專題強化十一“滑塊一彈簧”模型和“滑塊一斜（曲）面”

模型

學習目標會分析“滑塊一彈簧”“滑塊一斜（曲）面”與碰撞的相似性，并會用

碰撞的相關(guān)知識解決實際問題。

模型一“滑塊一彈簧”模型

1.模型圖示

77777777777777777777777777^

水平地面光滑平行且光滑的水平桿

2.模型特點

（1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，

則系統(tǒng)動量守恒。

（2）機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械

能守恒。

（3）彈簧處于最長（或最短）狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常

最?。ㄏ喈斢谕耆菑椥耘鲎?，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能），即如00

2

=（機1+m2）0,AEp=^mi?7§—^（mi+m2）uo

（4）彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能無損失（相當于剛完成彈性碰撞），

即mivo=mivi-\-m2V2,ivo=ic?+0

例1（多選）（2024.河北衡水模擬）如圖1所示，足夠長光滑水平面上，一輕質(zhì)彈簧

左端與質(zhì)量為2機的3滑塊相連，右端與質(zhì)量為機的滑塊A接觸而不相連，彈簧

處于原長，現(xiàn)給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度oo,經(jīng)一段時

間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep,則下列說法正確的是

（）

BA

圖1

A.A與彈簧分離前任一時刻，A與3的動量之比為1：2

B.若事先將3固定，彈簧的最大彈性勢能為L5Ep

C.兩者分離后A、3的動能之比為1：8

D.若事先在距B左側(cè)很遠處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A

答案BC

解析A與彈簧分離之前任一時刻，A與3受到的彈力始終大小相等，方向相反，

因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一

定相等，即動量大小之比不一定為1：2,A錯誤；A、3運動過程中，二者相對

靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定律有冽oo=3m0,由能量守恒定律得穌=3

^X3mX^=|mz?S,3固定，則A速度減小為0時彈性勢能最大，可得耳，

J

=^mvi=1.5EP,B正確；整個過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，則mvo=mVAi-

2mVB,^mvi=+2x,解得VA=vo2vo

y,VB=-Y，貝U有EkAmvi,

14

EkB=2X2mvi=gmvi,即兩者分離后A、3的動能之比為1：8,C正確；由前面

分析可知3與擋板發(fā)生彈性碰撞反向運動時0B>OA,則3可追上A,D錯誤。

I跟蹤訓練

1.（2023?北京通州高三一模）如圖2甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為加和

m的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上?，F(xiàn)使如瞬時獲得水平向右

的速度3m/s,以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，

以下說法正確的是（）

A.兩物塊的質(zhì)量之比為機1：加2=2：1

B.在力時刻和t3時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值

C力?/2時間內(nèi)，彈簧的長度大于原長

D./2~/3時間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小

答案B

解析以/加的初速度方向為正方向，九時刻A、3共速，由動量守恒定律得加01

=(mi+m2)v*,將oi=3m/s,0共=1m/s代入解得mi：/m=1：2,故A錯誤；

根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在九時刻和/3時刻，系統(tǒng)的動能最小，彈簧的彈性勢能達

到最大值，故B正確；在九時刻彈簧壓縮至最短，所以力?/2時間內(nèi)，彈簧的長

度小于原長，故C錯誤；/2?/3時間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D

錯誤。

2.[2023?遼寧卷，15(1)(2)]如圖3,質(zhì)量加i=lkg的木板靜止在光滑水平地面上,

右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)左=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量

m2=4kg的小物塊以水平向右的速度00='m/s滑上木板左端，兩者共速時木板

恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=01，最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的

關(guān)系為4=；質(zhì)2,取重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

圖3

(1)求木板剛接觸彈簧時速度01的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離陽；

(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量X2及此

時木板速度02的大小。

一

答案(1)1m/s0.125m(2)0.25m?m/s

解析(1)小物塊從滑上木板到兩者共速的過程，由動量守恒定律有

"2200=(mi+機)201

解得01=1m/s

兩者共速前，對木板，由牛頓第二定律有〃相2g=機1。

解得a=4m/s2

由運動學公式有2axi=vi

解得Xi=0.125m。

(2)木板與彈簧接觸后，物塊與木板先一起減速，當物塊受到的摩擦力達到最大靜

摩擦力時，兩者之間即將相對滑動，

對物塊有/im2g=m2ar

對整體有kx2—(m\+mi)a'

解得％2=0.25m

從木板接觸彈簧到物塊與木板之間即將相對滑動的過程，物塊、木板和彈簧三者

組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有^(mi+m2)r?=^(mi+m2)vi+^kxi

解得l?2=2向S。

模型二“滑塊一斜(曲)面”模型

1.模型圖示

接觸面光滑

2.模型特點

(1)上升到最大高度：機與M具有共同水平速度。共，此時機的豎直速度內(nèi)=0。

系統(tǒng)水平方向動量守恒，mvo=(M+ni)v系統(tǒng)機械能守恒，品虎=3(脛+機)族+

mgh,其中人為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非

彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為機的重力勢能)。

(2)返回最低點：機與M分離點。水平方向動量守恒，mvo=mv\-\-Mv2-,系統(tǒng)機械

能守恒，=品沆相當于彈性碰撞)o

例2如圖4所示,光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，

小球。(視為質(zhì)點)的質(zhì)量為滑塊P的質(zhì)量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋

放，。離開P時的動能為Eki?，F(xiàn)解除鎖定，仍讓。從滑塊頂端由靜止釋放，Q

離開P時的動能為Ek2,Eki和Ek2的比值為()

A-2

34

C，2Dq

答案C

解析設(shè)滑塊尸的質(zhì)量為2機，則小球。的質(zhì)量為機，弧形頂端與底端的豎直距

離為力；P鎖定時，。下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得/ng/z=Eki,P

解除鎖定，Q下滑過程中，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左

為正方向，由動量守恒定律得機0°—2機0P=0,由機械能守恒定律得機方+

gx2mv%,。離開尸時的動能Ek2=1no3，聯(lián)立解得等=',故C正確。

■跟蹤訓練

3.（多選）（2023?河南濮陽高三一模）如圖5所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R=

0.8m的5光滑圓弧斜劈3,斜劈的質(zhì)量是M=3kg,底端與水平面相切，左邊有

質(zhì)量是m=1kg的小球A以初速度00=4m/s從切點C（是圓弧的最低點）沖上斜劈，

重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是（）

圖5

A.小球A不能從斜劈頂端沖出

B.小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈

C.小球A沖上斜劈過程中經(jīng)過最低點C時對斜劈的壓力大小是30N

D.小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2m/s,方向向左

答案ACD

解析小球A向右運動到斜劈最低點C時，設(shè)此時斜劈對小球的支持力為Fx,則

Fi—mg=端代入數(shù)據(jù)得八=30N,由牛頓第三定律知，小球A對斜劈的壓力

是30N,選項C正確；假設(shè)小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相

等為01,小球豎直速度為02,水平方向由動量守恒定律有/noo=（/n+M）0i,小球

和斜劈組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有g(shù)機濟++機gR,聯(lián)立解得

VI=1m/s,vi=-4m2/s2<0,故小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯

誤；當小球A在斜劈上返回最低點C時，設(shè)小球A和斜劈的速度分別為03、04,

則根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mvo=mV3+Mv4,

聯(lián)立得03=—2m/s,Z?4=2m/s,小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2ni/s,

方向向左，選項D正確。

■提升素養(yǎng)能力（限時：40分鐘）

1.（2024.廣東東莞高三檢測）如圖1所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為機的

光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為2機的小

球從槽高處自由下滑，則下列說法正確的是（）

圖1

A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒

B.在下滑過程中，小球的機械能守恒

C被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動

D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球能回到槽高無處

答案C

解析槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方

向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項A錯

誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能減少，選

項B錯誤；小球下滑到底端時由動量守恒定律可知機=解得0i=2s,被

彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，

則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。

2.如圖2所示，光滑水平地面上有A、3兩物體，質(zhì)量都為加3左端固定一個處

在壓縮狀態(tài)的輕彈簧,輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效。

A以速率。向右運動，當A撞上彈簧后，設(shè)彈簧始終不超過彈性限度，關(guān)于它們

后續(xù)的運動過程，下列說法正確的是（）

圖2

A.A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動

B.A、3系統(tǒng)的總動量最終將大于機o

C.A、3系統(tǒng)的總動能最終將大于3機"

D.當彈簧的彈性勢能最大時，A、3的總動能為同"

答案C

解析設(shè)彈簧恢復原長時A、3的速度分別為加、。2,規(guī)定向右為正方向，A、B

兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv=mvi+

mvi,Ep+^mv2=^mv^+^rmA,解得oiWO,vi^v,故A錯誤；由系統(tǒng)水平方向

動量守恒，知A、3系統(tǒng)的總動量最終等于機°,故B錯誤；彈簧解除鎖定后存儲

的彈性勢能會釋放導致系統(tǒng)總動能增加，系統(tǒng)的總動能最終將大于上加。2,故C正

確；彈簧被壓縮到最短時A、5兩物體具有相同的速度，由動量守恒定律知機0=

11出1

2mv',得。'=呼，則有Ek=]X2機團=-^mv,故D錯誤。

3.（2024?山西運城高三檢測）如圖3所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為

M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為凡最低點處剛好與水平地面相切。

一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度00沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑

塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等

高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為冬則小球

與滑塊質(zhì)量之比機：M為（）

圖3

A.1：2B.1：3

C.2：1D.3：1

答案C

解析當圓弧滑塊固定時，有=當圓弧滑塊不固定，取水平向右為正

方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mvo=（m+M）v,根據(jù)機械能守恒定律有義

R1

mvi=mgy+2（m+M）v2,聯(lián)立解得m:M=2'1,故C正確。

4.（2024?湖南長沙模擬）如圖4所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、

B、C的質(zhì)量均為機=1kg?；瑝K3的左端連有輕質(zhì)彈簧，彈簧開始處于自由伸長

狀態(tài)?，F(xiàn)使滑塊A以0o=2m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C

恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)5和C碰撞過程時間極短，則3和

C碰撞過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為（）

“屈匕,,,,,回

圖4

A.0.25JB.0.50J

C.0.75JD.1.00J

答案A

解析對A、3系統(tǒng)，A、3速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據(jù)動量守恒定律

有加0o=2wwi,代入數(shù)據(jù)，解得oi=lm/s,彈簧被壓縮到最短時，5的速度為01

=1m/s,此時3與C發(fā)生完全非彈性碰撞，對3、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定

律得機切=2機s,代入數(shù)據(jù)解得02=0.5m/s,只有3與C發(fā)生非彈性碰撞，有機

械能損失，則整個系統(tǒng)損失的機械能為A￡,=|mz??-|x2m^=0.25J,故A正確。

5.如圖5所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球機1、

加2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球

m一個水平向右的初速度00,兩桿足夠長，則在此后的運動過程中（）

叫

I~~QI

m2----?vQ

圖5

A.mi＞加2組成的系統(tǒng)動量不守恒

B.mi＞加2組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.彈簧最長時，其彈性勢能為彳吟〒

2（機1十加2）

衛(wèi)日,、+4口2加200

D.mi的取大速度是一T—

答案D

解析mi、儂組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤;

mi,儂及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則

J，

由動量守恒定律得m2Vo=（m\t-m2）v,此時彈簧彈性勢能為EP=^m2f§—1（mi+

機杼等選項?錯誤；當彈簧再次回到原長時見的速度最大，則

2（機1十加2）

機200="2101+加022,+^m2U2,解得01=2m廣",選項D正確。

222mi+m2

6.（多選）（2024.湖南永州高三月考）如圖6所示，在光滑水平面上右側(cè)放有一個;光

滑圓弧軌道ABC,其圓心為。；質(zhì)量為m的小球從水平面上P點以初速度00向

右運動，滑上圓弧軌道后從C點拋出。已知圓弧軌道質(zhì)量為3m,則小球與圓弧

軌道作用過程中下列敘述正確的是（）

圖6

A.小球離開C點后做豎直上拋運動

B.小球離開C點后做斜拋運動

C.圓弧軌道的最大速度為5o

D.小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向水平向左

答案BCD

解析小球以初速度oo滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產(chǎn)生相互作用，因此小球

從滑上圓弧軌道到飛離圓弧軌道的過程中系統(tǒng)機械能守恒，且小球與圓弧軌道組

成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，所以小球離開C點時水平速度與圓弧軌道相同，

另有豎直向上的分速度，所以小球離開C點后做斜拋運動，選項A錯誤，B正確；

因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落

到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設(shè)小球從左側(cè)離開圓弧

軌道時其速度為vi,圓弧軌道的速度為V2,則有mvo=mv\+3mv2,

1-X3mv5,聯(lián)立解得，vi=—V2=^vo,即小球離開圓弧軌道再次回到水平面

上時速度方向向左，且此時圓弧軌道速度最大，選項C、D正確。

7.如圖7甲所示，物體A、3的質(zhì)量分別是加=4kg和/m=4kg,用輕彈簧相連

后放在光滑的水平面上，物體3左側(cè)與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C

從/=0時刻起，以一定的速度向左運動，在/=5s時刻與物體A相碰，碰后立即

與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15s內(nèi)的0—/圖像如圖乙所示。

求:

⑴物體C的質(zhì)量冽3；

(2?離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。

答案(1)2kg(2)2.4m/s

解析(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有

m3Vc=(mi+m3)u共］