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專題10 碰撞與類碰撞模型
目錄
【模型一】彈性碰撞模型 1
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型 6
【模型三】碰撞模型三原則 9
【模型四】小球—曲面模型 11
【模型五】小球—彈簧模型 14
【模型六】子彈打木塊模型 20
【模型七】滑塊木板模型 25

【模型一】彈性碰撞模型
1． 彈性碰撞
發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
聯立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “動靜相碰型”彈性碰撞的結論
兩球發生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
【模型演練1】.(2021·四川成都七中5月測試)三個半徑相同的彈性球，靜止于光滑水平面的同一直線上，順序如圖所示，已知mA＝m，mC＝4m。當A以速度v0向B運動，若要使得B、C碰后C具有最大速度，則B的質量應為(　　)

A．m B．2m
C．3m D．4m
【答案】B　
【解析】設B球的質量為M，以碰撞前A球的速度方向為正，A球與B球發生彈性碰撞，設碰撞后的速度分別為v1和v2，根據A球與B球動量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋Mv，解得v2＝；B球與C球發生彈性碰撞，設碰撞后的速度分別為v′2和v3，由能量守恒定律得Mv＝Mv′＋×(4m)v，規定碰撞前A球的速度方向為正，由動量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝，故C球碰撞后的速度為v3＝·＝，由數學關系解得M＝＝2m時，B、C球碰撞后C球的速度最大。
【模型演練2】(2021·山東濟南市歷城二中一模)彈玻璃球是小朋友經常玩的一個游戲，小華在光滑水平桌面上用一個質量為3m的綠色彈珠以某一速度與前方靜止的質量為m的黃色彈珠發生彈性正碰，已知碰撞前綠色彈珠的動能為E，碰撞之后黃色彈珠的動能為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
發生彈性正碰，則有 ，
解得黃色彈珠的動能為故選B。
【模型演練3】（2021·福建省廈門雙十中學高三上學期11月期中）如圖所示，運動的球A在光滑水平面上與一個原來靜止的球B發生彈性碰撞，

A. 要使B球獲得最大動能，則應讓A,B兩球質量相等
B. 要使B球獲得最大速度，則應讓A球質量遠大于B球質量
C. 要使B球獲得最大動量，則應讓A球質量遠小于B球質量
D. 若A球質量遠大于B球質量，則B球將獲得最大動能、最大速度及最大動量
【答案】ABC
【解析】
設A球的質量為、B球質量為、碰前A球的速度為，A與B發生彈性碰撞，則：、，解得：、．
A：據，當A、B兩球質量相等時，碰后A的速度為零，B獲得了A碰前的全部動能，B球獲得了最大動能．故A項正確．
B：據，當A球質量遠大于B球質量時，B球獲得最大速度，接近碰前A速度的2倍．故B項正確．
C：據，當A球質量遠小于B球質量時，A球幾乎原速反彈，A球被彈回的速度最大，B球獲得了A球初始動量的接近2倍，B球獲得最大動量．故C項正確．
D：由上面三項分析知，D項錯誤．
【模型演練4】（2021·山東省濟寧市高三上學期1月期末）如圖所示，一水平輕彈簧右端固定在水平面右側的豎直墻壁上，質量為M=2kg的物塊靜止在水平面上的P點，質量為m=1 kg的光滑小球以初速度v0=3m/s與物塊發生彈性正碰，碰后物塊向右運動并壓縮彈簧，之后物塊被彈回，剛好能回到P點。不計空氣阻力，物塊和小球均可視為質點。求：
(1)小球的最終速度；
(2)彈簧的最大彈性勢能Ep。

【答案】(1) 1m/s，方向水平向左；(2) 2J
【解析】
(1)規定向右為正方向，設小球與物塊發生彈性正碰后瞬間小球的速度為v1，物塊的速度為v2。碰撞前后小球與物塊系統動量守恒

碰撞前后瞬間小球與物塊系統動能守恒

由以上兩式解得
v1=- 1m/s
v2= 2m/s
小球的最終速度大小為1m/s，方向水平向左；
(2)設物塊碰后向右運動至回到P點的全過程物塊克服摩擦力做的功為W克
對全過程，由動能定理

碰后物塊向右運動至速度為零的過程中，由動能定理得

解得
Ep=2J
【模型演練5】(2020·河南名校聯考)在光滑的水平面上，質量為m1的小球A以速率v0向右運動．在小球的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態，如圖10所示．小球A與小球B發生正碰后，小球A、B均向右運動．小球B被在Q點處的墻壁彈回后與小球A在P點相遇，PQ＝1.5 PO.假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質點，求：

(1)兩小球質量之比；
(2)若小球A與小球B碰后的運動方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．
【答案】　(1)2∶1　(2)m1>
【解析】　(1)兩球發生彈性碰撞，設碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規定向右為正方向，根據系統動量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2
已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得m1v02＝m1v12＋m2v22
從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于PQ＝1.5PO，
則小球A和B通過的路程之比為s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，
聯立解得＝
(2)由(1)中兩式解得：v1＝v0，v2＝v0
若小球A碰后靜止或繼續向右運動，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時有v1≥0，即m1≥m2
若小球A碰后反向運動，則v1<0，此時m1 即v0 解得m1>
綜上所述，只要小球A、B質量滿足m1>，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．
【模型演練6】（2021屆廣東省河源市高三模擬）內壁光滑的圓環管道固定于水平面上，圖為水平面的俯視圖。O為圓環圓心，直徑略小于管道內徑的甲、乙兩個等大的小球（均可視為質點）分別靜置于P、Q處，PO⊥OQ，甲、乙兩球質量分別為m、km。現給甲球一瞬時沖量，使甲球沿圖示方向運動，甲、乙兩球發生彈性碰撞，碰撞時間不計，碰后甲球立即向左運動，甲球剛返回到P處時，恰好與乙球再次發生碰撞，則（　　）

A．k= B． C．k=2 D．k=5
【答案】B
【解析】設甲球初速度為v0，初始時兩球間的弧長為l，則管道長為4l，設碰撞后甲、乙小球速度大小分別為v1、v2，兩球發生彈性碰撞，由動量守恒定律得，由機械能守恒得
，由于再次碰撞，則有，，聯立方程，解得，故選B。
【模型二】非彈性碰撞、完全非彈性碰撞模型
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統動能損失。
根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據機械能守恒定律可得： ?m1v12+ ? m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非彈性碰撞
碰后物體的速度相同， 根據動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= ?m1v12+ ? m2v22- ?(m1+m2)v共2. （2）
聯立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
【模型演練1】(2020·全國三卷15題)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　　)

A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】。根據圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s。碰撞過程中由動量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞過程損失的機械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，聯立以上各式解得ΔE＝3 J。
【模型演練2】(多選)(2021·銀川模擬)A、B兩球沿一直線運動并發生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖線，若A球質量是m＝2 kg，則由圖象判斷下列結論正確的是 (　　)

A．碰撞前、后A球的動量變化量為4 kg·m/s
B．碰撞時A球對B球所施的沖量為－4 N·s
C．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s
D．碰撞中A、B兩球組成的系統損失的動能為10 J
【答案】ABD
【解析】根據題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為－4 kg·m/s，根據動量定理，碰撞過程中A球對B球所施的沖量為－4 N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統損失的動能為ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，選項C錯誤。
【模型演練3】（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）如圖，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現將A無初速度釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動。已知A的質量mA=1kg，B的質量mB=2kg，圓弧軌道的半徑R=0.45m，圓弧軌道光滑，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2
(1)求碰撞前瞬間A的速率v；
(2)求碰撞后瞬間A和B整體的速率和碰撞過程中A、B系統損失的機械能E損；
(3)A和B整體在桌面上滑動的距離L。

【答案】(1)；(2)；3J；(3)
【解析】
(1)對A，從釋放→碰撞前，由動能定理得

解得

(2)對A、B組成的系統，在碰撞過程中，由動量守恒得

解得

碰撞之前的機械能為

碰撞之前的機械能為

碰撞過程中損失的機械能為
E損=E前－E后=3J
(3)A和B整體在桌面上做勻減速直線運動，有

得

又得

【模型演練4】（2021·黑龍江牡丹江一中高三上學期1月期末）如圖所示，光滑水平面上的物體B、C靜止放置，物體A以速度向B運動，A、B、C質量均為m且處于同一直線上，A與B碰后粘合在一起，隨后AB與C發生彈性碰撞，求：

①A、B碰撞系統損失的機械能；
②AB與C發生彈性碰撞后，各物體的速度大小．
【答案】①；②，
【解析】
試題分析：①設A與B碰后粘合在一起的速度大小為，以A的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：，解得：， A、B碰撞系統損失的機械能．②設AB與C發生彈性碰撞后，速度大小分別為、，AB與C發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以A的速度方向為正方向，則有：， ，解得：，
【模型三】碰撞模型三原則
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
【其它方法①】臨界法
彈性碰撞沒有動能損失，完全非彈性碰撞動能損失最多，計算出這兩種情況下的臨界速度，那么其他碰撞應該介于二者之間。[來源:學科網ZXXK]
【模型演練1】（2021·黑龍江哈爾濱一中高三上學期11月期中）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線，同一方向運動，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。當A追上B并發生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（　　）
A. vA′=5m/s，vB′=2. 5m/s B. vA′=－4m/s，vB′=7m/s
C. vA′=2m/s，vB′=4m/s D. vA′=7m/s，vB′=1. 5m/s
【答案】C
【解析】
AD．考慮實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故AD錯誤；
兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量應守恒．碰撞前總動量為
p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg?m/s=10kg?m/s
總動能

B．碰撞后，總動量為
p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg?m/s
總動能

則p′=p，，符合動量守恒，但是不符合能量關系；故B錯誤；
C．碰撞后，總動量為
p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×2+2×4）kg?m/s=10kg?m/s
符合動量守恒定律，能量關系

則p′=p，，則碰后符合動量和能量關系，則C正確。
故選C。
【模型演練2】(多選)(2021·河南中原名校第五次考評)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質量分別為mA＝1 kg，mB＝2 kg，規定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞前后A球動量變化量為－4 kg·m/s，則下列說法正確的是(　　)

A．左方是A球
B．B球動量的變化量為4 kg·m/s
C．碰撞后A、B兩球速度大小之比為5∶2
D．經過驗證兩球發生的碰撞是彈性碰撞
【答案】　ABD
【解析】　由題意知A、B兩球碰前均向右運動，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，故左方是A球，A正確．由動量守恒定律知ΔpB＝4 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，故B正確．碰后A球動量pA′＝2 kg·m/s，vA′＝2 m/s，vB′＝5 m/s，vA′∶vB′＝2∶5，故C錯誤．由能量守恒定律知，兩球碰撞前后機械能總量相等，故兩球發生的碰撞是彈性碰撞，D正確．
【模型演練3】.(多選)(2020·百師聯盟模擬四)質量為3m、速度為v的A球與質量為m的靜止B球發生正碰．在兩球碰撞后的瞬間，以下說法正確的是(　　)
A．A球速度可能反向 B．A球速度可能為0.6v
C．B球速度可能為v D．B球速度可能為1.4v
【答案】　BCD
【解析】　若是彈性碰撞，A、B兩球組成的系統碰撞前后動量守恒：3mv＝3mvA＋mvB，系統機械能守恒：×3mv2＝×3mvA2＋mvB2，聯立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非彈性碰撞，A、B兩球組成的系統碰撞前后動量守恒：3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，故無論碰撞是彈性的還是非彈性的，碰撞后A球的速度滿足0.5v≤vA≤0.75v，A球速度不可能反向，A項錯誤，B項正確；碰撞后B球的速度滿足0.75v≤vB≤1.5v，C、D項正確．
【模型演練4】(2020·天津高三質檢)甲、乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙球的動量變為10 kg·m/s，則兩球質量m1與m2間的關系可能是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】：C
【解析】：甲、乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉化為機械能，只能是系統內物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內能，因此系統的機械能不會增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有＞，即m1＜m2；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C選項正確．
【模型四】 小球—曲面模型

(1)小球上升至最高點時，小球的重力勢能最大
水平方向動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)小球返回曲面底端時
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于彈性碰撞)
【模型演練1】(2020·河南名校聯盟3月調研)如圖所示，在光滑的水平地面上，靜置一質量為m的四分之一圓弧滑塊，圓弧半徑為R，一質量也為m的小球，以水平速度v0自滑塊的左端A處滑上滑塊，當二者共速時，小球剛好到達圓弧上端B.若將小球的初速度增大為2v0，不計空氣阻力，則小球能達到距B點的最大高度為(　　)

A.R B.1.5R C.3R D.4R
【答案】　C
【解析】　若小球以水平速度v0滑上滑塊，當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊速度相同，設為v1，以小球的初速度v0的方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得
mv0＝2mv1
由機械能守恒定律得
mv02＝·2mv12＋mgR
代入數據解得v0＝2
若小球以2v0沖上滑塊，當小球上升到圓弧的上端時，小球與滑塊水平方向上速度相同，設為v2，以小球的初速度方向為正方向，在水平方向上，由動量守恒定律得
2mv0＝2mv2
由能量守恒得
m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy 2
解得vy＝
小球離開圓弧后做斜拋運動，豎直方向做減速運動，則
h＝＝3R
故距B點的最大高度為3R.
故選C.
【模型演練2】(多選)(2020·山東六校線上聯考)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的光滑圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質點，則(　　)

A.B的最大速率為4 m/s
B.B運動到最高點時的速率為 m/s
C.B能與A再次發生碰撞
D.B不能與A再次發生碰撞
【答案】　AD
【解析】　A與B發生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，··v02＝·vA2＋MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，聯立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不會再次發生碰撞，選項C錯誤，D正確.
【模型演練3】(2021·四川遂寧市三診)如圖，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3 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＝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＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
【答案】　(1)20 kg　(2)不能，理由見解析
【解析】　(1)規定向左為正方向.冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度，聯立①②式并代入題給數據得
m3＝20 kg，v＝1 m/s③
(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入數據得v1＝－1 m/s⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒和機械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
聯立③⑥⑦式并代入數據得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩.
【模型演練4】(2021·安徽十校聯盟檢測)如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當物塊運動到圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為參考平面)(　　)

A．1∶2 B．1∶3 C．1∶6 D．1∶9
【答案】　C
【解析】　因為水平面光滑，m和M組成的系統水平方向動量守恒；當物塊向上的速度為零時，根據題意可知此時物塊與圓弧軌道速度相同，又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，即mv2∶Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根據動量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根據能量守恒定律：mv02＝(m＋M)v2＋Ep，得物塊的重力勢能為Ep＝mv02，此時物塊的動能為Ek＝mv2＝mv02，所以此時物塊的動能與重力勢能之比為Ek∶Ep＝1∶6，故C正確，A、B、D錯誤．
【模型五】 小球—彈簧模型

(1)兩小球速度相同時，彈簧最短，彈性勢能最大
動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相當于完全非彈性碰撞)
(2)彈簧恢復原長時：
動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相當于完全彈性碰撞)



【模型演練1】(2021·河北第二次省際調研)如圖(a)所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球，t＝0時，甲靜止，乙以6 m/s 的初速度向甲運動．它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中兩球沒有接觸)，它們運動的v－t圖象分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知(　　)

A．兩帶電小球的電性一定相反
B．甲、乙兩球的質量之比為2∶1
C．t2時刻，乙球的電勢能最大
D．在0～t3時間內，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小
【答案】　B
【解析】　由題圖(b)可知，乙球減速的同時，甲球正向加速，說明兩球相互排斥，帶有同種電荷，故A錯誤；兩球作用過程動量守恒m乙Δv乙＝m甲Δv甲，解得＝，故B正確；t1時刻，兩球共速，距離最近，則乙球的電勢能最大，故C錯誤；在0～t3時間內，甲的動能一直増大，乙的動能先減小，t2時刻后逐漸增大，故D錯誤．
【模型演練2】(2020·重慶市江津中學月考)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上.現使m1瞬間獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖象信息可得(　　)

A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D.在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2
【答案】　C
【解析】　由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，總動能最小，根據系統機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態，t3時刻彈簧處于伸長狀態，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，故B錯誤；系統動量守恒，從t＝0開始到t1時刻有：m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，m1的速度為：v1′＝－1 m/s，m2的速度為：v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤.
【模型演練3】(2020·山東泰安市高三檢測)如圖所示，水平地面上A、B兩個木塊用輕彈簧連接在一起，質量分別為2m、3m，靜止時彈簧恰好處于原長．一質量為m的木塊C以速度v0水平向右運動并與木塊A相撞．不計一切摩擦，彈簧始終處于彈性限度內，則碰后彈簧的最大彈性勢能不可能為(　　)

A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
【答案】　A
【解析】　當C與A發生彈性正碰時，根據動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，
mv02＝mv12＋×v22，聯立解得v2＝v0，當A、B速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為v，以A的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得2mv2＝(2m＋3m)v，得v＝v0.由機械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝×(2m)v22－×(5m)v2，解得Ep＝mv02；當C與A發生完全非彈性正碰時，根據動量守恒定律有mv0＝3mv1′，當A、B、C速度相等時彈簧的彈性勢能最大，設共同速度為v′，則由動量守恒定律得3mv1′＝6mv′.由機械能守恒定律可知，彈簧的最大彈性勢能為Ep＝×(3m)v1′2－×(6m)v′2，解得Ep＝mv02，由此可知碰后彈簧的最大彈性勢能范圍是mv02≤Ep≤mv02，故A正確．
【模型演練4】(2020·遼寧省三模)如圖所示，質量為m的小球A靜止于光滑水平面上，在A球與豎直墻之間用水平輕彈簧連接．現用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧．不計空氣阻力，若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I，則下列表達式中正確的是(　　)

A．E＝mv02，I＝mv0 B．E＝mv02，I＝2mv0
C．E＝mv02，I＝mv0 D．E＝mv02，I＝2mv0
【答案】　D
【解析】　A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，則v＝v0，碰撞后，A、B一起壓縮彈簧，當A、B的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大，根據機械能守恒定律，最大彈性勢能E＝×2mv2＝mv02，從球A被碰開始到回到原靜止位置的過程中，取向右為正方向，由動量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0，選項D正確．
【模型演練5】（2021·江西省高三上學期1月月考）如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且嵌入其中．已知物體B的質量為m，物體A的質量是物體B的，子彈的質量是物體B的.求：

(1)彈簧壓縮到最短時B的速度大小．
(2)彈簧的最大彈性勢能．
【答案】　(1)v0　(2)mv02
【解析】　(1)當A、B速度相等時，彈簧的壓縮量最大，此時彈性勢能最大，設此時A、B的共同速度為v.
取向右為正方向，對子彈、A和B組成的系統，從子彈射入A到彈簧壓縮到最短的過程中，系統的動量守恒，
得mv0＝v.
解得v＝v0.
(2)設子彈射入A后，A與子彈的共同速度為v1，
根據A與子彈組成的系統動量守恒得
mv0＝v1，
解得v1＝v0.
壓縮彈簧過程中，子彈、A和B組成的系統機械能守恒，可得彈簧的最大彈性勢能為：
Ep＝×v12－×v2.
解得Ep＝mv02.
【模型演練6】（2021屆湖南省三湘名校聯盟高三聯考）如圖所示，質量為M的物塊甲，以速度沿光滑水平地面向前運動，連接有輕彈簧、質量為m的物塊乙靜止在正前方，物塊甲與彈簧接觸后壓縮彈簧，則下列判斷錯誤的是（　　）

A．僅增大，彈簧的最大壓縮量增大
B．僅增大m，彈簧的最大壓縮量增大
C．僅增大M，彈簧的最大壓縮量增大
D．一定，一定，彈簧的最大壓縮量一定
【答案】D
【解析】
根據動量守恒有

最大壓縮量時對應的彈性勢能
。
而彈性勢能于壓縮量之間的關系

由些可以判斷，A、B、C項正確，D項錯誤。
故選D。
【模型演練7】（2021屆重慶市沙坪壩一中高三模擬）如圖甲所示，在光滑水平面上的輕質彈簧一端固定，物體A以速度vo向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x

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