2027届高三物理一轮复习试题第7章第3讲专题提升：“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜（曲）面”模型（Word版含解析）

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题组一 “滑块—弹簧”模型
1.(2025安徽马鞍山一模)如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则( )
A.A加速过程中,加速度越来越大
B.A、B、C共速时,B所受合力为0
C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大
D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒
2.(2025浙江湖州三模)如图所示,物块A、B静置于光滑水平面上,处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接,物块A紧靠竖直墙壁,物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为v0,则此后运动中( )
A.墙壁对A的总冲量大小为4mv0
B.墙壁对A做的总功为2mv02
C.A的最大速度为v0
D.弹簧的最大弹性势能为13mv02
3.(2026云南昆明高三期中)如图所示,光滑水平地面上质量为m的物体P以速率v向右运动,质量为m的物体Q左端固定有一轻弹簧,以速率2v向左运动。弹簧的形变始终在弹性限度内,在P与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过程中,下列说法正确的是( )
A.弹簧对P的冲量大小为32mv
B.P、Q的位移大小之比为2∶1
C.弹簧对P做的功与对Q做的功相同
D.当P的速度为零时,弹簧的弹性势能最大
题组二 “滑块—斜(曲)面”模型
4.(2025辽宁名校联考)如图所示,在水平面上放置一个质量为m滑的滑块,滑块的一侧AB是一个半径为R的16弧形凹槽,A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度v0从A点冲上滑块,重力加速度为g,不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A.滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B.滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C.若v0=gR,小球恰能到达滑块上的B点
D.若小球能从B点离开滑块,则小球到达滑块最高点B时,小球和滑块的水平方向速度相等
5.(2026河南新乡高三月考)如图所示,在足够大的光滑水平地面上,静置一质量为2m的滑块,滑块右侧面的14光滑圆弧形槽的半径为R,末端切线水平,圆弧形槽末端离地面的距离为R4。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放,与滑块分离后做平抛运动,重力加速度大小为g,下列说法正确的是( )
A.滑块的最大动能为mgR2
B.小球离开滑块时的动能为3mgR4
C.小球落地时的动能为11mgR12
D.滑块对地面的最大压力为13mg3
综合提升练
6.(多选)(2025福建宁德三模)如图甲所示,光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接,橡皮绳恰好处于原长。t=0时,A以水平向左的初速度v0开始运动,B的初速度为0,A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m,0~t0时间内B的位移为x0,t=3t0时二者发生碰撞并粘在一起,则( )
甲
乙
A.B的质量为2m
B.橡皮绳的最大弹性势能为16mv02
C.橡皮绳的原长为13v0t0
D.橡皮绳的原长为v0t0
7.(多选)(2026云南丽江高三月考)如图所示,有一质量m木=3 kg、长度s=5 m的“L”形木板P静止在光滑水平面上,木板右侧水平固定一个轻弹簧。一个质量为m=1 kg的可视为质点的滑块以速度v0=20 m/s从左侧滑上木板,已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.5,轻弹簧的原长l=1 m,劲度系数k=1 600 N/m,弹簧的弹性势能表达式为Ep=12kx2,其中x表示形变量,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.木板的最大速度大小为5 m/s
B.弹簧的最大弹性势能为128 J
C.木板运动过程中加速度恒定不变
D.弹簧被压缩后恢复原长的瞬间木板的速度大小为(5+21) m/s
8.(多选)(2026四川雅安高三期中)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,远小于R,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.小球在U形管中的圆弧部分中运动时,U形管的速度一直在增大
B.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,小球的速度大小为v02
C.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0
D.小球在U形管中的圆弧部分中的运动时间不超过22Rv0
9.(14分)(2026辽宁大连高三月考)如图所示,质量都为m的A和B两物体并排静止放在光滑的水平面上,其中A物体的凹槽为半径R的光滑半圆弧,质量为m,体积可以忽略的小球C某时刻起从A物体上方高度R的位置自由下落,假设在进入半圆弧的过程中没有能量的损失,求:
(1)C球刚刚到达物体A圆弧时速度;
(2)A和B分离时,A、B、C各自的速度大小;
(3)C球第一次刚要从A左端飞出时,C球对圆弧槽的压力大小。
培优拔高练
10.(多选)(2025山东青岛一模)质量为m0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由静止释放一质量为m、可视为质点的小球,小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆,如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示,已知椭圆半长轴与半短轴之比为3∶1。下列说法正确的是( )
甲
乙
A.半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B.小球质量与凹槽质量之比m∶m0=2∶1
C.t1时刻,小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D.t2时刻,小球受到凹槽的支持力大于小球受到的重力
答案：
1.C 解析 A加速过程中,一开始弹簧压缩量逐渐增大,之后弹簧压缩量又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,故A错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C受到的弹力不为0,B、C的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,故B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C组成的系统机械能不守恒,故D错误。
2.A 解析 物块A离开墙壁时B回到初始点具有向右的速度,根据能量守恒可知此时B的速度vB=-v0,对整体有I合=2×2mv0=4mv0,此即墙壁对A的总冲量大小,A正确;墙壁对A作用过程中A没有位移,因此墙壁对A不做功,B错误;物块A离开墙壁后,A达最大速度时弹簧恢复原长,A、B与弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒,有2mv0=mv1+2mv2,12×2mv02=12mv12+12×2mv22,解得v1=43v0,v2=13v0,C错误;物块B向左速度为0时,弹簧压缩最短弹性势能最大,有Epmax=12×2mv02=mv02,D错误。
3.A 解析 当P、Q共速时,弹簧的压缩量最大,规定水平向左为正方向,由动量守恒定律得m·2v-mv=2mv共,对P由动量定理得I=mv共-(-mv),联立解得I=32mv,故A正确;P与弹簧接触到P的速度减小为零的过程中vQ>2vP,因此xQ>2xP。从P的速度为零到P的速度达到v共的过程中,P,Q均向左运动,P的位移减小,Q的位移增大,因此xQ>2xP,故B错误;由动能定理得,弹簧对P做的功为WP=12mv共2−12mv2=-38mv2,弹簧对Q做的功为WQ=12×mv共2−12×m(2v)2=-158mv2,故C错误;当P,Q共速时,弹簧的压缩量最大,弹簧的弹性势能最大,故D错误。
4.A 解析 滑块和小球组成的系统水平方向合力为零,所以水平方向动量守恒,但是整体的合力不为零,所以系统的总动量不守恒,故A正确;不计一切摩擦,只有重力对系统做功,所以系统机械能守恒,故B错误;当小球刚好到达B点,系统水平方向动量守恒,有mv0=(m滑+m)v,系统机械能守恒有12mv02=12m滑v2+12mv2+mgR(1-cs 60°),解得v0=m滑+mm滑gR,故C错误;若小球能从B点离开滑块,则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度,小球离开滑块后做斜抛运动,在水平方向上做匀速直线运动,则小球到达滑块最高点B时,小球只有水平方向的分速度,则小球的速度大于滑块的水平方向速度,故D错误。
5.C 解析 设小球离开滑块时小球和滑块的速度大小分别为v1、v2,结合动量守恒定律有mv1=2mv2,根据机械能守恒有mgR=12mv12+12×2mv22,解得Ek球=12mv12=2mgR3,Ek滑=12×2mv22=mgR3,选项A、B错误;小球做平抛运动的过程中,根据动能定理有mgR4=Ek-2mgR3,解得Ek=11mgR12,选项C正确;当小球滑到圆弧形槽最低点时,具有向上的最大的加速度,此时滑块对地面的压力最大,对小球受力分析,由牛顿第二定律,可得FN-mg=m(v1+v2)2R,根据牛顿第三定律可知,小球对滑块的压力为F压=FN,对滑块受力分析,可得F=F压+2mg,根据牛顿第三定律,滑块对地面的最大压力为F'=F=6mg,选项D错误。
6.AD 解析 由图乙及动量守恒得mv0=(m+mB)v03,解得mB=2m,故A正确;由图乙知,2t0时刻橡皮绳处于原长,设此时A、B的速度分别为vA、vB,由动量守恒定律及能量守恒定律得mv0=mvA+2mvB,12mv02=12mvA2+12×2mvB2,解得vA=-13v0,vB=23v0,橡皮绳的原长L0=(vB-vA)(3t0-2t0)=v0t0,故C错误,D正确;由能量守恒定律可知,橡皮绳的最大弹性势能Ep=12mv02−12(m+2m)13v02=13mv02,故B错误。
7.BD 解析 因为水平面光滑,滑块、木板(含轻弹簧)组成的系统动量守恒,当弹簧压缩到最短时,滑块、木板(含轻弹簧)的速度相同,设为v1,有mv0=(m+m木)v1,解得v1=5 m/s,设弹簧的形变量为x,因减少的动能等于摩擦产生的热量与弹簧弹性势能之和,有ΔEk=12mv02−12(m+m木)v12=μmg(s-l+x)+12kx2,解得x=0.4 m,因此F=kx=640 N,而Ff=μmg=5 N,则弹簧的弹力大于摩擦力,在弹簧形变量减小的过程中木板继续加速,所以木板最大速度大于5 m/s,故A错误;由上述可知,弹簧的最大弹性势能为Epm=12kx2=128 J,故B正确;滑块刚滑上木板的短时间内滑块做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,当轻弹簧压缩后,滑块与木板的加速度都发生变化,故C错误;设弹簧被压缩后恢复原长的瞬间滑块的速度大小为v2,此时木板的速度大小为v3,根据动量守恒定律有mv0=mv2+m木v3,根据能量守恒定律有12mv02−12mv22−12m木v32=μmg(s-l+2x),联立解得v3=(5+21) m/s,故D正确。
8.AC 解析 小球在U形管中的圆弧部分中运动时,U形管受到小球的作用力一直做正功,则U形管的速度一直在增大,故A正确;小球运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,沿着水平方向,小球在轨道最左端与U形管达到共速,由动量守恒有mv0=2mvx,设此时小球的合速度为v,由机械能守恒定律有12mv02=12mvx2+12mv2,解得v=32v0,故B错误;小球从U形管的另一端射出时,小球与U形管系统机械能守恒,沿着轨道方向,系统动量守恒,类比弹性碰撞,交换速度,小球从U形管的另一端射出时,速度大小为v'=0,故C正确;小球在最左端时竖直方向的速度最大,为vy=v2-vx2=22v0,则运动时间一定超过t=2Rvy=22Rv0,故D错误。
9.答案 (1)2gR (2)2gR3 2gR3 22gR3 (3)mg
解析 (1)C球到达物体A圆弧过程,根据动能定理有mgR=12mv02
解得v0=2gR。
(2)以水平向左为正方向,C球运动到A圆弧最低点时,A、B恰好分离,此时A、B速度相等,C球速度方向水平向左,A、B速度方向水平向右,则有mv1-2mv2=0
mg×2R=12mv12+12×2mv22
解得v1=22gR3,v2=2gR3
则A、B的速度大小为2gR3,C球的速度为22gR3。
(3)以水平向左为正方向,C球从圆弧最低点到第一次刚要从A左端飞出时,水平方向动量守恒有mv1-mv2=2mvx
根据动能定理,有mgR=12mv12+12mv22−12mvx2−12mvC2
解得vx=122gR3,vC=7gR6
则C球相对地面的速度vC'=v02-vx2
C球第一次刚要从A左端飞出时,由A的支持力提供向心力,有F=mvC'2R
结合牛顿第三定律可知,C球对圆弧槽的压力大小为F'=F=mg。
10.ABD 解析 小球向下运动过程中,在竖直方向上存在变化的速度,而半圆形凹槽在竖直方向上速度始终为0,即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒,故A正确;令凹槽半径为R,根据图中所示半个椭圆可知,半长轴为R,则半短轴为R3,短轴为2R3,即小球在水平方向的分位移x1=2R3,半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒,则有mx1-m0x2=0,其中x1+x2=2R,解得m∶m0=2∶1,故B正确;根据图乙的对称性可知,t2时刻小球位于凹槽最低点,则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置,小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆,轨迹的最低点即为凹槽的最低点,t1时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心,速度方向沿半椭圆轨迹切线方向,可知,t1时刻,小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直,故C错误;结合上述可知,t2时刻小球位于凹槽最低点,小球相对于凹槽做圆周运动,小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右,由于小球相对于凹槽做圆周运动,则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力,此时加速度方向竖直向上,则t2时刻,小球受到凹槽的支持力大于小球的重力,故D正确。