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胡克定律综合应用
一、讲义核心定位
本讲义针对高考胡克定律与牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒、简谐运动、圆周运动等综合考查的
高频压轴题型，梳理6 类核心物理模型、提炼通用四步解题框架、归纳典型考法与解题关键。
二、通用解题框架
第一步：定状态，辨弹簧——明确弹簧与物块的状态特征
1.
标注弹簧状态：原长/压缩/伸长，确定形变量
（多弹簧需分别标注，注意相对形变量）；
2.
锁定临界状态：双体分离、物块离开地面、弹簧最大压缩/伸长、圆周运动恰过最高点等；
3.
绘制受力示意图：对单体/整体受力分析，标注弹簧弹力F=kx、重力、摩擦力、电场力等所有外
力。
第二步：选规律，定方法——根据物理场景匹配核心规律
物理场景
核心应用规律
受力平衡/动态运动
胡克定律 + 牛顿第二定律（
）+ a-x 图像分
析
多弹簧/多体连接体
整体法与隔离法结合 + 胡克定律分阶段列式
能量转化（无摩擦/有摩擦）
弹性势能公式 + 机械能守恒/动能定理/能量守恒（摩
擦生热
）
光滑水平面系统运动
动量守恒（合外力为0）+ 能量守恒（弹性势能+动能
转化）
简谐运动（斜面/水平）
回复力F=-kx + 加速度/形变量对称性
弹簧+电场/磁场
胡克定律 + 电场力/洛伦兹力公式 + 动能定理
第三步：列方程，求未知——规范列式，联立求解
1.
必列核心公式：胡克定律
、弹性势能
、牛顿第二定律、动量守恒式、能量守恒
式；
2.
必标临界条件：①双体分离：相互作用力为0+加速度相等；②物块离开地面：支持力
；
③圆周恰过最高点：
；④轻杆移动：弹簧弹力=滑动摩擦力；
3.
单位统一：所有物理量转换为国际单位（m、kg、s、N），避免计算错误；
4.
联立求解：根据设问量，结合受力方程、守恒方程、临界条件，联立求解未知量。
第四步：验结果，判合理性——结合物理情景验证答案
1.
验证形变量/弹力：弹簧形变量需在弹性限度内，弹力方向与形变方向一致（压缩为斥力、伸长为
拉力）；
2.
验证速度/加速度：速度方向与运动情景一致，加速度大小符合受力分析（合外力越大，加速度越
大）；
3.
验证临界/极值：极值问题（最大/最小弹性势能、速度）需匹配临界条件，结果需符合实际物理
意义。
三、模型归纳
模型1：单一弹簧+单体/双体的平衡与动态运动
（一）场景特征：光滑/粗糙斜面/水平面，单根轻弹簧与物块（单体/紧靠不粘连双体）结合，涉及弹
簧压缩/伸长、a-x 图像分析、双体分离、简谐运动对称性。
（二）核心考点：胡克定律F=kx、牛顿第二定律、双体分离临界条件、简谐运动回复力与加速度规
律。
1．如图1 所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面底端固定了一根轻质弹簧，弹簧与斜面平行，一质量为m 的
小物块静止在弹簧上方（未拴接），现用力向下压小物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为小物
块运动的起始位置，小物块上升过程的a−x（加速度-位移）图像如图2 所示。已知重力加速度为g，空气
阻力不计。下列说法正确的是（ ）
A．小物块运动过程中的最大加速度大于gB．弹簧的劲度系数为mg
3 x0
C．弹簧的最大弹性势能为9mg x0
4
D．小物块的最大动能为3
2 mg x0
【答案】C
【来源】2026 届河北省七校高三上学期一模物理试题
【详解】AB．由图2 可知，当x =3 x0时，物块与弹簧刚要分离，此时弹簧处于原长；当x =2 x0时，弹簧
的压缩量为x0，此时物块的加速度为0，则有k x0=mgsinθ
解得弹簧的劲度系数为k = mg
2 x0
由图2 可知，初始时刻物块的加速度最大，此时弹簧压缩量为3 x0，根据牛顿第二定律有
k ⋅3 x0−mgsinθ =mamax
解得最大加速度为amax = g，故AB 错误；
C．由上述分析可知，弹簧的最大形变量为Δ x =3 x0
根据弹簧弹性势能的表达式可得弹簧的最大弹性势能为E p= 1
2 k ⋅Δ x
2= 9mg x0
4
，故C 正确；
D．由图2 可知，当x =2 x0时，物块的加速度为零，此时速度达到最大值，动能最大，根据运动学公式
2ax = v
2−v0
2
结合a−x图像与横轴围成的面积可得1
2 amax⋅2 x0= 1
2 (vmax
2
−0)
则小物块的最大动能为Ek = 1
2 m vmax
2
联立可得Ek =mg x0，故D 错误。
故选C。
2．(25-26 高一上·江苏扬州第一中学·月考)如图所示，木块A、B 紧靠（但不粘连）静置于水平面上，一根
劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上，另一端与A 连接，弹簧水平且处于原长。已知A、B 质量均为m，
A、B 与水平面间的动摩擦因数分别为2μ 和μ，重力加速度为g。现用水平力F 向左缓慢压B，使B 向左移
动距离x 后，突然撤去力F。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．若x> 2 μmg
k
，则A、B 一定可以由静止开始向右运动
B．若A、B 可以分离，则分离时弹簧弹力大小为2μmg
C．若弹簧能恢复原长，则A、B 将在弹簧恢复原长时分离
D．若A、B 可以分离，则分离时B 的加速度大小为μg
【答案】D
【来源】江苏省扬州市第一中学2025-2026 学年高一上学期12 月月考模拟物理练习
【详解】A．撤去力F 时，对A、B 整体进行受力分析可知，水平方向整体受弹簧的弹力和水平面的摩擦力
的作用，由于整体与地面间的最大静摩擦力为f m =2 μmg+ μmg=3 μmg
所以若要A、B 可以由静止开始向右运动，弹簧的弹力应满足kx>f m
解得x> 3 μmg
k
即当x> 3 μmg
k
时，A、B 可以由静止开始向右运动，故A 错误；
BCD．刚要分离时A、B 间的相互作用力为零，由于此时B 水平方向只受摩擦力的作用，则对B 列牛顿第二
定律方程有μmg=maB
解得B 的加速度为aB= μg
其方向水平向左。由于刚要分离时仍有aA=aB
所以对A 进行受力分析列牛顿第二定律方程有2 μmg−F 弹=maA
解得此时弹簧的弹力为F弹= μmg
3．如图所示，倾角θ =30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，A、B 两
物体固定于轻弹簧两端，其中B 的质量为m=2kg。对物体B 施加一沿斜面向下大小为20N 的压力F，使B
静止于P 点。撤掉力F，当B 运动至最高点时，A 恰好要离开挡板。重力加速度g=10 m/s
2，弹簧始终处
于弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧恢复原长时B 的速度达到最大
B．物块B 运动过程中最大加速度为5 m/s
2
C．物块A 的质量为2kg
D．物块A 受挡板支持力的最大值为30N
【答案】C
【来源】2026 届安徽省合肥市第八中学高三上学期模拟预测物理试题11
【详解】A．当弹簧弹力等于B 重力沿斜面向下的分力时，B 的速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，故
A 错误；
B．撤去力F 后，物块B 做简谐振动，处于P 点时振幅最大，加速度最大，最大加速度为
amax = F
mB
= 20
2 m/s
2=10 m/s
2
故B 错误；
C．物块B 处于P 点时回复力大小
F回= F =20 N
根据做简谐振动的对称性，运动至最高点时回复力大小
F回1= F回=20 N
又
F回1=mB gsinθ+ k ⋅Δ x
mA gsinθ =k ⋅Δ x
代入数据联立得
mA=2kg
故C 正确；
D．B 处于P 点时物块A 受挡板支持力最大。对B 受力分析
F +mB gsinθ = F弹
得此时弹簧弹力大小
F弹=30N
对A 受力分析，物块A 受挡板支持力
N = F弹+mA gsinθ = 40N
故D 错误。
故选C。
模型2：双弹簧+多体的连接体临界问题
（一）场景特征：水平+竖直方向多根弹簧连接多个物块，涉及弹簧原长/压缩/伸长转化、物块离开地
面的临界状态。
（二）核心考点：胡克定律多段形变量计算、整体法与隔离法、支持力为0 的临界分析。
（三）关键设问：弹簧端点移动距离、形变量计算、多体共速分析。
4．三个质量均为1kg 的相同木块a、b、c 和两根劲度系数为500N/m 的相同轻弹簧p、q 间的连接如图所示，
其中a 放在足够大的光滑水平桌面上。开始时p 卫弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力F 缓慢地向左
拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开水平地面，已知q 弹簧始终沿竖直方向，重力加速度g 取10m/s
2。
下列说法正确的是（ ）
A．q 弹簧上端向上移动的距离为2cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是4cm
B．q 弹簧上端向上移动的距离为4cm，p 弹簧的左端向左移动的距离是4cm
C．q 弹簧上端向上移动的距离为4cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是8cm
D．q 弹簧上端向上移动的距离为2cm， p 弹簧的左端向左移动的距离是6cm
【答案】C
【来源】第二章 静力学 专题五 轻弹簧模型
【详解】开始时p 弹簧处于原长，可知q 弹簧处于压缩状态，由胡克定律F =kx，得压缩量为
Δ xq= mg
k = 10
500 m=2cm
c 木块刚好离开水平地面时，q 弹簧伸长量为Δ xq
′ = mg
k =2cm
p 弹簧伸长量为Δ x p= 2mg
k
= 20
500 m = 4cm
则q 弹簧上端向上移动的距离为4cm；p 弹簧的左端向左移动的距离是8cm。
故选C。
5．如图所示，质量m=1kg的长木板A 和质量也为m 的长木板B 连接，静止在光滑的水平地面上，两板上
表面在同一水平面上，A 板上表面光滑，B 板上表面粗糙，A 板上表面的轻质弹簧a 与A 板左端固定的轻质
挡板连接，B 板上表面的轻质弹簧b 与B 板右端固定的轻质挡板连接，A 板左端被固定在水平地面上的挡
板挡住，质量也为m 的物块C 放在A 板上并用它压缩弹簧a，将物块C 向左移到D 点（图中未标出）时由
静止释放物块C，物块C 被弹簧a 弹出后向右滑动冲向B 板，经弹簧b 反弹后滑到B 板左端时刚好与B 板相
对静止，弹簧b 被压缩后具有的最大弹性势能Ep=6J，最终A、B、C 整体速度v共=2m /s，物块C 与B 板
上表面间的动摩擦因数μ=0.75，弹簧b 的劲度系数很大，形变量很小可忽略，两弹簧始终在弹性限度内，
取重力加速度大小g=10 m /s
2，物块C 可看成质点。
(1)求物块C 在B 板上相对于B 板向右滑行的最大距离；
(2)求弹簧a 开始具有的最大弹性势能Epa；
(3)若A、B 板不连接，仍用物块C 压缩弹簧a 至D 点，然后由静止释放物块C，求物块C 和B 板最终相对静
止时离B 板左端的距离。
【答案】(1)0.8 m
(2)E pa=18J
(3)0.4 m
【来源】2026 届广东省江门市高三上学期第二次模拟考试物理试题
【详解】（1）设物块C 刚滑上A 板时速度为v0，当物块C 压缩弹簧b至压缩量最大时，A、B、C 有共同速
度v共=2m/s，根据动量守恒，有m v0=3mv =3m v共
根据能量守恒有1
2 m v0
2= 1
2 ×3m v共
2 + μmgx + Ep
联立解得v0= ❑√
6 Ep
m = ❑√
6×6
1
m/s=6 m/s
解得x = Ep
μmg =
6
0.75×1×10 m =0.8 m。
（2）设弹簧a 开始具有的最大弹性势能为Epa，根据能量守恒有Epa= 1
2 m v0
2
解得Epa=18J。
（3）设物块C 和板B 最后的共同速度为v，根据动量守恒有m v0=2m v
′
设C 在B 板上相对B 板运动的路程为s，根据能量守恒有μmgs= 1
2 m v0
2−1
2 ×2m v
′2
解得s= 3 Ep
2 μmg
最终物块C 离板B 左端距离d =2 x−s=
Ep
2 μmg =0.4 m。
模型3：弹簧+圆弧/斜面的机械能守恒综合
（一）场景特征：弹簧弹性势能与圆弧/斜面的重力势能、动能相互转化，涉及圆周运动临界（恰过
最高点）、斜面简谐运动。
（二）核心考点：弹性势能公式、机械能守恒/动能定理、圆周运动向心力公式、斜面受力平衡。
（三）关键设问：轨道半径、物块某点速度/加速度、弹簧弹力的功率。
6．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，
BC 段是光滑水平轨道，AB 和BC 两段轨道相切于B 点，小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹
簧处于自由状态，自由端在C 点，C 点到挡板之间轨道光滑。一质量为m= M
3
，可视为质点的滑块从圆弧
轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块到达B 点时的速度大小为❑√2gR
B．滑块到达B 点时小车的速度大小为❑√
3 gR
2
C．弹簧获得的最大弹性势能为MgR
D．滑块从A 点运动到B 点的过程中，小车运动的位移大小为1
4 R
【答案】D
【来源】2026 届四川省仁寿第一中学校（北校区）高三上学期一模物理试题
【详解】AB．从A 滑到B 的过程，滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律有
m v1−M v2=0
根据能量守恒有
mgR = 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
解得
v1= ❑√
3 gR
2
，v2= 1
3
❑√
3 gR
2
AB 错误；
C．当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度
v =0
根据能量守恒有
EPmax=mgR
C 错误；
D．滑块从A 到B 过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的位移表达式有
m x1−M x2=0
根据题意有
x1+ x2= R
解得
x2= 1
4 R
D 正确。
故选D。
7．(24-25 高一下·青海海南藏族高级中学·期末)如图所示，竖直面内的圆弧轨道ABC 与水平面在A 点平滑
连接，AC 是竖直半径，B 是圆心O 的等高点，劲度系数为k 的轻质弹簧放置在水平面上，右端固定。控制
质量为m 的小球（视为质点）向右压缩弹簧，使弹簧的压缩量等于圆弧轨道的半径时，由静止释放小球，
当弹簧恢复原长时，小球离开弹簧，然后经过A、B 两点恰好能到达C 点。已知弹簧的弹性势能Ep与弹簧
的形变量x 以及弹簧的劲度系数k 之间的关系式为Ep= 1
2 k x
2，重力加速度为g，不计一切摩擦阻力。求：
(1)圆弧轨道的半径；
(2)小球经过B 点时的速度以及加速度的大小；
(3)若控制小球向右压缩弹簧，直到弹簧的压缩量等于圆弧轨道的直径时，由静止释放小球，则当弹簧的压
缩量等于圆弧轨道的半径时，弹簧对小球弹力的功率大小。
【答案】(1)R = 5mg
k
(2)vB= g ❑√
15 m
k
，a= ❑√10 g
(3)P =25m g
2❑√
3m
k
【来源】青海省海南藏族自治州高级中学2024-2025 学年高一下学期期末考试物理试卷
【详解】（1）设圆弧轨道的半径为R，小球刚好能到达C 点，重力充当向心力mg= m vC
2
R
小球从A 到C，由能量守恒定律可得1
2 k R
2=mg⋅2 R+ 1
2 m vC
2
解得R = 5mg
k
（2）小球从B 到C，由机械能守恒定律可得−mgR = 1
2 mvC
2 −1
2 mvB
2
在B 点的向心加速度为an= vB
2
R
在B 点的加速度大小为a=
❑√an
2+ g
2
综合解得vB= g ❑√
15 m
k
，a= ❑√10 g
（3）若弹簧的压缩量由2R 变成R，由能量守恒定律可得1
2 k (2 R)
2−1
2 k R
2= 1
2 m v
2
弹簧的压缩量为R 时，弹簧的弹力为F =kR
弹簧对小球弹力的功率为P = Fv
综合可得P =25m g
2❑√
3m
k
8．如图所示，倾角为θ的足够长光滑斜面固定在水平面上，一轻弹簧与小滑块A、B 相连，A 被锁定在斜
面顶端，B 在斜面上从弹簧原长位置由静止释放。已知A、B 的质量均为m，重力加速度为g，弹簧的劲度
系数为k，弹簧的形变在弹性限度内。
(1)求滑块B 速度最大时弹簧的伸长量x；
(2)求滑块B 运动至最低点时弹簧的弹力大小F；
(3)若两滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ= tanθ，解除滑块A 的锁定，同时滑块B 从弹簧原长位置以初速
度v0
沿斜面向下运动，经过时间t0
滑块A、B 速度第一次相同.求5t0
时刻滑块B 的速度大小v 以及5t0
时间内
系统产生的内能Q。
【答案】(1)mgsinθ
k
(2)2mgsinθ
(3)1
2 v0，5mg v0t0sinθ
【来源】2025 届江苏省南通市高三下学期第四模拟考试物理试卷（5 月）
【详解】（1）当滑块B 受到合力为零时速度最大kx =mgsinθ
解得x = mgsinθ
k
（2）设释放物块B 时， B 的加速度为a，根据题意可知物块 B 在斜面上做简谐运动，由对称性得B 在最
低点时的加速度大小与释放时的相等，由牛顿第二定律得B 在释放时mgsinθ =ma
B 在最低点时F −mgsinθ =ma
解得F =2mgsinθ
（3）由题意可知，物块 A、B 在0∼t0时间内加速度始终大小相等、方向相反， B 减小的速度与A 增加的
速度相等，t0
时刻A、B 速度相等，弹簧伸长量最大；根据对称性，在t0∼2t0
时间内B 减小的速度与A 增
加的速度相等，2t0
时A 的速度为v0
，B 的速度为0，弹簧为原长；以此类推，在5t0
时A、B 的速度相等，
因2mgsinθ−2 μmgcosθ =0
对物块A、B、弹簧组成系统，由动量守恒定律得m v0=(m+m)v
解得v = 1
2 v0
设5t0时间内物块A、B 的位移分别为xA、xB，任何时刻物块 A、B 满足动量守恒
m v0=m vA+m vB
则有m v0 Δt =m vA Δt +m vBΔt
即m v0×5t0=m xA+m xB
由功能关系Q = μmgcosθ× xA+ μmgcosθ× xB
解得Q =5mg v0t0sinθ
模型4：弹簧+动量守恒的系统能量综合
（一）场景特征：光滑水平面内，弹簧与物块/小车组成系统，涉及碰撞、共速、相对滑动，弹性势
能为系统能量转化中介。
（二）核心考点：系统动量守恒判断、机械能/能量守恒（弹性势能+动能+摩擦生热）、相对位移计
算。
（三）关键设问：弹簧最大弹性势能、系统共速速度、物块相对滑动距离。
9．如图所示，足够长的光滑水平面上静置有 1
4
光滑圆弧槽 B （质量为 m ）和用轻弹簧连接的滑块 C
、 D （弹簧处于原长， C 质量为 2m，D 质量为 m ）， B 的底端和水平面平滑连接。一质量为 m
的小滑块 A 从 B 的顶端由静止释放，当 A 刚滑到水平面上时速度大小为 v ，此时给 C 一水平向右、
大小也为 v 的初速度。当 A 追上 C 时发生碰撞 （碰撞时间不计），碰后 A 、 C 粘在一起。滑块均
可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为 g ，弹簧始终在弹性限度内。
(1)求圆弧槽 B 的半径。
(2)若 C 、 D 间弹簧拉到最长时 A 与 C 碰撞，求碰后 A、C、D 一起运动过程中，弹簧的最大弹性势
能。
【答案】(1)v
2
g
(2) 1
216 m v
2
【来源】2026 届重庆市康德高三上学期模拟调研（一）模拟预测物理试题
【详解】（1）A 刚滑到水平面上时，对A、B 整体，由机械能守恒有mgR = 1
2 mv
2+ 1
2 mvB
2
水平方向，由动量守恒有0=mv +m(−vB)
联立解得B 的半径R = v
2
g
（2）设A 与C 碰撞前瞬间，C 的速度为v x，此时C 、D 间弹簧被拉到最长,C、D 共速
碰撞前，对C、D 有2mv =3m v x
解得：v x= 2v
3
A 与C 碰撞过程中有mv +2m v x =3m vAC
解得vAC= 7 v
9
A、C、D 一起运动，当弹簧压缩到最短时，A、C、D 共速，此时弹簧弹性势能最大
有mv +2mv = 4 m vACD
解得vACD= 3 v
4
由系统机械能守恒有 1
2 ⋅3m( 7 v
9 )
2
+ 1
2 m( 2v
3 )
2
= 1
2 ⋅4 m( 3 v
4 )
2
+ E pmax
解得，弹簧的最大弹性势能E pmax= 1
216 mv
2
10．如图所示，长度L=45cm，质量M=2kg 的小车静止在光滑水平面上，其右端C 点用挡板固定一劲度系
数k=3600N/m 的弹簧，弹簧原长l0=20cm，静止时左端在小车上的B 点，质量为m1=1kg 的物块放在B 点，
小车BC 段光滑，AB 段与物块间动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力及挡板厚度。现
有m0=10g 的子弹以v0=400m/s 的初速度射向物块，并在极短时间内将其击穿。离开物块后的子弹不再与系
统发生相互作用，物块在小车上运动将其视做质点（忽略物块经过B 点时摩擦力的渐变过程）。
(1)若将小车固定，子弹射穿物块后，物块继续向右运动（此过程物块与小车间没有摩擦力），向右运动的
最大距离为d=5cm，已知弹簧弹性势能Ep与形变量x 的关系为：Ep=1
2
kx2，求子弹刚离开物块时物块获得的
速度v1。
(2)将物块放到小车左端的A 点，不固定小车，该子弹以同样的速度射向物块，求弹簧的最大弹性势能Ep。
(3)若物块的质量未知，但总能被子弹击穿并获得同样的动能，分析并讨论物块最终稳定在小车上的位置到
A 点的距离xA与物块质量m 的关系式。
【答案】(1)3 m/s
(2)3J
(3)x A = 9
10 −
9
5m(m+2) (m)
【来源】2026 届广东省佛山市禅城区高三上学期调研测试（一）物理试题
【详解】（1）子弹穿过物块后，整个过程只有弹力做功，根据功能关系可得1
2 m1v1
2= 1
2 k d
2
代入数据解得子弹刚离开物块时物块获得的速度v1=3 m/s
（2）设子弹穿过物块后，穿越时间极短，子弹刚离开物块时物块获得的速度物块的速度依然是v1=3 m/s
对物块和小车的系统满足动量守恒则有m1v1=(m1+ M )v
解得v =1m/s
根据能量守恒可得，两者共速时弹簧的最大弹性势能为Ep= 1
2 m1v1
2−1
2 (m1+ M )v
2=3J
（3）物块总能被穿过，且获得同样的动能，则物块获得的动能为Ek= 1
2 mv
2= 4.5J
对物块和小车的系统稳定后，由动量守恒则有mv =(m1+ M )v共
物块只能静止在AB 区间上，根据能量守恒可得1
2 m v
2−1
2 (m+ M )v共
2= μmgs
物块最终稳定在小车上的位置到A 点的距离x A =2 L−s
综上所述，物块最终稳定在小车上的位置到A 点的距离xA与物块质量m 的关系式x A = 9
10 −
9
5m(m+2) (m)
模型5：弹簧+临界极值的实际应用问题
（一）场景特征：缓冲装置、弹簧与电场/摩擦力结合，涉及轻杆移动临界、弹簧形变极值、电势能
与弹性势能转化。
（二）核心考点：静/滑动摩擦力临界、胡克定律与电场力综合、动能定理与功能关系。
（三）关键设问：弹簧临界压缩量、小车最大撞击速度、电势能/弹性势能极值。
11．如图甲，倾角为θ的斜面底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连，一绝缘轻绳将斜面上的物块A 通
过轻质定滑轮与水平面上的物块B 相连。A、B 的质量分别为2m和m，A 不带电，B 带正电且电荷量为q。
先将B 锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B
从静止开始运动，B 始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮相碰，带电量保持不变。以物块A 的初
始位置为原点O，沿斜面向下建立坐标系Ox，A 的加速度与其位置的关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限
度，重力加速度大小为g，图乙中l0已知，忽略一切摩擦。
（1）求A 刚接触弹簧时速度大小v1；
（2）求匀强电场的场强大小E；
（3）取B 物体的初始位置为零电势点，求B 电势能的最大值。
【答案】（1）v1= ❑√gl0sinθ；（2）E = mgsinθ
2q
；（3）Ep=2mgl0sinθ
【来源】2026 届福建省福州第三中学高三上学期第六次质量检测物理试题
【详解】（1）由图乙，在A 运动0∼l0过程中，A、B 一起以加速度a0做匀加速运动，则有
a0= 1
2 gsinθ
v1
2=2a0l0
联立解得
v1= ❑√gl0sinθ
（2）在A 运动0∼l0过程中，若绳子的拉力为T 1，对A 受力分析，由牛顿第二定律可得
2mgsinθ−T 1=2ma0
对B 受力分析，由牛顿第二定律可得
T 1−qE =ma0
解得
E = mgsinθ
2q
（3）由图可知，当A 运动2l0时，弹簧压缩量为l0，A 的加速度是0，则B 的加速度也是0，设弹簧的劲度
系数为k，对AB 组成系统可得
2mgsinθ−k l0−qE =0
设弹簧压缩量为l时，A、B 间的绳子恰好松弛，设此时A、B 的加速度都为a，对B 有
−qE =ma
对A有
2mgsinθ−kl =2ma
联立可得
l =2l0
a=−1
2 gsinθ
可知当A 运动3l0时，则有
a=−1
2 gsinθ
由图像的对称性可得A、B 两者的速度相等，为
v1= ❑√gl0sinθ
之后B 在电场力作用下，以加速度a=−1
2 gsinθ做匀减速运动，有
0−v1
2=2as
取B 物体的初始位置为电势能零势能点，B 电势能的最大值
Ep=qE(l0+l+ s)
解得
Ep=2mgl0sinθ
12．某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，
与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过L 时，装置可安全工作。轻杆与槽间的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。一质量为m 的小车若以速度v 撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。
（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
（2）若以速度v0（已知）撞击，将导致轻杆右移L
4
，求小车与弹簧分离时速度（k 未知）；
（3）在(2)问情景下，求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm（k 未知）。
【答案】（1）f
k ；（2）❑√v0
2−fL
2m
；（3）❑√
3 fL
2m + v0
2
【来源】2026 届河南省实验中学高三上学期一测模拟二物理试卷
【详解】（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力等于摩擦力，弹簧压缩量x
kx = f
解得
x = f
k
（2）开始压缩到分离，系统能量关系
1
2 mv0
2−1
2 mv1
2= f L
4
则
v1= ❑√v0
2−fL
2m
（3）轻杆开始移动后，弹簧压缩量x 不再变化，弹性势能一定，速度v0时，系统能量关系
1
2 m v0
2= Ekp+ f L
4
速度最大时vm时，系统能量关系
1
2 m vm
2 = Ekp+ fL
得
1
2 m vm
2 −1
2 m v0
2= 3
4 fL
vm= ❑√
3 fL
2m + v0
2
模型6：弹簧+碰撞的连锁反应问题
1.
场景特征：弹簧弹性势能释放转化为物块动能，后续发生弹性/非弹性碰撞，结合圆周运动、粗糙
水平面运动。
2.
核心考点：弹簧弹性势能释放、碰撞的动量/机械能守恒、圆周运动脱离条件、摩擦生热计算。
3.
关键设问：物块对轨道的压力、碰撞后速度范围、运动状态判断（获奖/脱离轨道）。
13．某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味游戏，其简化模型如图所示，轨道由一个水平直轨道ABC 和一
半径为R 的竖直半圆光滑轨道CDE 组成，水平直轨道AB 段光滑，BC 段粗糙。在半圆轨道圆心O 左侧同
一水平线上且距离O 点2R 处固定一个小网兜P，将原长小于AB 段长度的轻弹簧水平置于AB 段上，左端
固定在竖直挡板上，物块1 静置于B 处。游戏者将物块2 向左压缩弹簧到某一位置释放，物块2 与物块1
发生弹性正碰（碰撞时间极短），物块1 从半圆轨道最高点E 飞出并落入网兜P 内获一等奖，在DE 之间
的圆弧段脱离轨道获二等奖，能够进入半圆轨道CD 间获三等奖，其他情况则不能获奖。已知物块1 的质
量m=0.2kg，物块2 的质量m0=0.4 kg，R =0.8 m，BC =2 R，两物块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为
μ=0.5，重力加速度g 取10 m /s
2。两物块均可视为质点。求：（运算结果可保留根号）
(1)获得一等奖时，物块1 在E 点对轨道的压力大小；
(2)获得二等奖时，物块1 碰后的速度大小范围；
(3)游戏者将物块2 压缩弹簧至弹性势能为2J，则释放后他能获得几等奖？
【答案】(1)2N
(2)4 ❑√2m /s<vB<2❑√14 m /s
(3)获三等奖
【来源】2026 届广东省茂名市高州市高三上学期高考诊断性考试物理试卷
【详解】（1）获得一等奖时，物块1 从E 点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为vE，则2 R = vEt，
R = 1
2 gt
2
解得vE= 4 m /s
在E 点，根据牛顿第二定律可得mg+ FN=m vE
2
R
解得FN=2N
由牛顿第三定律可得，物块1 在E 点对轨道的压力大小为2N。
（2）在DE 圆弧段脱离轨道获二等奖，则物块刚好到达D 点，对应的速度为0，根据动能定理可得
−mgR−μmg⋅2 R =0−1
2 mvBmin
2
解得vBmin=4 ❑√2m /s
物块在E 点刚好脱离轨道，对应的速度设为v E1
，则有mg=m vE1
2
R
解得vE1=2❑√2m /s
根据动能定理可得−2mgR−μmg⋅2 R = 1
2 mvE1
2 −1
2 mvBmax
2
解得vBmax =2❑√14 m /s
所以物块1 碰后的速度范围为4 ❑√2m /s<vB<2❑√14 m /s。
（3）弹簧的弹性势能转化为动能，即Ep= 1
2 m0v0
2，解得v0= ❑√10m /s
物块1 与物块2 碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m0v0=m0v2+m v1，
1
2 m0v0
2= 1
2 m0v2
2+ 1
2 mv1
2
解得v1= 4 ❑√10
3
m /s，v2=
❑√10
3
m /s
设物块1 在圆轨道上升的高度为h，则1
2 mv1
2= μmg⋅2 R+mgh
解得h= 8
90 m < R即物块1 进入轨道CD 间，获三等奖。
14．如图甲所示，固定轨道ABC 由半径R =0.8 m的四分之一光滑圆轨道和长L=0.9 m的粗糙水平轨道组成，
两者在B 点平滑连接。BC 右侧与静置于光滑水平地面的长木板相接触，且上表面平齐。将质量m1=2.5kg
的滑块从圆弧轨道顶端A 处由静止释放，与静止在B 点、质量为m2=1kg的滑块发生碰撞，碰撞时间极短。
滑块m2经过水平轨道滑到长木板以后，立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F 作用
（即F =k v滑，其中k =2kg/s）。从滑块滑上长木板开始计时，滑块与长木板运动的速度—时间图像如图
乙所示。两滑块均可视为质点，两滑块与水平轨道及长木板之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g 取
10 m/s
2。求：
(1)m1运动到B 时（碰前）对圆轨道的压力；
(2)m1和m2碰撞过程损失的机械能；
(3)m2相对长木板的最大位移。
【答案】(1)75N，方向竖直向下
(2)2.5J
(3)3.41m
【来源】2026 届安徽省淮北市高三上学期一模物理试题
【详解】（1）（1）设m1运动到B 时的速度大小为v1，滑块m1在圆轨道下滑过程，由机械能守恒有
m1gR = 1
2 m1v1
2
解得v1= 4 m/s
在最低点，据牛顿第二定律有F N−m1g=m1
v1
2
R
解得F N=75 N
据牛顿第三定律，滑块m1
对圆轨道最低点压力F N
′ = F N=75 N，方向竖直向下
（2）滑块m2
在BC 段运动过程，设m1
和m2
碰后，m1
的速度为v
′
1
，m2
的速度为v2
，m2
运动到C 端时速度
为v3
从乙图知v3= 4 m/s，据动能定理有μm2 gL= 1
2 m2v2
2−1
2 m2v3
2
解得v2=5 m/s
m1
和m2
碰撞过程，由动量守恒有m1v1=m1v1
′ +m2v2
解得v1
′ =2m/s
所以碰撞过程损失的机械能Δ E = 1
2 m1v1
2−1
2 m1v1❑
′2−1
2 m2v2
2
解得Δ E =2.5J
（3）滑块m2在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有
m2v3=(M +m2)v4
其中v3= 4 m/s，v4=1m/s 解得M =3kg
滑块m2在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间Δt
均满足m2v3 Δt =m2v滑Δt + M v板Δt
设相对滑动过程，滑块对地位移为x1，长木板对地位移为x2，对全程累积，则有
m2v3t =m2 x1+ M x2 其中t =1.39s
对长木板应用动量定理，有μm2 g Δt −μk v滑Δt = M Δv板
对全程累积有μm2 g Δt −μk x1= M Δv板
联立解得x1=3.95 m x2≈0.54 m
所以滑块m2与长木板的最大相对位移Δ x = x1−x2≈3.41m
