动量-含弹簧的碰撞模型
弹簧碰撞模型
模型分析1．注意弹簧弹力特点及运动过程，弹簧弹力不能瞬间变化。
2．弹簧连接两种形式：连接或不连接。
连接：可以表现为拉力和压力，从被压缩状态到恢复到原长时物体和弹簧不分离，弹簧的弹力从压力变为拉力。
不连接：只表现为压力，弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离，物体不再受弹簧的弹力作用。
3．动量和能量问题：动量守恒、机械能守恒，动能和弹性势能之间转化，等效于弹性碰撞。
弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时，与弹簧相连的物体共速，此时弹簧具有最大的弹性势能，系统的总动能最小；弹簧恢复到原长时，弹簧的弹性势能为零，系统具有最大动能。
题型1．弹簧直接连接的两物体间的作用.【例1】质量分别为3m 和m 的两个物体， 用一根细线相连，中间夹着一个被压缩的 轻质弹簧，整个系统原来在光滑水平地面上以速度v 0向右匀速运动，如图所示.后来细线断裂，质量为m 的物体离开弹簧时的速度变为2v 0.求：（1）质量为3m 的物体最终的速度；（2）弹簧的这个过程中做的总功.【答案】（1）032v （2） 2032mv 【解析】（1）设3m 的物体离开弹簧时的速度为v 1，由动量守恒定律得：()100323v m v m v m m ⋅+⨯=+ 所以 0132v v = （2）由能量守恒定律得：()()202021321221321v m m v m v m E P +⋅-⋅+⨯⋅=所以弹性势能：2032mv E P = 【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，解答的关键是正确确定初末状态及弹簧弹开过程的能量转化。
【例2】【2015届石家庄市高中毕业班第二次模拟考试试卷理科综合能力测试】如图所示，一辆质量M =3kg 的小车A 静止在水平面上，小车上有一质量m =lkg 的小物块B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为p E =6J ，小物块与小车右壁距离为l =0.4m ，解除锁定，小物块脱离弹簧后与小车右壁发生碰撞，碰撞过程无机械能损失，不计一切摩擦。
高三总复习物理课件 动量守恒中的三类典型模型
01
着眼“四翼” 探考点
题型·规律·方法
பைடு நூலகம்
02
聚焦“素养” 提能力
巧学·妙解·应用
01
着眼“四翼” 探考点
题型·规律·方法
模型一 “滑块—弹簧”模型
模型 图示
模型 特点
(1)两个或两个以上的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)在能量方面，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系 统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动 能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模 型，相当于碰撞结束时)
[例 1] 如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝3.0 kg。用轻弹 簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 从 t＝0 时以一定速度向右运动，在 t＝4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开， 物块 C 的 v-t 图像如图乙所示。求：
()
A．13mv02 C．112mv02
B．15mv02 D．145mv02
解析：当 C 与 A 发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mv0＝mv1＋ 2mv2，12mv02＝12mv12＋12(2m)v22，联立解得 v2＝23v0，当 A、B 速度相等时，弹簧的弹 性势能最大，设共同速度为 v，以 A 的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得 2mv2 ＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律可知，Ep＋12(5m)v2＝12(2m)v22，解得 Ep＝145mv02； 当 C 与 A 发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有 mv0＝3mv1′，当 A、B、C 速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为 v′，则由动量守恒定律得 3mv1′＝ 6mv′，由机械能守恒定律可知，Ep′＝12(3m)v1′2－12(6m)v′2，解得 Ep′＝112mv02，由 此可知，碰后弹簧的最大弹性势能范围是112mv02≤Ep≤145mv02，故选 A。 答案：A
专题16 类碰撞模型(解析版)
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。
(完整版)动量守恒定律弹簧模型
弹簧模型+子弹打木块模型弹簧模型1.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图4所示．B 与C碰撞后二者会粘在一起运动．则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？2.(多选)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原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()A．A、B系统总动量仍然为mvB．A的动量变为零C．B的动量达到最大值D．A、B的速度相等3.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止的滑块N 和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与档板P碰撞（不粘连）后开始压缩弹簧，最后滑块N以速度v0向右运动。
在此过程中( )A.M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大B.M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C.M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长D.M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短4.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连,静止在光滑水平面上.现使A瞬间获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点,两木块的速度随时间变化规律如图乙所示,从图示信息可知（）A.t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长B.从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C.两木块的质量之比为m1:m2=1:2D.在t2时刻两木块动能之比为E K1：E K2=1:45.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用,动量不守恒B.当两物块相距最近时，物块甲的速率为零C.当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为2 m/s，也可能为0D.物块甲的速率可能达到5 m/s6.如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑.小木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动.已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能.7.如图光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B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．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(3)整个系统损失的机械能；(4)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．8.质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。
动量守恒定律的典型模型
M
m
四.子弹打木块的模型
1.运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下匀减
速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速 运动。
2.符合的规律：子弹和木块组成的系统动量守恒， 机械能不守恒。
3.共性特征：一物体在另一物体上，在恒定的阻 力作用下相对运动，系统动量守恒，机械能不守
恒，ΔE = f 滑d相对
由功能关系得
mg
(s
x)
1 2
mV
2
1 2
mv02
mgx
1 2
(m
2M
)V
2
1 2
mv
2 0
相加得 mgs 1 2MV 2
②
2
解①、②两式得 x
Mv02
③
(2M m)g
代入数值得
v0
C
B
A
x 1.6m ④
xC
S
B
VA
x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，而要
滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B板的
多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.
m=1.0kg
C
v0 =2.0m/s
B
A
M=2.0kg M=2.0kg
解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这
时A、B、C 三者的速度相等，设为V．
由动量守恒得 mv0 (m 2M )V
①
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
M=16 kg，木块与小车间的动摩擦因数为μ=0.5，木
块没有滑离小车，地面光滑，g取10 m/s2，求： （1）木块相对小车静止时小车的速度； （2）从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时， 小车移动的距离. （3）要保证木块不滑下平板车，平板车至少要有多 长？
经典高三物理模型水平方向上的碰撞及弹簧模型 知识点分析
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。
高考物理弹簧类问题的几种模型及其处理方法归纳
第四阶段：弹簧继续被压缩，压缩量继续增加，产生的弹力继续增 加，大于2mg，使得物体AB所受合力变为向上，物体开始向下减速，直
分析：（1）当剪断细线l2瞬间，不仅l2对小球拉力瞬间消失，l1的 拉力也同时消失，此时，小球只受重力作用，所以此时小球的加速度为 重力加速度g。
（2）当把细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧时，在当剪断细
线l2瞬间，只有l2对小球拉力瞬间消失，弹簧对小球的弹力和剪断l2之 前没变化，因为弹簧恢复形变需要一个过程。如图5所示，剪断l2瞬 间，小球受重力G和弹簧弹力，所以有：
A．A开始运动时 C．B的速度等于零时
B．A的速度等于v时 D．A和B的速度相等时
分析：解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过 程细化，明确两个物体在相互作用的过程中，其详细的运动特点。具体 分析如下：
（1）弹簧的压缩过程：A物体向B运动，使得弹簧处于压缩状态，压 缩的弹簧分别对A、B物体产生如右中图的作用力，使A向右减速运动， 使B向右加速运动。由于在开始的时候，A的速度比B的大，故两者之间 的距离在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的弹力越来越大，直到某个瞬 间两个物体的速度相等，弹簧压缩到最短。
2 过程中所加外力F的最大值和最小值。 ⑵此过程中力F所做的功。（设整个过程弹簧都在弹性限度内，取 g=10m/s2）
分析：此题考查学生对A物体上升过程中详细运动过程的理解。在力 F刚刚作用在A上时，A物体受到重力mg，弹簧向上的弹力T，竖直向上的 拉力F。随着弹簧压缩量逐渐减小，弹簧对A的向上的弹力逐渐减小，则 F必须变大，以满足F+T-mg=ma。当弹簧恢复原长时，弹簧弹力消失，只 有F-mg=ma；随着A物体继续向上运动，弹簧开始处于拉伸状态，则物体 A的受到重力mg，弹簧向下的弹力T，竖直向上的拉力F，满足F-Tmg=ma。随着弹簧弹力的增大，拉力F也逐渐增大，以保持加速度不变。 等到弹簧拉伸到足够长，使得B物体恰好离开地面时，弹簧弹力大小等 于B物体的重力。
弹性碰撞模型-动量守恒的十种模型(解析版)
动量守恒的八种模型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。
动量守恒定律应用2：弹簧模型
VP>VQ 弹簧一直缩短
弹簧最短时 VP=VQ
弹簧原长时 弹性势能为零
变式训练
如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都 可视为质点，质量相等，都为m。P、Q与轻质弹簧 相连，弹簧处于原长。设P静止， Q以初速度v0向 右运动，在弹簧拉伸过程中，弹簧具有的最大弹性 势能是多少？
V0
弹簧模型规律
1滑块和木板 2弹簧模型 3光滑1/4圆轨道轨道 （某一方向的动量守恒） 4人船模型 （平均动量守恒）
动量和机械能守恒情况常见模型图
m
v0
A
B
O
h
R
M
b
a
动量守恒定律
一、动量（P）
1、概念： 物体的质量m和速度v的乘积叫做动量。
2、定义式： P = m v
3、单位： 千克米每秒，符号是 kg ·m/s
m1=2kg的物块以v1=2m/s的初速冲向
质量为m2=6kg静止的光滑圆弧面斜
1
劈体,物块不会冲出斜劈。求：
1. 物块m1滑到最高点位置时，二者的速度 2. 物体上升的最大高度 3. 物块m1从圆弧面滑下后，二者速度 4. 若m1= m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度
动量和能量综合典型物理模型
弹簧最短时 VP=VQ
弹簧模型1
如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都可视为质点，质量相等，都为 m.Q 与轻质弹簧相 连．设 Q 静止， P 以初速度 v0 向 Q 运动并与弹簧发 生碰撞． (1)在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能是多 少？ (2)弹簧再次恢复原长时，P 的动能是多少？
4、方向：与运动方向相同
（1）矢量性 （2）瞬时性
运算遵循平行四边形定则 是状态量。
动量守恒定律-子弹打木块--弹簧-板块-三模型
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 。
专题强化八 碰撞类的四类模型
专题强化八碰撞类的四类模型【专题解读 1.本专题主要研究碰撞过程的特点和满足的物理规律，并对碰撞模型进行拓展分析。
2.会分析物体的正碰模型、“滑块—弹簧”、“滑块—斜面”、“滑块—木板”碰撞模型的特点，并会应用相应规律解决问题。
3.用到的知识、规律和方法有：牛顿运动定律和匀变速直线运动规律，动量守恒定律，动能定理和能量守恒定律。
模型一“物体与物体”正碰模型1．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′。
(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞的结论(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2v1′＝（m1－m2）v1＋2m2v2m1＋m2v2′＝（m2－m1）v2＋2m1v1m1＋m2(2)若v2＝0时，v1′＝m1－m2m1＋m2v1v2′＝2m1m1＋m2v1讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后，两物体沿同一方向运动)；③若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1；④若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后，两物体沿相反方向运动)；⑤若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。
3．非弹性碰撞碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′12m1v 21＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2＋ΔE k损4．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v12m1v 21＋12m2v22＝12(m1＋m2)v2＋ΔE k损max【真题示例1(2020·全国Ⅲ卷，15)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1中实线所示。
第六章 微专题46 “广义碰撞”的三种模型
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 .。
碰撞模型及拓展
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.。
动量守恒定律中的典型模型
动量守恒定律中的典型模型1、子弹打木块模型包括木块在长木板上滑动的模型，其实是一类题型，解决方法基本相同。
一般要用到动量守恒、动量定理、动能定理及动力学等规律，综合性强、能力要求高，是高中物理中常见的题型之一，也是高考中经常出现的题型。
例1：质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度V0水平向右射穿木块后，速度为V0/2。
设木块对子弹的阻力F恒定。
求：（1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u<V0水平向右运动，则子弹的最终速度是多少例2、如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m的可视为质点的木块。
两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以V0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。
求碰后：（1）木块相对木板运动的距离s（2）木块相对地面向右运动的最大距离L2、人船模型例3、一条质量为M，长为L的小船静止在平静的水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对船运动的阻力，那么当人从船头走到船尾时，船的位移多大？例4、载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？3、弹簧木块模型例5、质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示。
则（ ）A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B ．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C ．当甲物块的速率为1m/s 时，乙物块的速率可能为2m/s ，也可能为0D ．甲物块的速率可能达到5m/s例6、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？例7、如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A 和B,一质量为m 子弹,以速度v 0,水平击中木块A,并留在其中,A 的质量为3m,B 的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B 的速度最大，最大速度是多少？4、碰撞、爆炸、反冲Ⅰ、碰撞分类（两物体相互作用，且均设系统合外力为零）（1）按碰撞前后系统的动能损失分类，碰撞可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞． （2）弹性碰撞前后系统动能相等．其基本方程为① m 1v 1+m 2v 2=m 1 v 1'+m 2 v 2' ②222211222211'21'212121v m v m v m v m +=+ ． （3）A 、B 两物体发生弹性碰撞，设碰前A 初速度为v 0，B 静止，则基本方程为 ① m A v 0=m A v A +m B v B ，②2220212121BB A A A v m v m v m += 可解出碰后速度0v m m m m v B A B A A +-=，C B Amv oBAv B =02v m m m BA A+．若m A =m B ，则v A = 0 ，v B = v 0 ，即质量相等的两物体发生弹性碰撞的前后，两物体速度互相交换（这一结论也适用于B 初速度不为零时）．（4）完全非弹性碰撞有两个主要特征.①碰撞过程中系统的动能损失最大．②碰后两物体速度相等． Ⅱ、形变与恢复（1）在弹性形变增大的过程中，系统中两物体的总动能减小，弹性势能增大，在形变减小（恢复）的过程中，系统的弹性势能减小，总动能增大．在系统形变量最大时，两物体速度相等．（2）若形变不能完全恢复，则相互作用过程中产生的内能增量等于系统的机械能损失． Ⅲ、反冲（1）物体向同一方向抛出（冲出）一部分时（通常一小部分），剩余部分将获得相反方向的动量增量，这一过程称为反冲．（2）若所受合外力为零或合外力的冲量可以忽略，则反冲过程动量守恒．反冲运动中，物体的动能不断增大，这是因为有其他形式能转化为动能．例如火箭运动中，是气体燃烧释放的化学能转化为火箭和喷出气体的动能．例8、一个不稳定的原子核质量为M ，处于静止状态，放出一个质量为m 的粒子后反冲。
动量-含弹簧的碰撞模型
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。
微专题一动量守恒之弹簧模型
一、弹簧模型
1.对于光滑水平面上的弹簧类问题，在作用过程中，系统所受合外力为零，
满足动量守恒条件；
2.系统只涉及弹性势能、动能，因此系统机械能守恒；
3.弹簧压缩至最短或拉伸到最长时，弹簧连接的两物体共速，此时弹簧的弹
性势能最大。
4.弹簧从原长到最短或最长相当于完非，从原长再到原长相当于完弹。
1
解得 v3＝ v1＝1 m/s
6
由机械能守恒定律有
1
1
2
Ep＝2(mA＋mB)v2 －2(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离
弹簧，设此时滑块A、B的速度为v4，滑块C的
速度为 v5 ，由动量守恒定律和机械能守恒定
律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
5.具体过程及规律如下：
vB′是滑块B全程最大的速度，若A未与弹簧连接，则3状态是滑块A脱离弹
簧的时刻，脱离时的速度为vA′，其大小方向如何由mA、mB决定。
6.A、B运动过程的v-t图像如图所示。
1.A、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻质弹簧相连接，A、B 两球
的质量分别为 mA 和 mB(mA <mB)。若使A球获得初速度 v (图甲)，弹
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
3.如图所示，质量为2m的小球B与轻质弹簧连接后静止于光滑水平面上，质量为m的小球A
以初速度v0向右运动逐渐压缩弹簧，A，B通过弹簧相互作用一段时间后A球与弹簧分离。若
以水平向右为正方向，且A球与弹簧分离时A，B小球的动量分别为pA和pB，运动过程中弹簧
第七章 微专题48 碰撞及碰撞模型的拓展
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.。
动量中的弹簧模型
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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动量中弹簧模型演示文档
体以水平速度v0=5m/s从平板车右端滑上车，相对于平板 车向左滑动了L=1m后把弹簧压缩到最短，然后又相对于
平板车向右滑动到最右端而与之保持相对静止。求：
（1）小物体与平板车间的动摩擦因数；
（2）这过程中弹性势能的最大值。
v0
M
m
变式2. 如图所示，质量为2m的木板，静止放在光滑的 水平面上，木板左侧固定着一根劲度系数为k的轻质弹簧 ，弹簧的自由端到小车右端的距离为L0，一个质量为m 的小木块从板的右端以初速度v0开始沿木块向左滑行， 最终回到木板右端，刚好不从木板右端滑出，设木板与
反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中
EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？
v0 A
B甲
解：（1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度
相等设为v， 由动量守恒定律 2mv0=3mv
v0 A
由机械能守恒定律
EP=1/2×2mv02 -1/2×3mv2 = mv02/3
木块间的动摩擦因数为μ，求在木块压缩弹簧过程中（
一直在弹性限度内）弹簧所具有的最大弹性势能。
例3.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车
的上表面右侧是一段长L＝1.0m的水平轨道，水平轨道左侧连
一半径R=0.25m的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′
点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩
动量中弹簧模型
优选动量中弹簧模型
思考与讨论：
在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间 的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后， 留在木块内，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木 块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），此系 统从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个 过程中，动量是否守恒？机械能是否守恒？说明 理由。
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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?②，对C 由动能定理得 W =l m C v C — 0③，由①②③得 W =18J , V A =v c =6m/s .21 2 1 2 1 ' 2 1 —m A v A + — m B v c = — m A v A + —2 2 2 2 '2 m B v c 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/s2、(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=2 m ,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 o 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V B ,由动量守恒定律有(m A m B )v 0 m A v m B v B ,m B v B (m B m c )v ,联立这两式得 B 和C 碰撞前B 的速度为9 一 一v B v 0。
考点：动量守恒定律 53、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(1)当弹簧恢复原长时， B 与C 分离，O=m A V A —( m B +m c ) v c ①， 1 E P = _m A v 2 m c )v C (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物块C 静止在前方，如图所示。
B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动。
求在以后的运动中:(1 )当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大？ (2 )系统中弹性势能的最大值是多少 ？解析：(1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大统动量守恒，(m A m B )v (m A m B mJv ABc(2 分) 解得 v ABC 邑 2― m/s 3m/s 2 2 41 2 1 1 2 根据能量守恒 E )= (m B+m c)v BC + m A V 2- (m A+ m B + m c)v ABC 2 2 2 =1 X (2+4) 叉+2 1 X 2 x6 1 X (2+2+4) 叉=12 J 2 2 2 4、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.B 与C 碰撞后二 者会粘在一起运动•求在以后的运动中:(1) 当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大?(2) 系统中弹性势能的最大值是多少？(3)A 物块的速度有可能向左吗？简略说明理由. 5、 用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的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，弹簧处于原长，质量4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示.B 与C 碰撞后二 者粘在一起运动•求：在以后的运动中：(1) 当弹簧的弹性势能最大时，物体 A 的速度多大？ *由A 、B 、C 三者组成的系 (2分) (2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 B 、C 两者速度为 V BC ，则m B v =(m B+m c) v BC 2 6 =2 m/s2 4 (2 分) 设物ABC 速度相同时弹簧的弹性势能最大为 E p ,(4分)v=6 m/s 答案 (1) 3 m/s(2)12 J (3)A 不可能向左运动(2) 弹性势能的最大值是多大 ？(3) A 的速度有可能向左吗？为什么？解析：(1 )当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由于A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒， (m A+m B)v =( m A + m B+ m e) V A '(2 2) 6解得 V A 丄 一 ------ m /s=3 m/s2 2 4(2) B 、C 碰撞时B 、C 系统动量守恒，设碰后瞬间 B 、C 两者速度为V '，则m B V = (m B+ m e ) V V '=^=2 m/s 2 4设物A 速度为V A '时弹簧的弹性势能最大为E p ,根据能量守恒 2 1 1 2(m B + m e ) V + m A V 2-(m A+m B+m c ) V A 2 2 =-X(2+4 )X 22+! X 2 X62-- X 2 2 2 (2+2+4 ) X 32=12 J(3) A 不可能向左运动系统动量守恒, m A V + m B V = m A V A + (m B + m e ) V B设 A 向左，V A v 0 , v B >4 m/s则作用后A 、B 、e 动能之和 E'=m A V A 2 + 21 (m B + m e ) V B 2> (m B + m e )2 V B 2=48 J 实际上系统的机械能 1E = E p+ ( m A+m B+m c ) V A 2 2 =12+36=48 J根据能量守恒定律， E >E 是不可能的6、 如图15所示，劲度系数为k 的轻弹簧，左端连着绝缘介质小球 B ,右端连在固定板上,其运动周期T放在光滑绝缘的水平面上。
整个装置处在场强大小为 E 、方向水平向右的匀强电场中。
现有 、B 小球均可视为质点)。
(1) 求A 球与B 球第一次碰撞后瞬间， A 球的速度V 1和B 球的速度V 2；(2) 要使A 球与B 球第二次仍在B 球的初始位置迎面相碰，求劲度系数k 的可能取值。
答案：(1 )设A 球与B 球碰撞前瞬间的速度为 v o ，离h 时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后 A 、B 紧贴在一起运动， 但互不粘连。
已知最后 A 恰好返回出发点 P 并停止。
滑块 A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为 12 , 机械能无损失， 有 1 2 1 2 1 2 mv 0mv Mv 2 2 2 2 解得w1 vo 1 ---- 负号表示方向向左2 2 ■ m 11 2qES v2 — vo方向向右2 2m 碰撞过程中动量守恒④由动能定理得，解得：mv 0 mv 1 Mv 2 (2)要使m 与M 第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有用 的时间 t 恰好等于 B 球的(naEq m ⑥ t : a nT T (n =0 2、1、2、 由题意得: T2:M 解得 k 3 2Eq(2n 1)2K 2S (n =0 A 球重新回到0处所 ……)⑦ ⑧ 1、2、3……)⑨2)T7、下图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块 B 相连，B 静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。
另一质量与 B 相同滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向 B 滑行，当A 滑过距 3求A 从P 出发时的初速度V 。
解：设A 、B 质量皆为m , A 刚接触B 时速度为V i （碰前），由动能关系，有1 2 1 2 mv 0 mq 2 2 A 、B 碰撞过程中动量守恒，令碰后A 、B 共同运动的速度为 V 2.有 mv 1 2mv 2碰后A 、B 先一起向左运动，接着 A 、B 一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A 、B 的共同速度为V 3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用动能定理，有1（2m ）v ； 1（2m ）v ； （2m ）g （2l 2） ③此后A 、B 开始分离，A 单独向右滑到P 点停下，由动能定理有Imv f mgl 1 ④由以上各式，解得 v 。
, g(10h 16I 2) ⑤1.如图所示，EF 为水平地面，0点左侧是粗糙的，右侧是光滑的，一轻质弹簧右端与墙壁固定， 左侧与静止在 0点质量为m 的小物块A 连结，弹簧处于原长状态..质量为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力作用下由 C 处从静止开始向右运动，已知物块B 与地面E0段间的滑动 摩擦力大小为F ，物块B 运动到0点与物块A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D 点时撤去外力 F ，已知C0=4S ，0D=S.求撤去外力后 ⑴弹簧的最大弹性势能 ⑵物块B 最终离0点的距离1.解:B 与A 碰撞前速度由动能定理：W （F F）4S -mv ^得v 。
4 2mgl i4S S # §[A AAAAA/VWW|CB 与A 碰撞,由动量守恒定律有 mv=2mv 1 .得v 11 2 5碰后到物块A 、B 运动至速度减为0,弹簧的最大弹性势能 E pm FS 丄2mv 2 FS2 22(2 )设撤去F 后，A 、B 一起回到 O 点时速度为 V 2，由机械能守恒得 E p m -2mv 2，2 5FS 72 、——。
返回至O 点时，A 、B 开始分离，B 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，设\ 2m一 1 1 2物块B 最终离O 点最大距离为x ，由动能定理： Fx 0mv 2，x=5S4 2点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与住B 不动，此时弹簧弹性势能 E p =49 J.在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然 长度，如图所示•放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖 直半圆光滑轨道，其半径R=0.5 m ，B 恰能到达最高点 C.取g=10 m/s 2,求代入数据得V B =5 m/s6•光滑水平面上放着质量 m A =1 kg 的物块 A 与质量 m B =2 kg 的物块B,A 与B 均可视为质A 、B 均不拴接)，用手挡 (1)绳拉断后瞬间(2 )绳拉断过程绳对(3 )绳拉断过程绳对 答案 (1)5 m/s解析 (1) 1 2B 的速度V B 的大小； B 的冲量I 的大小; A 所做的功W.(2)4 N s 设B 在绳被拉断后瞬间的速度为 1 2 2 m B V B 2= — m B V c 2+2m B gR(3) 8 JV B ,到达C 时的速度为 v c ,有 m B g=m 2 v c B ------(2)设弹簧恢复到自然长度时 B 的速度为v 1,取水平向右为正方向 ,有 E p = — m B V12 2I=m B v B-m B V1代入数据得l=-4 N s,其大小为4 Ns⑥（3）设绳断后 A的速度为V A,取水平向右为正方向,有m B V I =m B V B+m A V A⑦1 2W= — m A V A22⑧代入数据得W=8 J13、如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m i的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端0点。