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专题强化十一 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
【复习目标】
会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问
题。
模型一 “滑块—弹簧”模型
【知识梳理】
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒:两个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零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全
非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝1
2m1v0
2－1
2
(m1＋m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋
m2v2，1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2。
【典例剖析】
例1 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A、B、C，B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左
侧的挡板质量不计)。设A 以速度v0向B 运动，压缩弹簧;当A、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰
并粘在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞过程时间极短。求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分
离的过程中:
(1)整个系统损失的机械能;
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案 (1) 1
16mv0
2 (2)13
48mv0
2
1
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解析 (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v1时，对A、B 与弹簧组成的系统，取水平向右为
正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
①
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C 组成
的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2
②
1
2mv1
2＝ΔE＋1
2×2mv2
2
③
联立①②③式得ΔE＝1
16mv0
2。
④
(2)由②式可知v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至A、B、C 三者速度相同，设此速度为v3，此时弹
簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，
由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv0＝3mv3
⑤
1
2mv0
2－ΔE＝1
2×3mv3
2＋Ep
⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝13
48mv0
2。
【即时训练】
1.(2024·江苏卷，9)如图所示，在水平面上静止有一个U 形滑板A，A 的上表面有一个静止的物体
B，左侧用轻弹簧连接在滑板A 的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A 的右端，开始时弹簧处于
拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧恢复原长时A 的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A 的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
答案 A
解析 对A、弹簧与B 组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过
程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D 错误;对系统由动量守恒定律可知mAvA
＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹
性势能完全转化为A、B 的动能时，A 的动能最大，动量也最大，A 正确，B 错误。
2
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2.(2025·北京昌平高三月考)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桌面上。现使m1瞬时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，以下说法正确的是( )
A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C.t1~t2时间内，弹簧的长度大于原长
D.t2~t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
答案 B
解析 以物块A 的初速度方向为正方向，t1时刻A、B 共速，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v 共，
将v1＝3 m/s，v 共＝1 m/s 代入解得m1∶m2＝1∶2，故A 错误;根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3
时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B 正确;在t1时刻弹簧压缩至最短，所以
t1~t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C 错误;t2~t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，
故D 错误。
模型二 “滑块—斜(曲)面”模型
【知识梳理】
1.模型图示
2.模型特点
(1)上升到最大高度:m 与M 具有共同水平速度v 共，此时m 的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守
恒，mv0＝(M＋m)v 共;系统机械能守恒，1
2mv0
2＝1
2(M＋m)v共
2＋mgh，其中h 为滑块上升的最大高
度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能)。
(2)返回最低点:m 与M 分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2;系统机械能守恒，1
2mv0
2＝1
2
mv1
2＋1
2Mv2
2(相当于弹性碰撞)。
3
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【典例剖析】
例2 (2025·安徽芜湖模拟)如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R 的1
4圆弧凹槽，凹槽质
量为m，凹槽A 点切线水平，B 点为最高点。一个质量也为m 的小球以速度v0从A 点冲上凹槽，
重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B.若v0＝√2 gR，小球恰好可到达凹槽的B 点且离开凹槽后做自由落体运动
C.若v0＝√5 gR，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A 点，且离开凹糟后做自由落体运动
D.若v0＝√7 gR，小球最后一次离开凹槽的位置一定是B 点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
答案 C
解析 小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A
错误;若小球恰好可到达B 点，由水平方向动量守恒，有mv0＝2mv，由机械能守恒定律有1
2m
v0
2＝1
2×2mv2＋mgR，解得v0＝2√gR，故B 错误;当v0>2√gR时，小球从B 点飞出后做斜抛运动，
水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到B 点，最后一次离开斜面的位置一定是A 点，
由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2mv2
2，解得v1＝
0，v2＝v0，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A 点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C
正确，D 错误。
【即时训练】
3.(2025·湘豫名校高三联考)如图，质量为M，半径为R 的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视
为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为
g。下列说法正确的是( )
A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
4
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B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为√
gR
3
C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为R
3
D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为2 R
3
答案 C
解析 若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A 错误;若圆弧面光滑，
设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律得mgR＝1
2m
v1
2＋1
2Mv2
2，在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，又M＝2m，联立解得v1＝2√
gR
3 ，v2＝√
gR
3 ，
故B 错误;若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分
别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，解得x1＝2
3R，x2＝R
3 ，故C 正确;由于
滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为√
R
2＋(
2 R
3 )
2
＝√13
3 R，故D 错误。
【限时训练】（40min）
1.(2025·北京朝阳模拟)如图所示，光滑水平地面上的P、Q 两物体质量均为m，P 以速度v 向右运
动，Q 静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时( )
A.P 的动量为0
B.Q 的动量达到最大值
C.P、Q 系统总动量小于mv
D.弹簧储存的弹性势能为1
4mv2
答案 D
解析 当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q 系统所受外力为零，整个压缩过程系统的
动量守恒，有mv＝2mv 共，所以P 的动量为p＝mv 共＝1
2mv，故A 错误;弹簧压缩至最短后，Q 的
速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q 的动量达到最大值，故B 错误;P、Q 系统动量守恒，总
5
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动量为p 总＝mv，故C 错误;根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv 共，1
2mv2＝1
2×2mv共
2＋
Ep，解得Ep＝1
4 mv2，故D 正确。
2.(多选)(2025·四川泸州模拟)如图所示，质量均为m 的A、B 两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的
水平面上，A 紧靠光滑的墙。现用外力推B 将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，
在弹簧恢复原长时B 物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程
中，下列说法正确的是( )
A.物体A、B 和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B.弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为1
2mv2
C.墙壁对A 物体的弹力做的功为1
2mv2
D.墙壁对A 物体的弹力产生的冲量大小为mv
答案 AD
解析 物体A、B 和轻弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，选项A 正确;弹
簧再次被压缩到最短时，由动量守恒定律有mv＝2mv'，根据能量守恒定律得，此时弹簧具有的弹
性势能为Ep＝1
2mv2－1
2×2mv'2＝1
4mv2，选项B 错误;墙壁对A 物体的弹力没有位移，则做的功为零，
选项C 错误;对A、B 系统由动量定理得，墙壁对A 物体的弹力产生的冲量大小为I＝mv，选项D
正确。
3.(2025·海南三亚模拟)如图所示，一个质量为M 的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分
之一圆弧，EF 圆弧半径R＝1 m。E 点与水平面相切。另有一个质量为m 的小球以v0＝5 m/s 的初
速度水平向右从E 点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小g＝10
m/s2，不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值M
m 为( )
A.2
B.3
C.4
D.5
答案 C
6
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解析 根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为v1，根据动量守恒定律
有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有1
2mv0
2＝1
2(m＋M)v1
2＋mgR，联立解得M
m ＝4，故C 正
确。
4.(2025·江西赣州模拟)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B 两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B
的左端拴接着一劲度系数为200
3 N/m 的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A 以速度v0
向静止的B 运动，从A 接触弹簧开始计时至A 与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l 与时间t 的关系
如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep＝1
2kx2(x 为弹簧的形变量)，
则( )
A.在0~2t0内B 物块先加速后减速
B.整个过程中，A、B 物块构成的系统机械能守恒
C.v0＝2 m/s
D.物块A 在t0时刻时速度最小
答案 C
解析 在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B 受到的弹力始终向右，所以B 物块始终做加速
运动，故A 错误;整个过程中，A、B 两物块和弹簧构成的系统机械能守恒，故B 错误;由题图乙可
知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、B 共速，弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m＝0.3 m，
根据A、B 及弹簧组成的系统动量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B 及弹簧构成的系统机械能
守恒有1
2m1v0
2＝1
2(m1＋m2)v2＋1
2kx2，联立解得v0＝2 m/s，故C 正确;在0~2t0内，弹簧始终处于压
缩状态，即A 受到弹力始终向左，所以A 物块始终做减速运动，则物块A 在2t0时刻时速度最小，
故D 错误。
5.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟)如图甲，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R 的四分之一
圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球
能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1－v2
图像如图乙所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
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A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点
C.小球与滑块的质量比为1∶2
D.小球的初速度大小可能为√2.5 gR
答案 AC
解析 小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A 正确;设小球的质量为
m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，化简得v1＝v0－M
m v2，结合题
图乙可得M
m ＝
v0
0.5 v0＝2，即m
M ＝1
2，C 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v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝v0
3 ，B
错误;小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，由机械能守恒定律得1
2mv0
2＝1
2(m＋M)v2＋mgh，
其中h>R，解得v0>√3 gR，则小球的初速度大小不可能为√2.5 gR，D 错误。
6.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆
上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆
足够长，则在此后的运动过程中( )
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
m2v0
2
2(m1＋m2)
D.m1的最大速度是
2m2v0
m1＋m2
答案 D
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解析 m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A 错误;m1、m2及弹簧组成
的系统机械能守恒，选项B 错误;弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，
根据能量守恒定律得此时弹簧弹性势能为Ep＝1
2m2v0
2－1
2(m1＋m2)v2＝m1m2v0
2
2(m1＋m2)，选项C 错误;
当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，1
2m2v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2，解得v1
＝
2m2v0
m1＋m2，选项D 正确。
7.(2025·福建泉州模拟)如图，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑
水平台面右端;质量为3m 的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a 端与台面等高，小
车的上表面由长度为R 的粗糙水平面ab 和半径为R 的四分之一圆弧形光滑轨道bc 组成。质量为
m 的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a 端以大小为
2√gR(g 为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。
(1)求P 由静止释放时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求P 与ab 间的动摩擦因数μ;
(3)请通过计算判断P 是否会滑离小车?
答案 (1)2mgR (2)0.5 (3)会，理由见解析
解析 (1)设弹簧恢复原长时，P 的速度为v0，根据小物块P 与弹簧组成的系统能量守恒有
Ep＝1
2mv0
2
其中v0＝2√gR
解得Ep＝2mgR。
(2)P 恰好到达顶端c 时，此时P 与小车共速，设此时速度大小为v，根据水平方向动量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根据能量守恒定律有1
2mv0
2＝1
2(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR
解得μ＝0.5。
(3)设小物块P 最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab 上的相对路程为s，由于水平方向动量守
恒，则此时P 与小车速度大小仍然为v，根据系统能量守恒定律有1
2mv0
2－1
2(m＋3m)v2＝μmgs
9
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解得s＝3R
由于s>2R
故P 会滑离小车。
8.(2024·安徽卷，14)如图所示， 一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光
滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，
一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置
时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已
知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道
长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g
取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的
取值范围。
答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝1
2mv0
2－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT－mg＝mv0
2
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝
2m
m＋M v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，有
Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律有1
2Mv2
2＝1
2×2Mv3
2＋μ1Mgs
10
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解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车整体水平方向动量守恒，
有Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律有1
2Mv2
2＝1
2×2Mv4
2＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ<0.4。
11
