动量-含弹簧的碰撞模型祥解

2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题16 类碰撞模型一、与弹簧有关的类碰撞模型1．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m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）A ．m 1、m 2组成的系统动量守恒B ．m 1、m 2组成的系统机械能守恒C ．弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02 D ．当m 1速度达到最大时，m 2速度最小 【答案】A【详解】由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，A 正确；对于弹簧、12m m 、组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以12m m 、组成的系统机械能不守恒，B 错误；当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得()2012m v m m v =+，解得2012m v v m m =+，由系统的机械能守恒得()2220121122P m v m m v E =++，解得()2120122Pm m v E m m =+，C 错误；若12m m >，当弹簧伸长时，1m 一直在加速，当弹簧再次恢复原长时1m 速度达到最大．弹簧伸长时2m 先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以1m 速度达到最大时，2m 速度不是最小，D 错误． 2．如图所示，A 、B 、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上，三个球的质量分别为ma =1kg ，mb =3kg ，mc =1kg ， 初始状态三个球均静止，B 、C 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。

现给A 一个向左的初速度v 0= 10m/s ，之后A 与B 发生弹性碰撞。

球A 和B 碰后，下列说法正确的是（ ）A ．球A 的速度变为向右的5m/sB ．弹簧恢复原长时球C 的速度为5m/s C ．球B 的最小速度为2. 5m/sD ．弹簧的最大弹性势能为9. 375J【答案】ACD【详解】A ．A 与B 发生弹性碰撞，动量守恒得012A A B m v m v m v =+机械能守恒得222012111222A AB m v m v m v =+ 解得15m/s v =−；25m/s v =，A 正确；D ．碰后B 向左运动，因为弹簧弹力的作用，B 向左减速，C 向右加速，当B 、C 速度相等时弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，由23()B B C m m m =+v v ；22p 2311()22B BC E m m m =−+v v 解得p 9.375J E =，D 正确；BC ．接下来B 继续减速，C 继续加速，C 的速度大于B 的速度，弹簧开始缩短，当弹簧恢复原长时球B 的速度最小，由245B B C m m m =+v v v ；222245111222B BC m m m =+v v v 解得4 2.5m/s =v ；57.5m/s =v ，B 错误C 正确。

动量中的弹簧模型
动量中的弹簧模型是一种物理模型，用于描述物体在碰撞时弹性和非弹性的行为。

该模型假设物体在碰撞中的动量守恒，同时考虑了弹簧的弹性力和阻力。

在该模型中，物体之间的碰撞会引起弹簧的变形，从而产生弹性力。

弹簧的弹性力大小与其伸缩的程度成正比，与其弹性常数有关。

同时，物体在碰撞中还会受到阻力的作用，这种阻力可以模拟摩擦力或空气阻力等因素。

通过使用动量中的弹簧模型，可以研究物体在碰撞中的运动情况，例如速度和位置的变化、能量的转化等。

该模型在物理学中有广泛的应用，可以用于设计汽车安全气囊、优化体育比赛装备等方面。

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水平方向上的碰撞及弹簧模型［模型概述］在应用动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化等规律考查学生的综合应用能力时，常有一类模型，就是有弹簧参与，因弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，所以分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。

［模型讲解］一、光滑水平面上的碰撞问题例1. 在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。

已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（）A.B.C.D.解析：设碰前A球的速度为v0，两球压缩最紧时的速度为v，根据动量守恒定律得出，由能量守恒定律得，联立解得，所以正确选项为C。

二、光滑水平面上有阻挡板参与的碰撞问题例2. 在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。

这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P 发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。

图1（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得，由以上两式求得A的速度。

（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v3，则有以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒得当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP”，由能量守恒，有解以上各式得。

碰撞模型一、模型建构1、碰撞问题：完全弹性碰撞：碰撞时产生弹性形变，碰撞后形变完全消失，碰撞过程系统的动量和机械能均守恒。

完全非弹性碰撞：碰撞后物体粘结成一体或相对静止，即相互碰撞时产生的形变一点没有恢复，碰撞后相互作用的物体具有共同速度，系统动量守恒，但系统的机械能不守恒，此时损失的最多。

2、两类问题第一类：完全非弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m 1的物体以初速度v 1去碰撞静止的物体m 2，碰后两物体粘在一起.碰撞时间极短，内力很大，故而两物体组成系统动量守恒 碰后两物体速度相等，由动量守恒定律得：()m v m m v 1112=+由能量守恒定律得：()2212112121v m m v m E k +-=∆解得：v =m1m 1+m 2v 1 ∆E k =m 1m 22(m 1+m 2)v 12作用结束后，两物体具有共同的速度，为完全非弹性碰撞，此时系统动能损失最大。

第二类：完全弹性碰撞在光滑水平面上，质量为m 1的物体以初速度v 0去碰撞静止的物体m 2，碰后的m 1速度是v 1，m 2的速度是v 2，碰撞过程无机械能损失。

据动量守恒定律：221101v m v m v m +=一、解题思路：1、判断系统是否动量守恒2、通过受力分析各物体运动情况3、列动量守恒和能量守恒4、求解未知量 二、解题方法： 动量守恒三、解题关键点： 1、确定系统是否动量守恒 2、确定能量如何转化 四、解题易错点1、确定动量守恒的研究对象2、不能跨过碰撞列能量守恒式据能量守恒定律得：222211201212121v m v m v m +=解得： v 1=m 1−m 2m 1+m 2v 0 v 2=2m 1m1+m 2v 0二、例题精析例1、在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图所示．小球A 与小球B 发生正碰后，小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5 PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：(1)两小球质量之比m 1m 2；(2)若小球A 与小球B 碰后的运动方向以及小球B 反弹后与A 相遇的位置均未知，两小球A 、B 质量满足什么条件，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰． 解答：(1)两球发生弹性碰撞系统动量守恒得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 能量守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22从两球碰撞后到它们再次相遇小球A 和B 通过的路程之比：s 1∶s 2＝v 1t ∶v 2t ＝1∶4， 联立解得m 1m 2＝21(2)由(1)中两式解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0若小球A 碰后静止或继续向右运动，此时有v 1≥0，即m 1≥m 2 若小球A 碰后反向运动，第一次反弹后相碰需满足|v 1|<|v 2|一、解题思路：1、判断系统是否动量守恒2、通过受力分析各物体运动情况3、列动量守恒和能量守恒4、求解未知量即m 2－m 1m 1＋m 2v 0<2m 1m 1＋m 2v 0 解得m 1>m 23综上所述，只要小球A 、B 质量满足m 1>m 23，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰．例2、如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上，物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B 的质量为m ，物体A 的质量是m ，子弹的质量是m ． ①求弹簧压缩到最短时B 的速度． ②弹簧的最大弹性势能．【解答】①当A 、B 速度相等时，弹簧的压缩量最大 从子弹射入A 到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒由动量守恒定律得：mv 0＝（m+m+m ）v ，解得：v ＝v 0；②设子弹射入A 时，时间很短，内力很大，A 与子弹组成系统动量守恒由动量守恒定律得：mv 0＝（m+m ）v 1， 解得：v 1＝v 0，弹簧的压缩量最大时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得： E P ＝（m+m ）v 12﹣（m+m+m ）v 2一、解题思路：1、判断系统是否动量守恒2、通过受力分析各物体运动情况3、列动量守恒和能量守恒4、求解未知量解得：E p＝mv02；答：①弹簧压缩到最短时B的速度为v0．②弹簧的最大弹性势能为mv02．三、针对训练1．如图所示，小球A的质量为m A＝5kg，动量大小为p A＝4kg•m/s，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为p A′＝1kg•m/s 的，方向水平向右，则（）A．碰后小球B的动量大小为p B＝3kg•m/sB．碰后小球B的动量大小为p B＝5kg•m/sC．小球B的质量为15kgD．小球B的质量为5kg【解答】解：AB、由题意可知，小球A和小球B发生弹性碰撞，则碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：p A＝p A′+p B，代入数据解得：p B＝3kg•m/s，故A正确，B错误；CD、两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v A＝m A v A′+m B v B由机械能守恒定律得：，碰撞前A的动量p A＝m A v A，代入数据解得：m B＝3kg，故CD错误。

碰撞与类碰撞模型1.碰撞问题是历年高考试题的重点和热点，它所反映出来的物理过程、状态变化及能量关系，对学生的理解能力、逻辑思维能力及分析推理能力要求比较高。

高考中考查的碰撞问题，碰撞时间极短，位移为零，碰撞过程遵循动量守恒定律。

2.高考题命题加重了试题与实际的联系，命题导向由单纯的解题向解决问题转变，对于动量守恒定律这一重要规律我们也要关注其在生活实际中的应用，学会建构模型、科学推理。

3.动量和能量综合考查是高考命题的热点，在选择题和计算题中都可能出现，选择题中可能考查动量和能量知识的简单应用，计算题中一般结合竖直面内的圆周运动模型、板块模型或弹簧模型等压轴考查，难度较大。

此类试题区分度较高，且能很好地考查运动与相互作用观念、能量观念动量观念和科学思维要素，因此备考命题者青睐。

题型一人船模型1．模型简析：如图所示，长为L 、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。

以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统动量守恒，可得m 船v 船=m 人v 人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m 船x 船=m 人x 人，由图可看出x 船+x 人=L ，可解得x 人=m 船m 人+m 船L ，x 船=m 人m 人+m 船L 。

2．模型特点(1)两个物体作用前均静止，作用后均运动。

(2)动量守恒且总动量为零。

3．结论：m 1x 1=m 2x 2(m 1、m 2为相互作用物体的质量，x 1、x 2为其对地位移的大小)。

题型二“物块-弹簧”模型模型图例m 1、m 2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m 1以初速度v 0运动两种情景1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大：(1)系统动量守恒：m 1v 0=(m 1+m 2)v 共。

210212共pm 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零：(1)系统动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2。

一、 子弹大木块【例2】如图所示，质量为M 的木块固定在光滑的水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v 0水平射向木块，并能射穿，设木块的厚度为d ，木块给子弹的平均阻力恒为f .若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹以同样的初速度水平射向静止的木块，假设木块给子弹的阻力与前一情况一样，试问在此情况下要射穿该木块，子弹的初动能应满足什么条件？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，此时子弹若能恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即mv 0＝(m ＋M )v 对系统应用动能定理得fd ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得 fd ＝12mv 20－12(m ＋M )(mv 0m ＋M )2整理得12mv 20＝m ＋M M fd即12mv 20＝(1＋m M)fd 据上式可知，E 0＝12mv 20就是子弹恰好打穿木块所必须具有的初动能，也就是说，子弹恰能打穿木块所必须具有的初动能与子弹受到的平均阻力f 和木块的厚度d (或者说与f ·d )有关，还跟两者质量的比值有关，在上述情况下要使子弹打穿木块，则子弹具有的初动能E 0必须大于(1＋mM)f ·d .72、如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为、长度为。

—颗质量为的子弹从木块的左端打进。

设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度应等于多大？涉及子弹打木块的临界问题分析：取子弹和木块为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。

由动量守恒定律得：①要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足如下的临界条件：②根据功能关系得：③解以上三式得：二、 板块1、 如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。

第四部分 重点模型与核心问题深究专题4.5 碰撞模型目录一 碰撞模型及应用 .................................................................................................................................................. 1 二 弹性碰撞模型及拓展 .......................................................................................................................................... 4 三 专题跟踪检测 .. (9)一 碰撞模型及应用1.三种碰撞的特点及规律弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′机械能损失最多，损失的机械能： ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v ′2非弹性碰撞动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能有损失，损失的机械能：ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度2.弹性碰撞的“动碰静”模型 (1)由动量守恒和能量守恒得， m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22； (2)碰后的速度：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.3.弹性碰撞模型的拓展应用【例1】 (2022·湖南卷)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。

广义碰撞的三种模型1．“弹簧—滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化．(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能守恒．2．“板—块”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能．3．“斜面模型”：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．对小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．(多选)(2019·吉林省“五地六校”合作体联考)如图1所示，在光滑水平地面上，A 、B 两物体质量都为m ，A 以速度v 向右运动，B 左端有一轻弹簧且初速度为0，在A 与弹簧接触以后的过程中(A 与弹簧不粘连)，下列说法正确的是( )A ．轻弹簧被压缩到最短时，A 、B 系统总动量仍然为m v B ．轻弹簧被压缩到最短时，A 的动能为14m v 2 C ．弹簧恢复原长时，A 的动量一定为零 D ．A 、B 两物体组成的系统机械能守恒2．(多选)(2019·河南驻马店市第一学期期终)如图2所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 、C ，物块B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以v 0＝4 m/s 的速度朝B 开始运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，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，则以下说法正确的是( )A ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为1 N·sB ．从开始到弹簧最短时物块C 受到的冲量大小为4 N·sC ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 JD ．从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J3．(2020·福建三明市质检)如图3甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑水平面上．现使A 获得水平向右、大小为3 m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得( )A ．在t 1和t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于压缩状态B ．在t 1～t 2时间内A 、B 的距离逐渐增大，t 2时刻弹簧的弹性势能最大C ．两物块的质量之比为m 1∶m 2＝2∶1D ．在t 2时刻A 、B 两物块的动能之比为E k1∶E k2＝1∶84．(2019·山东日照市上学期期末)如图4所示，光滑的水平桌面上放置一质量M ＝4 kg 、长L ＝0.6 m 的长木板B ，质量m ＝1 kg 的小木块A (可看成质点)放在长木板的左端，开始A 、B 均处于静止状态．现有一个与A 完全相同的小木块C 从长木板右侧以v 0＝6 m/s 的初速度冲向长木板，碰后以v 1＝2 m/s 的速度被反向弹回(碰撞时间极短)，最终小木块A恰好不滑落长木板．重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)碰后瞬间长木板B的速度；(2)小木块A与长木板间的动摩擦因数．5．(2019·河南平顶山市一轮复习质检)如图5所示，质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ＝53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)物块在水平面上滑行的速度大小；(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度．6．(2019·北京市东城区二模)能量守恒定律和动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律，它为我们解决许多实际问题提供了依据．如图6所示，在光滑的水平面上，静止放置质量为2m的滑块B，其左侧面固定一轻质弹簧，现有一质量为m的滑块A，以初速度v0正对B向右运动，在此后的运动过程中，A、B始终在同一直线上运动．(1)求弹簧压缩量最大时B的速率v；(2)求滑块B的最大速率v B；(3)若在滑块B的右侧某处固定一弹性挡板C，挡板的位置不同，B与C相碰时的速度不同．已知B滑块与C碰撞时间极短，B与C碰后速度立刻等大反向，B与C碰撞的过程中，可认为A的速度保持不变．B与挡板相碰后立即撤去挡板C.此后运动过程中，A、B系统的弹性势能的最大值为E pm，挡板位置不同，E pm 的数值不同，求E pm的最小值．7．(2020·河南省顶级名校联测)如图7所示，放在光滑水平面上的小车可以在两个固定障碍物A、B之间往返运动．小车最左端放有一个小木块，初始小车紧挨障碍物A静止．某时刻，一粒子弹以速度v0射中木块并嵌入其中．小车向右运动到与障碍物B 相碰时，木块恰好运动到了小车的最右端，且小车与木块恰好达到共速．小车和它上面的木块同时与障碍物B 相碰，碰后小车速度立即减为零，而木块以碰撞之前的速度反弹，过一段时间，小车左端又与障碍物A 相碰，碰后小车速度立即减为零，木块继续在小车上向左滑动，速度逐渐减为零而停在小车上．已知小车的质量为m ，长度为L ，小木块质量为25m ，子弹质量为110m ，重力加速度为g .子弹和小木块都可以看做质点．求：(1)小木块运动过程中的最大速度；(2)小车从左到右运动的最大距离以及小木块与小车间的动摩擦因数；(3)小木块最终停止运动后，木块在小车上的位置与小车右端的距离．答案精析1．AC [A 和B 及轻弹簧组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初状态总动量为m v ，则弹簧压缩至最短时，系统总动量仍然为m v ，故A 正确；轻弹簧被压缩到最短时，A 和B 的速度相等，由动量守恒有m v＝2m v 共，可得v 共＝v 2，则此时A 的动能为E k A ＝12m v 共2＝18m v 2，故B 错误；A 和B 在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原长的过程中，满足A 、B 与轻弹簧组成的系统的动量守恒和机械能守恒有：m v ＝m v A ＋m v B ，12m v 2＝12m v A 2＋12m v B 2，可得v A ＝0，v B ＝v ，故C 正确；A 、B 两物体组成的系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能，机械能不守恒，而A 和B 及弹簧组成的系统没有其他能参与转化，机械能守恒，故D 错误．]2．BC [设当A 、B 速度相等且B 与C 碰撞之前A 、B 的速度为v 1，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律有m v 0＝2mv 1，解得v 1＝2 m/s; 从开始到弹簧最短时，对A 、B 、C 系统有：m v 0＝3m v 2，解得v 2＝43m/s ；从开始到弹簧最短时，对物块C ，由动量定理：I ＝m v 2＝4 N·s ，选项B 正确，A 错误；B 与C 相碰的过程：m v 1＝2m v 3，解得v 3＝1 m/s ；则从开始到A 与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE ＝12m v 12－12·2m v 32＝3 J ，选项C 正确，D 错误．] 3．D [在t 1和t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且t 1时刻弹簧处于压缩状态，t 3时刻弹簧处于伸长状态，两个时刻弹簧的弹性势能最大；由图像的面积可知，在t 1～t 2时间内A 、B 的距离逐渐增大，选项A 、B 错误；根据动量守恒，从0～t 1时刻：m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 1，即3m 1＝(m 1＋m 2)×1，解得2m 1＝m 2，选项C 错误；在t 2时刻A 、B 两物块的速度分别为－1 m/s 和2 m/s ，根据E k ＝12m v 2，可知动能之比为E k1∶E k2＝1∶8，选项D 正确．]4．(1) 2 m/s ，方向向左 (2)0.27解析 (1)规定向左为正方向，对B 、C 系统，由动量守恒定律有：m v 0＝M v －m v 1代入数据解得：v ＝2 m/s ，方向向左；(2)A 与B 作用过程，由动量守恒定律有：M v ＝(M ＋m )v 共代入数据解得：v 共＝1.6 m/s由能量守恒定律有：μmgL ＝12M v 2－12(m ＋M ) v 共2 代入数据解得：μ≈0.27.5．(1) 65gR (2)3525gR 66125R 解析 (1)物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律有：m v 0＝(m ＋2m )v ，由机械能守恒定律有：12m v 02＝12(m ＋2m )v 2＋mgR (1－cos θ)， 联立解得：v 0＝65gR ； (2)对物块，由机械能守恒定律有：12m v 02＝12m v 12＋mgR (1－cos θ)， 解得： v 1＝25gR 物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，物块到达最高点时，物块的速度：v 2＝v 1cos θ＝3525gR ， 由机械能守恒定律有：12m v 02＝mgh ＋12m v 22， 联立解得：h ＝66125R . 6．(1)13v 0 (2)23v 0 (3)127m v 02 解析 (1)A 、B 速度相同时，弹簧压缩量最大即弹性势能最大，以初速度v 0的方向为正方向，由动量守恒有：m v 0＝3m v解得v ＝13v 0； (2)弹簧恢复原长时，滑块B 的速度最大，由动量守恒有：m v 0＝m v A ＋2m v B由能量关系有：12m v 02＝12m v A 2＋12·2m v B 2 解得v A ＝13v 0，v B ＝2m 2m ＋mv 0＝23v 0； (3)B 与挡板碰撞后，当A 、B 共速时弹性势能最大，整个过程中机械能守恒，则有：E pm ＝12m v 02－32m v 共′2 当v 共′最大时，E pm 最小；设B 、C 碰前瞬间，A 、B 的速度分别为v A ′、v B ′，由动量守恒：m v 0＝m v A ′＋2m v B ′B 、C 碰后至A 、B 再次共速的过程，对系统：m v A ′－2m v B ′＝3m v 共′当B 与C 碰撞前弹簧恢复原长时，A 的速度向左最大，B 的速度向右最大，且B 的动量：p m ＝2m v B >m v 0 在这种情况下，B 与挡板碰撞后，A 、B 速度均向左，总动量向左最大；由(2)可知：v A ′＝－13v 0，v B ′＝23v 0 再由：m v A ′－2m v B ′＝3m v 共′可得v 共′＝－59v 0， 则(E pm )min ＝12m v 02－32m v 共′2＝127m v 02. 7．(1)15v 0 (2)L 3 v 0275Lg (3)754L 解析 (1)设子弹和小木块的共同速度为v 1，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律有：110m v 0＝⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 1解得：v 1＝15v 0； (2)内嵌子弹的小木块与小车作用过程，子弹、小木块和小车组成的系统动量守恒，设共同速度为v 2，则有：⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 1＝⎝⎛⎭⎫110m ＋25m ＋m v 2 解得：v 2＝115v 0 小木块与小车之间的摩擦力大小为f ，木块从A 运动到B 的路程为s ，对小木块有：－fs ＝12×⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 22－12⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 12 对小车有：f (s －L )＝12m v 22 解得：s ＝43L ，f ＝m v 02150L小车从A 运动到B 的路程为：s －L ＝L 3动摩擦因数：μ ＝v 0275gL； (3)内嵌子弹的小木块反弹后与小车达到相对静止状态，共同速度为v 3，相对小车滑行的距离为s 1，小车停后小木块做匀减速运动，相对小车滑行距离为s 2根据动量守恒有：⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 2＝⎝⎛⎭⎫110m ＋25m ＋m v 3 解得：v 3＝13v 2＝145v 0 根据能量守恒：fs 1＝12×⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 22－12⎝⎛⎭⎫110m ＋25m ＋m v 32 对内嵌子弹的小木块，根据动能定理有fs 2＝12×⎝⎛⎭⎫110m ＋25m v 32 解得：s 1＝L 9，s 2＝154L 内嵌子弹的小木块在小车上的位置与小车右端的距离：x ＝s 1＋s 2＝754L .。

ABCv 水平弹簧1、如图所示，光滑的水平面上有m A =2kg ，m B = m C =1kg 的三个物体，用轻弹簧将A 与B 连接．在A 、C 两边用力使三个物体靠近，A 、B 间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J ，然后从静止开始释放，求：（1）当物体B 与C 分离时，B 对C 做的功有多少？（2）当弹簧再次恢复到原长时，A 、B 的速度各是多大？（1）当弹簧恢复原长时，B 与C 分离，0=m A v A －（m B +m c ）v C ①，E P =221AA v m +2)(21C C B v m m +②，对C 由动能定理得W =221CC v m －0③，由①②③得W =18J ，v A =v C =6m/s ． （2）取A 、B 为研究系统，m A v A －m B v C = m A v A ’ +m B v C ’， 221AA v m +221C B v m =21 m A v A ’2+21 m B v C ’2，当弹簧恢复到原长时A 、B 的速度分别为：，v A =v B =6m/s 或v A =-2m/s ， v B =10m/s ．2、（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A 、B 、C ，质量分别为m B =m c =2m ,m A =m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。

开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止。

某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。

求B 与C 碰撞前B 的速度。

解析：（2）设共同速度为v ，球A 和B 分开后，B 的速度为B v ,由动量守恒定律有0()A B A B B m m v m v m v +=+,()B B B C m v m m v =+,联立这两式得B 和C 碰撞前B 的速度为095B v v =。

考点：动量守恒定律 3、两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m ／s 的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示。

微专题48碰撞及碰撞模型的拓展1．碰撞的特点：系统动量守恒，碰后系统的动能不增加，碰撞前后的速度要符合实际.2.“弹簧－滑块”模型：(1)系统动量守恒，机械能守恒，但系统的总动能会与弹性势能发生转化；(2)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，相当于完全非弹性碰撞，此时动能最小、弹性势能最大；(3)弹簧恢复原长时相当于完全弹性碰撞，此时系统的总动能等于初态总动能.3.“小球－斜面”模型：系统只在水平方向动量守恒，当小球滑至斜面最大高度时两物体具有共同速度，此时相当于完全非弹性碰撞，系统损失的动能转化为小球增加的势能．小球从冲上斜面又滑离斜面的全过程，相当于弹性碰撞，全过程系统机械能守恒．1．(多选)如图甲所示，两小球a 、b 在足够长的光滑水平面上发生正碰．小球a 、b 质量分别为m 1和m 2，且m 1＝200g ．取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x －t 图像如图乙所示．下列说法正确的是()A ．碰撞前球a 做匀速运动，球b 静止B ．碰撞后球a 做减速运动，球b 做加速运动C ．碰撞前后两小球的机械能总量减小D ．碰撞前后两小球的机械能总量不变答案AD解析由题图可知，碰前b 球的位移不随时间变化，处于静止状态，碰前a 球的速度为v 1＝Δx 1Δt 1＝82m/s ＝4m/s ，做匀速运动，故A 正确；碰后b 球和a 球均做匀速运动，其速度分别为v 2′＝2m/s ，v 1′＝－2m/s ，故B 错误；根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.6kg ，碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝121v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得ΔE ＝0，所以碰撞过程机械能守恒，故C 错误，D 正确．2．(2023·湖北十堰市调研)如图所示，足够长的光滑水平直轨道AB 与光滑圆弧轨道BC 平滑连接，B 为圆弧轨道的最低点．一质量为1kg 的小球a 从直轨道上的A 点以大小为4m/s 的初速度向右运动，一段时间后小球a 与静止在B 点的小球b 发生弹性正碰，碰撞后小球b 沿圆弧轨道上升的最大高度为0.2m(未脱离轨道)．取重力加速度大小g ＝10m/s 2，两球均视为质点，不计空气阻力．下列说法正确的是()A ．碰撞后瞬间，小球b 的速度大小为1m/sB ．碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为3m/sC ．小球b 的质量为3kgD ．两球会发生第二次碰撞答案C解析对小球b ，由机械能守恒定律有m b gh ＝12m b v B 2，可得碰后小球b 的速度大小为v B ＝2m/s ，故A 错误；由动量守恒定律可得m a v 0＝m a v 1＋m b v B ，由机械能守恒定律可得12m a v 02＝12m a v 12＋12m b v B 2，联立解得m b ＝3kg ，v 1＝－2m/s ，碰撞后瞬间，小球a 的速度大小为2m/s ，故B 错误，C 正确；由上述分析知，碰后a 球立刻向左运动，b 球先向右运动到最高点，再向左返回到平面上运动，最后两球速度大小相等，所以两球不会发生第二次碰撞，故D 错误．3．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1kg ，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A ．3JB ．4JC ．5JD ．6J答案A解析根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v 甲＝5.0m/s ，v 乙＝1.0m/s ，碰撞后甲、乙的速度分别为v 甲′＝－1.0m/s ，v 乙′＝2.0m/s ，碰撞过程由动量守恒定律得m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′，解得m 乙＝6kg ，碰撞过程损失的机械能ΔE ＝12m 甲v 甲2＋12m 乙v 乙2－12m 甲v 甲′2－12m 乙v 乙′2，解得ΔE ＝3J ，故选A.4．(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1、m 2(已知m 2＝0.5kg)的两物块A 、B 相连接，处于原长并静止在光滑水平面上．现使B 获得水平向右、大小为6m/s 的瞬时速度，并从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得()A ．在t 1时刻，两物块达到共同速度2m/s ，且弹簧处于伸长状态B ．从t 3到t 4，弹簧由原长变化为压缩状态C ．t 3时刻弹簧的弹性势能为6JD ．在t 3和t 4时刻，弹簧均处于原长状态答案AC解析从0到t 1时间内B 做减速运动，A 做加速运动，B 的速度大于A 的速度，弹簧被拉伸，t 1时刻两物块达到共同速度2m/s ，此时弹簧处于伸长状态，故A 正确；从t 3到t 4时间内A 做加速度减小的减速运动，B 做加速度减小的加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，即t 3时刻弹簧处于压缩状态，t 4时刻弹簧处于原长状态，故B 、D 错误；t 3时刻两物块的速度相同，都是2m/s ，A 、B 组成的系统动量守恒，m 2v ＝(m 1＋m 2)v 3，解得m 1＝1kg ，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 2＝12(m 1＋m 2)v 32＋E p ，解得E p ＝6J ，故C 正确．5.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开．小车与小球的质量分别为2m 、m ，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面．小球的最大重力势能为()A.13m v 02 B.14m v 02C.15m v 02 D.16m v 02答案A解析小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v )，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有m v 0＝3m v ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝12×3m v 2＋E p ，解得E p ＝13m v 02，故选A.6．(多选)(2023·安徽省A10联盟联考)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A 、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为R .圆弧体B 锁定，一个小球从A 圆弧体的最高点由静止释放，小球在圆弧体B 上升的最大高度为R2.已知重力加速度大小为g ，则()A ．小球与圆弧体的质量之比为1∶1B ．小球与圆弧体的质量之比为1∶2C ．若圆弧体B 没有锁定，则圆弧体B 最终获得的速度大小为gRD ．若圆弧体B 没有锁定，则圆弧体B 最终获得的速度大小为122gR 答案AC解析设小球质量为m ，圆弧体质量为M ，小球从圆弧体A 上滚下时，A 的速度大小为v 1，小球的速度大小为v 2，由题意可知M v 1＝m v 2，mgR ＝12M v 12＋12m v 22，小球上升的过程有12mgR＝12m v 22，解得M ＝m ，v 1＝v 2＝gR ，故A 正确，B 错误；若圆弧体B 没有锁定，则小球与圆弧体B 作用过程类似于弹性碰撞，交换速度，因此圆弧体B 最终获得的速度大小为gR ，故C 正确，D 错误．7．如图所示，质量为4m 的光滑物块a 静止在光滑水平地面上，物块a 左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m 的滑块b 以初速度v 0向右运动滑上a ，沿a 左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a ，滑块b 从滑上a 到滑离a 的过程中，重力加速度为g ，下列说法正确的是()A ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 025gB ．物块a 运动的最大速度为2v 05C ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 022gD ．物块a 运动的最大速度为v 05答案B解析b 沿a 上升到最大高度时，两者速度相同，取向右为正方向，水平方向由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋4m )v ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12(m ＋4m )v 2＋mgh ，解得h ＝2v 025g ，A 、C错误；滑块b 滑离a 后，物块a 运动的速度最大．系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝m v b ＋4m v a ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v b 2＋12×4m v a 2，解得v a ＝25v 0，v b ＝－35v 0，B 正确，D 错误．8．如图所示，质量分别为m 和2m 的物体A 、B 静止在光滑水平地面上，B 左端有一轻弹簧且处于静止状态．现A 以速度v 向右运动，则A 、B 相互作用的整个过程中()A ．A 的动量最小值为m v 3B ．A 的动量变化量为2m v3C ．弹簧弹性势能的最大值为m v 26D ．B 的动能最大值为4m v 29答案D解析设弹簧恢复原长时A 、B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝m v A ＋2m v B ，由机械能守恒定律得12m v 2＝12m v A 2＋12×2m v B 2，解得v A ＝－v 3，v B ＝2v 3，负号表示速度方向向左，从A 撞上弹簧到A 、B 分离过程，A 先向右做减速运动直到速度减为零，然后向左做加速运动，整个过程B 一直做加速运动，由此可知，A 的最小速度为零，A 的动量最小值为0，则A 、B 相互作用的整个过程中，以向右为正方向，A 的动量变化量为Δp A ＝－m ·v 3－m v ＝－43m v ，负号表示动量变化量方向向左，故A 、B 错误；当弹簧被压缩最短时，A 、B 速度相同，设为v ′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v ＝(m ＋2m )v ′，解得v ′＝v 3，此时弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小，根据系统的机械能守恒得E p ＝12m v 2－12(m ＋2m )v ′2＝13m v 2，故C 错误；当A 、B 分离时，B 的速度有最大值，且为v B ＝2v 3，此时的动能为E k B ＝12×2m v B 2＝49m v 2，故D 正确．9．如图所示，小球C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它左边有一垂直于轨道的固定挡板P ，右边有两个小球A 和B 用轻质弹簧相连，A 、B 以相同的速度v 0向C 运动，C 与B 发生碰撞并立即结成一个整体D .在A 和D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后D 与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，D 与P 接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A 、B 、C 三球的质量均为m .求：(1)弹簧长度刚被锁定时A 的速度大小；(2)在D 离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．答案(1)23v 0(2)118m v 02解析(1)设C 球与B 球发生碰撞并立即结成一个整体D 时，D 的速度为v 1，B 、C 碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋m )v 1当弹簧压缩至最短时，D 、A 的速度相同，设此速度为v 2，A 、D 系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＋2m v 1＝(m ＋2m )v 2解得此时A 的速度v 2＝23v 0(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p1.由能量守恒定律得：12×2m v 12＋12m v 02＝12×3m v 22＋E p1解得E p1＝112m v 02然后，D 与挡板P 发生碰撞，碰后A 、D 都静止不动，D 与P 接触而不粘连，突然解除锁定E p1＝12m v A 2之后运动过程中，当弹簧被压缩至最短时，A 、D 的速度相同，系统动量守恒有m v A ＝3m v AD 弹簧的最大弹性势能E p2＝12m v A 2－12·3m v AD 2＝118m v 02.。

三大力场中的碰撞模型特训目标特训内容目标1动碰静完全弹性碰撞模型(1T -5T )目标2动碰动完全弹性碰撞模型(6T -10T )目标3完全非弹性碰撞模型(11T -15T )【特训典例】一、动碰静完全弹性碰撞模型1碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。

在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m 1、m 2，碰后两车的速度大小分别为v 1、v 2，假设碰撞的过程没有机械能损失。

则下列说法正确的是()A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m 1>m 2B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m 2>3m 1D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1【答案】AC【详解】A ．根据动量守恒与机械能守恒m 1v =m 1v 1+m 2v 2；12m 1v 2=12m 1v 21+12m 2v 22得v 1=m 1-m 2m 1+m 2v ，v 2=2m 1m 1+m 2v 可知，当m 1>m 2时，两车速度方向相同，A 正确；B ．若碰后黄车反向运动，则m 1<m 2则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B 错误；C ．若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m 2-m 1m 1+m 2v >2m 1m 1+m 2v 得m 2>3m 1，C 正确；D ．设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3∶1，即v 2:v =3:1得m 1+3m 2=0不符合实际情况，D 错误。

故选AC 。

2一质量为m 的小球A 以初速度v 0与正前方另一小球B 发生碰撞，碰撞过程A 、B 两球的v -t 图像如图所示。

已知地面光滑，则下列说法正确的是()A.图线P 反映的是碰撞过程中A 球的v -t 图像B.B 球的质量可表示为v 0-ccmC.一定存在b -a =v 0D.碰撞过程中A 、B 两球的最大弹性势能为mv 0v 0-c2【答案】ABD【详解】A ．A 与B 碰撞过程，对A 、B 进行受力分析可知，A 球受力方向和速度方向相反，A 的速度应减小，则P 反映的是A 球的情况，A 正确；B ．由动量守恒定律有mv 0=mv 1+m B v 2=m +m B c 得m B =v 0-ccm ，B 正确；C ．由弹性碰撞有12mv 20=12mv 21+12m B v 22得v 2=2mv 0m B +m ，v 1=m -m B v 0m B +m 知v 2-v 1=v 0则发生弹性碰撞才有b -a =v 0，C 错误；D ．AB 碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有mv 0=m +m B c ；12mv 20=12m +m B c 2+E pm 解得E pm =mv 0v 0-c2，D 正确。

类碰撞模型特训目标特训内容目标1与弹簧有关的类碰撞模型(1T -4T )目标2与斜面曲面有关的类碰撞模型(5T -8T )目标3与板块和子弹打木块有关的类碰撞模型(9T -12T )目标4与绳子绷紧有关的类碰撞模型(13T -16T )【特训典例】一、与弹簧有关的类碰撞模型1如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m 1=1kg 和m 2的两物块A 、B 相连接，并且静止在光滑的水平面上。

现使m 1瞬时获得水平向右的速度3m/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，从图像信息可得()A.A 与B 两物块的质量之比为1:2B.在t 2时刻A 与B 两物块间的弹簧处于压缩状态C.在t 3时刻弹簧的弹性势能最大D.在从0到t 4过程中，弹簧的最大弹性势能为1.5J【答案】AC【详解】A ．系统动量守恒，从t =0开始到t 1时刻有m 1v 1=m 1+m 2 v 2将v 1=3m/s ，v 2=1m/s 代入得m 1:m 2=1:2解得m 2=2kg 故A 正确；B ．由乙图可知，t 2时刻弹簧恢复原长，故B 错误；CD ．由乙图可知，t 3时刻速度相同，总动能最小，弹簧的弹性势能最大，则最大弹性势能为E p =12m 1v 21-12m 1+m 2 v 2共已知v 1=3m/s ，v 1=1m/s 代入上式，得E p =3J 故C 正确，故D 错误。

故选AC 。

2如图所示，质量为m 的物块P 与物块Q (质量未知)之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。

现给P 物体一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0~2t 0内P 、Q 物块运动的a -t 图像如图所示，已知t 0时刻P 、Q 的加速度最大，其中t 轴下方部分的面积大小为S ，则()A.物体Q 的质量为12m B.2t 0时刻Q 物体的速度大小为v Q =S C.t 0时刻弹簧的弹性势能为3mS 24D.t 0~2t 0时间内弹簧对P 物体做功为零【答案】BCD【详解】A ．0~2t 0时间内Q 所受弹力方向向左，P 所受弹力方向始终向右；t 0时刻，P 、Q 所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得F 弹m P =F 弹m =a 0；F 弹m Q =a02解得物体Q 的质量为m Q =2m 故A 错误；B ．根据a -t 图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0~2t 0时间内，Q 物体的速度变化量大小为Δv Q =S =v Q -0则2t 0时刻Q 物体的速度大小为v Q =S ，故B 正确；C ．t 0时刻两物体具体相同的速度v ，根据对称性可知，t 0时刻P 、Q 物体的速度大小为v =S 2设物体P 的初速度为v 0，根据动量守恒可得mv 0=(m +2m )v 解得v 0=3v =32S 设t 0时刻弹簧的弹性势能为E p ，根据能量守恒可得E p =12mv 20-12×3mv 2联立解得E p =3mS 24故C 正确；D ．设2t 0时刻P 物体的速度为v P ；根据动量守恒可得mv 0=mv P +2mv Q 解得v P =-S2=-v 可知2t 0时刻P 物体的速度大小等于t 0时刻P 物体的速度大小，则2t 0时刻P 物体的动能等于t 0时刻P 物体的动能，故t 0~2t 0时间内弹簧对P 物体做功为零，故D 正确。