微突破14 “滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型（专项训练）（全国通用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”模型，通过基础、重难、真题三级演练，系统覆盖动量守恒、能量转化等核心知识，强化模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |“滑块—弹簧”模型|10题（含多选、计算题）|涉及水平/斜面弹簧、碰撞粘连、摩擦生热|以弹簧弹力为纽带，串联动量守恒、机械能守恒及冲量定理的综合应用| |“滑块—斜(曲)面”模型|8题（含圆弧轨道、凹槽问题）|固定/可动曲面、最高点/最低点速度分析|通过曲面约束关联机械能转化与动量守恒，构建相对运动分析框架| |重难·创新演练|2题（生活情境、多体碰撞）|结合传动装置、弹簧小车系统|深化模型迁移能力，体现科学探究与质疑创新素养| |真题·实战演练|1题（传送带与圆弧综合）|高频考点综合应用|还原高考命题逻辑，强化物理观念与社会责任的融合|

微突破14 “滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型（专项训练）（解析版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 “滑块—弹簧”模型 1 ⏳ 题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 13 重难·创新演练 22 真题·实战演练 25 模拟·基础演练 ⏳题型01 “滑块—弹簧”模型 考查重点：“滑块—弹簧”模型 1．（2026·江苏·模拟预测）如图，水平面上，轻质弹簧两端连接质量分别为mA=1kg、mB=2kg的物块A、B，初始时弹簧处于原长，A、B均静止。已知A与水平面间的动摩擦因数μA=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μB=0.1，重力加速度g=10m/s2。现用大小为F=10N的水平恒力向左拉物块A，经过一段时间后，A、B第一次达到共速。则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B．系统因摩擦产生的热量为3J C．弹簧弹力对B的冲量大小为 D．A、B和弹簧组成的系统机械能的增加量为9J 【答案】C 【详解】A．计算A、B受到的滑动摩擦力， 系统合外力为 合外力不为零，不满足动量守恒条件，因此系统动量不守恒，故A错误； BCD．设共速速度为，弹簧弹力对的冲量大小为，对A根据动量定理有 代入数据得 对B根据动量定理有 代入数据得 联立解得， 摩擦生热 系统机械能的增加量 、分别为A、B的位移，由于、不确定，因此无法确定和的数值，故BD错误，C正确。 故选 C。 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图甲，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t=0时，以一定速度向右运动。在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．墙壁对物块B的弹力在4~12s的时间内对B的冲量I的大小为12N·s B．物块C的质量为4kg C．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为8J D．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为4J 【答案】D 【详解】B．由乙图可知物块C速度为 A、C碰撞过程由动量守恒定律 解得物块C的质量为mC=2kg，B错误； A．在4~12s的时间内弹簧对A、C的冲量为 墙壁对物块B的弹力在4~12s的时间内对B的冲量I的大小等于弹簧对AC冲量的大小，则为24N·s，A错误； CD．B离开墙后的过程中，当A、B、C共速时弹簧弹性势能最大，则由动量守恒定律 解得 弹簧具有的最大弹性势能，C错误，D正确。 故选D。 3．（2026·湖北荆州·模拟预测）（多选）如图所示质量均为m的物块P与Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，静止于水平面上，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为0.5mg，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数0.5，不计Q与地面的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能。下列判断正确的是（     ） A．P即将开始运动时，Q的速度大小为 B．P开始运动后，Q做加速度逐渐减小的加速运动 C．P开始运动后，弹簧的最大形变量为 D．P开始运动后，弹簧的最小形变量为0 【答案】AC 【详解】B．P开始运动时，弹簧弹力大小 则P开始运动前，Q受到向右的外力F=0.5mg，F不变，受到向左的弹簧弹力从0增加到 ，因此Q受到的合力逐渐减小，根据牛顿第二定律，Q的加速度也逐渐减小；P开始运动后，开始阶段，Q的速度大于P，弹簧继续伸长，弹力变大，Q受的弹力大于力F，则加速度向左，则Q做加速度增加的减速运动， 故B错误； A．P即将开始运动时，弹簧伸长量 从初始到该时刻，根据动能定理和功能关系 解得，故A正确； CD．P开始运动后，外力F与摩擦力μmg大小相等方向相反，因此系统动量守恒，则当两物块共速时，弹簧弹性势能最大或最小，设这两个时刻弹簧的伸长量是x1（如果弹簧变成压缩状态x1就是负值）。从P开始运动到弹性势能最大或最小，外力F做功为0.5mgxQ，摩擦力做功为-0.5mgxP，这两个系统外力做功之和为0.5mg(xQ-xP) 根据位置关系，xQ-xP=x1-x0 则系统外力做功之和为 从P开始运动到弹性势能最大或最小，根据动量守恒mvQ=2mv共 解得 根据能量守恒 解得，对应弹簧的最大形变量为，最小形变量为，C正确，D错误。 故选AC。 4．▶新情境◀（2026·辽宁大连·模拟预测）（多选）如图所示，一块长度为的质量均匀分布且质量为的木板静止在点左侧，质量为的物块右端固定一轻质弹簧。物块以速度向右运动，与木板相碰，木板运动到点时速度恰好达到最大值。已知点左侧平面光滑，右侧平面与木板间的动摩擦因数为，木板未全部进入点右侧区域。重力加速度取，则以下说法正确的是（    ） A．木板的最大速度为 B．木板加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度 C．最终木板右端离点的距离大小为 D．若减小的初速度，木板做减速运动的时间减小 【答案】AB 【详解】A．O左侧水平面光滑，A和木板组成的系统动量守恒，弹簧恢复原长时木板速度最大，题目说明此时木板恰好到达O点（速度最大），符合完全弹性碰撞规律。动量守恒 机械能守恒（弹性势能变化为0） 解得，，即木板最大速度为，故A正确； B．加速阶段（O点左侧）：设加速度时间为，初始和末态弹簧均为原长，因此 结合动量守恒可得 即 解得 平均速度 减速阶段（O点右侧）：弹簧与木板分离，合外力为摩擦力，进入右侧长度越大，摩擦力越大，则木板做加速度逐渐增大的减速运动，v-t图像向上凸，平均速度 因此，故B正确； C．设最终右端离O点距离为，摩擦力随进入深度变化为 由动能定理可得摩擦力做功 联立得 解得，故C错误； D．O点右侧木板的运动满足：加速度 即（，为定值） 符合简谐运动规律，从到速度减为0的过程为个周期，时间，和初速度无关，因此减小减速时间不变，故D错误。 故选AB。 5．（2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，物块B处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块A置于斜面上的点，点与物块B的距离为，将物块A由静止释放，A与B碰撞后粘在一起沿斜面向下运动，B从碰后至第一次速度达到最大的时间为。已知物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为形变量。则物块A从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．A与B碰撞过程中机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能值为 C．B从碰后至第一次到达最低点的时间为 D．弹簧的最小弹性势能值为 【答案】BC 【详解】AB．物块B处于静止，由二力平衡有 与B碰撞前对由机械能守恒有 由动量守恒 由于A与B碰撞后粘在一起，是完全非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失（转化为内能）。所以A与B碰撞过程机械能不守恒。 设碰撞后一起向下运动时速度为零，对系统由机械能守恒有 解得 弹簧的最大弹性势能值为 故B正确，A错误。 CD．、的平衡位置为 弹簧被压缩，故A、一起做简谐运动的振幅为 据对称性知当它们振动到最高点时，弹簧刚好处于原长，弹簧的最小弹性势能值为零。 因为物体是从平衡位置的上方开始向下运动的，我们可以直接把振动方程设为正弦形式： 碰撞点在平衡位置上方处，向平衡位置运动，所以起点的位移是，算得其相位为。最低点就是正向最大位移处，所以终点的位移是。对应的相位可以理解为。经过速度最大点时，对应位置是平衡位置，相位为，在振动方程中，相位变化是均匀的，所以到用时是，那到用时是。 故C正确，D错误。 故选。 6．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 【答案】BD 【详解】A．由动量定理，对小球有，变形得 对小球有，变形得 图像斜率的绝对值为，由图可知的斜率绝对值大于的斜率绝对值，即，可得，故A正确。 B．当时，共速，设共同速度为。由动量定理得， 联立消去得 整理得，故B正确。 C．从开始运动到，共速时，对由动量定理得 球的动能变化量 因，则，故C错误。 D．，共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得 结合动量守恒， 代入化简得，故D正确。 故选BD。 7．（2026·江西·模拟预测）如图，一质量为m=2kg的长木板静止于光滑的水平面上，长木板上表面水平光滑，右侧有一竖直挡板，挡板左侧放置一轻弹簧，弹簧与挡板接触但不拴接，弹簧处于原长，弹簧左端点距长木板左端点的水平距离为L=2m，长木板左端放置一质量为M=6kg的物块。现给物块水平向右的初速度v0=4m/s，之后物块压缩弹簧推动长木板向右运动，当弹簧恢复原长时取走弹簧，同时长木板受到一个水平向左的恒定阻力f，阻力正比于长木板的重力，即f=kmg（k为大于0的常数），物块在长木板表面上运动，从弹簧弹开物块到物块第一次与挡板碰撞之前，物块恰好不从长木板上滑下来。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep； (2)弹簧恢复原长时物块速度v1的大小； (3)常数k值。 【答案】(1)12J (2)2m/s (3)0.4 【详解】（1）当物块与长木板速度相等时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，根据动量守恒定律有 弹簧的最大弹性势能为 解得 （2）取物块初速度方向为正方向，设弹簧恢复原长时物块和长木板的速度分别为v1和v2对物块和长木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有， 解得， （3）当弹簧恢复原长时取走弹簧，同时长木板受到一个水平向左的恒定阻力，长木板开始做匀减速直线运动，长木板上表面光滑，物块做匀速直线运动。从弹簧弹开物块到物块第一次与挡板碰撞之前物块恰好不从长木板上滑下来，则长木板匀减速到与物块速度相等时二者相对位移恰好等于，设从弹簧恢复原长到二者速度相等所用时间为t1，则长木板的位移大小 物块的位移大小 又 解得 设长木板在阻力作用下做匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式有 解得 根据牛顿第二定律有 解得k=0.4 8．▶新情境◀（2026·河北·模拟预测）如图甲所示，在倾角为的足够长的固定斜面上端固定一个挡板，一质量为、长为的木板上端通过细绳连在挡板上，与斜面之间的动摩擦系数为，下端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧原长为。现使一可视为质点的光滑小物块由静止从木板的上端滑下，而后压缩弹簧。设的质量为（为整数），当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中为劲度系数，为弹簧的压缩量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)求细绳所能承受的最大拉力； (2)当时，求反弹后到达上端时的速度； (3)如图乙所示，去掉斜面，将系统放在光滑水平面上。当时，使在木板上以一定的初速度向右运动，为使在运动过程中速度方向始终向右，求的取值范围。 【答案】(1) (2)0 (3) 【详解】（1）细绳恰好被拉断时，的速度为0，设此时弹簧的压缩量为。对从木板的上端下滑到速度为0的过程，由动能定理得 解得正根 对木板P，沿斜面方向受力平衡，由平衡条件和胡克定律，有 解得细绳所能承受的最大拉力 （2）当时，细绳拉断后，对P、Q组成的系统，沿斜面方向的合力为 合力为0，系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 可知P、Q的速度大小始终满足 则反弹后到达上端时，二者的位移大小关系为 且位移方向相反，则 解得 因此增加的重力势能等于减少的重力势能，设到达上端时，二者的速度大小均为，由功能关系得 解得 （3）若细绳不被拉断，保持静止，向右运动压缩弹簧后必将反向运动。因此为使在运动过程中速度方向始终向右，细绳一定被拉断。细绳被拉断时，拉力恰好达到最大值，由胡克定律得 解得弹簧压缩量 在细绳拉断时，弹簧处于压缩状态，的剩余动能必须大于0才能保证不会反向运动，有 解得 设细绳被拉断时的速度大小为，由机械能守恒定律得 此后在弹簧弹力作用下做减速运动，设弹簧恢复原长时的速度恰好减小为0，此时P的速度为。对P、Q组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，以向右为正方向，有 由机械能守恒定律得 联立解得 综上，为使在运动过程中速度方向始终向右，需要。 9．（2026·河北邢台·二模）如图所示，光滑水平面上静止一木板，木板右端挡板上固定一轻弹簧，弹簧左端到木板左端的距离为d。一物块从木板左端以一水平速度滑上木板，当弹簧被压缩到最短时，物块到木板左端的距离为2d。物块最终恰相对木板静止在木板最左端。已知木板和物块的质量均为m，物块可视为质点，弹簧的劲度系数为k，其弹性势能与形变量的关系为弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求： (1)物块的初速度大小和物块与木板间的动摩擦因数； (2)木板的最大速度。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，物块和木板共速，弹簧的形变量为d，根据动量守恒定律有 根据系统能量守恒，有 物块最终恰静止在木板的最左端，此时二者共速，根据系统能量守恒，有 联立解得， （2）当弹簧被压缩到最短后，物块先减速，木板先加速，当弹簧对挡板的弹力与物块对木板的摩擦力等大反向时，木板的加速度为零，此时木板速度达到最大，有 代入 解得 设此时物块的速度为，木板的速度为，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 化简得 解得或 对应的或 木板的速度最大时，弹簧对挡板的弹力向右，故物块对木板的摩擦力方向向左，此时木板的速度大于物块的速度，可知木板的最大速度取 10．（2026·山东济南·二模）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，质量为m的物块A与质量为4m的物块B用轻弹簧（劲度系数未知）连接并放置于斜面上，整个系统处于静止状态，此时轻弹簧的压缩量为。现将质量为m的物块C从距物块A沿斜面上方处由静止释放，与物块A发生正碰并粘在一起，碰撞时间极短，时刻物块B开始运动，时刻物块B的速度再一次为0。已知物块A、C与斜面间无摩擦力，物块B与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计空气阻力，求 (1)物块C与物块A碰撞后的速度大小； (2)物块B开始运动时物块A的速度； (3)物块B的最大速度； (4)时间内系统因摩擦产生的热量Q。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设C物体与A碰撞前速度为，碰撞后速度为 C物体从开始运动到碰撞前的过程中机械能守恒 C物体与A碰撞过程中动量守恒定律 解得： （2）物块A初始状态由平衡方程可得 物块B刚开始运动时，由平衡方程可得 解得： 根据机械能守恒定律 解得 （3）对A、C、B和弹簧整体， 系统动量守恒 当弹簧压缩量再次为时，B的速度最大， 根据动能定理 解得 （4）对A、C、B整体动量守恒，有 对方程两边同时乘以时间，有 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得 又因为B的速度再次为0时，弹簧的压缩量为， 解得 系统因摩擦产生的热量 解得 ⏳题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 考查重点：“滑块—斜(曲)面”模型 11．（2026·河北秦皇岛·二模）如图所示，装置的左侧是固定在水平面上有半径为2R的四分之一圆弧的光滑曲面体，装置的右侧是没有固定放在光滑水平面上有半径为R的四分之一圆弧的光滑曲面体，其质量为3m，现将质量为m的滑块从A点由静止释放，经过一段时间后滑块冲上右侧光滑曲面体，重力加速度为g，滑块可视为质点。 (1)滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后还能上升多高？ (2)滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时，光滑曲面体的速度多大？ (3)若滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端的时间为，滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端的时间为，滑块从右侧的曲面体的底端开始到再次回到底端的过程中曲面体向右运动的距离为多大？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块从左侧光滑曲面体上滑下，设滑块运动到B点的速度大小为，根据机械能守恒定律有 解得 滑块在右侧的曲面体上运动过程中，系统水平方向动量守恒，滑块滑至右侧的曲面体的顶端时滑块与右侧的曲面体水平方向共速，设共同速度大小为，以向右为正方向，则有 解得 设滑块滑至右侧的曲面体的顶端时的竖直速度为，根据机械能守恒定律有 解得 滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后做斜抛运动，在竖直方向有 （2）设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的水平速度大小为，曲面体的速度大小为，滑块在右侧的曲面体上运动，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有 设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的竖直速度大小为，根据机械能守恒定律有 滑块相对右侧的曲面体做圆周运动，则有 联立得， 解得（另一解不符合题意，舍去） （3）滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端过程中水平方向有 对时间的积累有 又 解得 滑块离开曲面体顶端做斜抛运动再回到右侧的曲面体的顶端过程中，右侧的曲面体的位移为 滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端过程有 对时间的积累有 又 解得 滑块从右侧的曲面体的底端再回到底端的过程中曲面体向右运动的距离 12．（2026·山东日照·三模）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小； (2)求小球在平面直角坐标系中的轨迹方程； (3)若，求小球下降高度时相对于地面的速度大小（结果用、、表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）凹槽质量，小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正，有 系统机械能守恒 联立解得 （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 整理得 （3）将代入小球的轨迹方程化简可得 即此时小球的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则当小球下降的高度为时，设此时可知速度与水平方向的夹角为， 小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 解得 13．（2026·山西太原·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小，不考虑任何阻力，求： (1)小球的初速度大小及质量m； (2)小球运动到最高点时的速度大小； (3)小球能够上升的最大高度h。 【答案】(1)；5kg (2) (3) 【详解】（1）水平面光滑，小球和滑块组成的系统水平方向任意时刻动量守恒，因此有 整理得与的关系 结合图乙的直线纵截距时，，可得 横截距时，，可得 整理得 联立解得， （2）小球运动到最高点时，小球与滑块水平方向相对静止，速度相同，即共速。由水平动量守恒 代入数据得 （3）小球上升到最高点过程中，系统机械能守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量 代入数据计算得 14．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，光滑水平面上有固定弹性挡板P，光滑四分之一圆弧体B和可视为质点物体C静止在水平面上，B的质量为、半径为，最低点刚好与水平面相切，B的左侧面与物体C的距离也为，物体C的质量为。将质量为可视为质点的小球A从圆弧面最高点的位置由静止释放，当小球A第一次与挡板P发生弹性碰撞时，圆弧体B也刚好第一次与C碰撞并粘连；重力加速度为。求： (1)小球A第一次运动到水平面上时的速度大小； (2)挡板P与物体C间初始时的距离； (3)小球A与P碰撞后第一次滑上圆弧体能达到的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球第一次运动到水平面上时圆弧体B的速度大小为，A、B水平方向动量守恒   A、B机械能守恒：   得 （2）设小球从圆弧面最高点运动到挡板P的过程中，小球沿水平方向运动的距离为，圆弧体沿水平方向运动的距离为，则   A、B水平方向动量守恒，则 则   即    得 （3）B与C相碰时动量守恒   A向左滑上圆弧体B到达最大高度过程水平方向动量守恒，   A、B、C能量守恒   15．（2026·安徽·模拟预测）如图所示，为固定在光滑水平地面上的四分之一圆弧轨道，其左侧放置一个由四分之一圆弧轨道与水平轨道固连而成的未固定轨道。轨道与两侧的圆弧轨道均相切，圆弧、的半径均为，段的长度为。轨道与轨道在点接触但无相互作用力。现将质量为的物块（可视为质点）从点竖直正上方、距离点高度为（未知）处由静止释放。已知轨道的质量为，物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，圆弧轨道、均光滑，重力加速度为。 (1)若，求物块经过圆弧轨道的最低点时，对轨道的压力大小； (2)h为多大才能使物块恰好到达点？ (3)若，分析物块最终能否静止在水平轨道上？并说明理由。 【答案】(1) (2) (3)不能静止在水平轨道上 【详解】（1）从开始释放到到达B点，根据机械能守恒则有 在B点时，则有 解得 根据牛顿第三定律，在B点，物块对轨道的压力为。 （2）从开始释放到到达B点，根据机械能守恒定律则有 从B至D点过程，根据动量守恒，则有 能量守恒则有 解得 （3）物块最终不能静止在水平轨道上。物块从开始至B点 假设物块能静止在上，则物块与最终共速。系统水平方向不受外力，根据动量守恒 由能量守恒，摩擦生热等于系统动能损失 解得 物块历经滑回最右端时，相对路程，故物块将从右端滑落。 16．（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，质量为的L形长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面段水平，段为半径为的四分之一光滑圆弧，圆弧面的最低点切线水平。质量为的物块以一定的初速度沿水平方向从长木板的左端A点滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点C，最后恰好滑到A点与长木板相对静止。已知物块与间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小。求： (1)物块刚滑上长木板时，物块与长木板的加速度大小； (2)长木板上表面AB部分的长度和物块刚滑上长木板时的初速度大小。 【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）设物块刚滑上长木板时，物块的加速度大小为、长木板的加速度大小为。根据牛顿第二定律， 解得， （2）设物块滑上长木板时的初速度大小为，到达点时速度为，两者最后的共同速度为，长为，根据系统水平方向动量守恒 根据能量守恒 ， 可得 解得， 17．（2026·江苏扬州·模拟预测）半径为R，质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处静止释放一质量为的小球。 (1)固定凹槽时，求小球下滑到最低点对凹槽的压力大小； (2)凹槽不固定，小球运动过程中的动能随时间变化图像如图所示，图中、、已知，求： ①小球运动到最低点的速度大小； ②小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小。 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）对小球，根据动能定理 根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，小球下滑到最低点对凹槽的压力大小 （2）①设小球运动到最低点时，半圆形凹槽的速度大小为，小球和凹槽在水平方向上动量守恒 根据机械能守恒 联立，解得 ②由题意可知，小球在时刻第一次到达最低点。在水平方向，根据动量定理 在竖直方向，冲量大小为 则小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为 18．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，质量为的圆弧槽B静止在光滑水平地面上，光滑的圆弧面与地面相切，圆弧所对应的圆心角为60°，半径为。质量为的小球A以一定的初速度从左向右运动恰好冲到圆弧最高点，小球A在圆弧槽B上滑动的总时间为，重力加速度为，求： (1)小球A的初速度的大小： (2)小球A在圆弧槽上滑动的过程中，B向前运动的位移大小； (3)圆弧槽B固定后，让A以相同的初速度冲上B，求之后A离地的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球A冲到圆弧最高点时，A与B水平方向共速，设为，圆弧最高点相对于地面的高度 水平方向地面光滑，系统动量守恒，解得 系统只有重力做功，机械能守恒 将、代入整理得，解得 （2）A、B组成的系统水平方向平均动量守恒，设滑动过程中A的水平位移为，B的水平位移为，运动总时间为，则满足 所以可得 A相对于B的水平位移等于圆弧的水平投影长度： 位移关系满足 联立代入得 代入，解得 （3）圆弧槽B固定后，A上滑过程只有重力做功，机械能守恒 设A到达圆弧顶端时的速度为，则： 代入，解得，即 A离开圆弧槽后做斜抛运动，初速度方向与水平方向夹角为，竖直分速度 斜抛过程竖直方向上升的额外高度 因此A离地的最大高度 重难·创新演练 设题创新:结合生活实际(T1);思维素养提升(T2); 1．▶新情境◀（2026·江西·模拟预测）某传动装置的纵截面简图如图甲所示，长为的连杆可绕端点转动，连杆的另一端通过销钉在竖直滑槽内运动，从而推动滑槽水平移动。滑槽右侧的中点连接一水平滑杆，滑杆带动活塞在水平轨道上往复运动。水平轨道上长度为的段粗糙，其余部分光滑，轨道右侧固定一竖直挡板，挡板连接轻弹簧。初始时，滑槽位于最左端（虚线位置），滑块1紧靠活塞，连杆以角速度逆时针匀速转动，活塞的速度随时间变化的图像如图乙所示。滑块1和活塞分离后，和位于点左侧的滑块2发生碰撞（时间极短）并粘在一起向右运动。滑块1、2质量均为且均视为质点、与段间的动摩擦因数均为，初始时两滑块间的距离大于，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求滑块1、2碰撞过程损失的机械能； (2)调整连杆转动角速度的大小，使得滑块1、2的组合体不能与弹簧相碰，若滑块1、2的组合体从点到停止运动所用的时间为，求与应满足的关系等式及的取值范围； (3)调整连杆转动角速度的大小，使得滑块1、2的组合体能与弹簧相碰，但不能返回到点左侧，压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为，求与应满足的关系等式及的取值范围。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）活塞达到最大速度时，滑块1与其脱离 设滑块1、2碰撞后的共同速度为，由动量守恒定律 碰撞过程损失的机械能 解得 （2）若滑块1、2的组合体运动到点减速为零，由动能定理 对应的角速度 的取值范围 设滑块1、2的组合体在段加速度大小为，由牛顿第二定律 且 联立解得 （3）滑块1、2的组合体能与弹簧相碰后，若恰好停在点，由动能定理 对应的角速度 的取值范围 与弹簧相碰过程中，由功能关系 解得 2．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在光滑的水平地面上静置若干可视为质点的小车。现建立x轴，A车质量为M，位于坐标原点O处，B车质量为m，A、B之间夹有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧未与A、B连接且初始时处于压缩状态。从A右侧距离为L处开始，依次摆放足够多的、间距均为L的小车，质量均为m，编号分别为1、2、3、…。取M=3m，已知弹簧弹性势能，x为弹簧形变量。不计空气阻力。 (1)现静止释放A、B。发现A与1号小车碰撞前瞬间，弹簧刚好从A、B中间掉下。求弹簧的初始压缩量以及A与1号小车碰撞前瞬间的速度大小vA； (2)在（1）的条件下，取1号小车开始运动时为计时起点，若此后小车间发生的碰撞均为弹性碰撞。求t时刻，正在运动小车的坐标值x； (3)现去除B车和弹簧，并对A车施以水平向右的恒定外力F（图中未画出），仍使A从O处由静止开始运动。且此后小车碰撞即粘在一起运动。求此后运动过程中A车的速度最大值vmax。 【答案】(1)4L， (2) (3) 【详解】（1）以A、B为系统，根据动量守恒可得 两边同乘以时间可得 即得 又因为 其中， 解得 由能量守恒可得 解得 （2）以A、1为研究对象，根据动量守恒可得 由能量守恒可得     解得1号车初速度 1与2碰撞交换速度，以此类推，正在运动的小车距离1的初始位置 其离最大距离为 （3）设A与1碰前速度为，与1第一次碰后速度为，由动能定理可得 解得 以A、1为研究对象，规定向右为正方向，根据动量守恒可得 解得 设A与1整体与2碰前速度为，与2碰后速度为，由动能定理可得 解得 以A与1整体与2为研究对象，规定向右为正方向，根据动量守恒可得   解得 同理可得与1、2整体与3碰前速度 可得A、1、2、3、与车碰撞之前的速度 由数学知识可知，时A车的速度最大，为 真题·实战演练 高频考点：“滑块—弹簧”模型、“滑块—斜(曲)面”模型 1．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 1 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 微突破14 “滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型（专项训练）（答案版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 “滑块—弹簧”模型 1 ⏳ 题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 5 重难·创新演练 12 真题·实战演练 14 模拟·基础演练 ⏳题型01 “滑块—弹簧”模型 考查重点：“滑块—弹簧”模型 1. 【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】AC 4．【答案】AB 5．【答案】BC 6．【答案】BD 7．【答案】(1)12J (2)2m/s (3)0.4 【详解】（1）当物块与长木板速度相等时弹簧弹性势能最大，设共同速度为v，根据动量守恒定律有 弹簧的最大弹性势能为 解得 （2）取物块初速度方向为正方向，设弹簧恢复原长时物块和长木板的速度分别为v1和v2对物块和长木板组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有， 解得， （3）当弹簧恢复原长时取走弹簧，同时长木板受到一个水平向左的恒定阻力，长木板开始做匀减速直线运动，长木板上表面光滑，物块做匀速直线运动。从弹簧弹开物块到物块第一次与挡板碰撞之前物块恰好不从长木板上滑下来，则长木板匀减速到与物块速度相等时二者相对位移恰好等于，设从弹簧恢复原长到二者速度相等所用时间为t1，则长木板的位移大小 物块的位移大小 又 解得 设长木板在阻力作用下做匀减速运动的加速度大小为a，根据运动学公式有 解得 根据牛顿第二定律有 解得k=0.4 8．【答案】(1) (2)0 (3) 【详解】（1）细绳恰好被拉断时，的速度为0，设此时弹簧的压缩量为。对从木板的上端下滑到速度为0的过程，由动能定理得 解得正根 对木板P，沿斜面方向受力平衡，由平衡条件和胡克定律，有 解得细绳所能承受的最大拉力 （2）当时，细绳拉断后，对P、Q组成的系统，沿斜面方向的合力为 合力为0，系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得 可知P、Q的速度大小始终满足 则反弹后到达上端时，二者的位移大小关系为 且位移方向相反，则 解得 因此增加的重力势能等于减少的重力势能，设到达上端时，二者的速度大小均为，由功能关系得 解得 （3）若细绳不被拉断，保持静止，向右运动压缩弹簧后必将反向运动。因此为使在运动过程中速度方向始终向右，细绳一定被拉断。细绳被拉断时，拉力恰好达到最大值，由胡克定律得 解得弹簧压缩量 在细绳拉断时，弹簧处于压缩状态，的剩余动能必须大于0才能保证不会反向运动，有 解得 设细绳被拉断时的速度大小为，由机械能守恒定律得 此后在弹簧弹力作用下做减速运动，设弹簧恢复原长时的速度恰好减小为0，此时P的速度为。对P、Q组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，以向右为正方向，有 由机械能守恒定律得 联立解得 综上，为使在运动过程中速度方向始终向右，需要。 9．【答案】(1)， (2) 【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，物块和木板共速，弹簧的形变量为d，根据动量守恒定律有 根据系统能量守恒，有 物块最终恰静止在木板的最左端，此时二者共速，根据系统能量守恒，有 联立解得， （2）当弹簧被压缩到最短后，物块先减速，木板先加速，当弹簧对挡板的弹力与物块对木板的摩擦力等大反向时，木板的加速度为零，此时木板速度达到最大，有 代入 解得 设此时物块的速度为，木板的速度为，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 化简得 解得或 对应的或 木板的速度最大时，弹簧对挡板的弹力向右，故物块对木板的摩擦力方向向左，此时木板的速度大于物块的速度，可知木板的最大速度取 10．【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设C物体与A碰撞前速度为，碰撞后速度为 C物体从开始运动到碰撞前的过程中机械能守恒 C物体与A碰撞过程中动量守恒定律 解得： （2）物块A初始状态由平衡方程可得 物块B刚开始运动时，由平衡方程可得 解得： 根据机械能守恒定律 解得 （3）对A、C、B和弹簧整体， 系统动量守恒 当弹簧压缩量再次为时，B的速度最大， 根据动能定理 解得 （4）对A、C、B整体动量守恒，有 对方程两边同时乘以时间，有 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得 又因为B的速度再次为0时，弹簧的压缩量为， 解得 系统因摩擦产生的热量 解得 ⏳题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 考查重点：“滑块—斜(曲)面”模型 11．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块从左侧光滑曲面体上滑下，设滑块运动到B点的速度大小为，根据机械能守恒定律有 解得 滑块在右侧的曲面体上运动过程中，系统水平方向动量守恒，滑块滑至右侧的曲面体的顶端时滑块与右侧的曲面体水平方向共速，设共同速度大小为，以向右为正方向，则有 解得 设滑块滑至右侧的曲面体的顶端时的竖直速度为，根据机械能守恒定律有 解得 滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后做斜抛运动，在竖直方向有 （2）设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的水平速度大小为，曲面体的速度大小为，滑块在右侧的曲面体上运动，系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，则有 设滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时滑块的竖直速度大小为，根据机械能守恒定律有 滑块相对右侧的曲面体做圆周运动，则有 联立得， 解得（另一解不符合题意，舍去） （3）滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端过程中水平方向有 对时间的积累有 又 解得 滑块离开曲面体顶端做斜抛运动再回到右侧的曲面体的顶端过程中，右侧的曲面体的位移为 滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端过程有 对时间的积累有 又 解得 滑块从右侧的曲面体的底端再回到底端的过程中曲面体向右运动的距离 12．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）凹槽质量，小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正，有 系统机械能守恒 联立解得 （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 整理得 （3）将代入小球的轨迹方程化简可得 即此时小球的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则当小球下降的高度为时，设此时可知速度与水平方向的夹角为， 小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 解得 13．【答案】(1)；5kg (2) (3) 【详解】（1）水平面光滑，小球和滑块组成的系统水平方向任意时刻动量守恒，因此有 整理得与的关系 结合图乙的直线纵截距时，，可得 横截距时，，可得 整理得 联立解得， （2）小球运动到最高点时，小球与滑块水平方向相对静止，速度相同，即共速。由水平动量守恒 代入数据得 （3）小球上升到最高点过程中，系统机械能守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量 代入数据计算得 14．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球第一次运动到水平面上时圆弧体B的速度大小为，A、B水平方向动量守恒   A、B机械能守恒：   得 （2）设小球从圆弧面最高点运动到挡板P的过程中，小球沿水平方向运动的距离为，圆弧体沿水平方向运动的距离为，则   A、B水平方向动量守恒，则 则   即    得 （3）B与C相碰时动量守恒   A向左滑上圆弧体B到达最大高度过程水平方向动量守恒，   A、B、C能量守恒   15．【答案】(1) (2) (3)不能静止在水平轨道上 【详解】（1）从开始释放到到达B点，根据机械能守恒则有 在B点时，则有 解得 根据牛顿第三定律，在B点，物块对轨道的压力为。 （2）从开始释放到到达B点，根据机械能守恒定律则有 从B至D点过程，根据动量守恒，则有 能量守恒则有 解得 （3）物块最终不能静止在水平轨道上。物块从开始至B点 假设物块能静止在上，则物块与最终共速。系统水平方向不受外力，根据动量守恒 由能量守恒，摩擦生热等于系统动能损失 解得 物块历经滑回最右端时，相对路程，故物块将从右端滑落。 16．【答案】(1)， (2)， 【详解】（1）设物块刚滑上长木板时，物块的加速度大小为、长木板的加速度大小为。根据牛顿第二定律， 解得， （2）设物块滑上长木板时的初速度大小为，到达点时速度为，两者最后的共同速度为，长为，根据系统水平方向动量守恒 根据能量守恒 ， 可得 解得， 17．【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）对小球，根据动能定理 根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可得，小球下滑到最低点对凹槽的压力大小 （2）①设小球运动到最低点时，半圆形凹槽的速度大小为，小球和凹槽在水平方向上动量守恒 根据机械能守恒 联立，解得 ②由题意可知，小球在时刻第一次到达最低点。在水平方向，根据动量定理 在竖直方向，冲量大小为 则小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为 18．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球A冲到圆弧最高点时，A与B水平方向共速，设为，圆弧最高点相对于地面的高度 水平方向地面光滑，系统动量守恒，解得 系统只有重力做功，机械能守恒 将、代入整理得，解得 （2）A、B组成的系统水平方向平均动量守恒，设滑动过程中A的水平位移为，B的水平位移为，运动总时间为，则满足 所以可得 A相对于B的水平位移等于圆弧的水平投影长度： 位移关系满足 联立代入得 代入，解得 （3）圆弧槽B固定后，A上滑过程只有重力做功，机械能守恒 设A到达圆弧顶端时的速度为，则： 代入，解得，即 A离开圆弧槽后做斜抛运动，初速度方向与水平方向夹角为，竖直分速度 斜抛过程竖直方向上升的额外高度 因此A离地的最大高度 重难·创新演练 设题创新:结合生活实际(T1);思维素养提升(T2); 1．【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）活塞达到最大速度时，滑块1与其脱离 设滑块1、2碰撞后的共同速度为，由动量守恒定律 碰撞过程损失的机械能 解得 （2）若滑块1、2的组合体运动到点减速为零，由动能定理 对应的角速度 的取值范围 设滑块1、2的组合体在段加速度大小为，由牛顿第二定律 且 联立解得 （3）滑块1、2的组合体能与弹簧相碰后，若恰好停在点，由动能定理 对应的角速度 的取值范围 与弹簧相碰过程中，由功能关系 解得 2．【答案】(1)4L， (2) (3) 【详解】（1）以A、B为系统，根据动量守恒可得 两边同乘以时间可得 即得 又因为 其中， 解得 由能量守恒可得 解得 （2）以A、1为研究对象，根据动量守恒可得 由能量守恒可得     解得1号车初速度 1与2碰撞交换速度，以此类推，正在运动的小车距离1的初始位置 其离最大距离为 （3）设A与1碰前速度为，与1第一次碰后速度为，由动能定理可得 解得 以A、1为研究对象，规定向右为正方向，根据动量守恒可得 解得 设A与1整体与2碰前速度为，与2碰后速度为，由动能定理可得 解得 以A与1整体与2为研究对象，规定向右为正方向，根据动量守恒可得   解得 同理可得与1、2整体与3碰前速度 可得A、1、2、3、与车碰撞之前的速度 由数学知识可知，时A车的速度最大，为 真题·实战演练 高频考点：“滑块—弹簧”模型、“滑块—斜(曲)面”模型 1．【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 微突破14 “滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型（专项训练）（原卷版） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳ 题型01 “滑块—弹簧”模型 1 ⏳ 题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 8 重难·创新演练 16 真题·实战演练 18 模拟·基础演练 ⏳题型01 “滑块—弹簧”模型 考查重点：“滑块—弹簧”模型 1．（2026·江苏·模拟预测）如图，水平面上，轻质弹簧两端连接质量分别为mA=1kg、mB=2kg的物块A、B，初始时弹簧处于原长，A、B均静止。已知A与水平面间的动摩擦因数μA=0.2，B与水平面间的动摩擦因数μB=0.1，重力加速度g=10m/s2。现用大小为F=10N的水平恒力向左拉物块A，经过一段时间后，A、B第一次达到共速。则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．A、B和弹簧组成的系统动量守恒 B．系统因摩擦产生的热量为3J C．弹簧弹力对B的冲量大小为 D．A、B和弹簧组成的系统机械能的增加量为9J 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图甲，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和mB=3.0kg，两物块之间用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触；另有一物块C从t=0时，以一定速度向右运动。在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v—t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．墙壁对物块B的弹力在4~12s的时间内对B的冲量I的大小为12N·s B．物块C的质量为4kg C．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为8J D．B离开墙后的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为4J 3．（2026·湖北荆州·模拟预测）（多选）如图所示质量均为m的物块P与Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，静止于水平面上，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为0.5mg，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数0.5，不计Q与地面的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能。下列判断正确的是（     ） A．P即将开始运动时，Q的速度大小为 B．P开始运动后，Q做加速度逐渐减小的加速运动 C．P开始运动后，弹簧的最大形变量为 D．P开始运动后，弹簧的最小形变量为0 4．▶新情境◀（2026·辽宁大连·模拟预测）（多选）如图所示，一块长度为的质量均匀分布且质量为的木板静止在点左侧，质量为的物块右端固定一轻质弹簧。物块以速度向右运动，与木板相碰，木板运动到点时速度恰好达到最大值。已知点左侧平面光滑，右侧平面与木板间的动摩擦因数为，木板未全部进入点右侧区域。重力加速度取，则以下说法正确的是（    ） A．木板的最大速度为 B．木板加速阶段的平均速度小于减速阶段的平均速度 C．最终木板右端离点的距离大小为 D．若减小的初速度，木板做减速运动的时间减小 5．（2026·四川成都·三模）（多选）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，物块B处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块A置于斜面上的点，点与物块B的距离为，将物块A由静止释放，A与B碰撞后粘在一起沿斜面向下运动，B从碰后至第一次速度达到最大的时间为。已知物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为形变量。则物块A从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（     ） A．A与B碰撞过程中机械能守恒 B．弹簧的最大弹性势能值为 C．B从碰后至第一次到达最低点的时间为 D．弹簧的最小弹性势能值为 6．（2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为、的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中、已知，则（　　） A． B． C．从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为 D．A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为 7．（2026·江西·模拟预测）如图，一质量为m=2kg的长木板静止于光滑的水平面上，长木板上表面水平光滑，右侧有一竖直挡板，挡板左侧放置一轻弹簧，弹簧与挡板接触但不拴接，弹簧处于原长，弹簧左端点距长木板左端点的水平距离为L=2m，长木板左端放置一质量为M=6kg的物块。现给物块水平向右的初速度v0=4m/s，之后物块压缩弹簧推动长木板向右运动，当弹簧恢复原长时取走弹簧，同时长木板受到一个水平向左的恒定阻力f，阻力正比于长木板的重力，即f=kmg（k为大于0的常数），物块在长木板表面上运动，从弹簧弹开物块到物块第一次与挡板碰撞之前，物块恰好不从长木板上滑下来。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求： (1)运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep； (2)弹簧恢复原长时物块速度v1的大小； (3)常数k值。 8．▶新情境◀（2026·河北·模拟预测）如图甲所示，在倾角为的足够长的固定斜面上端固定一个挡板，一质量为、长为的木板上端通过细绳连在挡板上，与斜面之间的动摩擦系数为，下端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧原长为。现使一可视为质点的光滑小物块由静止从木板的上端滑下，而后压缩弹簧。设的质量为（为整数），当时细绳恰好被拉断。已知弹簧弹性势能的表达式，其中为劲度系数，为弹簧的压缩量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 (1)求细绳所能承受的最大拉力； (2)当时，求反弹后到达上端时的速度； (3)如图乙所示，去掉斜面，将系统放在光滑水平面上。当时，使在木板上以一定的初速度向右运动，为使在运动过程中速度方向始终向右，求的取值范围。 9．（2026·河北邢台·二模）如图所示，光滑水平面上静止一木板，木板右端挡板上固定一轻弹簧，弹簧左端到木板左端的距离为d。一物块从木板左端以一水平速度滑上木板，当弹簧被压缩到最短时，物块到木板左端的距离为2d。物块最终恰相对木板静止在木板最左端。已知木板和物块的质量均为m，物块可视为质点，弹簧的劲度系数为k，其弹性势能与形变量的关系为弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求： (1)物块的初速度大小和物块与木板间的动摩擦因数； (2)木板的最大速度。 10．（2026·山东济南·二模）如图所示，倾角为的足够长斜面固定在水平地面上，质量为m的物块A与质量为4m的物块B用轻弹簧（劲度系数未知）连接并放置于斜面上，整个系统处于静止状态，此时轻弹簧的压缩量为。现将质量为m的物块C从距物块A沿斜面上方处由静止释放，与物块A发生正碰并粘在一起，碰撞时间极短，时刻物块B开始运动，时刻物块B的速度再一次为0。已知物块A、C与斜面间无摩擦力，物块B与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计空气阻力，求 (1)物块C与物块A碰撞后的速度大小； (2)物块B开始运动时物块A的速度； (3)物块B的最大速度； (4)时间内系统因摩擦产生的热量Q。 ⏳题型02 “滑块—斜(曲)面”模型 考查重点：“滑块—斜(曲)面”模型 11．（2026·河北秦皇岛·二模）如图所示，装置的左侧是固定在水平面上有半径为2R的四分之一圆弧的光滑曲面体，装置的右侧是没有固定放在光滑水平面上有半径为R的四分之一圆弧的光滑曲面体，其质量为3m，现将质量为m的滑块从A点由静止释放，经过一段时间后滑块冲上右侧光滑曲面体，重力加速度为g，滑块可视为质点。 (1)滑块从右侧的曲面体的顶端滑离后还能上升多高？ (2)滑块在右侧的曲面体上第一次滑至离水平面高度为时，光滑曲面体的速度多大？ (3)若滑块从右侧的曲面体的底端滑至顶端的时间为，滑块从右侧的曲面体的顶端滑至底端的时间为，滑块从右侧的曲面体的底端开始到再次回到底端的过程中曲面体向右运动的距离为多大？ 12．（2026·山东日照·三模）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小； (2)求小球在平面直角坐标系中的轨迹方程； (3)若，求小球下降高度时相对于地面的速度大小（结果用、、表示）。 13．（2026·山西太原·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量kg的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小，不考虑任何阻力，求： (1)小球的初速度大小及质量m； (2)小球运动到最高点时的速度大小； (3)小球能够上升的最大高度h。 14．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）如图所示，光滑水平面上有固定弹性挡板P，光滑四分之一圆弧体B和可视为质点物体C静止在水平面上，B的质量为、半径为，最低点刚好与水平面相切，B的左侧面与物体C的距离也为，物体C的质量为。将质量为可视为质点的小球A从圆弧面最高点的位置由静止释放，当小球A第一次与挡板P发生弹性碰撞时，圆弧体B也刚好第一次与C碰撞并粘连；重力加速度为。求： (1)小球A第一次运动到水平面上时的速度大小； (2)挡板P与物体C间初始时的距离； (3)小球A与P碰撞后第一次滑上圆弧体能达到的最大高度。 15．（2026·安徽·模拟预测）如图所示，为固定在光滑水平地面上的四分之一圆弧轨道，其左侧放置一个由四分之一圆弧轨道与水平轨道固连而成的未固定轨道。轨道与两侧的圆弧轨道均相切，圆弧、的半径均为，段的长度为。轨道与轨道在点接触但无相互作用力。现将质量为的物块（可视为质点）从点竖直正上方、距离点高度为（未知）处由静止释放。已知轨道的质量为，物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，圆弧轨道、均光滑，重力加速度为。 (1)若，求物块经过圆弧轨道的最低点时，对轨道的压力大小； (2)h为多大才能使物块恰好到达点？ (3)若，分析物块最终能否静止在水平轨道上？并说明理由。 16．（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，质量为的L形长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面段水平，段为半径为的四分之一光滑圆弧，圆弧面的最低点切线水平。质量为的物块以一定的初速度沿水平方向从长木板的左端A点滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点C，最后恰好滑到A点与长木板相对静止。已知物块与间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，不计物块的大小。求： (1)物块刚滑上长木板时，物块与长木板的加速度大小； (2)长木板上表面AB部分的长度和物块刚滑上长木板时的初速度大小。 17．（2026·江苏扬州·模拟预测）半径为R，质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处静止释放一质量为的小球。 (1)固定凹槽时，求小球下滑到最低点对凹槽的压力大小； (2)凹槽不固定，小球运动过程中的动能随时间变化图像如图所示，图中、、已知，求： ①小球运动到最低点的速度大小； ②小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小。 18．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，质量为的圆弧槽B静止在光滑水平地面上，光滑的圆弧面与地面相切，圆弧所对应的圆心角为60°，半径为。质量为的小球A以一定的初速度从左向右运动恰好冲到圆弧最高点，小球A在圆弧槽B上滑动的总时间为，重力加速度为，求： (1)小球A的初速度的大小： (2)小球A在圆弧槽上滑动的过程中，B向前运动的位移大小； (3)圆弧槽B固定后，让A以相同的初速度冲上B，求之后A离地的最大高度。 重难·创新演练 设题创新:结合生活实际(T1);思维素养提升(T2); 1．▶新情境◀（2026·江西·模拟预测）某传动装置的纵截面简图如图甲所示，长为的连杆可绕端点转动，连杆的另一端通过销钉在竖直滑槽内运动，从而推动滑槽水平移动。滑槽右侧的中点连接一水平滑杆，滑杆带动活塞在水平轨道上往复运动。水平轨道上长度为的段粗糙，其余部分光滑，轨道右侧固定一竖直挡板，挡板连接轻弹簧。初始时，滑槽位于最左端（虚线位置），滑块1紧靠活塞，连杆以角速度逆时针匀速转动，活塞的速度随时间变化的图像如图乙所示。滑块1和活塞分离后，和位于点左侧的滑块2发生碰撞（时间极短）并粘在一起向右运动。滑块1、2质量均为且均视为质点、与段间的动摩擦因数均为，初始时两滑块间的距离大于，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求滑块1、2碰撞过程损失的机械能； (2)调整连杆转动角速度的大小，使得滑块1、2的组合体不能与弹簧相碰，若滑块1、2的组合体从点到停止运动所用的时间为，求与应满足的关系等式及的取值范围； (3)调整连杆转动角速度的大小，使得滑块1、2的组合体能与弹簧相碰，但不能返回到点左侧，压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为，求与应满足的关系等式及的取值范围。 2．（2026·河南郑州·模拟预测）如图，在光滑的水平地面上静置若干可视为质点的小车。现建立x轴，A车质量为M，位于坐标原点O处，B车质量为m，A、B之间夹有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧未与A、B连接且初始时处于压缩状态。从A右侧距离为L处开始，依次摆放足够多的、间距均为L的小车，质量均为m，编号分别为1、2、3、…。取M=3m，已知弹簧弹性势能，x为弹簧形变量。不计空气阻力。 (1)现静止释放A、B。发现A与1号小车碰撞前瞬间，弹簧刚好从A、B中间掉下。求弹簧的初始压缩量以及A与1号小车碰撞前瞬间的速度大小vA； (2)在（1）的条件下，取1号小车开始运动时为计时起点，若此后小车间发生的碰撞均为弹性碰撞。求t时刻，正在运动小车的坐标值x； (3)现去除B车和弹簧，并对A车施以水平向右的恒定外力F（图中未画出），仍使A从O处由静止开始运动。且此后小车碰撞即粘在一起运动。求此后运动过程中A车的速度最大值vmax。 真题·实战演练 高频考点：“滑块—弹簧”模型、“滑块—斜(曲)面”模型 1．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 2 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $