小球碰弹簧模型

弹簧小球模型知识点总结一、弹簧小球模型的基本原理弹簧小球模型的基本原理是利用弹簧的弹性力和小球的质量产生共振效应，以研究系统的动力学特性。

弹簧小球模型可以简化为单自由度系统或多自由度系统，分别用来研究不同的力学问题。

1. 单自由度弹簧小球模型单自由度弹簧小球模型由一条弹簧和一个小球组成，小球在弹簧的作用下可以进行简谐振动。

当外力作用在小球上时，小球受到外力作用产生振动，弹簧的弹性力会对小球产生反作用力，最终形成小球的振动。

单自由度弹簧小球模型的动力学方程可以用简单的力学原理进行建立，是研究简单振动问题的基础。

2. 多自由度弹簧小球模型多自由度弹簧小球模型由多条弹簧和多个小球组成，可以用来研究复杂的多自由度系统的力学特性。

多自由度系统的动力学方程可以通过拉格朗日方程或哈密顿原理进行建立，并可以通过数值模拟方法进行求解。

多自由度弹簧小球模型在工程学和物理学中有广泛的应用，可以用来研究复杂的振动问题和非线性动力学问题。

二、弹簧小球模型的动力学方程弹簧小球模型的动力学方程是描述系统运动规律的基本方程，可以用来求解系统的振动特性和响应。

单自由度弹簧小球模型的动力学方程可以表示为简谐振动方程，多自由度弹簧小球模型的动力学方程则可以表示为多自由度振动方程。

1. 单自由度弹簧小球模型的动力学方程对于单自由度弹簧小球模型，可以用简单的力学原理建立动力学方程。

假设弹簧的劲度系数为k，小球的质量为m，外力为F(t)，则小球的运动方程可以表示为：m*a(t) = F(t) - k*x(t)其中，a(t)为小球的加速度，F(t)为外力，k为弹簧的劲度系数，x(t)为小球的位移。

在无外力的情况下，小球的振动方程可以简化为简谐振动方程：m*a(t) = -k*x(t)这是一个典型的简谐振动方程，可以通过求解微分方程来得到系统的振动特性和响应。

2. 多自由度弹簧小球模型的动力学方程对于多自由度弹簧小球模型，可以通过利用拉格朗日方程或哈密顿原理建立动力学方程，并通过适当的数值模拟方法进行求解。

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。

动量守恒的十种模型解读和针对性训练弹簧模型模型解读【典例分析】【典例】（2024高考辽吉黑卷）如图，高度0.8m h =的水平桌面上放置两个相同物块A 、B ，质量A B 0.1kg m m ==。

A 、B 间夹一压缩量Δ0.1m x =的轻弹簧，弹簧与A 、B 不栓接。

同时由静止释放A 、B ，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程A 0.4m x =；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离B 0.25m x =后停止。

A 、B 均视为质点，取重力加速度210m/s g =。

求：（1）脱离弹簧时A 、B 的速度大小A v 和B v ；（2）物块与桌面间动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能p E D。

的【针对性训练】1. （2024年3月江西赣州质检）如图甲所示，光滑水平地面上有A 、B 两物块，质量分别为2kg 、6kg ，B 的左端拴接着一劲度系数为200N/m 3的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。

A 以速度v 0向静止的B 方向运动，从A 接触弹簧开始计时至A 与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l 与时间t 的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能2p 12E kx =（x 为弹簧的形变量），则（ ）A. 在0~2t 0内B 物块先加速后减速B. 整个过程中，A 、B 物块构成的系统机械能守恒C. v 0=2m/sD. 物块A 在t 0时刻时速度最小2. （2024河南新郑实验高中3月质检）如图甲所示，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3m/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、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都处于伸长状态B.从t 3到t 4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m 1：m 2=1：2D.在t 2时刻A 、B 两物块的动能之比为E k 1：E k 2=8：13. （2024山东济南期末）如图甲所示，物块A 、B 用轻弹簧拴接，放在光滑水平面上，B 左侧与竖直墙壁接触。

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。

弹簧—小球模型 滑块—斜(曲)面模型1.如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 质量相等，Q 与水平轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图1A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B解析 把小滑块P 和Q 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P 和Q 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P 的初速度为v 0，两滑块的质量均为m ，以v 0的方向为正方向，则m v 0＝2m v ，得v ＝v 02，所以弹簧具有的最大弹性势能E pm ＝12m v 02－12×2m v 2＝14m v 02＝12E k0，故B 正确． 2．如图2所示，水平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 的小球从槽上h 高处开始自由下滑( )图2A ．在以后的运动过程中，小球和槽组成的系统动量始终守恒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，小球能回到槽上h 高处答案 C解析 小球从弧形槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒，但是，当小球接触弹簧的过程中，弹簧会对小球施加一个水平向左的外力，故在此运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，A 错误；小球在弧形槽中下滑过程中和弧形槽之间产生了一个垂直于接触面的弹力，而且在弹力水平分力的方向上两者都发生了位移，故小球和弧形槽之间的相互作用力会做功，B 错误；小球下滑时，与光滑弧形槽在水平方向上动量守恒，所以小球离开光滑弧形槽时，两者速度大小相等、方向相反，因此，小球被弹簧反弹后，速度与光滑弧形槽速度相等，且都做匀速直线运动，小球不能追上光滑弧形槽，C正确，D错误．3．(多选)如图3所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟轻弹簧相碰．在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图3A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零答案ABD解析物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确．A、B和弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B的动能之和最小，故B正确．弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误．当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确．4．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图4甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()图4A．L1>L2B．L1<L2C．L1＝L2D．不能确定答案 C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：E p＝12m v2－12(m＋M)v′2联立解得弹簧压缩到最短时E p＝mM v22(m＋M)同理：对题图乙取B 的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E p ＝mM v 22(m ＋M ) 故弹性势能相等，则有：L 1＝L 2，故A 、B 、D 错误，C 正确．5．在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑的可自由移动的曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v 0＝2 m/s 的速度向曲面推出(如图5所示)．已知小孩和冰车的总质量为m 1＝40 kg ，小球质量为m 2＝2 kg ，曲面质量为m 3＝10 kg.试求小孩将球推出后还能否再接到球，若能，则求出再接到球后人的速度大小，若不能，则求出球再滑回水平冰面上的速度大小．图5答案 能 1063m/s 解析 以小球被推出的方向为正方向，人推球过程，水平方向动量守恒：0＝m 2v 0＋m 1v 1得v 1＝－0.1 m/s球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m 2v 0＝m 2v 2＋m 3v 3由机械能守恒定律得：12m 2v 02＝12m 2v 22＋12m 3v 32 得v 2＝－43m/s |v 2|>|v 1|，所以人能再接住球，人接球的过程，由动量守恒定律得：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共，得v 共＝－1063m/s ，负号表示方向向右． 6.(2020·扬州十一中高二下期中)如图6所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后静止放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起．问：图6(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？(3)弹簧的最大弹性势能是多少？答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112m v 02 解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C 球并没有参与A 、B 的碰撞，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有：m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02. (2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：2m v 1＝3m v 2，解得v 2＝23v 1＝v 03. (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大E pm ＝12×2m v 12－12×3m v 22＝112m v 02. 7．如图7所示，静止放置在光滑水平面上的A 、B 、C 三个滑块，滑块A 、B 间通过一水平轻弹簧相连，滑块A 左侧紧靠一竖直固定挡板P ，某时刻给滑块C 施加一个水平冲量使其以初速度v 0水平向左运动，滑块C 撞上滑块B 的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J ，此时撤掉固定挡板P ，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A 、B 、C 的质量分别为m A ＝m B ＝0.2 kg ，m C ＝0.1 kg ，(取10＝3.16)求：图7(1)滑块C 的初速度v 0的大小；(2)当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小；(3)从滑块B 、C 压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B 、C 整体的冲量． 答案 (1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s ，方向水平向右解析 (1)滑块C 撞上滑块B 的过程中，滑块B 、C 组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：m C v 0＝(m B ＋m C )v 1弹簧被压缩至最短时，滑块B 、C 速度为零，根据能量守恒定律得：E p ＝12(m B ＋m C )v 12 解得：v 1＝3 m/s ，v 0＝9 m/s(2)设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B 、C 的速度大小为v 2，滑块A 的大小为v 3，根据动量守恒定律得：(m B ＋m C )v 2－m A v 3＝0根据能量守恒定律得：E p ＝12m A v 32＋12(m B ＋m C )v 22 解得：v 2≈1.9 m/s(3)设弹簧对滑块B 、C 整体的冲量为I ，选向右为正方向，由动量定理得：I ＝Δp ＝(m B ＋m C )[v 2－(－v 1)]解得：I ＝1.47 N·s ，方向水平向右．8．如图8所示，一光滑水平面上有质量为m 的光滑曲面体A ，A 右端与水平面平滑连接，一质量为m 的小球C 放在曲面体A 的曲面上，距水平面的高度为h ，小球C 从静止开始滑下，然后与质量为2m 的小球B 发生弹性正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．重力加速度为g .图8(1)小球C 与曲面体A 分离时，求A 、C 的速度大小；(2)小球C 与小球B 发生碰撞后，小球C 能否追上曲面体A ?答案 (1)均为gh (2)不能解析 (1)设小球C 与曲面体A 分离时速度大小为v 0，此时曲面体A 的速度大小为v A ，小球C 运动到曲面体A 最低点的过程中，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得m v 0－m v A ＝0，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 02＋12m v A 2， 解得v A ＝v 0＝gh .(2)设小球C 与小球B 发生碰撞后速度分别为v C 和v B ，以向右为正方向，由于小球C 与小球B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得m v 0＝m v C ＋2m v B ，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v C 2＋12×2m v B 2， 解得v B ＝23gh ，v C ＝－13gh ， 因|v C |<|v A |，则小球C 与小球B 发生碰撞后，小球C 不能追上曲面体A .。

双小球弹簧模型原理及应用双小球弹簧模型是一种简化的力学模型，用于研究由两个小球和弹簧相互作用而形成的系统。

该模型可以通过具体的物理实验或数学分析来研究诸如共振、自由振动等问题。

该模型的基本原理是通过假设一对小球通过弹簧连接，并在合适的约束条件下对其运动进行建模。

这里的小球可以是物理系统中的任何物体，弹簧则是连接两个小球的弹性材料。

在该模型中，弹簧既提供了小球之间的力学连接，又提供了弹性势能。

通过弹簧的拉伸或压缩，它们之间的相对位置和相对速度会发生变化，从而影响到整个系统的运动状态。

在双小球弹簧模型中，可以通过牛顿第二定律或哈密顿力学等方法对系统进行分析。

其中，牛顿第二定律以质心运动方程和相对运动方程的形式进行建模，用于描述两个小球的运动规律。

哈密顿力学则用于描述系统的能量和动量随时间的变化。

这些分析方法可以解决诸如共振频率、振幅、相位等问题，并可以提供对系统稳定性和能量传递的有效描述。

双小球弹簧模型具有广泛的应用。

在物理学中，该模型可用于解释和预测诸如声波、光学和电磁波等传播过程。

例如，可以通过模拟弹簧与小球之间的相互作用来研究声波在不同媒介中的传播特性，以及光的干涉和衍射现象。

在机械工程中，双小球弹簧模型可用于设计和分析机械结构的振动特性，以及预测柔性材料和弹性体的应力应变行为。

在电子工程中，该模型可用于分析电路中的谐振器和滤波器，并优化信号传输和能量转换效率。

此外，双小球弹簧模型也可用于涉及到多体动力学的问题。

例如，通过在每个小球上添加坐标和速度变量，可以将该模型扩展为多小球弹簧模型，用于研究多体系统的运动和相互作用。

这种扩展可以应用于研究分子动力学、天体物理学中的星系演化以及复杂网络中的信息传递和耦合行为等领域。

总之，双小球弹簧模型是一种简化而有效的物理模型，用于研究由两个小球和弹簧相互作用而形成的系统。

该模型的应用范围广泛，从传统的物理学到工程学和其他交叉学科中都具有重要的意义。

通过对该模型的深入研究和应用，可以更好地理解和预测自然界和技术领域中的现象和行为。

小球压弹簧模型小球压弹簧模型是在机械能守恒及能量转化中常考的一类易错题，我们要知道弹簧压缩的过程中弹性势能是在逐渐增加的，我们还需要分析好力与运动的关系，这类题现在考查的越来越多，所以我们一定要多加练习。

1、如图甲所示，小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧．从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度△l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点．不计空气等阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则下列说法错误的是（）A．小球的机械能不断减小B．弹簧的弹性势能不断增大C．小球运动过程中动能一直增大D．小球在b点时重力等于弹力2、如图所示，小球从高处下落到竖直旋转的轻弹簧上并压缩弹簧．从小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法正确的是（）A．小球的速度逐渐变小B．小球的机械能保持不变C．小球所受的合力先变小后变大D．小球所受的弹力先变大后变小【答案与解析】1、【考点】动能和势能的大小变化．【分析】（1）分析清楚该过程中，谁对谁做功即可判断；（2）弹性势能的大小与物体发生弹性形变的程度有关；【解答】解：A、小球从某高度处静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧，此过程中小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，所以小球的机械能不断变小，故A正确；B、在上述过程中，弹簧的弹性形变程度逐渐变大，故弹簧的弹性势能不断增大，故B正确；C、据图乙可知，小球的速度先变大，后变小，所以小球的动能先变大，后变小，故C错误；D、在上述过程中，小球受竖直向上的弹力、竖直向下的重力．开始时，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大．随弹簧压缩量的增大，弹力越来越大，当弹力与重力相等时，合力为零．小球再向下运动，弹力大于重力，合力向上，小球速度减小．由此可知，当重力G与弹力F相等时，小球速度最大，故D正确．故选C．2、【考点】机械能；力的合成与应用；弹力．【分析】分析小球的受力情况，分析其运动情况，与然后根据影响机械能、动能、重力势能的因素分析答题．【解答】解：A、小球接触弹簧向下运动过程中，受到弹簧向上弹力的作用，但刚开始弹力小于重力，合力的方向仍然向下，小球做加速运动，故A错误；B、小球接触弹簧向下运动过程中，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，小球的机械能减小，故B错误；C、小球在向下运动过程中，受到重力与弹簧弹力作用，在此过程中，向下的重力大小保持不变，刚开始弹力小于重力，合力的方向仍然向下，当弹簧被压缩到一定程度时，弹力等于重力时，合力为零，弹簧继续被压缩，弹力大于重力时，合力方向向上，小球所受的合力先变小后变大，故C正确；D、在向下运动过程中，弹簧被小球压缩，向上的弹力逐渐增大，故D错误．故选C．。

2024版新课标高中物理模型与方法专题10碰撞与类碰撞模型目录【模型一】弹性碰撞模型....................................................................................................................................1【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型..............................................................................................15【模型三】碰撞模型三原则..............................................................................................................................23【模型四】小球—曲面模型............................................................................................................................27【模型五】小球—弹簧模型............................................................................................................................37【模型六】子弹打木块模型............................................................................................................................48【模型七】滑块木板模型.. (57)m +m =m +m 联立（）、（）解得：v 1ˊ=，=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 12．“动静相碰型”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。

专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型[学习目标]1.进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。

2.掌握两类碰撞问题的解题方法(重难点)。

一、弹簧—小球模型如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m 2的刚性小球B ，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m 1的刚性小球A 以速度v 0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问：(1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？(2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？(3)小球B 的速度什么情况下最大？最大为多少？答案(1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。

由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 由能量守恒定律得12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E pmax 解得E pmax ＝m 1m 2v 022(m 1＋m 2)(2)如图所示，两球共速后，A 减速，B 加速，A 、B 间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。

(3)当弹簧恢复原长时，小球B 的速度最大，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2。

拓展延伸(1)系统动能何时最小？求系统的动能的最小值。

(2)从小球与弹簧相互作用至弹簧恢复原状的过程，系统动能何时最大？求系统的动能的最大值。

答案(1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。

E kmin ＝12(m 1＋m 2)v 2＝m 122(m 1＋m 2)v 02(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，E kmax ＝12m 1v 02。

对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统合外力为零，则系统动量守恒。

OAD h m 弹簧振子模型解题赏析弹簧振子问题中涉及力和位移、力和运动、功和能等关系问题，能很好的考查学生对相关知识点的掌握及分析问题的能力以及迁移能力。

基本知识点：（1）平衡位置处合力为零，加速度为零，速度达到最大。

（2）正负最大位移处合力最大，加速度最大且方向相反，速度为零。

（3）振动过程具有对称性 1.如图，在一直立的光滑管内放置一劲度系数为k 的轻质弹簧，管口上方O 点与弹簧上端初位置A 的距离为h ，一质量为m 的小球从O 点由静止下落，压缩弹簧至最低点D ，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。

小球自O 点下落到最低点D 的过程中，下列说法中正确的是A ．小球最大速度的位置随h 的变化而变化B ．小球的最大速度与h 无关C ．小球的最大加速度大于重力加速度D ．弹簧的最大压缩量与h 成正比答案：C 【解析】：小球从O 到A 做自由落体运动，刚接触弹簧时加速度为g 且有一定的速度，此后弹力逐渐增大合力逐渐减小，小球做加速度减小的加速运动，直至弹力与重力相等时速度达到最大故最大速度的位置为平衡位置与初始高度h 无关故A 错误。

因系统的机械能守恒故初始高度h 越大其最大速度越大故B 错误。

若小球从A 处由静止下落则初速度为零加速度为g 由对称性可知其最低点比D 点要高，此时加速度最大为g 方向向上；而此问题小球下落到A 时已有一定的速度故运动到最低点D 时其最大加速度要比重力加速度大，故C 正确。

最大压缩量与h 有关但不成正比故D 错误。

2．如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述中正确的是( )A ．小球的速度一直减小B ．小球的加速度先减小后增大C ．小球加速度的最大值一定大于重力加速度D ．在该过程的位移中点上小球的速度最大 图2答案：BC 【解析】：小球接触弹簧后，所受弹力逐渐增大，弹力大于重力时，小球加速度向下，仍加速．当弹力大于重力，合力向上，小球向下减速运动，加速度变大，速度变小，直到速度为零，可知BC 正确．3．如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系有质量为M 的圆板，处于平衡状态．开始一质量为m 的圆环套在弹簧外，与圆板距离为h ，让环自由下落撞击圆板，碰撞时间极短，碰后圆环与圆板共同向下运动，使弹簧伸长。

微专题47 碰撞模型及拓展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；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．(·赢在高考模拟)汽车A 和汽车B 静止在水平地面上，某时刻汽车A 开始倒车，结果汽车A 撞到了停在它正前方的汽车B ，汽车B 上装有智能记录仪，能够测量并记录汽车B 前面的物体相对于汽车B 自身的速度．在本次碰撞中，如果汽车B 的智能记录仪测得碰撞前瞬间汽车A 的速度大小为v 0，汽车A 的质量是汽车B 质量的2倍，碰撞过程可视为弹性碰撞，那么碰后瞬间汽车A 相对于地面的速度大小为( )A.12v 0B.23v 0C.13v 0D.14v 0 答案 C解析 两汽车发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，以碰撞前A 的速度方向为正方向，设B 的质量为m ，那么A 的质量为2m ，由动量守恒定律，有2m v 0＝2m v 1＋m v 2，由机械能守恒定律，有12×2m v 02＝12×2m v 12＋12m v 22，解得v 1＝13v 0，应选C. 2．(多项选择)(·百师模拟四)质量为3m 、速度为v 的A 球与质量为m 的静止B 球发生正碰．在两球碰撞后的瞬间，以下说法正确的选项是( )A ．A 球速度可能反向B ．A 球速度可能为0.6vC ．B 球速度可能为vD ．B 球速度可能为1.4v答案 BCD解析 假设是弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝3m v A ＋m v B ，系统机械能守恒：12×3m v 2＝12×3m v A 2＋12m v B 2，联立解得v A ＝0.5v ，v B ＝1.5v ；假设是完全非弹性碰撞，A 、B 两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3m v ＝(3m ＋m )v 共，解得v 共＝0.75v ，因不能确定碰撞类型，碰撞后A 球的速度满足0.5v ≤v A ≤0.75v ，A 球速度不可能反向，A 项错误，B 项正确；碰撞后B 球的速度满足0.75v ≤v B ≤1.5v ，C 、D 项正确．3．(·第二次省际调研)如图1(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t ＝0时，甲静止，乙以6 m/s 的初速度向甲运动．它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v －t 图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．那么由图线可知( )图1A ．两带电小球的电性一定相反B ．甲、乙两球的质量之比为2∶1C ．t 2时刻，乙球的电势能最大D ．在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小答案 B解析 由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒m 乙|Δv 乙|＝m 甲|Δv 甲|，解得m 甲m 乙＝21，故B 正确；t 1时刻，两球共速，距离最近，那么乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t 3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t 2时刻后逐渐增大，故D 错误．4．(·一中期末)光滑水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，a 的质量为m ，b 的质量M 可以取不同的数值．现使a 以某一速度向b 运动，此后a 与b 发生弹性碰撞，那么( )A ．当M ＝m 时，碰撞后b 的速度最大B ．当M ＝m 时，碰撞后b 的动能最大C ．当M >m 时，假设M 越小，碰撞后b 的速度越小D ．当M <m 时，假设M 越大，碰撞后b 的动量越小答案 B解析 设碰撞前a 的速度为v ，由动量守恒与机械能守恒可知，碰后v a ＝m －M m ＋M ·v ，v b ＝2m m ＋M·v ，m 一定，M 越小，碰撞后b 的速度越大，故A 、C 错误．碰撞后b 的动能E k b ＝12M v b 2＝2Mm 2v 2(M ＋m )2＝2m 2v 2M ＋m 2M＋2m ，当M ＝m 2M ，即M ＝m 时，E k b 最大，故B 正确；b 的动量p ＝M v b ＝2Mm M ＋m ·v ＝2m 1＋m Mv ，知M 越大，p 越大，故D 错误． 5．(多项选择)(·全国名校11月大联考)如图2所示，一异形轨道由粗糙的水平局部和光滑的四分之一圆弧局部组成，置于光滑的水平面上，如果轨道固定，将可视为质点的物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．如果轨道不固定，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，以下说法正确的选项是( )图2A ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量守恒B ．物块与轨道组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C ．物块仍能停在水平轨道的最左端D ．物块将从轨道左端冲出水平轨道答案 BC解析 轨道不固定时，物块在轨道的水平局部时因摩擦产生内能，所以系统的机械能不守恒．物块在轨道的圆弧局部下滑时，合外力不为零，动量不守恒，但是水平方向动量守恒，故A 错误，B 正确；设轨道的水平局部长为L .轨道固定时，根据能量守恒定律得mgR ＝μmgL ，轨道不固定时，设物块与轨道相对静止时共同速度为v ，在轨道水平局部滑行的距离为x .取向左为正方向，根据水平动量守恒得：0＝(M ＋m )v ，那么得v ＝0，根据能量守恒定律得：mgR ＝12(M ＋m )v 2＋μmgx ，联立解得x ＝L ，所以物块仍能停在水平轨道的最左端，故C 正确，D 错误．6.(多项选择)(·市期末)如图3所示，一质量为0.2 kg 的滑块B 放在固定的竖直面内的14光滑圆弧底端，该圆弧的半径为0.45 m ，底端切线水平，且底端距水平地面的高度为0.8 m ．将一质量为0.1 kg 的滑块A 从圆弧顶端由静止释放，在圆弧底端与滑块B 发生弹性碰撞．A 、B 均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.以下说法正确的选项是( )图3A ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为1 m/sB ．与滑块B 碰撞前瞬间，滑块A 的速度大小为3 m/sC ．滑块A 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为0.4 mD ．滑块B 落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为1.2 m答案 BC解析 对A ，由机械能守恒定律有m A gR ＝12m A v 02，v 0＝2gR ＝3 m/s ，A 错误，B 正确；滑块A 、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律有：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，12m A v 02＝12m A v 12＋12m B v 22，得碰后滑块A 的速度v 1＝m A －m B m A ＋m B·v 0＝－1 m/s ，滑块B 的速度v 2＝2m A m A ＋m B·v 0＝2 m/s ，碰后滑块B 做平抛运动，圆弧光滑，滑块A 再次回到圆弧底端时的速度大小为v 1′＝1 m/s ，落到地面的时间为：t ＝2h g＝0.4 s ，A 的水平位移x A ＝v 1′t ＝0.4 m ，B 的水平位移x B ＝v 2t ＝0.8 m ，C 正确，D 错误．7.(多项选择)(·市第一次质检)如图4所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为3m ，静止在光滑的水平面上．现有一个可以看成质点的小球，质量为m ，半径略小于管道半径，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，以下说法正确的选项是( )图4A ．小球滑离小车时，小车回到原来位置B ．小球滑离小车时，小车的速度大小为v 车＝v 2C ．车上管道中心线最高点的竖直高度为3v 28gD ．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是m v 2答案 BC解析 小球与小车组成的系统在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度方向一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A 错误；由系统动量守恒可得：m v ＝3m v 车＋m v 球，由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×3m v 车2＋12m v 球2，得v 车＝0.5v ，v 球＝－0.5v ，故B 正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律得：m v ＝(3m ＋m )v ′，得v ′＝14v ，小车的动量变化大小为Δp ＝3m ·14v ＝34m v ，故D 错误；由机械能守恒定律可得：12m v 2＝12×4m ×(14v )2＋mgh ，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h ＝3v 28g，故C 正确． 8.(·市二诊)如图5所示，物体A 、B 的质量分别为m 、2m ，物体B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽的半径为R ，将物体A 从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度为g .那么( )图5A ．A 、B 物体组成的系统动量守恒B ．A 不能到达圆槽的左侧最高点C ．A 运动到圆槽的最低点时A 的速率为23gR D ．A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为gR 3答案 D解析 A 、B 物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A 错误；运动过程不计一切摩擦，故机械能守恒，那么A 可以到达B 圆槽的左侧最高点，且A 在B 圆槽的左侧最高点时，A 、B 的速度都为零，故B 错误；对A 运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得m v A ＝2m v B ，对A 、B 整体应用机械能守恒可得mgR ＝12m v A 2＋12×2m v B 2，所以A 运动到圆槽的最低点时B 的速率为v B ＝ gR 3，v A ＝ 4gR 3，故C 错误，D 正确． 9．(多项选择)(·市二模)如图6甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x ，现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，那么( )图6A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩最大时的弹性势能为32m v 02D ．弹簧压缩最大时的弹性势能为m v 02答案 AC解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 组成的系统动量守恒，弹簧到达最大压缩量仍为x 时，A 、B 二者到达相等的速度v ，由动量守恒定律有：M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒有：E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立两式可得：M ＝3m ，E p ＝12M v 02＝32m v 02，故B 、D 错误，A 、C 正确．10．(·一中月考)如图7所示，小球(可视为质点)用非弹性悬线吊在天花板上，在悬点正下方A 点处有一物块b (可视为质点)放在水平地面上，一质量为2m 的光滑曲面滑块c 与地面在B 点平滑连接，小球a 的质量为m ，物块b 的质量为2m ，物块b 与B 点左侧的水平地面间的动摩擦因数μ＝16，B 点右侧的水平地面光滑．将小球拉到悬线与竖直方向的夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球运动到最低点时刚好与物块发生弹性碰撞，碰后物块能滑到曲面上某一高度处．悬线长为L ，A 、B 两点的距离也为L ，重力加速度为g ，求：图7(1)碰后小球a 再次摆动的最大高度；(2)碰后物块b 滑上曲面c 的最大高度．答案 (1)118L (2)136L 解析 (1)设小球与物块碰撞前速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg (L －L cos θ)＝12m v 12， 解得v 1＝gL .小球与物块碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有m v 1＝m v 2＋2m v 3，12m v 12＝12m v 22＋12×2m v 32， 解得v 2＝－13gL ，v 3＝23gL ， 设碰后小球再次摆动的最大高度为h 1，根据机械能守恒定律有mgh 1＝12m v 22，解得h 1＝118L . (2)物块b 在地面上运动时的加速度大小a ＝μg ，设物块b 运动到B 点的速度为v B ，根据匀变速直线运动规律有v B 2－v 32＝－2μgL ，设物块能滑上曲面的最大高度为h 2，此时b 与c 共速，根据水平方向上动量守恒可知2m v B＝4m v c ，根据能量守恒可知12×2m v B 2－12×4m v c 2＝2mgh 2，解得h 2＝136L . 11.如图8所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为m 的小物块，物块跟车外表的动摩擦因数为μ，平板车的质量M ＝2m ，车与物块一起向右以初速度v 0匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰．设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为g ，求：图8(1)平板车的长度L 至少多长时，小物块才不会从车上落下来；(2)假设在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞n 次后，物块跟车一起运动的速度v n ；(3)在车与左右墙壁来回碰撞的整个过程中，小物块在车外表相对于车滑动的总路程s .答案 (1)8v 023μg (2)v 03n (3)3v 022μg解析 (1)平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变、方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力F f ＝μmg设物块与车共同速度为v 1，对车与物块组成的系统，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律有(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1设平板车的长至少为L ，根据能量守恒定律有12(M ＋m )v 02－12(M ＋m )v 12＝12F f L解得L ＝8v 023μg(2)由(1)可解得v 1＝v 03平板车和物块一起向右运动，与墙壁碰撞后共同速度为碰撞前的13，那么平板车和物块以相同的速度v 1与左侧墙壁碰撞后最终的共同速度为v 2，与向右碰撞过程相同，所以v 2＝13v 1＝(13)2v 0 所以经过n 次碰撞后的速度v n ＝v 03n (3)经过足够多的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐减少，最后全都转化为内能F f s ＝12(M ＋m )v 02 整理得s ＝3v 022μg.。

动量守恒的八种模型解读和针对性训练弹性碰撞模型模型解读1．碰撞过程的四个特点（1）时间短：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。

（2）相互作用力大：碰撞过程中，相互作用力先急剧增大，后急剧减小，平均作用力很大。

（3）位移小：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。

（4）满足动量守恒的条件：系统的内力远远大于外力，所以即使系统所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。

（5）.速度要符合实际（i）如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，即v后>v前，否则无法实现碰撞。

碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度v′前≥v′后。

（ii）如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

若碰后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度，即v′前≥v′后。

2. 动动弹性碰撞已知两个刚性小球质量分别是m1、m2，m1v1+m2v2＝m1v1’+m2v2’，1 2m1v21+12m2v22＝12m2v’22＋12m乙v2乙，3. 一动一静"弹性碰撞模型如图所示，已知A、B两个刚性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后系统动量守恒、动能不变，有m1v0=m1v1+m2v21 2m1v20=12m1v21+12m2v22联立解得v1=(m1―m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2讨论：（1）若m1>m2，则0<v1<v0、v2>v0，物理意义：入射小球质量大于被碰小球质量，则入射小球碰后仍沿原方向运动但速度变小，被碰小球的速度大于入射小球碰前的速度。

（2）若m1=m2，则v1=0、v2=v0，物理意义：入射小球与被碰小球质量相等，则碰后两球交换速度。