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专题强化十一 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”
模型
学习目标 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
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＝m1v－(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，m1v＝m1v＋m2v。
例1 (多选)(2024·河北衡水模拟)如图1 所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧
左端与质量为2m 的B 滑块相连，右端与质量为m 的滑块A 接触而不相连，弹簧
处于原长，现给A 施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时
间后滑块A 与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(
)
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图1
A.A 与弹簧分离前任一时刻，A 与B 的动量之比为1∶2
B.若事先将B 固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B 的动能之比为1∶8
D.若事先在距B 左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B 不可能追上A
答案 BC
解析 A 与弹簧分离之前任一时刻，A 与B 受到的弹力始终大小相等，方向相反，
因而受到的冲量的大小相等，但A 具有一定的初速度，因而两者的速度大小不
一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A 错误；A、B 运动过程中，二者相
对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep
＝mv－×3m×＝mv，B 固定，则A 速度减小为0 时弹性势能最大，可得Ep′＝mv
＝1.5Ep，B 正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，
mv＝mv＋×2mv，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝mv＝mv，EkB＝×2mv＝mv，即
两者分离后A、B 的动能之比为1∶8，C 正确；由前面分析可知B 与挡板发生弹
性碰撞反向运动时vB>vA，则B 可追上A，D 错误。
1.(2023·北京通州高三一模)如图2 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，
2
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以下说法正确的是( )
图2
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m1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。
2.[2023·辽宁卷，15(1)(2)]如图3，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，
右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量
m2＝4 kg 的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板
恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦
力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x
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的关系为Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
图3
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及
此时木板速度v2的大小。
答案 (1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s
解析 (1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a
解得a＝4 m/s2
由运动学公式有2ax1＝v
解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大
静摩擦力时，两者之间即将相对滑动，
对物块有μm2g＝m2a′
对整体有kx2＝(m1＋m2)a′
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解得x2＝0.25 m
从木板接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者
组成的系统机械能守恒，则有(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx
解得v2＝ m/s。
模型二 “滑块—斜(曲)面”模型
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，mv＝(M＋m)v＋
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，mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞)。
例2 如图4 所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水
平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P 的质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静
止释放，Q 离开P 时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放
Q 离开P 时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
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图4
A.
B.
C.
D.
答案 C
解析 设滑块P 的质量为2m，则小球Q 的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距
离为h；P 锁定时，Q 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，
P 解除锁定，Q 下滑过程中，P、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向
左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mv
＋×2mv，Q 离开P 时的动能Ek2＝mv，联立解得＝，故C 正确。
3.(多选)(2023·河南濮阳高三一模)如图5 所示，在光滑足够长水平面上有半径R
＝0.8 m 的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边
有质量是m＝1 kg 的小球A 以初速度v0＝4 m/s 从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜
劈，重力加速度g 取10 m/s2，下列说法正确的是( )
图5
A.小球A 不能从斜劈顶端冲出
B.小球A 能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C.小球A 冲上斜劈过程中经过最低点C 时对斜劈的压力大小是30 N
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D.小球A 从斜劈上返回最低点C 时速度大小为2 m/s，方向向左
答案 ACD
解析 小球A 向右运动到斜劈最低点C 时，设此时斜劈对小球的支持力为F1，
则F1－mg＝m，代入数据得F1＝30 N，由牛顿第三定律知，小球A 对斜劈的压
力是30 N，选项C 正确；假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速
度相等为v1，小球竖直速度为v2，水平方向由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，
小球和斜劈组成的系统机械能守恒，则有mv＝m(v＋v)＋Mv＋mgR，联立解得v1
＝1 m/s，v＝－4 m2/s2<0，故小球A 不能从斜劈顶端冲出，选项A 正确，B 错误；
当小球A 在斜劈上返回最低点C 时，设小球A 和斜劈的速度分别为v3、v4，则根
据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，mv＝mv＋Mv，联立得v3
＝－2 m/s，v4＝2 m/s，小球A 从斜劈上返回最低点C 时速度大小为2 m/s，方向
向左，选项D 正确。
1.(2024·广东东莞高三检测)如图1 所示，弹簧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，一个质量为2m 的小
球从槽高h 处自由下滑，则下列说法正确的是( )
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图1
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
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，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h 处
答案 C
解析 槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方
向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A
错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，
选项B 错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝
2v2，被弹簧反弹后，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，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C 正确，D 错误。
2.如图2 所示，光滑水平地面上有A、B 两物体，质量都为m，B 左端固定一个处
在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。
A 以速率v 向右运动，当A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们
后续的运动过程，下列说法正确的是( )
图2
A.A 物体最终会静止，B 物体最终会以速率v 向右运动
B.A、B 系统的总动量最终将大于mv
C.A、B 系统的总动能最终将大于mv2
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D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B 的总动能为mv2
答案 C
解析 设弹簧恢复原长时A、B 的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，A、B
两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋
mv2，Ep＋mv2＝mv＋mv，解得v1≠0，v2≠v，故A 错误；由系统水平方向动量
守恒，知A、B 系统的总动量最终等于mv，故B 错误；弹簧解除锁定后存储的
弹性势能会释放导致系统总动能增加，系统的总动能最终将大于mv2，故C 正确；
弹簧被压缩到最短时A、B 两物体具有相同的速度，由动量守恒定律知mv＝
2mv′，得v′＝v，则有Ek＝×2m＝mv2，故D 错误。
3.(2024·山西运城高三检测)如图3 所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为
M 的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。
一质量为m 的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧
滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心
等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球
与滑块质量之比m∶M 为( )
图3
A.1∶2
B.1∶3
C.2∶1
D.3∶1
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答案 C
解析 当圆弧滑块固定时，有mv＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正
方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有
mv＝mg＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C 正确。
4.(2024·湖南长沙模拟)如图4 所示，滑块A、B、C 位于光滑水平面上，已知A、
B、C 的质量均为m＝1 kg。滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸
长状态。现使滑块A 以v0＝2 m/s 速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B
与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞过程时间极短，
则B 和C 碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
图4
A.0.25 J
B.0.50 J
C.0.75 J
D.1.00 J
答案 A
解析 对A、B 系统，A、B 速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定
律有mv0＝2mv1，代入数据，解得v1＝1 m/s，弹簧被压缩到最短时，B 的速度为
v1＝1 m/s，此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，对B、C 组成的系统，由动量守恒
定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B 与C 发生非弹性碰撞，有
机械能损失，则整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝0.25 J，故A 正确。
5.如图5 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
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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( )
图5
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
D.m1的最大速度是
答案 D
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，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2v－(m1＋
m2)v2＝，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，m2v＝m1v＋m2v，解得v1＝，选项D 正确。
6.(多选)(2024·湖南永州高三月考)如图6 所示，在光滑水平面上右侧放有一个光
滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m 的小球从水平面上P 点以初速度v0向
右运动，滑上圆弧轨道后从C 点抛出。已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧
轨道作用过程中下列叙述正确的是( )
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图6
A.小球离开C 点后做竖直上抛运动
B.小球离开C 点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
答案 BCD
解析 小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小
球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道
组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C 点时水平速度与圆弧轨道相
同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C 点后做斜抛运动，选项A 错误，B
正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球
还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离
开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝
mv＋×3mv，联立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面
上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D 正确。
7.如图7 甲所示，物体A、B 的质量分别是m1＝4 kg 和m2＝4 kg，用轻弹簧相连
后放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C
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从t＝0 时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s 时刻与物体A 相碰，碰后立即
与A 粘在一起，此后A、C 不再分开。物体C 在前15 s 内的v－t 图像如图乙所示。
求：
图7
(1)物体C 的质量m3；
(2)B 离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
答案 (1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C 碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v 共1
代入v－t 图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B 开始离开墙面到B 速度最大的过程，相当于B 与AC 整体完成了一次弹性
碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v 共1′＝(m1＋m3)v 共2＋m2v2
(m1＋m3)v 共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t 图像可得v 共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B 的最大速度为v2＝2.4 m/s。
8.如图8 所示，固定光滑曲面轨道在O 点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止
放置一个表面光滑、质量为3m 的斜面体C。一质量为m 的小物块A 从高h 处由
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静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为2m 的静止小物块B 发生碰撞，碰撞后
A、B 立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体
上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
图8
(1)A 到达O 点时的速度大小；
(2)A、B 碰撞过程中损失的机械能；
(3)A 和B 沿C 能上升的最大高度。
答案 (1) (2)mgh (3)h
解析 (1)物块A 运动到O 点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv
解得v1＝。
(2)当A、B 发生碰撞时，根据动量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B 碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－(m＋2m)v＝mgh。
(3)将A、B、C 看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B 到达最高
点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根据能量守恒定律可知(m＋2m)v
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＝(m＋2m＋3m)v＋(m＋2m)gh′
联立解得A 和B 沿C 能上升的最大高度为h′＝h。
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