第1章 专题提升课2 “滑块—弹簧”模型和“滑块—弧面”模型-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

本高中物理讲义聚焦“滑块—弹簧”和“滑块—弧面”模型，系统梳理动量守恒、机械能守恒规律在模型中的应用，明确弹簧最长最短时速度相等、弹性势能最大，弧面最高点共速、最低点分离的特点，构建模型分析的学习支架。 资料通过模型建构（科学思维）强化动量与能量观念（物理观念），结合例题解析与规范练习，培养科学推理能力。课中辅助教师系统授课，课后练习题帮助学生巩固知识，有效查漏补缺。

专题提升课2　“滑块—弹簧”模型和“滑块—弧面”模型 微专题一　“滑块—弹簧”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)两个或两个以上的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0，则系统动量守恒。 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 (多选)如图所示，在光滑的水平地面上有两个物体A和B，物体A的质量为m，物体B的质量为2m，一根轻弹簧与B相连静止在地面上。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用，物体A与弹簧接触时，随即被弹簧拴接。下列说法正确的是(　　) A．在整个运动过程中，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．当物体A的速度为零时，弹簧获得的弹性势能最大 C．运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为mv D．从弹簧开始压缩至压缩量最大的过程中，弹簧对物体B做功为mv [解析]　在整个运动过程中，只有弹簧弹力做功，弹力属于系统内力，系统的合外力为零，因此物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，故A错误；物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，当物体A、B的速度相等时，此时弹簧的压缩量最大，弹簧获得的弹性势能最大，故B错误；物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v，解得物体A、B的共同速度v＝，根据机械能守恒定律可得弹簧获得的最大弹性势能Epm＝mv－(m＋2m)v2＝mv，故C正确；根据功能关系，弹簧对物体B做功等于物体B增加的动能，则WB＝·2m·＝mv，故D正确。 [答案]　CD (2025·河北唐山市选考)如图所示，物块A、B与轻弹簧拴接，置于光滑水平面上，弹簧处于原长，物块C以水平速度v0撞向物块B，碰撞时间极短，碰后C与B粘在一起。已知B、C质量均为m，不计一切阻力。 (1)求B、C碰撞过程中B对C的冲量大小。 (2)求弹簧弹性势能最大时A的速度与运动过程中A的最大速度之比。 [解析]　(1)B、C碰撞过程动量守恒，有 mv0＝2mv1 以向右为正方向，B、C碰撞过程对C应用动量定理，有 I＝m(－v1)－m＝mv0－mv1 可得I＝0.5mv0。 (2)B、C撞后压缩弹簧，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，设此时A的速度为v2，当弹簧第一次恢复到原长时A的速度最大，设此时A的速度为v3，B和C速度为v4，设A的质量为M，从撞后B、C共速至A、B、C三者共速对系统应用动量守恒定律 2mv1＝(2m＋M)v2 从撞后B、C共速至弹簧第一次恢复到原长对系统应用动量守恒定律 2mv1＝2mv4＋Mv3 由机械能守恒定律知 ×2mv＝×2mv＋Mv 综上可得 v2＝，v3＝ 所以＝。 [答案]　(1)0.5mv0　(2) 如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱乐项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m的木板B，质量为3m的物体A从B中央正上方高为h处由静止释放，随后A与B发生完全非弹性碰撞，一起向下运动，若A与B碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为，A、B始终在同一竖直线上运动，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)A与B碰后瞬间的速度大小； (2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能； (3)A与B碰后一起向下运动到最低点的过程中，A对B做的功。 [解析]　(1)设A与B碰前瞬间速度大小为v0，A自由下落时，由机械能守恒定律可得 3mgh＝×3mv 解得v0＝ A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得 3mv0＝v 解得v＝。 (2)A与B碰撞瞬间，损失的机械能 ΔE＝E1－E2＝×3mv－×v2 代入数据解得ΔE＝mgh。 (3)设A、B一同向下运动的全过程，A克服B的弹力做的功为W1，对A应用动能定理可得 －W1＋3mg×h＝0－×3mv2 解得W1＝mgh 则A对B做的功W2＝W1＝mgh。 [答案]　(1)　(2)mgh　(3)mgh 微专题二　“滑块—弧面”模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，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，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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，mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型)。 (多选)如图所示，质量为3m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为2m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力。滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块b沿a上升的最大高度为 B．滑块b沿a上升的最大高度为 C．物块a运动的最大速度为v0 D．物块a运动的最大速度为v0 [解析]　b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律得×2mv＝(2m＋3m)v2＋2mgh，解得h＝，故A正确，B错误；滑块b滑离a后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程中，由动量守恒定律得2mv0＝2mvb＋3mva，由机械能守恒定律得×2mv＝×2mv＋×3mv，解得va＝v0，故C正确，D错误。 [答案]　AC (2026·广东深圳市期中)如图所示，光滑水平面上静置一个质量为3m的滑块轨道A，滑块A的下部分是圆心角为45°的圆弧，上部分是倾角为45°的斜面，轨道最底端与水平面平滑连接。两个质量均为m的小滑块B、C放在水平面上离A足够远处，小滑块B的右侧连接有轻弹簧，给B一个向右的初速度v0，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。 (1)求弹簧的最大弹性势能。 (2)求C刚滑上A时的速度大小。 (3)为使C不从A的顶端冲出，A总高度的最小值是多少？ [解析]　(1)当B、C共速时，弹簧弹性势能最大，由B、C组成的系统动量守恒有mv0＝2mv共 由能量守恒定律有Ep＝mv－·2mv＝mv。 (2)B、C分离时由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2 由能量守恒定律有mv＝mv＋mv 联立解得v2＝v0。 (3)C恰好到达A的最高点时A、C共速，此时A总高度最小，由A、C组成的系统水平方向动量守恒得 mv2＝(m＋3m)v共′ 由能量守恒得mv＝(m＋3m)v共′2＋mgh 联立解得h＝。 [答案]　(1)mv　(2)v0　(3) 规范一练 动量和能量观点分析“滑块—弹簧”和“滑块—弧面”问题 如图所示，质量M＝4 kg的四分之一光滑圆弧槽静置在光滑水平面上，圆弧底端和水平面相切。一质量m＝1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上圆弧槽，并从顶端滑出，滑出时圆弧槽的速度为1 m/s，g取10 m/s2。求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小； (2)小物块滑出圆弧槽后能达到的最大高度h1； (3)小物块第二次滑上圆弧槽后能达到的最大高度h2。 [解析]　(1)设小物块离开弹簧后的速度为v1，小物块滑上圆弧槽的过程中系统水平方向动量守恒，则 mv1＝(m＋M)v2 解得v1＝5 m/s。 (2)小物块第一次跃升到最高点时水平速度等于v2，系统机械能守恒，有 mv＝(m＋M)v＋mgh1 解得h1＝1 m。 (3)小物块能下落到圆弧槽并从圆弧槽上滑到水平面，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则 mv1＝mv1′＋Mv2′ mv＝mv1′2＋Mv2′2 解得v1′＝－3 m/s，v2′＝2 m/s 小物块再次滑上圆弧槽且能达到最高点过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有 m(－v1′)＋Mv2′＝(m＋M)v mv1′2＋Mv2′2＝(m＋M)v2＋mgh2 解得h2＝0.04 m。 [答案]　(1)5 m/s　(2)1 m　(3)0.04 m 1．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)如图所示，物体P、Q用轻质弹簧拴接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为2 m/s，已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，取向右为正方向，则运动过程中(　　) A．P的初速度为5 m/s B．P的速度始终为正值 C．Q的最大速度为4 m/s D．弹簧最大弹性势能为21 J 解析：选AC。已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，弹簧最短时Q和P的速度相同，都为2 m/s，则根据动量守恒定律可得mPv1＝(mQ＋mP)v1′，解得v1＝5 m/s，故A正确；当弹簧恢复原长时，弹性势能为0，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mPv1＝mPv2＋mQv2′，mPv＝mPv＋mQv2′2，解得v2＝－1 m/s，v2′＝4 m/s，可知P存在反向的速度，同时可得Q的最大速度为4 m/s，故B错误，C正确；根据机械能守恒定律可得，当弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，可得mPv＝(mQ＋mP)v1′2＋Epmax，解得Epmax＝15 J，故D错误。 2.(“滑块—弧面”碰撞模型)质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧(半径足够大)的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道(不脱离轨道)，下列说法正确的是(　　) A．滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统动量守恒 B．若m1＝m2，则m1滑到最高点时速度为0 C．若m1＝m2，则m1上升的最大高度为 D．m1滑下后，速度不可能向左 解析：选C。由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧轨道，则m1和m2组成的系统机械能守恒，且只在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋m1gh，将m1＝m2代入解得v共＝，h＝，故A、B错误，C正确；m1滑上m2又返回，直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，v2＝v0，如果m1<m2，则v1<0，即m1离开m2后速度方向向左，故D错误。 3．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)如图所示，静止在光滑的水平面上的物块乙、丙通过处于原长的轻质弹簧拴接。离物块乙有一定距离的物块甲以大小为4 m/s的初速度水平向左运动，物块甲、乙碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起运动。已知物块甲、乙、丙的质量分别为1 kg、3 kg、6 kg，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是(　　) A．弹簧的弹性势能最大值为1.2 J B．物块丙的最大速度为 m/s C．弹簧压缩至最短时物块丙的速度大小为0.4 m/s D．物块甲、乙碰撞过程中，物块甲、乙、丙构成的系统机械能守恒 解析：选AC。整个过程中物块甲、乙、丙构成的系统动量守恒，且三者共速时弹簧压缩至最短，则有m1v0＝v共，解得v共＝0.4 m/s，故C正确；物块甲、乙碰撞时有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝1 m/s，弹簧压缩至最短时有Ep＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v＝1.2 J，故A正确；弹簧第一次恢复原长时物块丙的速度最大，则有(m1＋m2)v1＝(m1＋m2)v2＋m3v3，(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋m3v，解得v3＝0.8 m/s，故B错误；物块甲、乙碰撞后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，有内能产生，此过程物块甲、乙、丙构成的系统机械能不守恒，故D错误。 4.(“滑块—弧面”碰撞模型)(2025·浙江杭州期中)光滑水平面上放着一异形物块b，其曲面是四分之一光滑圆弧，在它的最低点放着一个静止的小球c，如图所示。滑块a以初速度v0水平向左运动，与b碰撞后迅速粘在一起。已知a、b、c的质量均为m，a、b的碰撞时间极短，小球c不能从物块b的上端离开。求： (1)a、b的碰撞过程中，a对b的冲量大小； (2)a、b的碰撞过程中，b对a做的功； (3)小球c上升的最大高度h。 解析：(1)a、b的碰撞过程中，根据动量守恒定律有 mv0＝2mv1 对b进行分析，根据动量定理有 Iab＝mv1 解得Iab＝mv0。 (2)a、b的碰撞过程中，对a进行分析，根据动能定理有 Wba＝mv－mv 解得Wba＝－mv。 (3)对a、b、c构成的系统，根据动量守恒定律有 2mv1＝3mv2 根据能量守恒定律有 mgh＝×2mv－×3mv 解得h＝。 答案：(1)mv0　(2)－mv　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $