炼解题步骤，真题训练强化应用能力，帮助学生系统构建力学模型解题框架。 讲义突出模型建构与科学思维融合，如通过对比两模型中“速度相同（共速）”“恢复原长/返回最低点”等关键状态，引导学生提炼守恒规律，培养科学推理能力。设置选择、计算分层练习，配合典例分步解析与类题变式训练，确保学生高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

“滑块—弹簧”模型和“滑块—曲面”模型 模型一　“滑块—弹簧”模型 模型图示 水平地面光滑 平行且光滑的水平杆 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(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) (4) 弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞) 典例1　如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞．求： (1) B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC. (2) 弹簧具有的最大弹性势能Ep. (3) 整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp. 答案：(1) v0　(2) mv　(3) 0 【解析】 (1) B、C发生弹性碰撞，则mv0＝mvB＋mvC mv＝mv＋mv 由于B、C质量相等，速度交换，即vC＝v0 (2) A、B速度再次相等时，弹簧具有的弹性势能最大，A、B系统动量守恒，有2mv0＝3mv 解得v＝ 由能量守恒得Ep＝×2mv－(3m)v2 解得Ep＝mv (3) 对A、B系统，根据动量守恒有2mv0＝2mv′1＋mv′2 根据能量守恒有 ×2mv＝×2mv′＋mv′ 解得v′1＝v0，v′2＝v0 B、C再次碰撞，速度交换，B最终的动量大小 pB＝mv0 B的动量变化量的大小Δp＝mv0－mv0＝0 类题固法1 1．(2026·镇江期初)如图甲所示，物块P与Q之间用一轻弹簧相连后静置在光滑水平面上．初始弹簧处于原长，t＝0时刻给物块P向右的初速度v0，规定向右为正方向，0～t3时间内物块P、Q运动的v-t图像如图乙所示，则(　C　) 甲 乙 A．物块P的质量大于物块Q的质量 B．t1时刻系统的总动能与0时刻相同 C．t2时刻物块Q的速度为 D．0～t3时间内P、Q物体位移之比为2∶1 【解析】 0～t1时间内，根据动量守恒可得mPv0＝(mP＋mQ)，解得 ＝，故A错误；t1时刻，P、Q的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，系统的总动能小于0时刻的总动能，故B错误；t2时刻弹簧恢复原长，根据动量守恒mPv0＝mPvP＋mQvQ，动能守恒mPv＝mPv＋mQv，联立解得vQ＝v0，故C正确；任意时刻均满足mPv0＝mPvP＋mQvQ，则0～t3时间内mPv0Δt＝mPPΔt＋mQQΔt，求和可得∑mPv0Δt＝∑mPPΔt＋∑mQQΔt，即v0Δt＝xP＋2xQ，但无法确定P、Q物体位移之比，故D错误． 2．(2024·辽宁卷)如图所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg.A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接．同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止．A、B均视为质点，取g＝10 m/s2.求： (1) 脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB. (2) 物块与桌面间的动摩擦因数μ. (3) 整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp. 答案：(1) 1 m/s　1 m/s　(2) 0.2　(3) 0.12 J 【解析】 (1) 对A物块由平抛运动规律得h＝gt2，xA＝vAt 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA＝1 m/s A、B物块质量相等，同时受到大小相等、方向相反的弹簧弹力及大小相等、方向相反的摩擦力，则A、B物块整体动量守恒，则mAvA＝mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小为vB＝1 m/s (2) 对物块B由动能定理－μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ＝0.2 (3) 弹簧的弹性势能转化为A、B物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J 模型二　“滑块—曲面”模型 模型图示 接触面光滑 模型特点 (1) 上升到最大高度：滑块m与曲面M具有共同水平速度v共，此时滑块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mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能) (2) 返回最低点：滑块m与曲面M分离点．系统水平方向动量守恒mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞) 典例2　(2025·南通期末)如图所示，水平面上放置着半径为R的圆槽，AB为直径，左端固定一挡板．小球自左端A点的正上方R处自由下落，从A点进入圆槽．圆槽和小球质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦． (1) 求小球第一次到达槽底时速度大小v0. (2) 求小球在圆槽中第一次上滑的最大高度h. (3) 若小球第一次从槽底滑到最高点的时间为t，求该过程圆槽的位移大小x. 答案：(1) 2　(2) R　(3) 【解析】 (1) 根据动能定理有mg·2R＝mv 解得v0＝2 (2) 分析可知小球在圆槽中第一次上滑到最大高度时，二者速度v相同，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，则有mv0＝2mv 根据能量守恒定律有mgh＝mv－×2mv2 解得h＝R (3) 设小球从槽底滑到最高点的过程，小球与圆槽的水平方向平均速度分别为球、槽，由水平方向动量守恒有mv0＝m球＋m槽 整理得mv0t＝m球t＋m槽t＝mx球＋mx 又因为x球＝R＋x 联立以上解得x＝ 类题固法2 1．如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开．小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面．小球的最大重力势能为(　A　) A．mv B．mv0 C．mv D．mv 【解析】 小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有 mv＝·3mv2＋Ep，解得Ep＝mv，故A正确． 2．(2026·南京期初补偿训练)如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一个可视为质点的小球以初速度v0冲上圆弧轨道．已知圆弧轨道质量M＝1.5m0，小球质量m＝m0，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，求： (1) 圆弧的半径． (2) 小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度大小． (3) 若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，小球在轨道上运动时间． 答案：(1) 　(2) v0　　(3) ＋ 【解析】 (1) 小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒． 小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示 由几何关系，可知v1与v2成60°角，v与v2成30°角，则v1与v成30°角，所以四边形是菱形，则有 v1＝v2，v＝v2 由水平方向动量守恒可得 m0v0＝m0v cos 30°＋1.5m0v2 由系统机械能守恒可得 m0v＝m0v2＋×1.5m0v＋m0gR(1－cos 60°) 联立解得圆弧半径为R＝ (2) 由水平方向动量守恒可得 m0v0＝m0v cos 30°＋1.5m0v2 可得小球飞出时圆弧轨道的大小速度为v2＝v0 根据矢量三角形可得小球飞出圆弧轨道时速度大小为v＝v2＝v0 (3) 根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有m0v0＝m0x＋1.5m02 设小球在轨道上运动时间为t，则有 m0v0t＝m0xt＋1.5m02t 整理可得m0v0t＝m0(R sin 60°＋x)＋1.5m0x 解得t＝＝＋ 配套热练 一、 选择题 1．如图所示，带有光滑弧形的小车质量M＝2m，放在光滑的水平面上，一质量为m的铁块，以速度v0沿水平轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时将(　B　) A．以速度v0做平抛运动 B．以小于－v0的速度做平抛运动 C．自由下落 D．静止于车上 【解析】 系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv车＋mv，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋Mv，解得v车＝v0，v＝－v0，故铁块以－v0的速度做平抛运动，故B正确． 2．(2025·如皋期初)如图所示，质量相等的物块A、B用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，弹簧处于原长．现对A施加水平向右的恒力F，弹簧始终处于弹性限度内．从A、B静止开始运动到第一次速度相等的过程中(　C　) A．A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B．A、B和弹簧组成的系统机械能守恒 C．A、B速度相等时，A的速度达到最大 D．A、B加速度相等时，弹簧的弹性势能最大 【解析】 由于受到恒力F的作用，可知A、B和弹簧组成的系统所受外力之和不为0，则系统不满足动量守恒，故A错误；由于恒力F对A做功，所以A、B和弹簧组成的系统不满足机械能守恒，故B错误；从A、B静止开始运动到第一次速度相等的过程中，A的合力(加速度)一直减小，而B的合力(加速度)一直增大，在达到共同加速度之前，A的合力(加速度)一直大于B的合力(加速度)，之后A的合力(加速度)一直小于B的合力(加速度).两物体运动的v-t图像如图所示．t1时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值，即两物体的相对位移最大，弹簧被压缩到最短，此时弹簧的弹性势能最大，但A、B加速度不相等，故C正确，D错误． 3．(2024·江苏卷)在水平面上有一个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物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　A　) A．弹簧处于原长时B动量最大 B．弹簧压缩最短时A动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 【解析】 对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时得Ep＝mAv＋mBv，联立得Ep＝v，故可知弹簧原长时物体B和滑板A速度均最大，此时动量最大，动能最大．对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变，故A正确． 4．A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M).若使A球获得瞬时速度v(如图甲所示)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙所示)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　C　) 甲 乙 A．L1＞L2 B．L1＜L2 C．L1＝L2 D．不能确定 【解析】 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′，由机械能守恒定律得Ep＝mv2－(m＋M)v′2，联立解得弹簧压缩到最短时有Ep＝，同理对图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有Ep＝，故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D错误，C正确． 5．(2025·扬州期末调研)如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动．某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中(　C　) A．甲的动能一直减小 B．甲的动量一直减小 C．甲、乙系统的动能一直增大 D．甲、乙系统的动量一直增大 【解析】 弹簧恢复为原长时甲与弹簧分离，此时甲向左运动，说明在该过程中甲的速度先向右逐渐减小，然后向左逐渐增大，故动能先减小，后增大，动量先减小，后增大，故A、B错误；该过程中弹簧的弹性势能一直减小，减小的弹性势能转化为甲、乙系统的动能，即甲、乙系统的动能一直增大，故C正确；甲、乙系统所受合外力为零，动量守恒，故D错误． 6．如图所示，质量为m的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则(　B　) A．此过程小球对小车做的功为 mv B．此过程小车受到的总冲量为mv0 C．小球在弧形槽上升的最大高度为 D．小球和小车的末速度分别为－v0和2v0 【解析】 小球在弧形槽上升到最高点时，根据水平方向动量守恒和能量守恒可得mv0＝2mv1，mv＝(2m)v＋mgh，整理得最大高度h＝，C错误；小球从最高点返回后，根据水平方向动量守恒和能量守恒可得2mv1＝mv2＋mv3，(2m)v＋mgh＝mv＋mv，整理得v2＝0，v3＝v0，D错误；根据动能定理，此过程小球对小车做的功为W＝mv＝mv，A错误；根据动量定理可知此过程小车受到的总冲量I＝mv3＝mv0，B正确． 7．(2025·苏锡常镇第一次调研)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所示，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则(　B　) 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 【解析】 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，mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，联立可得M＝m，以初速度方向为正方向，由题中小球轨迹可知当小球第一次回到最低点时v1＜0，即 ＞1，可以判断m＜M，故A错误；当小球由最低点开始运动到第一次到达最高点时，类似完全非弹性碰撞，设小球和凹槽的末速度是v共，由动量守恒mv0＝(m＋M)v共得v共＝，当增大M值后v共会减小，小球和半圆形凹槽在水平方向的动能Ek共＝(m＋M)v会减小，由机械能守恒可知，重力势能不变，水平方向动能减小，则竖直方向动能一定会增加．半圆形凹槽竖直方向没有速度，则小球在竖直方向的速度一定增加，小球会飞得更高，故B正确；设小球末速度的水平分速度为v3，凹槽末速度为v4，由动量守恒可知mv0＝mv3＋Mv4，即m(v0－v3)＝Mv4，当凹槽对地向左运动时v4＜0，可得v0＜v3，即mv＜mv，不符合能量守恒，故C错误；小球从A到最高点过程中，一直对凹槽做正功，从最高点到B过程中，也对凹槽做正功，所以凹槽速度一直增大，故D错误． 二、 计算题 8．(2025·泰州期末)如图所示，半径为R的光滑半圆凹槽A和物块B紧靠着静止在光滑的水平地面上，凹槽最低点为O，A、B质量均为m.将质量为2m的光滑小球C(可视为质点)从凹槽右侧最高点由静止释放，重力加速度为g. (1) 若B固定，求C第一次滑到O点时，C的速度大小．　 (2) 若B不固定，当C第一次滑到O点时，求A向右运动的位移大小． (3) 若B不固定，C由静止释放到最低点的过程中，求B受到的冲量大小． 答案：(1) 　(2) 　(3) m 【解析】 (1) 若B固定，C第一次滑到O点过程，根据动能定理可得2mgR＝×2mv2 解得C的速度大小为v＝ (2) 若B不固定，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有2mvCx＝(m＋m)vAB 当C第一次滑到O点时，设A向右运动的位移大小为xA，C的水平位移大小为xC，则有 2mxC＝(m＋m)xA 又xA＋xC＝R 联立解得xA＝ (3) 若B不固定，当C第一次滑到O点时，设此时C的速度大小为v1，A、B整体的速度大小为v2，A、B、C三者组成的系统满足水平方向动量守恒，则有2mv1＝(m＋m)v2 根据系统机械能守恒可得 2mgR＝×2mv＋×(m＋m)v 联立解得v1＝v2＝ C由静止释放到最低点的过程中，对B根据动量定理可得B受到的冲量大小为 I＝mv2－0＝m 9．(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，取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. 答案：(1) 6 m/s，水平向左　 m/s，水平向右　(2) m/s，水平向左　 J 【解析】 (1) 根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右 (2) 由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1 系统机械能守恒 (m＋ma)v＝(m＋ma)v＋kx 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s，方向水平向左 由能量守恒定律可得，弹簧最大弹性势能为 Epm＝(m＋ma)v＋kx－(m＋ma＋mb)v＝ J 学科网（北京）股份有限公司 $