文档文本内容
微突破14 “滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型（解析
版）
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势....................................... 2
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维....................................... 3
03
考点精讲·靶向突破拆解核心考点，归纳解题范式....................................... 4
考点一
“滑块—弹簧”模型
.....................................................................................................................4
核心知识·解构...................................................................................................................................... 4
一、模型介绍及特点............................................................................................................................4
二、两个关键状态................................................................................................................................4
易错辨析·AI 原创命题.........................................................................................................................4
热点考向·破译...................................................................................................................................... 5
考向1
“滑块—弹簧”模型
................................................................................................... 5
考点二
“滑块—斜(曲)面”模型
............................................................................................................10
核心知识·解构....................................................................................................................................10
一、模型介绍及特点..........................................................................................................................10
二、两种情况......................................................................................................................................10
易错辨析·AI 原创命题.......................................................................................................................11
热点考向·破译....................................................................................................................................12
考向1
“滑块—斜(曲)面”模型
...........................................................................................12
04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向..................................... 17
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
“滑块—弹簧”模型
2026•黑吉辽蒙卷
2025•福建、2025•全国
卷
2024•江苏、2024•吉林、
2024•山东
“滑块—斜(曲)面”模型
——
2025•浙江、2025•全国
卷
2024•山东
考情分析
题型与考向：本讲内容是高考物理中力学综合压轴题的两大经典模型，是动
量守恒定律、机械能守恒定律（或能量守恒定律）综合应用的标志性载体。
这两大模型的核心特征在于：系统在水平方向动量守恒，同时机械能守恒（或
能量守恒），是“双守恒”联立的典型应用。命题趋势已全面转向“多过
程、多对象、多模型融合” 的复杂情境。命题者倾向于设置一个包含多个
子过程的复杂情境，例如：①碰撞+滑块—弹簧模型（小球碰撞后，通过弹
簧连接系统）；②板块模型+滑块—弹簧模型（物块在木板上滑动后，与弹
簧碰撞）；③滑块—曲面模型+平抛运动（滑块滑上曲面后，再滑下，最后
做平抛运动）。这种“模型融合”的趋势对考生的综合能力提出了极高要求。
两大模型的核心都是通过系统内部的相互作用（曲面支持力、弹簧弹力）实
现动量传递和能量转化。高考反复考查学生能否正确理解：①“滑块—曲
面”模型中，滑块上升到最高点时，两者共速，动能最小，重力势能最大；
②“滑块—弹簧”模型中，弹簧形变量最大时，两者共速，动能最小，弹
性势能最大；③过程分析是解题的关键，必须分阶段（进入、共速、分离）
处理。
情境与立意：
1. 滑块—弹簧模型（弹簧连接体）：两物体通过弹簧在光滑水平面上相互
作用，系统水平方向动量守恒+机械能守恒
2. 滑块—曲面模型（曲面连接体）：滑块在光滑曲面上滑动，系统水平方
向动量守恒+机械能守恒
3. 板块模型+弹簧模型：物块在木板上滑动后，与弹簧碰撞，系统动量守恒
+能量守恒（摩擦生热）
4. 碰撞+弹簧模型：小球碰撞后，通过弹簧连接系统，系统动量守恒+机械
能守恒
5. 曲面+板块+弹簧（多模型融合）：物块从曲面滑下，与木板碰撞，再与
弹簧作用，融合多个经典模型
复习目标
1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题。
2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一
“滑块—弹簧”模型
核心知识·解构
一、模型介绍及特点
1．模型图示：水平地面光滑，m1、m2 与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1 以初速度v0 运动。
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。
二、两个关键状态
1. 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)
1）系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v 共；
2）系统机械能守恒：
1
2m1v02＝
1
2（m1＋m2）v共
2＋Epm。
2. 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)
1）系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
2）系统机械能守恒：
1
2m1v02＝
1
2m1v12＋
1
2m2v22。
易错辨析·AI 原创命题
1.
"滑块—曲面"模型中，若地面光滑，滑块从曲面顶端滑下的过程中，滑块和曲面组成的系统水平方向动
量守恒。( √)
2.
"滑块—曲面"模型中，滑块从曲面顶端滑到最低点的过程中，滑块减少的重力势能全部转化为滑块自身
的动能。( × )
3.
"滑块—曲面"模型中，若地面光滑，滑块上升到曲面最高点时，滑块与曲面的速度一定相同。( √)
4.
"滑块—曲面"模型中，滑块对曲面的压力对曲面做正功，使曲面的动能增加。( √)
5.
"滑块—曲面"模型中，滑块从曲面最高点滑下的过程中，系统的机械能守恒。( √)
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目
关键辨析点
系统水平方向动量守
恒的条件
1
地面光滑，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒；但竖直方向系统
受重力，竖直方向动量不守恒。
滑块重力势能的转化
去向
2
滑块减少的重力势能= 滑块增加的动能+ 曲面增加的动能。滑块减少的重
力势能不是全部转化为滑块自身的动能。
滑块上升到曲面最高
点的共速特征
3
滑块上升到曲面最高点时，滑块与曲面水平速度相等（相对速度为零），这
是滑块能继续上升的最大高度临界点。
曲面动能增加的来源
4
滑块对曲面的压力在水平方向有分力，该分力对曲面做正功，使曲面的动能
增加。
系统机械能守恒的条
件
5
滑块与曲面之间只有弹力（保守力）做功，无摩擦等非保守力，系统机械能
守恒。
热点考向·破译
考向1
“滑块—弹簧”模型
例1（2026·山东潍坊·三模）如图甲所示，质量分别为
a
m 、
b
m 的a 、b 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，
用一轻细绳将a 、b 拴接，使弹簧处于压缩状态，将该系统靠墙静止在光滑水平面上。当烧断细绳时开始计
时，a 、b 物体运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示，
1S 、
2S 、
3
S 分别表示对应时段图线与坐标轴
所围面积的大小。下列说法正确的是（
）
A．烧断细绳后，系统的动量和机械能始终守恒
B．2t 时刻a 、b 两物体的速度之比为
1
3
2
2S
S
S
C．3t 时刻弹簧最长
D．
1
2
2
a
b
a
m
m
S
S
m
【答案】D
【详解】A．烧断细绳后，b 离开墙之前，墙对系统有外力作用，系统合外力不为零，动量不守恒；只有
弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故A 错误；
B．a
t
图像的面积表示速度变化量，初速度为零，因此速度的大小等于对应面积的大小。2t 时刻，a 、
b 加速度最大，说明弹簧弹力最大，形变量最大，此时两者速度相等，故B 错误；
C．3t 时刻a 、b 的加速度都为零，说明弹簧弹力为零，弹簧恢复原长，不是弹簧最长的位置，故C 错误；
D．
1
0 ~ t 阶段，b 静止，a 的速度增量为
1S 。1t 时刻弹簧恢复原长，b 开始运动，此时系统总动量
1
a
a
a
p
m v
m S
2S 是1
3
~
t
t 时段b 的图线与坐标轴围的总面积，该时段的图像关于2t 对称，因此1
2
~
t
t 时段，b 的速度增
量
2
2
S
v
又2t 时刻a 、b 速度相等，由系统的动量守恒可知
a
a
a
b
m v
m
m
v
解得
1
2
2
a
b
a
m
m
S
S
m
，故D 正确。
故选D。
【变式训练1·多物体】（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，三小球a 、b 、c 的质量分别为m 、2m 、
3m ，放于光滑的水平面上，小球b 、c 中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），
小球c 右侧有一固定挡板。现让小球a 以速度
0v 向右运动，碰后与小球b 黏在一起，a 、b 两小球碰撞时间
极短，当a 、b 整体的速度大小为
0
6
v 时撤去挡板，则运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为（
）
A．
2
0
1
48 mv
B．
2
0
1
8 mv
C．
2
0
1
6 mv
D．
2
0
1
3 mv
【答案】C
【详解】a 、b 碰撞后黏在一起，即完全非弹性碰撞，动量守恒有
0
1
2
mv
m
m v
解得
0
1
3
v
v
c 右侧有挡板，初始静止且与挡板接触。a 、b 向右压缩弹簧，c 被挡板顶住不动。则a 、b 与弹簧组成
的系统机械能守恒，有
2
2
0
1
0
1
1
3
2
6
E
mv
mv
由于压缩弹簧，a 、b 做简谐运动的一部分，即速度从
0
3
v 向右减速至0 ，再反向加速至
0
3
v ，方向向左，
故速度大小为
0
6
v 的时刻有两个。
①当向右减速至
0
6
v 时，弹性势能设为
p0
E
，由机械能守恒
2
0
0
p0
1 3
2
6
v
E
m
E
解得
2
p0
0
1
8
E
mv
此时撤去挡板，总动量
0
0
1
3
6
2
v
P
m
mv
，总机械能
2
0
0
1
6
E
mv
a 、b 快于c ，弹簧继续压缩，直至三者共速
则由动量守恒
3
3
P
m
m v
解得
0
12
v
v
共速动能
2
2
k
0
1
1
6
2
48
E
m v
mv
则此时弹性势能最大为
2
p1
0
k
0
7
48
E
E
E
mv
②当向左加速至
0
6
v 时，此时在撤去前弹簧已历经最大压缩状态，即a 、b 速度为零时。
故a 、b 速度为零时，由机械能守恒
0
p2
0
E
E
解得
2
p2
0
1
6
E
mv
综上，弹性势能最大有两处
2
p1
0
7
48
E
mv
，
2
p2
0
1
6
E
mv
故选C。
【变式训练2·斜面情境】（2026·安徽阜阳·二模）如图所示，质量为2m 的物块A 与质量为m 的物块B 用
轻质弹簧相连，其组成的整体被一个垂直于斜面的挡板挡住，静止在一倾角θ=30°的光滑斜面上。另一质量
为m 的物块C 从斜面上某点由静止释放，释放时B、C 间的距离为L，物块C 与B 碰后粘在一起组成新物
块D，D 继续向下压缩弹簧，当弹簧被压缩到最短时开始计时，此后物块D 在斜面上做简谐运动，0t 时刻
第一次运动到最高点，此时物块A 恰要离开挡板。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧弹性势能与形变量的关系
为
2
p
1 (
)
2
E
k
x
，重力加速度大小为g，求：
(1)物块B 与C 碰前弹簧的形变量；
(2)物块D 在运动过程中速度的最大值；
(3)物块D 运动到与其运动过程中的最低点距离为mg
k 的时刻t。
【答案】(1)
1
2
mg
x
k
(2)
2
max
8
4
mg
gL
v
k
(3)
0
0
2
3
t
t
nt
或
0
0
5
2
3
t
t
nt
其中（
0,1,2
n
）
【详解】（1）刚开始物块B 处于静止状态，由受力分析可知
1
sin
mg
k x
解得
1
2
mg
x
k
（2）设碰前瞬间物块C 速度为
0v ，由动能定理可知
2
0
1
sin
2
mgL
mv
物块B、C 碰撞后粘在一起结合成物块D，设碰后瞬间D 的速度大小为
1v ，由动量守恒定律可知
0
1
2
mv
mv
物块D 做简谐运动，经过平衡位置时速度最大，设此时弹簧的形变量为
2x
，由受力分析可知
2
2
sin
k x
mg
由动能定理可知
2
2
2
1
max
1
1
1
2
sin (
)
2
2
2
2
mg
x
x
W
mv
mv
弹力做的功
2
2
2
1
1
1
(
)
(
)
2
2
W
k
x
k
x
解得
2
max
8
4
mg
gL
v
k
（3）物块D 运动到最高点时，物块A 恰要离开挡板，此时弹簧的形变量
3
2
sin
mg
mg
x
k
k
故物块D 做简谐运动的振幅
2
3
2mg
A
x
x
k
以平衡位置为坐标原点，以沿斜面向下为x 轴的正方向，则简谐运动的方程为
0
2
sin(
)
2
mg
x
t
k
t
当第一次
mg
x
k
时，
0
1
3
t
t
当第二次
mg
x
k
时，
0
2
5
3
t
t
考虑到简谐运动的周期性，则有
0
0
2
3
t
t
nt
或
0
0
5
2
3
t
t
nt
其中（
0,1,2
n
）
▶新情境◀【变式训练3·多情境对比】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）如图甲所示，两个物体A B
、用一
根劲度系数为k 的轻弹簧水平连接, 已知弹簧的形变量为x 时的弹性势能为
2
1
2 kx
。
(1)A、B 的质量分别为2m 和m ，静止于光滑水平面上，初始时弹簧处于自然长度，给A 一个水平初速
度
0v
，求弹簧最短时的压缩量为多少。
(2)如图乙，A、B 的质量分别为2m 和m ，放在足够长的轻质木板上，木板和两物体的动摩擦因数相同
均为，初始时弹簧压缩量为x ，物体和木板均静止，释放弹簧, 系统开始运动，当弹簧恢复原长时撤去
弹簧，此时木板和一个竖直挡板发生完全非弹性碰撞，求A、B 以及木板的最终速度。
(3)如图丙，A、B 的质量均为m ，放在足够长的水平传送带上。A、B 与传送带间的滑动摩擦力以及
最大静摩擦力均为f ，传送带以
0v 匀速运行。初始时弹簧处于原长状态，A B
、分别具有等大反向的初速
度
0
2v 。对不同大小的
0v ，讨论当B 开始相对传送带向左滑动时，A 的速度大小和方向。已知所有惯性参
考系中的物理规律都相同。
【答案】(1)
0
2
3
m
v
k
(2)都为0
(3)速度大小为v0 ，方向水平向左
【详解】（1）弹簧最短时A、B 速度相等，水平面光滑，系统动量守恒
0
2
(2
)
mv
m
m v
解得共速
0
2
3
v
v
动能损失转化为弹簧弹性势能，由能量守恒
2
2
2
0
1
1
1
2
3
2
2
2
mv
mv
kx
代入整理得压缩量
0
2
3
m
x
v
k
（2）初始系统总动量为0，轻质木板质量为0。A 对木板的滑动摩擦力向左，大小2 mg
，B 对木板的
滑动摩擦力向右，大小
mg
，木板合力向左，因此木板随A 一起向左运动，碰撞前向左运动。木板与
挡板完全非弹性碰撞后立即静止。撤去弹簧后，A、B 在静止木板上滑动，摩擦力持续消耗动能，木板
足够长，最终动能全部耗尽，故A、B 以及木板的最终速度都为0。
（3）以向右为正方向，初始总动量
0
0
( 2
)
(2
)
0
p
m
v
m
v
A 受向右滑动摩擦力f ，B 受向左滑动摩擦力f ，AB 系统合外力为0，动量守恒，因此任意时刻恒满足
A
B
v
v
B 初始速度
B
0
0
2
v
v
v
，相对传送带向右滑动，向左减速；当
0
B
v
v
时，B 开始相对传送带向左滑动，
代入得
A
0
v
v
故A 的速度大小为v0 ，方向水平向左。
考点二
“滑块—斜(曲)面”模型
核心知识·解构
一、模型介绍及特点
1．模型图示：光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0 滑上曲面体
2．模型特点
1）系统水平方向动量守恒；
2）系统的机械能守恒。
二、两种情况
1. 上升到最大高度：滑块m 与斜(曲)面M 具有共同水平速度v 共，此时滑块m 的竖直速度vy=0。
1）系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v 共；
2）系统机械能守恒：
1
2mv02＝
1
2（M＋m）v共
2＋mgh，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧
轨道的高度。
✨得分速记：相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m 的重力势能
2. 返回最低点：滑块m 与斜(曲)面M 分离点。
1）系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
2）系统机械能守恒：
1
2mv02＝
1
2mv12＋
1
2Mv22。
✨得分速记：相当于弹性碰撞
�AI 互动课件：
1. 球半圆槽运动：https://lab.physicalw.com/expt/1/22/5
易错辨析·AI 原创命题
1.
"滑块—弹簧"模型中，若地面光滑，两滑块与弹簧组成的系统在整个运动过程中动量守恒。( √)
2.
"滑块—弹簧"模型中，弹簧压缩到最短时，两滑块的速度均为零。( × )
3.
"滑块—弹簧"模型中，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时两滑块的速度相同。( √)
4.
"滑块—弹簧"模型中，弹簧恢复原长时，系统的总动能一定等于初始总动能。( × )
5.
"滑块—弹簧"模型中，若地面光滑，弹簧对两滑块的弹力大小相等，因此两滑块受到的冲量大小也相等。
( √)
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目
关键辨析点
系统动量守恒的条件1
地面光滑，系统水平方向不受外力，弹簧弹力是内力，故系统动量守恒。
弹簧压缩最短时滑块
的速度
2
弹簧压缩最短时，两滑块速度相等（相对速度为零），但不一定为零，而是以
共同速度运动。
弹簧最短时弹性势能
最大的条件
3
弹簧压缩最短时，两滑块共速，此时弹簧形变量最大，弹性势能最大。
弹簧恢复原长时系统
的总动能
4
若系统初始有动能且弹簧有弹性势能，弹簧恢复原长时，弹性势能转化为动能，
系统总动能与初始动能不一定相等。
弹力冲量的大小关系5
弹簧对两滑块的弹力是相互作用力，大小相等、方向相反、作用时间相同，根
据I = Ft，冲量大小相等。
热点考向·破译
考向1
“滑块—斜(曲)面”模型
例2（2026·安徽亳州·模拟预测）（多选）质量为
A
3
m
m
的物块A 以一定速度
0v 在光滑的水平面运动，在
其右侧有一质量为
B
m
m
的物块B 其曲面为光滑1
4 圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A 恰好滑到B
的圆弧最高点，重力加速度为g。
0v 未知。则下列说法正确的是（
）
A．A 和B 动量守恒
B．A 的初速度
0
2 2
v
gR
C．B 的最大速度为3 2gR
D．若A 的初速度增大为
0
2v ，A 从B 最高点飞出再落回过程，B 的位移为12 3R
【答案】BCD
【详解】A．A、B 组成的系统，竖直方向上A 运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动
量守恒，故A 错误；
B．A 恰好滑到圆弧最高点时，A、B 水平方向共速，设共速速度为v ，水平方向动量守恒有
A 0
A
B
m v
m
m
v
解得
0
3
4
v
v
由机械能守恒定律有
2
2
A
0
A
A
B
1
1
2
2
m v
m gR
m
m
v
解得
0
2 2
v
gR
，故B 正确；
C．A 从最高点滑回水平面后，B 达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和机械能守恒，
设滑回后A 速度
1v ，B 速度
2v ，则
A
0
A 1
B
2
m v
m v
m v
，
2
2
2
A
0
A 1
B
2
1
1
1
2
2
2
m v
m v
m v
联立解得
A
0
0
2
A
B
2
3
2
m v
v
v
m
m
代入
0
2 2
v
gR
解得
2
3 2
v
gR
，故C 正确；
D．初速度变为
0
2v ，A 到达最高点飞出时，水平方向A、B 共速，由动量守恒定律有
0
3
2
4
m
v
m v
共
解得
0
3
3 2
2
v
v
gR
共
设竖直方向的相对初速度为
yv ，由机械能守恒定律有
2
2
2
0
1
1
1
3 (2
)
4
3
3
2
2
2
y
m
v
mv
mgR
mv
共
解得
6
yv
gR
竖直上抛总运动时间
2
6
2
yv
R
t
g
g
B 做匀速运动，位移
12 3
x
v
t
R
共
，故D 正确。
故选BCD。
▶新情境◀【变式训练4】（2026·山东聊城·三模）水平面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量为
3kg
M
的1
4
圆弧槽末端与O点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径
0.4m
R
。质量均为
1kg
m
可视为质点的相
同滑块，如图所示，滑块1 从
5
3
h
m
高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑
块n 自距离O点
0.5m
L
处从左向右依次排列，间距均为L 。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为
0.1
，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取
2
10m / s
g
，
6
2.449
，求：
(1)滑块1 离开圆弧槽末端时的速度大小；
(2)滑块1 从离开圆弧槽到撞上滑块2 经历的时间（答案保留两位小数）；
(3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O 点的距离。
【答案】(1)5m / s
(2)0.12s
(3)4 个，59 m
32
【详解】（1）滑块1 和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块1 离开圆弧时速度大
小为
1v ，圆弧槽速度大小为
2v ，初始总动量为0，因此有
1
mv
Mv
槽
由系统机械能守恒
2
2
1
1
1
2
2
mgh
mv
Mv
槽
代入
3kg
M
，
1kg
m
，
5
3
h
m
解得
1
5m / s
v
，
5 m / s
3
v
槽
因此滑块1 离开圆弧槽末端时的速度为
1
5m / s
v
（2）水平面O点左侧光滑，滑块1 在圆弧槽下滑时，水平方向动量守恒，水平方向上位移关系为
1
mx
Mx
槽
且
1x
x
R
槽
联立解得圆弧槽向左运动的距离
0.1m
x
槽
故滑块1 滑至圆弧槽末端时，处于O点左侧0.1m处，滑块1 做匀速运动至O点，匀速运动的时间
1
1
0.1s
0.02s
5
x
t
v
槽
之后滑块1 在O点右侧做匀减速运动，由牛顿第二定律可知，滑块1 的加速度大小满足
ma
μmg
解得
2
1m / s
a
g
滑块1 从滑至O点到撞上滑块2 经历的时间满足
2
1 2
2
1
2
L
v t
at
代入数据解得2
5
2 6s
t
滑块减速到0 的时间是
1
5s
v
t
a
停
所以滑块1 从滑至O点到撞上滑块2 的时间小于5s ，故取2
5
2 6s
0.10s
t
因此滑块1 从离开圆弧槽到撞上滑块2 经历的时间
1
2
0.12s
t
t
t
总
（3）滑块碰撞过程动量守恒，且任意质量组合体在粗糙面的加速度均满足
2
1m / s
a
g
设第n 个滑块碰后的速度为
nv ，运动距离L 后，速度满足
2
2
2
2
1
n
n
n
v
v
gL
v
与第
1
n 的滑块碰撞后，整体的速度满足
2
2
2
2
2
1
1
1
1
n
n
n
n
n
v
v
v
n
n
故当
1
n 时，与第2 个滑块碰后可得两滑块组成的系统的速度满足
2
2
2
2
2
2
2
2
1
5
1 m / s
6m / s
2
v
当
2
n
时，与第3 个滑块碰后可得三滑块组成的系统的速度满足
2
2
2
2
2
2
3
2
20
6 1 m / s
m / s
3
9
v
当
3
n
时，与第4 个滑块碰后可得四滑块组成的系统的速度满足
2
2
2
2
2
2
4
3
20
11
1 m / s
m / s
4
9
16
v
当
4
n
时，与第5 个滑块碰后可得五滑块组成的系统的速度满足
2
2
2
2
2
2
5
4
11
1
1 m / s
m / s
0
5
16
5
v
故组合体无法撞上滑块5，组合体最终包含4 个滑块，停止位置到O 点的距离满足
2
4
11
59
3
1.5
m
m
2
32
32
v
x
L
a
▶新情境◀【变式训练5】（2026·浙江金华·二模）如图所示，半径为R 的光滑圆弧槽a 和b 静止在光滑
的水平面上，a 槽固定，圆弧圆心角为90°，b 槽圆弧圆心角为60°，两槽的轴向间距KH 与CD 平行等宽。
可视为质点的A、B 两小球锁定在槽a 的顶端，A 球质量为0.6 m，B 球质量为0.4 m。让A、B 两小球从弧
面端点沿平行于KH 方向分别以
0
2v 和
0
3v 水平相向飞出，它们沿曲边下行后在某一位置发生完全非弹性碰
撞成为结合体c。结合体c 继续运动，可以从槽b 的点P 处飞出（图中P 未标出），P 右侧平面CDEF 足够
大。求：
(1)求点P 到C、D 两点的距离之比；
(2)若槽b 固定，结合体c 从槽b 圆弧的P 点冲出后，落在槽b 上表面Q 处（图中Q 未标出），求P、Q 间
的距离；
(3)若槽b 不固定，结合体c 恰能运动到槽b 圆弧的P 点，求结合体c 和槽b 的质量之比；
(4)接第（3）问，若结合体c 在槽b 中上升的时间为t，求结合体c 上升过程槽b 的位移大小。
【答案】(1)2 3
∶
(2)
3
2
R
L
(3)
1
m
M
(4)
2
2
3
2
4
t
gR
R
x
【详解】（1）两球碰前水平速度之比为
A
B
0
0
2
3
2 3
x
x
v
v
v
v
∶
∶
∶，则相碰时水平位移之比为
A
B
2 3
x
x
x
x
∶
∶两
球相碰后水平方向动量
A
A
B B
A
B
(
x
x
x
m v
m v
m
m
v
）
可知
0
xv
，可知从P 点抛出时，点P 到C、D 两
点的距离之比
A
B
2 3
PC
PD
x
x
S
S
x
x
∶
∶
∶
（2）对结合体沿竖直方向由机械能守恒定律
2
1
cos
2
mgR
mv
可得结合体从P 点斜向上抛出时的速度
2
cos
v
gR
gR
由斜抛运动可知
sin
2
y
t
v
v
g
解得
2 sin
3
v
R
t
g
g
P、Q 间的距离
3
cos
2
R
L
v
t
（3）结合体到达斜槽a 底端时有机械能守恒定律
2
0
1
2
mgR
mv
，
0
2
v
gR
进入斜槽b 过程由水平方向动量守恒以及能量关系
0
mv
m
M v
共
2
2
0
1
1
1
cos
2
2
mv
m
M v
mgR
共
解得
1
m
M
（4）由水平方向动量守恒可知
0
1
2
mv t
mx
Mx
而
1
2
sin
x
x
R
解得
2
2
3
2
4
t
gR
R
x
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量
0.4kg
A
m
的木板，其右端通过轻弹簧连接
质量
B
0.1kg
m
的物块，此时弹簧伸长量
0
0.1m
x
，物块和木板均静止。质量
C
0.1kg
m
的小球（可视为
质点）通过长
0.9m
L
的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成
60
处由静止释放，摆至最低点时与木
板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度
2
10 m / s
g
。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小
A
v 。
(2)弹簧的压缩量第一次为
0x 时，物块速度大小为
0.8
/
Bv
m s
，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。
【答案】(1)
A
1.2m/s
v
(2)
0.28
【详解】（1）C 下摆过程，由机械能守恒定律有
2
C
C 0
1
1 cos60
2
m gL
m v
解得
0
3m/s
v
C 与A 碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
C
0
C
C
A
A
m v
m v
m v
，
2
2
2
C 0
C C
A
2
1
1
1
2
2
2
m v
m v
m v
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小
A
1.2m/s
v
（2）A、C 碰后，当弹簧的压缩量第一次为
0x 时，以向左为正方向，由动量守恒定律有
A
A
B B
A
A
m v
m v
m v
解得
A
1m/s
v
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有
2
2
2
A
A
A
A
B B
B
0
1
1
1
2
2
2
2
m v
m v
m v
m g
x
解得
0.28
2．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P 固定在水平面上，其上表面有半径为R 的1
4 圆弧轨道。P 右端
与薄板Q 连在一起，圆弧轨道与Q 上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q 上，另一端自由。质量为m
的小球自圆弧顶端A 点上方的B 点自由下落，落到A 点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减
小至刚接触时的1
3 时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P 和Q 的连接，Q 从静止开始向右滑动。g 为重力
加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q 的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A 两点间的距离；
(3)欲使P 和Q 断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q 的质量应为多大？
(4)欲使P 和Q 断开后，Q 的最终动能最大，Q 的质量应为多大？
【答案】(1) mgR
(2) 3 2
2
gR ，5
4 R
(3)4m
(4) 1
9 m
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
G
W
mgR
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知
2
2
0
0
p
1
1
2
2
3
v
mv
E
m
，其中
p
2
E
mgR
同时有
2
0
1
2
mg h
R
mv
联立解得
0
3 2
2
gR
v
，
5
4
h
R
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q 共速，设Q 的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定
律有
0
1
3
m
v
m
M v
共，
2
2
0
p2
1
1
2
2
mv
E
m
M v
共，其中
p2
2.2
E
mgR
联立解得
4
M
m
=
（4）对Q 和小球整体根据机械能守恒可知要使Q 的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此
时弹簧刚好恢复原长；设此时Q 的质量为M′，Q 的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有
0
m
1
3
m
v
M v
，
2
m
2
0
1
1
2
2
mv
M v
解得
1
9
M
m
