第3讲　专题提升：“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦“滑块—弹簧”和“滑块—斜(曲)面”两大核心模型，通过基础题组与综合提升题分层训练，强化动量守恒与能量观点的综合应用 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |“滑块—弹簧”模型|3题（含多选、动量图像分析）|涉及弹簧弹性势能、共速状态分析|以动量守恒为基础，结合能量转化逻辑，构建弹簧压缩/伸长过程的动态模型| |“滑块—斜(曲)面”模型|2题（含轨道固定与不固定对比）|考查相对运动、机械能损失分析|通过轨道是否固定的情境对比，深化系统动量守恒与机械能守恒条件的理解| |综合提升|4题（含圆弧轨道、相对位移计算）|融合多过程分析、临界状态判断|整合两大模型核心方法，训练复杂情境下物理观念的综合应用与科学推理能力|

第3讲　专题提升:“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型 (分值:60分) 选择题:1~5题每小题5分,6~7题每小题6分,共37分 基础对点练 题组一　“滑块—弹簧”模型 1.如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,P的质量为m,Q的质量为3m,Q与轻质弹簧相连。Q原来静止,P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于(　　) A.E B.E C.E D.E 2.(多选)(2024广东梅州阶段练习)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A、B相连接,并且静止在光滑的水平面上,其中m2=4 kg。现使A瞬时获得水平向右的速度,并以此刻为计时零点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得(　　) A.在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1 B.在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态 C.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长 D.从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为6 J 3.(2025广东广州期中)如图甲所示,物块a连接有轻弹簧静止于水平面上,物块b以一定初速度向左运动,通过弹簧与a发生相互作用。对于a、b两物块在相互作用过程中动量p随时间t的变化关系图像如图乙所示,下列说法正确的是(　　) A.物块a的质量小于物块b的质量 B.乙图中的图线交点时刻弹簧压缩量最大 C.a、b两物块在相互作用过程中总动能保持不变 D.图乙中的图线交点时刻物块b的速度大于物块a的速度 题组二　“滑块—斜(曲)面”模型 4.如图所示,一质量为m0的轨道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成,圆弧部分半径为R,置于光滑的水平面上,如果轨道固定,将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,物块恰好停在水平轨道的最左端。物块质量为m。如果轨道不固定,仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放,下列说法正确的是(　　) A.物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量守恒 B.物块与轨道组成的系统机械能不守恒,动量不守恒 C.物块到不了水平轨道的最左端 D.物块将从轨道左端冲出水平轨道 5.在光滑水平地面上放一个质量为m0=2 kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块,凹槽的底端切线水平,如图所示。质量为m=1 kg的小物块以v0=6 m/s的水平速度从滑块的底端沿槽上滑,恰好能到达滑块的顶端,随后下滑至底端二者分离。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。在小物块沿滑块滑行的整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.地面对滑块的冲量为零 B.小物块沿滑块上滑的最大高度为0.6 m C.滑块对小物块做的功为-16 J D.合力对滑块的冲量大小为16 N·s 综合提升练 6.(2026黑龙江大庆开学检测)如图所示,质量m'=4 kg的小车静止在光滑水平面上,小车AB段是半径R=1 m的光滑四分之一圆弧轨道,BC段是长L=2 m的粗糙水平轨道,两段轨道相切于B点。一质量m=1 kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。重力加速度g取10 m/s2,则(　　) A.滑块滑到圆弧轨道最低点B时,小车的速度大小v2=4 m/s B.整个过程中小车相对地面的水平位移大小s2=0.6 m C.滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ=0.4 D.滑块与小车组成的系统动量守恒,机械能守恒 7.如图所示,两光滑且相互平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球A、B分别穿在两杆上,其中A的质量为m1,B的质量为m2,两球间连接一竖直轻弹簧,弹簧处于原长状态。现给小球B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.A、B组成的系统动量不守恒 B.A、B组成的系统机械能守恒 C.弹簧最长时,其弹性势能为 D.A的最大速度是 8.(10分)(2025广东惠州期末)如图所示,轻质橡皮绳水平连接两个滑块A、B,t=0时,橡皮绳处于原长状态,让滑块A、B分别以水平速度v1=2v0、v2=5v0向右运动,两个滑块的v-t图像如图乙所示,t=2t0时两个滑块开始做匀速直线运动,t=3t0时二者发生碰撞,并粘在一起以3v0的速度运动。若滑块B的质量为m,不计地面摩擦,橡皮绳伸缩过程无机械能损失,求: (1)滑块A的质量mA; (2)橡皮绳的最大弹性势能Ep; (3)橡皮绳的原长L。 9.(13分)(2025广东湛江二模)如图所示,固定于光滑水平面上的圆弧形轨道B的左端Q与圆心O1的连线与竖直方向夹角为53°,右端D为最低点,半径R1=8 m。另一质量m'=30 kg、半径为R2的圆弧形光滑轨道C放置于光滑水平面上,左端紧靠D点不粘连,最低点与D点等高,T为最高点。总质量m=50 kg的滑板运动员A从一平台右端P以v0=6 m/s的初速度水平飞出,恰好从Q点切入轨道B,经过D点时所受轨道支持力为900 N,又恰好滑到T点时相对C静止。不计空气阻力,滑板运动员A可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求: (1)P点与Q点的高度差; (2)A经过QD过程克服摩擦力做的功; (3)半径R2的大小。 答案： 1.A　解析 设P物体的初速度为v0,由已知可得=E,P与Q碰撞过程中,两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,此时弹性势能最大,整个过程中,满足动量守恒mv0=(m+3m)v1,弹簧具有的最大弹性势能Ep=(m+3m),解得Ep=E,故A正确。 2.CD　解析 以A的初速度方向为正方向,对0~t1时间内的过程,由动量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v,解得m1=2 kg,t1时刻速度相同,根据动能的公式得Ek=mv2,则Ek∝m,可知A与B两物块的动能之比为1∶2,故A错误;t3到t4时刻B的速度减小,A的速度增大到初始时刻,说明从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长,t4时刻弹簧恢复原长,故B错误,C正确;当A和B的速度相等时,弹簧弹性势能最大,根据机械能守恒定律可得Epm=m1(m1+m2)v2,代入解得Epm=6 J,故D正确。 3.D　解析 由题图乙可知,任意时刻a、b两物块的动量之和均相等,因此a、b两物块在相互作用过程中总动量保持不变,由题图乙可知稳定后b物块末动量是初动量大小的一半,即pb1=pb0,稳定后a物块末动量是b物块末动量大小的三倍,即pa1=3pb1=pb0,根据能量守恒定律可得ΔEka≤ΔEkb,又Ek=,联立可得,故得ma>mb,故A错误;由题图乙可知,图线交点时刻a、b两物块的动量大小相等,即mava=mbvb,因ma>mb,故va<vb,另由碰撞规律可得,只有va=vb时,弹簧压缩量才最大,故D正确,B错误;a、b两物块在相互作用的过程中,一部分动能会转化为弹簧的弹性势能,因此a、b两物块的总动能是会变化的,故C错误。 4.B　解析 轨道不固定时,物块在轨道的水平部分时因摩擦产生内能,所以系统的机械能不守恒,物块在轨道的圆弧部分下滑时,合外力不为零,动量不守恒,但是水平方向动量守恒,故A错误,B正确;设轨道的水平部分长为L,轨道固定时,根据能量守恒定律得mgR=μmgL,轨道不固定时,设物块与轨道相对静止时共同速度为v,在轨道水平部分滑行的距离为s,取向左为正方向,根据水平动量守恒得0=(m0+m)v,则得v=0,根据能量守恒定律得mgR=(m0+m)v2+μmgs,联立解得s=L,所以物块仍能停在水平轨道的最左端,故C、D错误。故选B。 5.C　解析 根据冲量公式I=Ft,地面对滑块的作用力不为零,可知地面对滑块的冲量不为零,A错误;当物块与凹槽二者速度相等时,小物块沿滑块上滑的高度最大,设最大高度为h,系统水平方向动量守恒,以v0的方向为正方向,有mv0=(m+m0)v,由机械能守恒可得(m+m0)v2+mgh,解得h=1.2 m,B错误;设小物块返回滑块的底端时,小物块与滑块的速度分别为v1、v2,系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+m0v2,机械能守恒m0,解得v1=-v0=-2 m/s,v2=v0=4 m/s,对m在全过程中,应用动能定理可得W==-16 J,C正确;根据动量定理,合力对滑块的冲量大小为I=m0v2-0=8 N·s,D错误。 6.B　解析 滑块滑到圆弧轨道最低点B时,对小车与滑块构成的系统,水平方向动量守恒,则有mv1-m'v2=0,根据机械能守恒定律有mgR=m',解得v1=4 m/s,v2=1 m/s,故A错误;对小车与滑块构成的系统,水平方向动量守恒,总动量为0,则有m-m'=0,可知mΔt-m'Δt=0,则有ms1-m's2=0,其中s1+s2=R+L,解得整个过程中小车相对地面的水平位移大小s2=0.6 m,故B正确;根据能量守恒定律有mgR=μmgL,解得μ=0.5,故C错误;结合上述可知,滑块在圆弧上滑动时,滑块与小车构成的系统动量不守恒,机械能守恒,系统水平方向动量守恒,滑块在水平轨道上运动时,滑块与小车构成的系统动量守恒,机械能不守恒,故D错误。 7.D　解析 A、B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;A、B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,此时弹簧的弹性势能为Ep=m2(m1+m2)v2=,选项C错误;当弹簧再次回到原长时A的速度最大,则m2v0=m1v1+m2v2,m2m1m2,解得v1=,选项D正确。 8.答案 (1)2m　(2)3m　(3)3v0t0 解析 (1)对滑块A与B,在3t0后动量守恒,且两者速度均为v=3v0,由动量守恒定律mAv1+mBv2=(mA+mB)v 解得滑块A的质量mA=2m。 (2)由题图乙可知,在t0时滑块A与B共速,橡皮绳的伸长量最大,设橡皮绳的最大弹性势能Ep,则mAv1+mBv2=(mA+mB)v,mAmB(mA+mB)v2+Ep 得橡皮绳的最大弹性势能Ep=3m。 (3)经分析,在2t0时橡皮绳恰好处于原长,接下来滑块A与B做匀速直线运动 mAv1+mBv2=mAv3+mBv4,mAmBmAmB 得v3=4v0,v4=v0 由位移关系得L=(v3-v4)t0 得橡皮绳的原长L=3v0t0。 9.答案 (1)3.2 m　(2)2 500 J　(3)1.2 m 解析 (1)如图甲所示,对运动员在Q点的速度进行分解,设运动员在Q点的速度大小为v1,=tan 53° 甲 解得t=0.8 s P点与Q点的高度差h=gt2=3.2 m。 (2)在D点,对运动员受力分析,如图乙所示,根据牛顿第二定律,有FN-mg=m 解得v2=8 m/s 根据功能关系,可得A经过QD过程克服摩擦力做的功 Wf=+mg(R1-R1cos 53°+h)-=2 500 J。 乙 (3)设A到达T点时与C的水平共同速度为v3,根据动量守恒定律,有mv1=(m+m')v3 解得v3=5 m/s 根据系统机械能守恒,有(m+m')+mgR2 解得R2=1.2 m。 8 学科网（北京）股份有限公司 $