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第六章　碰撞與動量守恒
專題八　力學中常見的四種模型
素養目標　1.能夠應用動量觀點和能量觀點分析“滑塊—彈簧”模型，“滑塊—曲（斜）面”模型，“子彈打木塊”模型和“滑塊—木板”模型.（科學思維） 2.能夠應用過程分析法解決力學綜合問題.（科學思維）
一、“滑塊—彈簧”模型
A. 彈簧原長時B動量最大
B. 彈簧壓縮最短時A動能最大
C. 系統動量變大
D. 系統機械能變大
A
考題2　（2024·黑吉遼卷）如圖所示，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量mA＝mB＝0.1 kg.A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1 m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接.同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4 m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25 m后停止.A、B均視為質點，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；
答案：（1）1 m/s　1 m/s
解得vB＝1 m/s.
（2）物塊與桌面間的動摩擦因數μ；
答案：（2）0.2
解得μ＝0.2.
（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp.
答案：（3）0.12 J
解得ΔEp＝0.12 J.
深化　　“滑塊—彈簧”模型的理解
模型
圖示
水平地面光滑
模型
特點 （1）兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒.
（2）在能量方面，若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒.
（3）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.
（4）彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大
甲
乙
CD
A. 在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B. 從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態恢復原長
C. 兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2
D. 在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
訓練1　如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示.求：
（1）物塊C的質量mC；
答案：（1）2 kg
解析：（1）由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動量守恒，有mCv1＝（mA＋mC）v2，解得mC＝2kg.
（2）B離開墻后的運動過程中彈簧具有的最大彈性勢能Ep.
答案：（2）9 J
二、“滑塊—斜面（曲面）”模型
二、“滑塊—斜面（曲面）”模型
考題3　（2024·山東卷）如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點.質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2.
（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；
答案：（1）4 m/s
（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道的加速度a與F對應關系如圖乙所示.
①求μ和m；
答案：①0.2　1 kg
解析：（2）①由題圖乙可知，F1＝4 N時a1＝2 m/s2，此時小物塊與軌道間剛要發生相對滑動，對小物塊，由牛頓第二定律得μmg＝ma1
解得μ＝0.2
對小物塊與軌道整體，由牛頓第二定律得F1＝（M＋m）a1
解得m＋M＝2 kg
F2＝8 N時a2＝6 m/s2，對軌道，由牛頓第二定律得F2－μmg＝Ma2
聯立解得m＝M＝1 kg.
②初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8 N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地面的速度大小為7 m/s.求軌道水平部分的長度L.
答案：②4.5 m
聯立解得v1＝3 m/s，v2＝9 m/s，v4＝5 m/s，t＝1.5 s，L＝4.5 m.
深化　　“滑塊—斜面（曲面）”模型的理解
模型
圖示
水平地面光滑
模型
特點
A. 小球以后將向左做平拋運動
B. 小球將做自由落體運動
BC
訓練2　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3m/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＝0.3 m（h小于斜面體的高度）.已知小孩與滑板的總質量為m1＝30kg，冰塊的質量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小取g＝10m/s2.
（1）求斜面體的質量；
答案：（1）20kg
（2）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案：（2）不能，理由見解析
三、“子彈打木塊”模型
三、“子彈打木塊”模型
AD
深化　　“子彈打木塊”模型的理解
模型
圖示
模型
特點 （1）子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒.
（2）系統的機械能有損失
兩種
情境
A. 無論m、M、v0的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是圖甲所示的情形
B. 若M較大，則可能是圖甲所示情形；若M較小，則可能是圖乙所示情形
C. 若v0較小，則可能是圖甲所示情形；若v0較大，則可能是圖乙所示情形
D. 若地面較粗糙，則可能是圖甲所示情形；若地面較光滑，則可能是圖乙所示情形
A
解析：在子彈射入木塊的瞬間，子彈與木塊間的作用力遠大于木塊與地面間的摩擦
力，故子彈和木塊構成的系統在水平方向上動量守恒，與地面光滑或粗糙無關，規定
向右為正方向，設子彈與木塊的共同速度為v，根據動量守恒定律得mv0＝（m＋M）
v，設木塊在水平地面上滑行的距離為s，木塊的長度為d，從子彈射入到與木塊相對
和地面粗糙程度如何，都只可能是題圖甲所示的情形，A正確.故選A.
BD
A. 子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功代數和為0
B. 木塊的動能增加量可能為16 J
C. 木塊的動能增加量可能為22 J
D. 整個過程中子彈和木塊組成的系統損失的機械能為20 J
解析：子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，設子彈射入木塊中的深度為d，子彈水平射入木塊后，未穿出，到相對靜止時，木塊位移為x，子彈對木塊做的功為fx，木塊對子彈做的功為－f（x＋d），選項A錯誤；子彈射入木塊的過程中要克服阻力做功，產生的內能為fd＝20 J，由能量守恒定律知系統損失的機械能為20 J，選項D正確；畫出子彈和木塊的v－t圖像，如圖所示，根據v－t圖像與坐標軸所圍面積表示位移大小可知，子彈射入木塊的深度d（即子彈與木塊的相對位移大小）一定大于木塊做勻加速運動的位移x，根據動能定理可知，木塊獲得的動能為Ek＝fx＜fd，選項B正確，C錯誤.
四、“滑塊—木板”模型
四、“滑塊—木板”模型
BC
A. 前17秒內a與b共碰撞3次
B. 初始時a的速度大小為1 m/s
C. 前17秒內b與槽的側壁碰撞3次
D. 槽內底部長為10 m
解析：根據碰撞規律可知物塊b與槽壁碰后速度大小不變，方向改變，與a碰后交換速度，則根據物塊b的v－t圖像，可知前17秒內a與b共碰撞4次，發生在4～6 s之間、8 s時刻、10～12 s之間以及16 s時刻；前17秒內b與槽的側壁碰撞3次，分別在2 s、10 s和12 s時刻，選項A錯誤，C正確；b與a碰前速度為v2＝2 m/s向左，碰后b的速度v'2＝1 m/s向右，因兩物塊質量相同且碰撞為彈性碰撞，則碰后兩物塊交換速度，可知碰前a的速度v1＝v'2＝1 m/s，即初始時a的速度大小為1 m/s，選項B正確；槽內底部長為L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，選項D錯誤.故選BC.
考題6　（2024·甘肅卷）如圖所示，質量為2 kg的小球A（視為質點）在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態，細繩O'P＝OP＝1.6 m，與豎直方向的夾角均為60°.質量為6 kg的木板B靜止在光滑水平面上，質量為2 kg的物塊C靜止在B的左端.剪斷細繩O'P，小球A開始運動.（重力加速度取g＝10 m/s2）
（1）求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力；
答案：（1）40 N，方向豎直向下
（2）A在最低點時，細繩OP斷裂.A飛出后恰好與C左側碰撞（時間極短），碰后A豎直下落，C水平向右運動.求碰后C的速度大小；
答案：（2）4 m/s
解析：（2）A飛出后恰好與C左側碰撞，碰后A豎直下落，故碰后A水平速度為零，
A與C碰撞過程中水平方向動量守恒，由動量守恒定律得mAv＝mCvC
解得vC＝4 m/s.
（3）A、C碰后，C相對B滑行4 m后與B共速.求C和B之間的動摩擦因數.
答案：（3）0.15
深化　　“滑塊—木板”模型的理解
模型
圖示
模型
特點 （1）系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能.
（2）若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大
求解
方法 （1）求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為系統.
（2）求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體.
（3）求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q＝E初－E末
或Q＝FfΔx，研究對象為系統
例4　（2025·安徽定遠調研）如圖所示，在水平軌道上靜止放置足夠長的木板A和物塊C，可視為質點的物塊B以初速度v0＝3 m/s從A左端開始向右運動，當A和B的速度相等時，A與C恰好發生第一次碰撞.已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與水平軌道間的摩擦，B與A上表面間的動摩擦因數為μ1＝0.1，C與軌道間的動摩擦因數μ2＝0.05，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力.求：
（1）A與C第一次碰撞后瞬間A、C的速度；
答案：（1）－1 m/s　1 m/s
解析：（1）設A與B共速時速度為v1，A、B系統動量守恒有2mv0＝（2m＋m）v1
解得vA＝－1 m/s，vC＝1 m/s.
（2）A與C第一、二兩次碰撞的時間間隔.
答案：（2）2 s
訓練4　（2025·安徽模擬）如圖1所示，小鐵塊位于長木板的最左端，小鐵塊的質量是6 kg，長木板的質量是12 kg.t＝0時二者以v0＝8 m/s的初速度一起向右運動，t＝0.5 s時長木板與右側的擋板（未畫出）相碰（碰撞時間極短），碰撞之前的運動過程中小鐵塊與長木板通過鎖定裝置鎖定，碰撞前瞬間解除鎖定，碰撞過程中沒有能量損失，長木板運動的部分v－t圖像如圖2所示，在運動過程中小鐵塊恰好沒有從長木板上滑下.小鐵塊可視為質點，重力加速度取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.求：
（1）長木板與水平地面之間以及小鐵塊與長木板之間的動摩擦因數；
答案：（1）0.4　0.4
解得μ2＝0.4.
（2）長木板的長度；
答案：（2）6.75 m
解析：（2）由牛頓第二定律可得，0.5 s時刻之后小鐵塊的加速度大小為
a3＝μ2g＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
0.5 s時刻之后，長木板與小鐵塊均以v＝6 m/s的速度大小分別向左、向右做勻減速直線運動，因a2＞a3，故長木板先于小鐵塊速度減小到零，設此過程長木板的位移大小為x1，則有v2＝2a2x1
代入數據解得x1＝2.25 m
長木板速度減小到零后，因小鐵塊與長木板之間的滑動摩擦力小于長木板與水平地面之間的最大靜摩擦力，故長木板處于靜止狀態，小鐵塊仍向右做勻減速直線運動直到速度為零，設0.5 s時刻之后，小鐵塊向右做勻減速直線運動直到速度為零的位移大小為x2，則有v2＝2a3x2
代入數據解得x2＝4.5 m
設長木板的長度為L，長木板的長度等于0.5 s時刻之后小鐵塊與長木板的相對位移大小，則有
L＝x1＋x2＝2.25＋4.5 m＝6.75 m.
（3）長木板與擋板碰撞后系統產生的內能.
答案：（3）324 J
解析：（3）設碰撞后小鐵塊與長木板相對滑動產生的內能為Q1，長木板與地面間相對滑動產生的內能為Q2，則有
Q1＝μ2mgL＝162 J
Q2＝μ1（M＋m）gx1＝162 J
故長木板與擋板碰撞后系統產生的內能
Q＝Q1＋Q2＝324 J.
限時跟蹤檢測
A級·基礎對點練
題組一　滑塊—彈簧模型
A. 此時乙物體的速度大小為1 m/s
B. 緊接著甲物體將開始做加速運動
C. 甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4
D. 當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
A
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A. 任一時刻甲的加速度大小與乙的相等
B. 任一時刻甲的速度大小與乙的相等
C. 任一時刻甲的動量大小比乙的小
D. 彈簧彈性勢能的減少量等于甲和乙的動能之和
C
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A. 斜面體對小球做負功
B. 斜面體的機械能守恒
C. 斜面體和小球組成系統的動量不守恒
ACD
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B
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題組三　子彈打木塊模型
A. 從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統的機械能守恒
B. 從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統的動量守恒
D
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A. 木塊A與長木板B之間的動摩擦因數為0.1
B. 長木板的質量M＝2 kg
C. 長木板B的長度至少為2 m
D. 木塊A與長木板B所組成的系統損失的機械能為4 J
甲
乙
AB
題組四　滑塊—木板模型
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B級·能力提升練
A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2
C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2
B
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10. 如圖所示，在光滑水平面上有一雙層凹槽A，上層槽面光滑，下層槽面粗糙，槽壁間距離均為L＝2 m，分別在上下槽的中點放置可視為質點的物塊B、C. 現給B物塊v0＝1 m/s的初速度使其向右運動.已知A、B、C的質量均為1 kg，C與下槽間的動摩擦因數μ＝0.025，物塊與槽壁碰撞均沒有能量損失且不計碰撞時間，B與槽壁碰撞時，A、C均已達到共速，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
（1）物塊B與槽壁第一次碰后瞬間，A、B的速度各是多大；
答案：（1）1 m/s　0
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（2）物塊B與槽壁第一次碰撞后至第二次碰撞前，
物塊C相對下槽面滑動的距離；
答案：（2）1 m
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（3）經過足夠長的時間后，物塊C與左側槽壁間的距離.
答案：（3）0.2 m
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解析：（3）第二次碰撞，A以vs1＝0.5 m/s的速度與靜止的B碰撞，
類比第一次碰撞計算可得
第二次碰撞后：vB2＝0.5 m/s，vA2＝0
此后，C做勻減速直線運動，A做勻加速直線運動，二者第二次共速
設共速需用時間為ts2和共速速度為vs2，A、C的位移為xA2、xC2和相對位移為Δx2，
有ts2＝1 s，vs2＝0.25 m/s，xA2＝0.125 m，xC2＝0.375 m，Δx2＝xC2－xA2＝0.25 m
第三次碰撞：B以vB2＝0.5 m/s的速度與速度為vs2＝0.25 m/s的A碰撞，由于A、B質量相等，二者速度交換：vB3＝0.25 m/s，vA3＝0.5 m/s
此后，A做勻減速直線運動，C做勻加速直線運動，二者第三次共速
再次計算相對位移：Δx3＝xA2－xC2＝0.062 5 m
發現：Δx1＝4Δx2＝16Δx3
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