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习题课四　“滑块—曲（斜）面”模型与“滑块—弹簧”模型
题组一　滑块—曲（斜）面模型
1.（2023·河北唐山高二期中）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（　　）
A.1∶3 B.1∶4
C.3∶5 D.2∶3
2.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A.当v0＝时，小球能到达B点
B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C.当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m
3.如图所示，质量为4m的光滑物块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m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，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.物块a运动的最大速度为
C.滑块b沿a上升的最大高度为
D.物块a运动的最大速度为
4.（多选）如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上，槽底端与水平地面相切，质量为m的小球A与轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是（　　）
A.小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量守恒
B.小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了
C.在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为
D.若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为
题组二　滑块—弹簧模型
5.（多选）如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA＞mB，B球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。A球以速率v去碰撞静止的B球，则（　　 ）
A.A球的最小速率为零
B.B球的最大速率为v
C.当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大
D.两球的总动能最小值为
6.（多选）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A.A物体的质量为3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
7.（多选）如图所示，小球A的质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A.碰撞后小球A反弹的速度大小为
B.碰撞过程B物块受到的冲量大小为m
C.碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mgh
D.物块C的最大速度大小为
8.（多选）如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回（弹簧始终在弹性限度内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法正确的是（　　）
A.铁块和木板最终共同以1 m/s的速度向右做匀速直线运动
B.运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C.运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D.运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功
9.如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.16，求：
（1）滑块C的初速度v0的大小；
（2）当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；
（3）从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量。
10.（2023·广东广州高二期末）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s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。求：
（1）物块C的质量；
（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
习题课四　“滑块—曲（斜）面”模型与“滑块—弹簧”模型
1.C　设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，＝，对整体由机械能守恒定律可得m＝M＋m，联立解得＝，故C正确。
2.C　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝（m＋M）v，m＝（M＋m）v2＋mgh，解得h＝R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，故B错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，故C正确；如果滑块固定，由牛顿第二定律结合牛顿第三定律得小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，故D错误。
3.B　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，由动量守恒定律得mv0＝（m＋4m）v，由机械能守恒定律得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离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，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得m＝m＋×4m，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误。
4.BCD　小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统所受外力的矢量和不为零，水平方向所受外力的矢量和为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程，由机械能守恒定律得mgR＝m＋×3m，可得vB＝，vC＝，B与弹簧碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有m＝Ep＋×2mv2，联立解得在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。则有mvB＋3mvC＝4mv共，m＋×3m＝×4m＋mgh，代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
5.BD　A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，当B球的速度等于A球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球速度最小，此过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，有mAv＝mAv1＋mBv2，mAv2＝mA＋mB，解得v1＝v，v2＝v，因为mA＞mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大速率为v，故A、C错误，B正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球总动能最小，根据动量守恒定律有mAv＝（mA＋mB）v共，Ek＝（mA＋mB），联立可得Ek＝，故D正确。
6.AC　对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝M，对图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有M·2v0＝（M＋m）v，由能量守恒定律有Ep＝M（2v0）2－（M＋m）v2，联立得M＝3m，Ep＝M＝m，故A、C正确，B、D错误。
7.ACD　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝m，解得v1＝，设碰撞后小球反弹的速度大小为v1'，同理有＝mv1'2，解得v1'＝，故A正确；设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝－mv1'＋5m解得v2＝，由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为I＝5mv2＝m，故B错误；碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有5mv2＝8mv3，根据机械能守恒定律有Epm＝（5m）－（8m），联立解得 Epm＝mgh，故C正确；对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，设此时B、C的速度分别为v4、v5，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得5mv2＝5mv4＋3mv5，×5m＝×5m＋×3m，联立解得v5＝，故D正确。
8.ABD　设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对木板滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为Ff。取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝（m＋M）v，得v＝1 m/s，方向向右，两者最终以1 m/s的共同速度向右做匀速直线运动，A正确。铁块相对于木板向右运动时，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1 m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有m＝Ff·L＋（M＋m）v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有m＝2Ff·L＋（M＋m）v2，联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3 J，Ff·L＝3 J，B正确。由功能关系知运动过程中，铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6 J，C错误。由分析可知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，D正确。
9.（1）9 m/s　（2）1.9 m/s　（3）1.47 N·s，方向水平向右
解析：（1）滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mCv0＝（mB＋mC）v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得Ep＝（mB＋mC）
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
（2）设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的速度大小为v3，根据动量守恒定律得（mB＋mC）v2－mAv3＝0
根据能量守恒定律得
Ep＝mA＋（mB＋mC）
解得v2≈1.9 m/s。
（3）设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得
I＝Δp＝（mB＋mC）[v2－（－v1）]
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。
10.（1）2 kg　（2）2 m/s　12 J
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
（2）12 s末B离开墙壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有
（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
1 / 3习题课四　“滑块—曲（斜）面”模型与“滑块—弹簧”模型
模型一　“滑块—曲（斜）面”模型
1.模型特点
如图所示，质量为m的小球（或滑块）以速度v0向曲（斜）面体运动，若小球（或滑块）不能越过曲（斜）面体，则小球（或滑块）到达最高点时（即竖直方向上的速度为零），两物体的速度肯定相同。
2.基本规律
对于“滑块—曲（斜）面体”系统在水平方向上所受外力的矢量和为零，在水平方向上满足动量守恒。
（1）当小球（或滑块）到达曲（斜）面体最高点时，小球（或滑块）与曲（斜）面体速度相同，相当于发生了完全非弹性碰撞，损失的动能转化为小球（或滑块）的重力势能，结合能量守恒定律列方程，进行联立求解。
（2）当小球（或滑块）从最低点离开曲（斜）面体后，相当于完成了弹性碰撞，过程中系统在水平方向动量守恒、机械能守恒。
【典例1】　如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C，C与长木板接触但不连接，且下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。某时刻滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：
（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
（2）圆弧槽C的半径R；
（3）A、C最终分离时，各自的速度大小。
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A.整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B.如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C.如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D.如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
2.（多选）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，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A.弧形槽的顶端距底端的高度为
B.小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为m
D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
模型二　“滑块—弹簧”模型
1.模型特点
（1）对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则满足动量守恒定律。
（2）在能量方面，由于弹簧发生形变，具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的合外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做功，这些力做功之和等于系统机械能的变化量。
（3）①如图所示，弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。
②弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。
2.基本关系式
（1）系统的动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
（2）系统的机械能守恒：由于弹簧发生形变，具有弹性势能，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，系统的机械能守恒，则m1＝m1＋m2＋Ep。
【典例2】　如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则：
（1）A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？
（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？
（3）弹簧的最大弹性势能是多少？
（4）弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
规律方法
解决含有弹簧类问题应注意的几个方面
（1）研究对象的选取——应选取哪几个物体组成的系统为研究对象，因为不确定系统就无法应用物理规律。
（2）物理过程的选取——必须明确系统在哪一个过程中哪一个物理量是守恒的，尤其不能忽视短暂的相关过程，因为可能会有机械能的损失。
（3）分析临界状态或极值状态——弹簧最短或最长时，弹性势能最大，弹簧原长时弹性势能为零。
1.（多选）如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧拴接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中（　　）
A.以A、B及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒
B.B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C.弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D.B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v
2.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，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、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
1.如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（　　）
A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B.小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动
C.小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动
D.小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0
2.（多选）如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木块，甲木块以v的速度向右运动，乙木块（左侧连有一轻质弹簧）静止。甲木块与弹簧接触后（　　）
A.甲木块速度大小一直减小直至零
B.甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D.甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
3.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）
A.P的初动能 B.P的初动能的
C.P的初动能的 D.P的初动能的
4.如图所示，水平弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上h高处开始自由下滑（　　）
A.在以后的运动过程中，小球和槽组成的系统动量始终守恒
B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上h高处
习题课四　“滑块—曲（斜）面”模型与“滑块—弹簧”模型
【核心要点·快突破】
模型一
知识精研
【典例1】　（1）　（2）　（3）v0　v0
解析：（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mv1①
由能量守恒定律得知系统动能的减少量等于A、B发生相对滑动的过程中产生的内能，即
μmgL＝m－m·－×2m ②
联立①②解得v1＝v0，μ＝。 ③
（2）当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C组成的系统在水平方向动量守恒，则
m·＋mv1＝（m＋m）v2 ④
A、C组成的系统机械能守恒，则
m·＋m＝·（2m）＋mgR ⑤
联立③④⑤解得R＝。
（3）A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B的速度一直为v0，设A滑离C时，A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得m·＋mv1＝mvA＋mvC
由系统能量守恒得
m·＋m＝m＋m，
联立解得vA＝v0，vC＝v0。
素养训练
1.C　整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动量不守恒，A错误；取小球的速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得 v1＝v0，如果m＞M，则v1＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，C正确，B错误；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿水平方向向左做平抛运动，D错误。
2.AD　小球上升到最高点时，与小车有共同速度v，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得mv0＝2mv，m＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，得v1＝v0，v2＝0，所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，由动能定理WG＋W车＝m－m，将v2＝0和WG＝0代入可得小车对小球做的功为W车＝－m，故C错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，由动量定理I＝mv1－0，将v1＝v0代入得I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。
模型二
知识精研
【典例2】　见解析
解析：（1）在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝。
（2）粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝。
（3）当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律得
Epm＝×2m－×3m＝m。
（4）弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv1＝2mvAB＋mvC，
×2m＝×2m＋m
解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝。
素养训练
1.BCD　由于B、C碰撞过程有相互作用，有机械能转移，故应以A、B、C及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒，A错误；由于B、C发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，有mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v，故碰后瞬间B的速度为0，C的速度为v，B正确；A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等过程，有mv＝2mv'，×mv2＝×2mv'2＋Epm，联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv2，C正确；B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，A、B速度分别为v3、v4，有 mv＝mv3＋mv4，mv2＝m＋m，解得 v3＝0，v4＝v，所以当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v，D正确。
2.C　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，m2减速，m1先减速，速度减为0后，反向加速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态开始恢复原长，故B错误；根据系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝（m1＋m2）v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得 m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1'＝－1 m/s，m2的速度为v2'＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
【教学效果·勤检测】
1.C　整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；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，则mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得m＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，故B、D错误，C正确。
2.AC　甲、乙两木块在作用过程中，由于甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，当弹簧恢复原长时，设甲的速度为v1，乙的速度为v2，甲、乙的质量相等，均设为m，由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v，所以甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时，速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一直减小直至零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；由动量守恒定律的判定条件可知，甲、乙两木块所组成的系统动量守恒，故C正确；对甲、乙两木块及弹簧组成的系统，机械能守恒，故D错误。
3.B　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝，P的初动能Ek0＝m，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝m－×2mv2＝m＝Ek0，故选项B正确。
4.C　小球从弧形槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒，但是，当小球接触弹簧的过程中，弹簧会对小球施加一个水平向左的外力，故在此运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，A错误；小球在弧形槽中下滑过程中和弧形槽之间产生了一个垂直于接触面的弹力，而且两者都在弹力水平分力的方向上发生了位移，故小球和弧形槽之间的相互作用力做功，B错误；小球下滑时，小球与光滑弧形槽在水平方向上动量守恒，所以小球离开光滑弧形槽时，两者速度大小相等、方向相反，因此，小球被弹簧反弹后，速度与光滑弧形槽速度相等，且都做匀速直线运动，小球不能追上光滑弧形槽，C正确，D错误。
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习题课四　“滑块—曲（斜）面”模型与“滑块—弹簧”模型
目 录
01.
核心要点·快突破
02.
教学效果·勤检测
03.
课时训练·提素能
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
01
模型一　“滑块—曲（斜）面”模型
1. 模型特点
如图所示，质量为m的小球（或滑块）以速度v0向曲（斜）面体运动，若小球（或滑块）不能越过曲（斜）面体，则小球（或滑块）到达最高点时（即竖直方向上的速度为零），两物体的速度肯定相同。
2. 基本规律
对于“滑块—曲（斜）面体”系统在水平方向上所受外力的矢量和
为零，在水平方向上满足动量守恒。
（1）当小球（或滑块）到达曲（斜）面体最高点时，小球（或滑
块）与曲（斜）面体速度相同，相当于发生了完全非弹性碰
撞，损失的动能转化为小球（或滑块）的重力势能，结合能
量守恒定律列方程，进行联立求解。
（2）当小球（或滑块）从最低点离开曲（斜）面体后，相当于
完成了弹性碰撞，过程中系统在水平方向动量守恒、机械
能守恒。
【典例1】　如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表
面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C，C与长木板接触但不连
接，且下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。某时刻滑
块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高
点。A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，求：
（1）滑块与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
答案： 　
解析：（1）当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，
由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，以水平向左
为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m·＋2mv1　①
由能量守恒定律得知系统动能的减少量等于A、B发生相对滑动
的过程中产生的内能，即
μmgL＝m－m·－×2m　②
联立①②解得v1＝v0，μ＝。　③
（2）圆弧槽C的半径R；
答案： 　
解析： 当A滑上C时，B与C分离，A、C发生相互作用，A到达C
的最高点时两者的速度相等，设为v2，A、C组成的系统在水平
方向动量守恒，则m·＋mv1＝（m＋m）v2　④
A、C组成的系统机械能守恒，则
m·＋m＝·（2m）＋mgR　⑤
联立③④⑤解得R＝。
（3）A、C最终分离时，各自的速度大小。
答案： v0　v0
解析： A滑上C后，B与C分离，只有A与C发生相互作用，此后B
的速度一直为v0，设A滑离C时，A的速度大小为vA，C的速度
大小为vC，对A与C组成的系统，由动量守恒定律得
m·＋mv1＝mvA＋mvC
由系统能量守恒得m·＋m＝m＋m，
联立解得vA＝v0，vC＝v0。
1. 质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨
道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小
车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A. 整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B. 如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C. 如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D. 如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
解析：　整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，
其他方向动量不守恒，A错误；取小球的速度v0的方向为正方
向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律
得m＝m＋M，解得 v1＝v0，如果m＞M，则v1
＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，C正确，B
错误；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿水平方向向
左做平抛运动，D错误。
2. （多选）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，恰好能到达弧形槽的顶端。小
车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列
说法正确的是（　　）
A. 弧形槽的顶端距底端的高度为
B. 小球离开小车后，相对地面做平抛运动
C. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为m
D. 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0
解析： 小球上升到最高点时，与小车有共同速度v，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒得mv0＝2mv，m＝×2mv2＋mgh，解得h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，得v1＝v0，v2＝0，所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，由动能定理WG＋W车＝m－m，将v2＝0和WG＝0代入可得小车对小球做的功为W车＝－m，故C错误；在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，由动量定理I＝mv1－0，将v1＝v0代入得I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。
模型二　“滑块—弹簧”模型
1. 模型特点
（1）对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统，在相互作用
的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则满足动量守恒
定律。
（2）在能量方面，由于弹簧发生形变，具有弹性势能，系统的总
动能将发生变化，若系统所受的合外力和除弹簧弹力以外的
内力不做功，系统机械能守恒。若还有其他外力和内力做
功，这些力做功之和等于系统机械能的变化量。
（3）①如图所示，弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。
②弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。
2. 基本关系式
（1）系统的动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。
（2）系统的机械能守恒：由于弹簧发生形变，具有弹性势能，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，系统的机械能守恒，则m1＝m1＋
m2＋Ep。
【典例2】　如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧
连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向
B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则：
（1）A、B两球刚粘在一起时的速度为多大？
解析：在A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受外力的矢量和
为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，
解得v1＝。
答案：见解析
（2）弹簧压缩至最短时三个小球的速度为多大？
解析：粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，
解得v2＝。
（3）弹簧的最大弹性势能是多少？
解析： 当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由机械能守恒定律得
Epm＝×2m－×3m＝m。
解析：弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
2mv1＝2mvAB＋mvC，
×2m＝×2m＋m
解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝。
（4）弹簧恢复原长时，三个小球的速度为多大？
规律方法
解决含有弹簧类问题应注意的几个方面
（1）研究对象的选取——应选取哪几个物体组成的系统为研究对
象，因为不确定系统就无法应用物理规律。
（2）物理过程的选取——必须明确系统在哪一个过程中哪一个物理
量是守恒的，尤其不能忽视短暂的相关过程，因为可能会有机
械能的损失。
（3）分析临界状态或极值状态——弹簧最短或最长时，弹性势能最
大，弹簧原长时弹性势能为零。
1. （多选）如图所示，静置于光滑水平面上的物块A、B、C质量均为m，A、B之间用一根轻弹簧拴接，初始时弹簧处于自然长度，三个物块均处于静止状态。现同时给A、B一个水平向右的初速度v，A、B一起运动一段距离后，B、C发生弹性碰撞，则在整个运动过程中（　　）
A. 以A、B及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒
B. B、C碰撞后瞬间，C的速度为v
C. 弹簧的最大弹性势能Epm＝mv2
D. B、C碰撞结束后，当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都
为v
解析：由于B、C碰撞过程有相互作用，有机械能转移，故应以A、B、C及弹簧为系统，动量守恒、机械能守恒，A错误；由于B、C发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒，有mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v，故碰后瞬间B的速度为0，C的速度为v，B正确；A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，从B、C碰撞后瞬间到A、B速度相等过程，有mv＝2mv'，×mv2＝×2mv'2＋Epm，联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv2，
C正确；B、C碰撞结束后，C以速度v做匀速直线运动，当弹簧再次恢复到原长时，A、B速度分别为v3、v4，有 mv＝mv3＋mv4，mv2＝m＋m，解得 v3＝0，v4＝v，所以当弹簧再次恢复到原长时，B、C速度相等且都为v，D正确。
2. 如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连
接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度
3 m/s，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、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B. 从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C. 两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D. 在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
解析：由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动
能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹
簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，
弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧
被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，m2减速，m1先减速，速度减为0后，反向加速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最
长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态开始恢复原长，故B错误；根据系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝（m1＋m2）v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得 m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1'＝－1 m/s，m2的速度为v2'＝2 m/s，又m1∶m2
＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
02
1. 如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小
车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口
向小车滑去，不计一切摩擦，则（　　）
A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B. 小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动
C. 小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动
D. 小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0
解析：　整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守
恒，故A错误；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，则mv0＝mv1＋mv2，由机械能
守恒定律得m＝m＋m，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小
球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自
由落体运动，故B、D错误，C正确。
2. （多选）如图所示，在光滑的水平面上，有质量相等的甲、乙两木
块，甲木块以v的速度向右运动，乙木块（左侧连有一轻质弹簧）
静止。甲木块与弹簧接触后（　　）
A. 甲木块速度大小一直减小直至零
B. 甲木块速度先减小，之后与乙木块保持相同速度向右做匀速运动
C. 甲、乙两木块所组成的系统动量守恒
D. 甲、乙两木块所组成的系统机械能守恒
解析：　甲、乙两木块在作用过程中，由于甲木块受到弹簧弹力的作用，速度大小会一直减小，当弹簧恢复原长时，设甲的速度为v1，乙的速度为v2，甲、乙的质量相等，均设为m，由动量守恒定律和机械能守恒定律列方程mv＝mv1＋mv2，mv2＝m＋m，解得v1＝0，v2＝v，所以甲木块速度大小一直减小，当弹簧恢复原长时，速度变为零，故A正确；甲木块速度大小一直减小直至零，乙木块的速度一直增加，当甲的速度变为零时，乙以甲原来的初速度向右运动，故B错误；由动量守恒定律的判定条件可知，甲、乙两木块所组成的系统动量守恒，故C正确；对甲、乙两木块及弹簧组成的系统，机械能守恒，故D错误。
3. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视
作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并
与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等
于（　　）
A. P的初动能 B. P的初动能的
C. P的初动能的 D. P的初动能的
解析：　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守
恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势
能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两
滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝，P的初动能Ek0＝
m，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝m－×2mv2＝m＝
Ek0，故选项B正确。
4. 如图所示，水平弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形
槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m
的小球从槽上h高处开始自由下滑（　　）
A. 在以后的运动过程中，小球和槽组成的系统
动量始终守恒
B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C. 被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上h高处
解析：　小球从弧形槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统在水
平方向上动量守恒，但是，当小球接触弹簧的过程中，弹簧会对小
球施加一个水平向左的外力，故在此运动过程中小球和槽组成的系
统动量不守恒，A错误；小球在弧形槽中下滑过程中和弧形槽之间
产生了一个垂直于接触面的弹力，而且两者都在弹力水平分力的方
向上发生了位移，故小球和弧形槽之间的相互作用力做功，B错
误；小球下滑时，小球与光滑弧形槽在水平方向上动量守恒，所以
小球离开光滑弧形槽时，两者速度大小相等、方向相反，因此，小
球被弹簧反弹后，速度与光滑弧形槽速度相等，且都做匀速直线运
动，小球不能追上光滑弧形槽，C正确，D错误。
03
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一　滑块—曲（斜）面模型
1. （2023·河北唐山高二期中）质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比
等于1∶3，则m∶M的值为（　　）
A. 1∶3 B. 1∶4
C. 3∶5 D. 2∶3
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解析：　设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0
＝Mv1－mv2，＝m＝M
＋m＝，故C正确。
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2. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A. 当v0＝时，小球能到达B点
B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开
滑块后落到水平面上
C. 当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，
滑块的动能一直增大
D. 如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m
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解析：　滑块不固定，当v0＝时，设小球沿槽上升的高度为
h，则有mv0＝（m＋M）v，m＝（M＋m）v2＋mgh，解得h＝
R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由
于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后
将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，
故B错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动
能一直增大，故C正确；如果滑块固定，由牛顿第二定律结合牛顿
第三定律得小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，故D错误。
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3. 如图所示，质量为4m的光滑物块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m的滑块b以初速度v0向右
运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，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. 物块a运动的最大速度为
C. 滑块b沿a上升的最大高度为
D. 物块a运动的最大速度为
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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，由动量守恒定律得mv0＝（m＋4m）v，由机械能
守恒定律得m＝（m＋4m）v2＋mgh，解得h＝，A、C错
误；滑块b从滑上a到滑离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，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得m＝m＋×4m，
解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误。
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4. （多选）如图所示，质量为3m、半径为R的光滑圆弧形轨道C静止
在光滑水平地面上，槽底端与水平地面相切，质量为m的小球A与
轻弹簧相连接并静止于水平地面上，现有一个质量为m的小球B从
圆弧轨道最高点由静止下滑，下列说法中正确的是（　　）
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A. 小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统动量
守恒
B. 小球B从圆弧轨道最高点滑至底端的过程中圆弧轨道向右运动了
C. 在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为
D. 若轻弹簧左端固定在墙上，则小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最
大高度为
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解析：小球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统所受外力的矢量和不为零，水平方向所受外力的矢量和为零，所以水平方向动量守恒，故A错误；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒，则有mvB－3mvC＝0，可得m＝3m，则xB＝3xC，且xB＋xC＝R，可得xC＝，故B正确；球B沿圆弧轨道滑至底端的过程，由机械能守恒定律得mgR＝m＋×3m，可得vB＝，vC＝，B与弹簧碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒，弹簧压缩到最短时A、B共
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速，弹簧弹性势能最大，有mvB＝2mv，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有m＝Ep＋×2mv2，联立解得在运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝，故C正确；若轻弹簧左端固定在墙上，则B、C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。则有mvB＋3mvC＝4mv共，m＋×3m＝×4m＋mgh，
代入数值可得小球B仍能返回圆弧轨道且上升的最大高度为h＝，故D正确。
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题组二　滑块—弹簧模型
5. （多选）如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B，mA＞
mB，B球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。A球以速率v去碰
撞静止的B球，则（　　）
A. A球的最小速率为零
B. B球的最大速率为v
C. 当弹簧压缩到最短时，B球的速率最大
D. 两球的总动能最小值为
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解析：　A球与弹簧接触后，弹簧被压缩，当B球的速度等于A
球的速度时弹簧的压缩量最大，此后A球继续减速，B球速度继续
增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B球速度最大，A球
速度最小，此过程满足动量守恒定律和能量守恒定律，有mAv＝
mAv1＋mBv2，mAv2＝mA＋mB，解得v1＝v，v2＝
v，因为mA＞mB，可知A球的最小速率不为零，B球的最大
速率为v，故A、C错误，B正确；
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两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时两球总动能最小，
根据动量守恒定律有mAv＝（mA＋mB）v共，Ek＝（mA＋mB），
联立可得Ek＝，故D正确。
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6. （多选）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体
A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹
簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速
度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A. A物体的质量为3m
B. A物体的质量为2m
C. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D. 弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
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解析：　对图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可
得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝M，对图乙，物体A以2v0的速度
向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量
仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有M·2v0＝
（M＋m）v，由能量守恒定律有Ep＝M（2v0）2－（M＋m）v2，
联立得M＝3m，Ep＝M＝m，故A、C正确，B、D错误。
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7. （多选）如图所示，小球A的质量为m，系在细线的一端，线的另
一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分
别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物
块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释
放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后
上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不
计空气阻力，重力加速度为g，则（　　）
A. 碰撞后小球A反弹的速度大小为
B. 碰撞过程B物块受到的冲量大小为m
C. 碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为mgh
D. 物块C的最大速度大小为
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解析：　设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为
v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律
有mgh＝m，解得v1＝，设碰撞后小球反弹的速度大小为
v1'，同理有＝mv1'2，解得v1'＝，故A正确；设碰撞后物块
B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝
－mv1'＋5m解得v2＝，由动量定理可得，碰撞过程物块B
受到的冲量为I＝5mv2＝m，故B错误；
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碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，根据动
量守恒定律有5mv2＝8mv3，根据机械能守恒定律有Epm＝（5m）
－（8m），联立解得 Epm＝mgh，故C正确；对物块B与物块C
在弹簧回到原长时，物块C有最大速度，设此时B、C的速度分别为v4、
v5，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
5mv2＝5mv4＋3mv5，×5m＝×5m＋×3m，联立解得v5＝
，故D正确。
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8. （多选）如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质
弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg，质量m＝1 kg的铁
块以水平速度v0＝4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后
又被弹回（弹簧始终在弹性限度内），最后恰好停在木板的左端，
则下列说法正确的是（　　）
A. 铁块和木板最终共同以1 m/s的速度向右做匀速直线运动
B. 运动过程中弹簧的最大弹性势能为3 J
C. 运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3 J
D. 运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功后做负功
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解析： 　设最终铁块与木板速度相同时大小为v，铁块相对木
板向右运动时，相对木板滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为
Ff。取向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝（m＋M）v，
得v＝1 m/s，方向向右，两者最终以1 m/s的共同速度向右做匀速直
线运动，A正确。铁块相对于木板向右运动时，当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为v＝1 m/s，由能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有m＝Ff·L＋（M＋m）v2＋Ep，铁块相对于木板运动的整个过程有m＝
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2Ff·L＋（M＋m）v2，联立得弹簧的最大弹性势能Ep＝3 J，Ff·L＝3 J，B正确。由功能关系知运动过程中，铁块与木板因摩擦而产生的热量Q＝2Ff·L＝6 J，C错误。
由分析可知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，
故摩擦力对木板先做正功后做负功，D正确。
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9. 如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块
A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板
P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运
动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被
压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，
之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB
＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，取＝3.16，求：
（1）滑块C的初速度v0的大小；
答案：9 m/s　
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解析： 滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系
统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mCv0＝（mB＋mC）v1
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定
律得Ep＝（mB＋mC）
解得v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
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（2）当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；
答案：1.9 m/s　
解析： 设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小
为v2，滑块A的速度大小为v3，根据动量守恒定律得（mB＋
mC）v2－mAv3＝0
根据能量守恒定律得
Ep＝mA＋（mB＋mC）
解得v2≈1.9 m/s。
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（3）从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块
B、C整体的冲量。
答案： 1.47 N·s，方向水平向右
解析： 设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，
由动量定理得
I＝Δp＝（mB＋mC）[v2－（－v1）]
解得I＝1.47 N·s，方向水平向右。
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10. （2023·广东广州高二期末）如图甲所示，物块A、B的质量分别是
mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面
上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速
度向右运动，在t＝4 s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。求：
（1）物块C的质量；
答案： 2 kg　
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解析： 由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰
后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程
动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1
＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
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（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最
大弹性势能多大？
答案：2 m/s　12 J
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解析： 12 s末B离开墙壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有（mA＋mC）v3
＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
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