資源簡介

專題強化3　碰撞模型及拓展應用
1～4題每題8分，5題14分，共46分
1.如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前速度v離開，已知P與Q質量相等，彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列的結論中正確的是(　　)
A．P的速度恰好為零 B．P與Q具有相同速度
C．Q剛開始運動 D．Q的速度等于v
2．(多選)(2023·廣州四中高二期中)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧右端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧右端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．物體A的質量為3m
B．物體A的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
3.(多選)(2023·東莞市高二期末)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
A．在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向上動量守恒
B．在下滑過程中，小球和槽組成的系統機械能守恒
C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D．被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統機械能守恒，小球能回到槽高h處
4．(多選)(2023·廣州市西關外國語學校高二期末)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現使A獲得水平向右的瞬時速度3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得(　　)
A．t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態
B．t1、t3時刻彈簧的彈性勢能最大
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D．t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2＝1∶8
5．(14分)(2023·廣州市奧林匹克中學高二期末)如圖所示，質量為2m的四分之一光滑圓槽位于光滑的水平面上，圓槽與水平面相切于b點。質量為m的小球從a點以初速度v0沿水平面向右運動。若圓槽固定，小球恰能運動到圓槽的c點。重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)(4分)圓槽的半徑；
(2)(10分)若圓槽不固定，小球上升的最大高度。
6～7題每題10分，8題16分，共36分
6.(2023·深圳市實驗中學高二月考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車，上面是由兩個對稱的光滑曲面組成，整個小車的質量為m。現有一個質量也是m可看作質點的小球，以水平速度v0從小車的左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又沿右側曲面滑下。下列說法正確的是(　　)
A．此過程中小球和小車組成的系統動量守恒
B．小球滑離小車時，小車的速度不可能減為0
C．小車上的曲面的高度等于
D．小車上的曲面的高度等于
7．(多選)(2024·深圳市高二期中)如圖所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度 v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發生作用，A物體質量為m，B物體質量為2m，從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中(　　)
A．彈簧再次恢復原長時B的速度大小為 v0
B．彈簧彈性勢能的最大值為 mv02
C．A的動量變化量大小為 mv0
D．物體B先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動
8．(16分)如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝1 kg，B的質量mB＝mC＝2 kg。滑塊B的左端連有水平輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝3 m/s速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，直至分開的過程中未與C相撞。整個過程彈簧沒有超過彈性限度。
(1)(2分)求彈簧被壓縮到最短時，滑塊B的速度大小；
(2)(4分)求彈簧給滑塊B的沖量大小；
(3)(5分)求滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能；
(4)(5分)若彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，求B、C粘在一起瞬間的速度大小及整個系統損失的機械能。
9．(18分)(2024·佛山市高二階段檢測)如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面4 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量m1＝30 kg，冰塊的質量m2＝10 kg，斜面體的質量M＝30 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)(4分)冰塊在斜面體上上升到最大高度時的速度大小；
(2)(4分)冰塊在斜面體上上升的最大高度h；
(3)(10分)冰塊與斜面體分離后斜面體和冰塊的速度大小，并判斷冰塊能否追上小孩。
專題強化練3　碰撞模型及拓展應用
1．B　[P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P物體做減速運動，Q物體做加速運動，P、Q間的距離減小，當P、Q兩物體速度相同時，彈簧被壓縮到最短，故B正確，A、C錯誤；由于作用過程中動量守恒，設P、Q兩物體共速時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝，故D錯誤。]
2．AC　[對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝Mv02；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B速度相等，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，解得M＝3m，Ep＝mv02，選項A、C正確，B、D錯誤。]
3．ABC　[槽和地面接觸面光滑，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向上所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，選項A正確；在下滑過程中，小球和槽組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，選項B正確；選向左為正方向，球下滑到底端時，設弧形槽的速度為v1，小球的速度為v2，由動量守恒定律可知mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因地面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。]
4．BCD　[在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，在t1時刻，彈簧處于壓縮狀態，在t3時刻，彈簧處于伸長狀態，A錯誤；t1、t3時刻兩物塊共速，動能損失最大，而系統的機械能守恒，所以彈簧的彈性勢能最大，B正確；0～t1內，根據系統動量守恒得m1v＝(m1＋m2)×v1，解得m1∶m2＝1∶2，C正確；在t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2＝(m1vA2)∶(m2vB2)＝1∶8，D正確。]
5．(1)　(2)
解析　(1)若圓槽固定，根據機械能守恒定律有mgR＝mv02
解得R＝
(2)若圓槽不固定，設小球上升到最大高度時小球和圓槽共同速度為v，由系統水平方向動量守恒得
mv0＝(m＋2m)v
由系統機械能守恒可得
mgh＝mv02－(m＋2m)v2
聯立解得h＝。
6．C　[小球和小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，但系統在豎直方向所受合外力不為零，系統所受合外力不為零，則系統動量不守恒，A錯誤；小球從沖上小車到小車頂點的過程中，曲面與地面光滑，整個運動過程只有重力做功，小球與小車組成的系統機械能守恒，小球和小車在水平方向所受合外力為零，水平方向動量守恒mv0 ＝ mv1＋mv2，mv02＝mv12＋mv22，解得此時小球速度為0，小車速度為v0。因為小球從右側曲面滑下與從左側曲面滑上是逆過程，則知小球滑離小車時，小球速度為v0，小車的速度為0，B錯誤；小球恰好到達小車的最高點時小球與小車的速度相等，設共同速度為v，小球運動到最高點過程中，小球和小車在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0 ＝ (m＋m)v，曲面與地面光滑，整個運動過程只有重力做功，小球與小車組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律得mv02＝(m＋m)v2＋mgh，解得h＝，C正確，D錯誤。]
7．BD　[從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中，兩物體和彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，由機械能守恒定律得mv02＝mvA2＋×2mvB2，聯立解得vA＝－v0，vB＝v0，故A錯誤；兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由機械能守恒定律得
mv02＝(m＋2m)v2＋Ep，
聯立解得Ep＝mv02，故B正確；從A剛接觸彈簧到彈簧再次恢復原長的過程，A的動量變化量為
Δp＝mvA－mv0＝－mv0，
則其大小為mv0，故C錯誤；物體A與彈簧接觸后做減速運動，B做加速運動，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力變大，B的加速度變大；當A、B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，然后彈簧逐漸恢復原長，彈簧彈力減小，B的加速度減小，B繼續做加速運動，則整個過程B先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，故D正確。]
8．(1)1 m/s　(2)4 N·s　(3)2.25 J
(4)0.5 m/s　0.5 J
解析　(1)對A、B系統，A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，
根據動量守恒定律有
mAv0＝(mA＋mB)v1
代入數據可得v1＝1 m/s
(2)B一直加速，彈簧恢復原長時，B的速度最大，
根據動量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
代入數據可得vB＝2 m/s
則彈簧給滑塊B的沖量大小
I＝Δp＝mBvB＝4 N·s
(3)滑塊A的動能最小時，即vA2＝0，
根據動量守恒定律有
mAv0＝mAvA2＋mBvB2
代入數據可得vB2＝1.5 m/s
根據能量守恒定律有
Ep＝mAv02－mBvB22＝2.25 J
(4)彈簧被壓縮到最短時，B速度為v1＝1 m/s，此時B與C發生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統，由動量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2
代入數據可得v2＝0.5 m/s
B與C發生完全非彈性碰撞，有機械能損失，損失的系統機械能為
ΔE＝mBv12－(mB＋mC)v22＝0.5 J。
9．(1)1 m/s　(2)0.6 m　(3)見解析
解析　(1)對冰塊和斜面體組成的系統，以向左為正方向，
設冰塊在斜面體上上升到最大高度時的速度為v，根據動量守恒定律有
m2v2＝(m2＋M)v
解得v＝1 m/s
(2)對冰塊和斜面體組成的系統，
根據能量守恒定律有
m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22
解得h＝0.6 m
(3)對小孩(含滑板)和冰塊組成的系統，以向左為正方向，
根據動量守恒定律有
0＝m2v2＋m1v1
解得v1＝－ m/s
對冰塊和斜面體組成的系統，
從冰塊開始滑上斜面體到與斜面體分離，以向左為正方向，
根據動量守恒定律有
m2v2＝m2v2′＋Mv3
根據能量守恒定律有
m2v22＝m2v2′2＋Mv32
解得v2′＝－2 m/s，v3＝2 m/s
即冰塊與斜面體分離后斜面體的速度大小為2 m/s，冰塊的速度大小為2 m/s，方向水平向右；由于冰塊的速度比小孩的速度大，且冰塊與小孩均向右運動，所以冰塊能追上小孩。專題強化3　碰撞模型及拓展應用
[學習目標]　1.進一步掌握用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決碰撞問題的技巧(重點)。2.掌握兩類碰撞問題的特點，提高建構模型的能力(重難點)。
一、彈簧—小球(物塊)模型
如圖所示，光滑水平面上靜止著剛性小球B，左端與水平輕質彈簧相連，另有一小球A以速度v0向右運動，并與彈簧發生相互作用，兩球半徑相同，問：
(1)小球A接觸彈簧后最初一段時間，兩小球各做什么運動，彈簧長度如何變化？
(2)彈簧的彈性勢能什么時候最大？此時系統的動能如何？
(3)兩球共速以后，兩球分別做什么運動？彈簧長度如何變化？
(4)小球B的速度什么情況下最大？此時彈性勢能如何？
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1．彈簧－小球(物塊)模型概述
對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統合外力為零，則系統動量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統機械能守恒。
2．模型特點
(1)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)。
(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)。
例1　(2024·佛山市第一中學高二階段練習)如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝4 kg，B的質量mB＝3 kg，滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝7 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開，求：
(1)滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能；
(2)滑塊B的最大動能；
(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
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例2　(多選)如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的物塊A、B通過水平輕彈簧連接在一起，初始時輕彈簧處于原長。現使A獲得一水平向右的瞬時速度，并從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，已知物塊A的質量為mA＝1 kg，下列說法正確的是(　　)
A．彈簧、A和B組成的系統動量和機械能都守恒
B．t1時刻，彈簧處于原長狀態
C．物塊B的質量mB＝3 kg
D．t3時刻，彈簧的彈性勢能為3 J
拓展　(1)什么時刻彈簧的彈性勢能最大？最大為多大？
(2)什么時刻物塊B的動能最大？最大動能為多大？此時彈性勢能多大？
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二、滑塊—光滑斜(曲)面模型
如圖所示，小球A以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道B。已知小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，試分析：
(1)在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系統機械能是否守恒？總動量是否守恒？
(2)小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么關系？
(3)什么時刻軌道B速度達到最大？
(4)小球離開軌道瞬間系統總動量、系統機械能與初始狀態有怎樣的關系？試列式說明。
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1．滑塊—光滑斜(曲)面模型概述
對滑塊和光滑斜(曲)面組成的系統，若水平面光滑且滑塊始終未脫離斜(曲)面，在相互作用的過程中，系統所受合外力不為零，但系統在水平方向所受合外力為零，則該系統在水平方向上滿足動量守恒。
2．模型特點——“兩個位置”
(1)當滑塊上升到最大高度時，滑塊與斜(曲)面具有共同水平速度v共，此時滑塊在豎直方向的速度vy＝0。系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為滑塊的重力勢能)。
(2)當滑塊返回最低點時，滑塊與斜(曲)面分離。水平方向動量守恒， mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒， mv02＝mv12＋Mv22(相當于完成了彈性碰撞)。
例3　(2023·江門市高二期中)如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度；(用v0、g表示)
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小。
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拓展　若小球能沖出圓弧軌道，
(1)小球沖出圓弧軌道后做什么運動？
(2)小球還能落回圓弧軌道嗎？
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針對訓練　(2023·廣東深圳中學高二期中)如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為m的滑塊，滑塊的一側是一個弧形凹槽，槽半徑為R，A點切線水平，B為最高點，C是AB間某位置。另有一個質量也為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦和阻力，下列說法中正確的是(　　)
A．當v0＝時，小球剛好到達B點
B．當v0＝時，小球在弧形凹槽上運動至最高點的過程中，滑塊的動能先增大再減小
C．小球回到弧形凹槽底部離開A點后做自由落體運動
D．小球回到弧形凹槽底部離開A點后可能做平拋運動
答案精析
一、
例1　(1)42 J　(2)96 J　(3)0
解析　(1)當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同，選取向右為正方向，根據動量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝4 m/s，由能量守恒定律
mAv02＝(mA＋mB)v2＋Ep
解得滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝42 J
(2)當A、B分離，彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，滑塊B動能最大，則滑塊B的速度最大，
由動量守恒定律和能量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv02＝mAvA2＋mBvB2
解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s
則滑塊B的最大動能為
Ek＝mBvB2＝96 J
(3)當滑塊A的速度為1 m/s時，滑塊A的動能最小，此時彈簧恢復到原長，所以彈簧的彈性勢能為Ep′＝0
例2　AD　[彈簧、A和B組成的系統在該過程中合力為零，所以系統動量守恒，彈簧、A和B組成的系統在該過程中只有彈力做功，所以系統機械能守恒，故A正確；由題圖乙可知t1時刻之后一小段時間，A速度減小，B速度增大，則t1時刻彈簧處于壓縮狀態，故B錯誤；根據動量守恒定律，由題圖乙可知t＝0時刻和t＝ t1時刻系統總動量相等，已知v1＝3 m/s、v2＝1 m/s有mAv1＝(mA＋mB)v2，代入數據解得mB＝2 kg，故C錯誤；由題圖乙知t3時刻彈簧處于伸長狀態，兩物塊速度相等v3＝1 m/s，從開始到t3時刻由機械能守恒有mAv12＝mAv32＋mBv32＋Ep，代入數據解得彈簧的彈性勢能為Ep＝3 J，故D正確。]
拓展　(1)t1、t3時刻彈性勢能最大，t1時刻彈簧最短，t3時刻彈簧最長、最大彈性勢能為3 J。
(2)t2時刻彈簧恢復原長，此時彈簧的彈性勢能為零，物塊B的速度最大，動能最大，設此時A的速度為v1′，B的速度為v2′。
由mAv0＝mAv1′＋mBv2′
mAv02＝mAv1′2＋mBv2′2
聯立得：v1′＝－1 m/s，v2′＝2 m/s
B的最大動能
EkBm＝mBv2′2＝×2×22 J＝4 J
二、
例3　(1)　(2)
解析　(1)小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向上動量守恒，以小球運動的初速度v0方向為正方向，有mv0＝3mv，解得v＝
由機械能守恒定律得
mv02＝×3mv2＋mgh
解得h＝；
(2)小球離開圓弧軌道時，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
由機械能守恒定律有
mv02＝mv12＋×2mv22
聯立解得v1＝－v0，
則小球離開圓弧軌道時的速度大小為。
拓展　(1)小球沿圓弧上滑過程，小球和圓弧在水平方向的速度相等，小球沖出圓弧軌道后做斜上拋運動。
(2)因為小球和圓弧軌道組成的系統水平方向動量守恒，故小球還能落回圓弧軌道。
針對訓練　C　[滑塊與小球組成的系統水平方向動量守恒，小球恰能到達B點時有mv0＝2mv，系統機械能守恒，有mv02＝·2mv2＋mgR，聯立可得v0＝2，故A錯誤；
當v0＝時，小球未到達B點，小球從進入凹槽至最高點的過程中，小球對滑塊的作用力始終做正功，所以滑塊的動能一直增大，故B錯誤；以小球的初速度v0方向為正方向，由系統水平方向動量守恒得
mv0＝mv槽＋mv球，系統機械能守恒，有mv02＝mv槽2＋mv球2，聯立可得v球＝0，所以小球回到凹槽底部離開A點后做自由落體運動，故C正確，D錯誤。](共67張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化3　碰撞模型及拓展應用
1.進一步掌握用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決碰撞問題的技巧(重點)。
2.掌握兩類碰撞問題的特點，提高建構模型的能力(重難點)。
學習目標
一、彈簧—小球(物塊)模型
二、滑塊—光滑斜(曲)面模型
內容索引
專題強化練
彈簧—小球(物塊)模型
一
如圖所示，光滑水平面上靜止著剛性小球B，左端與水平輕質彈簧相連，另有一小球A以速度v0向右運動，并與彈簧發生相互作用，兩球半徑相同，問：
(1)小球A接觸彈簧后最初一段時間，兩小球各做什么運動，彈簧長度如何變化？
答案　小球A接觸彈簧后最初一段時間內，在彈力作用下，A做減速運動，B做加速運動，彈簧變短，壓縮量逐漸變大。
(2)彈簧的彈性勢能什么時候最大？此時系統的動
能如何？
答案　當兩個小球速度相同時，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大。此時系統動能最小。
(3)兩球共速以后，兩球分別做什么運動？彈簧長度如何變化？
答案　如圖所示，兩球共速以后，A繼續減速，B繼續加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。
(4)小球B的速度什么情況下最大？此時彈性勢能
如何？
答案　當彈簧恢復原長時，小球B的速度最大，此時系統的彈性勢能最小。
1.彈簧－小球(物塊)模型概述
對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統合外力為零，則系統動量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統機械能守恒。
2.模型特點
(1)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)。
(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)。
模型構建
　(2024·佛山市第一中學高二階段練習)如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝4 kg，B的質量mB＝3 kg，滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝7 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開，求：
(1)滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最
大彈性勢能；
例1
答案　42 J　
當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同，選取向右為正方向，根據動量守恒定律mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝4 m/s，由能量守恒定律
解得滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝42 J
(2)滑塊B的最大動能；
答案　96 J　
當A、B分離，彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，滑塊B動能最大，則滑塊B的速度最大，
由動量守恒定律和能量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vA＝1 m/s，vB＝8 m/s
(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
答案　0
當滑塊A的速度為1 m/s時，滑塊A的動能最小，此時彈簧恢復到原長，所以彈簧的彈性勢能為Ep′＝0
　(多選)如圖甲所示，靜止在光滑水平面上的物塊A、B通過水平輕彈簧連接在一起，初始時輕彈簧處于原長。現使A獲得一水平向右的瞬時速度，并從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，已知物塊A的質量為mA＝1 kg，下列說法正確的是
A.彈簧、A和B組成的系統動量和機械能都守恒
B.t1時刻，彈簧處于原長狀態
C.物塊B的質量mB＝3 kg
D.t3時刻，彈簧的彈性勢能為3 J
例2
√
√
彈簧、A和B組成的系統在該過程中合力為零，所以系統動量守恒，彈簧、A和B組成的系統在該過程中只有彈力做功，所以系統機械能守恒，故A正確；
由題圖乙可知t1時刻之后一小段時間，A速度減小，B速度增大，則t1時刻彈簧處于壓縮狀態，故B錯誤；
根據動量守恒定律，由題圖乙可知t＝0時刻和t＝ t1時刻系統總動量相等，已知v1＝3 m/s、v2＝1 m/s有mAv1＝(mA＋mB)v2，代入數據解得mB＝2 kg，故C錯誤；
拓展　(1)什么時刻彈簧的彈性勢能最大？最大為多大？
答案　t1、t3時刻彈性勢能最大，t1時刻彈簧最短，t3時刻彈簧最長、最大彈性勢能為3 J。
(2)什么時刻物塊B的動能最大？最大動能為多大？此時彈性勢能多大？
答案　t2時刻彈簧恢復原長，此時彈簧的彈性勢能為零，物塊B的速度最大，動能最大，設此時A的速度為v1′，B的速度為v2′。
由mAv0＝mAv1′＋mBv2′
聯立得：v1′＝－1 m/s，v2′＝2 m/s
返回
滑塊—光滑斜(曲)面模型
二
如圖所示，小球A以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道B。已知小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，試分析：
(1)在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系
統機械能是否守恒？總動量是否守恒？
答案　整個過程中系統的機械能守恒；系統水平方向動量守恒，豎直方向上動量不守恒，故總動量不守恒。
(2)小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么
關系？
答案　當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同。
(3)什么時刻軌道B速度達到最大？
答案　小球從左側離開軌道時，軌道的速度最大。
(4)小球離開軌道瞬間系統總動量、系統機械能與初始狀態有怎樣的關系？試列式說明。
答案　設小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，小球質量為m1，軌道質量為m2，則由水平方向動量守恒有：m1v0＝m1v1＋m2v2
根據機械能守恒定律有：
1.滑塊—光滑斜(曲)面模型概述
對滑塊和光滑斜(曲)面組成的系統，若水平面光滑且滑塊始終未脫離斜(曲)面，在相互作用的過程中，系統所受合外力不為零，但系統在水平方向所受合外力為零，則該系統在水平方向上滿足動量守恒。
2.模型特點——“兩個位置”
模型構建
　(2023·江門市高二期中)如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度；
(用v0、g表示)
例3
小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向上動量守恒，
由機械能守恒定律得
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小。
小球離開圓弧軌道時，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
由機械能守恒定律有
拓展　若小球能沖出圓弧軌道，
(1)小球沖出圓弧軌道后做什么運動？
答案　小球沿圓弧上滑過程，小球和圓弧在水平方向的速度相等，小球沖出圓弧軌道后做斜上拋運動。
(2)小球還能落回圓弧軌道嗎？
答案　因為小球和圓弧軌道組成的系統水平方向動量守恒，故小球還能落回圓弧軌道。
　 (2023·廣東深圳中學高二期中)如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為m的滑塊，滑塊的一側是一個 弧形凹槽，槽半徑為R，A點切線水平，B為最高點，C是AB間某位置。另有一個質量也為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計摩擦和阻力，下列說法中正確的是
針對訓練
√
返回
專題強化練
三
1.如圖所示，P物體與一個連著彈簧的Q物體正碰，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前速度v離開，已知P與Q質量相等，彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列的結論中正確的是
A.P的速度恰好為零 B.P與Q具有相同速度
C.Q剛開始運動 D.Q的速度等于v
基礎強化練
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√
P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P物體
做減速運動，Q物體做加速運動，P、Q間的距離
減小，當P、Q兩物體速度相同時，彈簧被壓縮到最短，故B正確，A、C錯誤；
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2.(多選)(2023·廣州四中高二期中)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧右端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧右端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則
A.物體A的質量為3m
B.物體A的質量為2m
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D.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
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對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B速度相等，
由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，
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3.(多選)(2023·東莞市高二期末)如圖所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向上動量守恒
B.在下滑過程中，小球和槽組成的系統機械
能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的
直線運動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統機械能守恒，小球能回到槽高h處
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槽和地面接觸面光滑，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向上所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，選項A正確；
在下滑過程中，小球和槽組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，選項B正確；
選向左為正方向，球下滑到底端時，設弧形槽的速度為v1，小球的速度為v2，由動量守恒定律可知mv1－2mv2＝0，解得v1＝2v2，球被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因地面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。
4.(多選)(2023·廣州市西關外國語學校高二期末)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上。現使A獲得水平向右的瞬時速度3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得
A.t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態
B.t1、t3時刻彈簧的彈性勢能最大
C.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D.t2時刻A與B的動能之比為Ek1∶Ek2
＝1∶8l
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在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度
1 m/s，在t1時刻，彈簧處于壓縮
狀態，在t3時刻，彈簧處于伸長狀
態，A錯誤；
t1、t3時刻兩物塊共速，動能損失最大，而系統的機械能守恒，所以彈簧的彈性勢能最大，B正確；
0～t1內，根據系統動量守恒得m1v＝(m1＋m2)×v1，解得m1∶m2＝1∶2，C正確；
5.(2023·廣州市奧林匹克中學高二期末)如圖所示，質量為2m的四分之一光滑圓槽位于光滑的水平面上，圓槽與水平面相切于b點。質量為m的小球從a點以初速度v0沿水平面向右運動。若圓槽固定，小球恰能運動到圓槽的c點。重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
(1)圓槽的半徑；
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若圓槽固定，根據機械能守恒定律有
(2)若圓槽不固定，小球上升的最大高度。
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若圓槽不固定，設小球上升到最大高度時小球和圓槽共同速度為v，由系統水平方向動量守恒得
mv0＝(m＋2m)v
由系統機械能守恒可得
6.(2023·深圳市實驗中學高二月考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的小車，上面是由兩個對稱的光滑曲面組成，整個小車的質量為m。現有一個質量也是m可看作質點的小球，以水平速度v0從小車的左端滑上小車，恰好到達小車的最高點后，又沿右側曲面滑下。下列說法正確的是
A.此過程中小球和小車組成的系統動量守恒
B.小球滑離小車時，小車的速度不可能減為0
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能力綜合練
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小球和小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，但系統在豎直方向所受合外力不為零，系統所受合外力不為零，則系統動量不守恒，A錯誤；
小球從沖上小車到小車頂點的過程中，曲面與地面光滑，整個運動過程只有重力做功，小球與小車組成的系統機械能守恒，小球和小車在水平方向所受合外力為零，
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解得此時小球速度為0，小車速度為v0。因為小球從右側曲面滑下與從左側曲面滑上是逆過程，則知小球滑離小車時，小球速度為v0，小車的速度為0，B錯誤；
小球恰好到達小車的最高點時小球與小車的速度相等，設共同速度為v，小球運動到最高點過程中，小球和小車在水平方向所受合外力為零，系統在水平方向動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0 ＝ (m＋m)v，曲面與地面光滑，整個運動過程只有重力做功，小球與小車組成的系統機械能守恒，
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7.(多選)(2024·深圳市高二期中)如圖所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度 v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發生作用，A物體質量為m，B物體質量為2m，從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中
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D.物體B先做加速度增大的加速運動，再做加速度減小的加速運動
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從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復原長的過程中，兩物體和彈簧組成的系統動量守恒、機械能守恒，以水平向右為正方向，
由動量守恒定律得mv0＝mvA＋2mvB，
兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統動量守恒，以水平向右為正方向，
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由動量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，
物體A與彈簧接觸后做減速運動，B做加速運動，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力變大，B的加速度變大；
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當A、B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，然后彈簧逐漸恢復原長，彈簧彈力減小，B的加速度減小，B繼續做加速運動，則整個過程B先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，故D正確。
8.如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝1 kg，B的質量mB＝mC＝2 kg。滑塊B的左端連有水平輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝3 m/s速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，直至分開的過程中未與C相撞。整個過程彈簧沒有超過彈性限度。
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(1)求彈簧被壓縮到最短時，滑塊B的速
度大小；
答案　1 m/s　
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對A、B系統，A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，
根據動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1
代入數據可得v1＝1 m/s
8.如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝1 kg，B的質量mB＝mC＝2 kg。滑塊B的左端連有水平輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝3 m/s速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用，直至分開的過程中未與C相撞。整個過程彈簧沒有超過彈性限度。
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(1)求彈簧被壓縮到最短時，滑塊B的速
度大小；
答案　1 m/s　
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對A、B系統，A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，
根據動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1
代入數據可得v1＝1 m/s
(2)求彈簧給滑塊B的沖量大小；
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答案　4 N·s　
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B一直加速，彈簧恢復原長時，B的速度最大，
根據動量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB
代入數據可得vB＝2 m/s
則彈簧給滑塊B的沖量大小
I＝Δp＝mBvB＝4 N·s
(3)求滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能；
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答案　2.25 J
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滑塊A的動能最小時，即vA2＝0，
根據動量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2
代入數據可得vB2＝1.5 m/s
根據能量守恒定律有
(4)若彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，求B、C粘在一起瞬間的速度大小及整個系統損失的機械能。
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答案　0.5 m/s　0.5 J
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彈簧被壓縮到最短時，B速度為v1＝1 m/s，此時B與C發生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統，由動量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2
代入數據可得v2＝0.5 m/s
B與C發生完全非彈性碰撞，有機械能損失，損失的系統機械能為
9.(2024·佛山市高二階段檢測)如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面4 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質量m1＝30 kg，冰塊的質量m2＝10 kg，斜面體的質量M＝30 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
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尖子生選練
(1)冰塊在斜面體上上升到最大高度時的速度大小；
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答案　1 m/s　
對冰塊和斜面體組成的系統，
以向左為正方向，
設冰塊在斜面體上上升到最大高度時的速度為v，
根據動量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v
解得v＝1 m/s
(2)冰塊在斜面體上上升的最大高度h；
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答案　0.6 m　
對冰塊和斜面體組成的系統，
根據能量守恒定律有
解得h＝0.6 m
(3)冰塊與斜面體分離后斜面體和冰塊的速度大
小，并判斷冰塊能否追上小孩。
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答案　見解析
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對小孩(含滑板)和冰塊組成的系統，
以向左為正方向，
根據動量守恒定律有0＝m2v2＋m1v1
對冰塊和斜面體組成的系統，
從冰塊開始滑上斜面體到與斜面體分離，
以向左為正方向，
根據動量守恒定律有m2v2＝m2v2′＋Mv3
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解得v2′＝－2 m/s，v3＝2 m/s
即冰塊與斜面體分離后斜面體的速度大小為2 m/s，冰塊的速度大小為2 m/s，方向水平向右；由于冰塊的速度比小孩的速度大，且冰塊與小孩均向右運動，所以冰塊能追上小孩。
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