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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点59 滑块+斜（曲）面模型
【考点解读】
“滑块—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，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
2mv1
2＋1
2Mv2
2（相当于弹性碰撞）。
【高考真题】
【典例1】（2011 海南物理卷19 题（2））一质量为2m 的物体P 静止于光滑水
平地面上，其截面如图所示。图中ab 为粗糙的水平面，长度为L；bc 为一光滑
斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现
有一质量为m 的木块以大小为v0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升
的最大高度为h，返回后在到达a 点前与物体P 相对静
止。重力加速度为g。求
（i）木块在ab 段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a 点的距离s。
【解析】：（i）设木块和物体P 共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同
1
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速度过程由动量和能量守恒得：
①
②
由①②得：
③
（ii）由动量守恒可知，木块返回与物体P 第二次达到共同速度与第一次相同，
对全过程由能量守恒得：
④
由②③④得：
【点评】此题考查动量守恒定律和能量守恒定律。
【典例2】（2009 宁夏理综）两质量分别为M1 和M2 的劈A 和B，高度相同，
放在光滑水平面上，A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，
如图所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h。物
块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B 上能够达到的最大高度。
解析：设物块到达劈A 的低端时，物块和A 的的速度大小分别为
和V，由机械
能守恒和动量守恒得
①
②
2
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设物块在劈B 上达到的最大高度为
，此时物块和B 的共同速度大小为
，由
机械能守恒和动量守恒得
③
④
联立①②③④式得
⑤
【典例3】．（2007·四川理综）如图所示，弹簧的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，一个质量也为m 的小球从槽高h 处
开始下滑
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
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，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h 处
答案：C
解析：在小球在光滑弧形槽上运动时，小球和槽的动量守恒，在小球接触弹簧受到弹簧
弹力作用后，小球和槽的动量不守恒，选项A 错误；在下滑过程中小球和槽之间的相互作
用力对槽做正功，对小球做负功，选项B 错误；被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的
直线运动，选项C 正确；被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，由于槽已经获得动能，
小球不能回到槽高h 处，选项D 错误。
【针对性训练】
1. （湖南怀化名校联考联合体2025 届高考考前仿真联考三）一个四分之一光滑圆弧形物
块B 静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A 从物块B 的底端
3
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以速度
滑上圆弧，经过时间t 恰好能滑上B 的圆弧面顶端，已知滑块A 的质量
为m，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A 滑上圆弧面后，A、B 组成的系统动量守恒
B. 物块B 的质量为m
C. 物块A 从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B 的位移为
D. A 和B 分离时，B 的速度大小为
【答案】BC
【解析】．该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；
B．A 滑上B 的过程，有
，
解得
故B 正确；
C．A 滑上B 的过程，A 和B 系统在水平方向动量守恒
故
，
，
，
解得
故C 正确；
D．由于A 和B 质量相等，A 和B 分离时，相当于发生弹性碰撞，A 和B 交换速度，A
速度
为0，B 的速度大小为
，故D 错误。
2. （山西大同2025 学年高三5 月质量检测卷）如图所示，质量为
、半径为
的光滑半
圆弧槽静止在光滑的水平面上，其左侧紧靠固定的挡板，
为圆弧槽的水平直径，质量
4
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为
的小球从
点的正上方高
处由静止释放，从
点进入圆弧槽，重力加速度为
，不
计空气阻力和小球的大小，求：
（1）小球第一次运动到圆弧槽最低点过程中，固定挡板对圆弧槽
冲量大小；
（2）小球第一次运动到圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小；
（3）小球第一次离开
点后，上升的最大高度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）设小球第一次到圆弧槽最低点的速度大小为
，根据机械能守恒有
解得
对整体用动量定理，固定挡板对圆弧槽的冲量大小
（2）设在最低点圆弧槽对球的支持力大小为
，则根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，此时球对圆弧槽的压力大小
（3）设小球第一次到达
点时，小球和圆弧槽沿水平方向的速度大小为
，据水平方向
5
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动量守恒有
解得
设小球第一次到达
点时沿竖直方向的速度大小为
，根据系统机械能守恒有
解得
小球离开
点后斜向上抛，设上升的最大高度为，则有
解得
3 （2025·贵州贵阳期中）在光滑水平地面上放一个质量为2 kg 的内侧带有光滑弧形凹槽
的滑块M，凹槽的底端切线水平，如图所示。质量为1 kg 的小物块m 以v0＝6 m/s 的水平
速度从滑块M 的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M 的顶端。重力加速度取g＝10 m/s2，
不计空气阻力。在小物块m 沿滑块M 滑行的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A.小物块m 沿滑块M 上滑的最大高度为0.3 m
B.小物块m 沿滑块M 上滑的最大高度为0.6 m
C.合力对滑块M 的冲量大小为8 N·s
D.合力对滑块M 的冲量大小为16 N·s
答案：C
解析：当二者速度相等时，小物块m 沿滑块M 上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水
平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝（m＋M）v，根据机械能守恒定律可知
1
2mv0
2＝1
2（m＋M）v2＋mgh，解得h＝1.2 m，A、B 错误；设小物块m 返回滑块M 的底
端时，小物块m 与滑块M 的速度分别为v1、v2，根据系统水平方向动量守恒有mv0＝mv1＋
Mv2，根据机械能守恒定律有1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2，联立解得v2＝4 m/s，根据动量定
6
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理可知，合力对滑块M 的冲量大小为I＝Mv2－0＝8 N·s，C 正确，D 错误。
4．(多选)(2024·山东济南模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R 足够
大)的圆弧曲面C，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为，小球A 以v0＝6
m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B 的最大速率为4 m/s
B．B 运动到最高点时的速率为 m/s
C．B 能与A 再次发生碰撞
D．B 不能与A 再次发生碰撞
答案：AD
解析：A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
得v0＝vA＋MvB，·v＝·v＋Mv，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B 的最大速率为4
m/s，选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，解
得v＝ m/s，选项B 错误；从B 冲上C 后又滑下的过程，设B、C 分离时速度分别为vB′、
vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有Mv＝MvB′2＋·2MvC′2，联
立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|＜|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正确。
5 如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m 的1
4 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m＝1 kg 的小球A 以初速度v0＝4 m/s 从切
点C（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（ ）
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
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
＝mv0
2
R
，代入数据得F1＝30 N，由牛顿第三定律知，小球A 对斜劈的压力大小是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，设为v1，小球
竖直速度设为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
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机械能守恒，则有1
2mv0
2＝1
2m（v1
2＋v2
2）＋1
2Mv1
2＋mgR，联立解得v1＝1 m/s，v2
2＝
－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＋Mv4，1
2mv0
2＝1
2mv3
2＋1
2Mv4
2，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。
6.（2025·安徽黄山模拟）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；若小球恰好到达凹槽的B 点时，由于水平方向动量守恒有mv0＝2mv，由机
械能守恒定律有1
2mv0
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，
故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。
7.[2024 重庆南开中学校考/多选]如图所示，半径为R、质量为3m 的1
4 圆弧槽AB 静止放在
光滑水平地面上，圆弧槽底端B 点切线水平，距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其
左侧连有轻弹簧.现将质量为m 的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A 点由静止释
放，重力加速度为g，不计一切摩擦.则下列说法正确的是（ BC ）
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A.系统（三个物体）全程动量守恒
B.小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点相距5
3R
C.弹簧弹性势能的最大值为9
16 mgR
D.小球1 最终的速度大小为√6 gR
4
答案 BC
解析 小球1 在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误.小球1 从圆弧
槽的A 点到B 点的过程中，设小球1 滑到B 点时小球1 的速度为v0，圆弧槽的速度为v，取
水平向右为正方向，小球1 与圆弧槽在水平方向动量守恒有0＝mv0-3mv，由能量守恒有
mgR＝1
2mv0
2＋1
2·3mv2，解得v0＝3v＝√
3 gR
2
.设小球1 到B 点时，小球1 水平向右移动的距
离为x1，圆弧槽向左运动的距离为x2，两者的相对位移为R，因此有mx1-3mx2＝0，x1＋x2＝
R，联立解得x1＝3
4 R，x2＝1
4 R. 此时圆弧槽的B 点与弹簧之间的距离L＝x2＋R＝5
4 R.小球1
从B 点向右以v0匀速运动，圆弧槽向左以v0
3
匀速运动，小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽
底端B 点的距离L'＝L＋
v0
3 ·
L
v0＝
4
3 L＝
5
3R，故B 正确. 小球1 与小球2 共速时，弹簧弹性
势能有最大值，从小球1 刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有mv0＝(m＋3m)v 共，由能
量守恒有1
2mv0
2＝1
2 (m＋3m)v共
2 ＋Ep，联立解得Ep＝9
16 mgR，故C 正确.从小球1 刚与弹簧
接触到两球分开，由动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，由能量守恒有1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2·3mv2
2
，解得v1＝-1
2v0，v2＝1
2v0.小球1 之后向左以1
2v0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以v0
3
匀
速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有m·v0
2
＋3m·v0
3
＝
mv3＋3mv4，由能量守恒有1
2m( v0
2 )2＋1
2·3m( v0
3 )2＝1
2mv3
2＋1
2·3mv4
2，解得v3＝1
4 v0，v4＝
5
12v0，最终小球1 以1
4 v0的速度向左运动，圆弧槽以5
12v0的速度向左运动，小球2 以1
2v0的
速度向右运动，小球1 最终的速度为1
4 v0＝√6 gR
8
，故D 错误.
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8.（2025·辽宁辽阳模拟）如图所示，质量为4m、半径为R 的光滑四分之一圆弧体A 静止
在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上
左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m 的小球B 压缩弹簧（B 与弹簧不连接），
由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计
小球的大小，重力加速度为g。求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
（2）小球B 第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
（3）小球B 第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
答案：（1）1.25mgR （2）3.5mg （3）0.04R
解析：（1）设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep，设小球B 被弹开后速度大小为v0，滚上
圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒定律有
Ep＝1
2×5mv1
2＋mgR，Ep＝1
2mv0
2
根据动量守恒定律有mv0＝5mv1
解得Ep＝5
4 mgR＝1.25mgR。
（2）由（1）可解得v0＝√
5
2 gR
小球B 第一次滚上圆弧面的一瞬间，由牛顿运动定律有FN－mg＝mv0
2
R
解得FN＝7
2mg＝3.5mg
根据牛顿第三定律可知，小球B 对圆弧面的压力大小FN'＝FN＝3.5mg。
（3）设小球B 第一次离开圆弧面时，小球B 的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，根
据动量守恒定律有mv0＝4mv3－mv2
根据能量守恒定律有1
2mv0
2＝1
2×4mv3
2＋1
2mv2
2
从小球B 第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上
升的最大高度为h，根据动量守恒定律有4mv3＋mv2＝5mv4
根据能量守恒定律有1
2×4mv3
2＋1
2mv2
2＝1
2×5mv4
2＋mgh
联立解得h＝1
25R＝0.04R。
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