第1章 专题课：“弹簧类”模型和“光滑圆弧（斜面）轨道”模型(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册学生用书（人教版）

专题课:“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型 (时间:40分钟　总分:54分) (选择题每小题4分) ◆ 知识点一　“弹簧类”模型 1.[2026·河北石家庄二中实验学校高二月考] 如图所示,在光滑的水平面上静止一质量M=8 kg的小车B,小车左端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到小车右端的距离L=1 m,这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.1,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑.木块A以速度v0=15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动.已知木块A的质量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2.则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 (　) A.45 J B.178 J C.225 J D.270 J 2.[2026·江苏常州金坛一中高二月考] 如图所示,光滑水平桌面上,A和B两小球用细线相连,弹簧处于压缩状态且与小球不连接.已知两小球的质量关系为mA>mB,则烧断细线后 (　) A.弹簧对小球A做功少 B.小球A落地时动能大 C.小球B在空中飞行时间短 D.弹簧对A、B两球冲量相同 ◆ 知识点二　“光滑圆弧(斜面)轨道”模型 3.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失.若斜面固定,则小物块恰能冲到斜面的顶端.若斜面不固定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为 (　) A.h B. C. D. 4.[2025·湖南邵阳高二期中] 如图所示,在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车,现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口滑上小车,到达某一高度后,小球又返回小车右端,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　) A.小球到达最高点时的速度为 B.小球离开小车后,将对地向右做平抛运动 C.小球在弧形槽上上升的最大高度为 D.此过程中小球对车做的功为m 5.[2026·重庆一中高二开学考] 如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑,小物块的初始位置与弧形槽底端的水平距离为s,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　) A.小物块下滑过程中,物块和槽组成的系统动量守恒 B.小物块下滑过程中,槽对物块的支持力不做功 C.在下滑到弧形槽底端的过程中,槽对地的水平位移为 D.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽,能回到槽上高h处 6.(多选)[2025·湖北襄阳四中高二月考] 如图甲所示,曲面为四分之一圆弧、质量为M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去,若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2,作出图像如图乙所示,重力加速度为g,不考虑任何阻力,则下列说法正确的是 (　) A.小球的质量为M B.小球运动到最高点时的速度为 C.小球能够上升的最大高度为 D.若a>b,小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动 7.(多选)[2026·山西太原五中高二月考] 如图甲所示,质量分别为mA=1 kg,mB=2 kg的滑块A、B放在光滑的水平面上,之间用一质量可忽略不计的弹簧连接,滑块B紧靠在竖直的墙壁上.现有一质量为mC的滑块C以6 m/s的速度沿水平面向右运动,从0时刻开始计时,2 s末与滑块A碰撞且粘在一起,0~6 s内,滑块C的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是 (　) A.滑块C的质量mC=2 kg B.全过程整个系统损失的机械能为9 J C.2~6 s内,墙壁对滑块B的冲量大小为6 N·s D.整个过程中滑块B的最大动能为9 J 8.(10分)[2025·贵州毕节高二期末] 如图所示,将右上方是光滑圆弧轨道的物块静止在光滑水平面上,轨道的圆心为O,半径为R=0.6 m,轨道末端切线水平,轨道末端距地面高度为h=0.2 m,物块质量为M=3 kg,现将一质量为m=1 kg的小球从与圆心等高处由静止释放,小球可视为质点,重力加速度大小g取10 m/s2.求: (1)(4分)若物块固定,小球离开圆弧轨道前瞬间对轨道压力的大小; (2)(6分)若物块不固定,小球开始运动到落地的过程中,物块向左运动的位移大小. 9.(16分)[2026·山东烟台二中高二月考] 如图所示,A、B、C为三个大小相同的小球,其质量分别为mA=0.5 kg,mB=0.3 kg,mC=0.2 kg,A和B固定在轻弹簧的两端(A和B静止在光滑的水平面上).小球C以初速度v0=8 m/s向右运动,在极短时间Δt=0.1 s内与A发生碰撞后以速度v=-2 m/s反弹,求: (1)(4分)C与A碰撞过程中的平均作用力大小F; (2)(6分)C与A碰撞过程中损失的机械能ΔE; (3)(6分)弹簧的最大弹性势能Ep. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题课:“弹簧类”模型和“光滑圆弧(斜面)轨道”模型 1.B　[解析] 由题意知,小车和木块系统动量守恒,有mv0=(M+m)v,由能量守恒定律,得m=(M+m)v2+μmgL+Epmax,联立解得Epmax=178 J,B正确. 2.A　[解析] 根据题意可知,当烧断细线后,A、B组成的系统动量守恒,则有mAvA=mBvB=p,根据动量定理可知,弹簧对两小球的冲量大小相等,方向相反,故D错误;根据Ek=,mA>mB,则EkA<EkB,根据动能定理可得WA<WB,故A正确;小球离开桌面后做平抛运动,则h=gt2,解得t=,两小球平抛的竖直位移相同,则时间相同,故C错误;从烧断细线到小球落地的全过程中,落地时的动能为Ek'=mgh+,动能大小无法判断,故B错误. 3.D　[解析] 斜面固定时,小物块恰能冲到斜面的顶端,由动能定理得-mgh=0-m,所以v0=,斜面不固定时,设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h',设小物块达到最高点时的速度为v,由水平方向动量守恒得mv0=(M+m)v,由机械能守恒定律得m=(M+m)v2+mgh',解得h'=h,故选D. 4.C　[解析] 由题意可知,小球到达最高点时,二者共速,则整体在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,则有2mv0=3mv,由机械能守恒定律有×2m=×3mv2+2mgh,联立解得小球到达最高点时的速度为v=,上升的最大高度为h=,故A错误,C正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,由机械能守恒定律得×2m=×2m+m,解得v1=v0,v2=v0,所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动,故B错误;对小车运用动能定理得,小球对小车做功为W=m=m,故D错误. 5.C　[解析] 系统动量守恒的条件是合外力为零,在下滑的过程中,系统竖直方向上合外力不为零,系统的动量不守恒,故A错误;物块与槽在水平方向上动量守恒,故两者分离时,槽的速度不为零,根据能量守恒可知,物块机械能减小,槽对物块的支持力做负功,故B错误;物块与槽在水平方向上动量守恒,则有mvm=2mv,两边乘上时间为mxm=2mx,根据几何关系有xm+x=s,解得槽对地的水平位移为x=,故C正确;物块与槽在水平方向上动量守恒,故两者分离时,槽的速度不为零,物块被弹簧反弹后,做匀速直线运动,根据能量守恒可知,不会再回到槽上高h处,故D错误. 6.ABD　[解析] 设小球的质量为m,初速度为v0,在水平方向上由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,解得v2=-v1+v0,结合图乙有=,v0=b,解得m=M,故A正确;小球运动到最高点时,竖直方向速度为零,在水平方向上与滑块具有相同的速度,在水平方向上由动量守恒定律得mv0=v,结合上述解得v=,故B正确;小球从开始运动到最高点的过程中,由能量守恒定律有m=v2+mgh,结合上述解得h=,故C错误;分离时由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2,由机械能守恒定律有m=m+M,结合上述解得v1=v0,当a>b时有v1<0,即小球水平方向的速度方向向左,所以小球与圆弧滑块分离后将向左做平抛运动,故D正确. 7.BD　[解析] 由题图乙知,滑块C与滑块A碰前瞬间速度为v1=6 m/s,碰后瞬间整体速度为v2=3 m/s,滑块C与滑块A碰撞过程动量守恒,以滑块C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mCv1=v2,解得mC=1 kg,故A错误;全过程系统中只有C与A碰撞时有机械能损失,则有ΔE=mC-=9 J,故B正确;2 s时A和C的速度大小为v2=3 m/s,6 s时A和C的速度大小为v3=3 m/s,2~6 s内墙给B的冲量大小等于A、C整体的动量变化量的大小,故有墙壁对滑块B的冲量大小为I==12 N·s,故C错误;当A、C整体和B向左运动且弹簧再次恢复原长时滑块B的速度最大,根据系统动量守恒和机械能守恒可得v3=v3'+mBvB,=(mA+mC)v3'2+mB,解得vB=3 m/s,故滑块B的最大动能为EkB=mB=9 J,故D正确. 8.(1)30 N　(2)0.35 m [解析] (1)若物块固定,小球从静止运动到离开物块的过程中,由动能定理得mgR=mv2 小球离开轨道瞬间,由牛顿第二定律得F-mg=m 解得F=30 N 由牛顿第三定律可知小球离开圆弧轨道前瞬间对轨道压力的大小也为30 N (2)若物块不固定,小球从开始运动到离开圆弧轨道的过程中,由能量守恒定律得mgR=M+m 水平方向由动量守恒定律得Mv1=mv2 在此过程中,设物块、小球的位移大小为x1、x2,可得Mx1=mx2 又有R=x1+x2 小球离开圆弧轨道后,小球做平抛运动,则有h=gt2 在小球做平抛运动的过程中,物块向左运动的位移大小为x3=v1t 若物块不固定,小球从开始运动到落地的过程中,物块向左运动的位移大小为x=x1+x3 解得x=0.35 m 9.(1)20 N　(2)2 J　(3)1.5 J [解析] (1)对C,由动量定理得-FΔt=mCv-mCv0 解得F=20 N (2)C与A碰撞过程中,由动量守恒定律得 mCv0=mAvA+mCv 解得vA=4 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE=mC-mCv2-mA=2 J (3)C与A碰撞后,A、B和弹簧组成的系统在运动过程中动量守恒且机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,A和B有共同速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v1,有 mAvA=(mA+mB)v1 mA=(mA+mB)+Ep 联立解得Ep=1.5 J 学科网（北京）股份有限公司 $