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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 6
【模型三】碰撞模型三原则 9
【模型四】小球—曲面模型 11
【模型五】小球—弹簧模型 14
【模型六】子弹打木块模型 20
【模型七】滑块木板模型 25

【模型一】弹性碰撞模型
1． 弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2． “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。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
【模型演练1】.(2021·四川成都七中5月测试)三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA＝m，mC＝4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则B的质量应为(　　)

A．m B．2m
C．3m D．4m
【答案】B　
【解析】设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋Mv，解得v2＝；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由能量守恒定律得Mv＝Mv′＋×(4m)v，规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4mv3，解得v3＝，故C球碰撞后的速度为v3＝·＝，由数学关系解得M＝＝2m时，B、C球碰撞后C球的速度最大。
【模型演练2】(2021·山东济南市历城二中一模)弹玻璃球是小朋友经常玩的一个游戏，小华在光滑水平桌面上用一个质量为3m的绿色弹珠以某一速度与前方静止的质量为m的黄色弹珠发生弹性正碰，已知碰撞前绿色弹珠的动能为E，碰撞之后黄色弹珠的动能为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
发生弹性正碰，则有 ，
解得黄色弹珠的动能为故选B。
【模型演练3】（2021·福建省厦门双十中学高三上学期11月期中）如图所示，运动的球A在光滑水平面上与一个原来静止的球B发生弹性碰撞，

A. 要使B球获得最大动能，则应让A,B两球质量相等
B. 要使B球获得最大速度，则应让A球质量远大于B球质量
C. 要使B球获得最大动量，则应让A球质量远小于B球质量
D. 若A球质量远大于B球质量，则B球将获得最大动能、最大速度及最大动量
【答案】ABC
【解析】
设A球的质量为、B球质量为、碰前A球的速度为，A与B发生弹性碰撞，则：、，解得：、．
A：据，当A、B两球质量相等时，碰后A的速度为零，B获得了A碰前的全部动能，B球获得了最大动能．故A项正确．
B：据，当A球质量远大于B球质量时，B球获得最大速度，接近碰前A速度的2倍．故B项正确．
C：据，当A球质量远小于B球质量时，A球几乎原速反弹，A球被弹回的速度最大，B球获得了A球初始动量的接近2倍，B球获得最大动量．故C项正确．
D：由上面三项分析知，D项错误．
【模型演练4】（2021·山东省济宁市高三上学期1月期末）如图所示，一水平轻弹簧右端固定在水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M=2kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m=1 kg的光滑小球以初速度v0=3m/s与物块发生弹性正碰，碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点。不计空气阻力，物块和小球均可视为质点。求：
(1)小球的最终速度；
(2)弹簧的最大弹性势能Ep。

【答案】(1) 1m/s，方向水平向左；(2) 2J
【解析】
(1)规定向右为正方向，设小球与物块发生弹性正碰后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2。碰撞前后小球与物块系统动量守恒

碰撞前后瞬间小球与物块系统动能守恒

由以上两式解得
v1=- 1m/s
v2= 2m/s
小球的最终速度大小为1m/s，方向水平向左；
(2)设物块碰后向右运动至回到P点的全过程物块克服摩擦力做的功为W克
对全过程，由动能定理

碰后物块向右运动至速度为零的过程中，由动能定理得

解得
Ep=2J
【模型演练5】(2020·河南名校联考)在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图10所示．小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5 PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：

(1)两小球质量之比；
(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．
【答案】　(1)2∶1　(2)m1>
【解析】　(1)两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得m1v02＝m1v12＋m2v22
从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ＝1.5PO，
则小球A和B通过的路程之比为s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，
联立解得＝
(2)由(1)中两式解得：v1＝v0，v2＝v0
若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球B第一次反弹后相碰，此时有v1≥0，即m1≥m2
若小球A碰后反向运动，则v1<0，此时m1 即v0 解得m1>
综上所述，只要小球A、B质量满足m1>，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．
【模型演练6】（2021届广东省河源市高三模拟）内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球（均可视为质点）分别静置于P、Q处，PO⊥OQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则（　　）

A．k= B． C．k=2 D．k=5
【答案】B
【解析】设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得，由机械能守恒得
，由于再次碰撞，则有，，联立方程，解得，故选B。
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
【模型演练1】(2020·全国三卷15题)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1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)

A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】。根据图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s。碰撞过程中由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，联立以上各式解得ΔE＝3 J。
【模型演练2】(多选)(2021·银川模拟)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A球质量是m＝2 kg，则由图象判断下列结论正确的是 (　　)

A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
【答案】ABD
【解析】根据题图可知，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两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。
【模型演练3】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知A的质量mA=1kg，B的质量mB=2kg，圆弧轨道的半径R=0.45m，圆弧轨道光滑，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2
(1)求碰撞前瞬间A的速率v；
(2)求碰撞后瞬间A和B整体的速率和碰撞过程中A、B系统损失的机械能E损；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离L。

【答案】(1)；(2)；3J；(3)
【解析】
(1)对A，从释放→碰撞前，由动能定理得

解得

(2)对A、B组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒得

解得

碰撞之前的机械能为

碰撞之前的机械能为

碰撞过程中损失的机械能为
E损=E前－E后=3J
(3)A和B整体在桌面上做匀减速直线运动，有

得

又得

【模型演练4】（2021·黑龙江牡丹江一中高三上学期1月期末）如图所示，光滑水平面上的物体B、C静止放置，物体A以速度向B运动，A、B、C质量均为m且处于同一直线上，A与B碰后粘合在一起，随后AB与C发生弹性碰撞，求：

①A、B碰撞系统损失的机械能；
②AB与C发生弹性碰撞后，各物体的速度大小．
【答案】①；②，
【解析】
试题分析：①设A与B碰后粘合在一起的速度大小为，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：， A、B碰撞系统损失的机械能．②设AB与C发生弹性碰撞后，速度大小分别为、，AB与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以A的速度方向为正方向，则有：， ，解得：，
【模型三】碰撞模型三原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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。
【其它方法①】临界法
弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞应该介于二者之间。[来源:学科网ZXXK]
【模型演练1】（2021·黑龙江哈尔滨一中高三上学期11月期中）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球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．考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故AD错误；
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前总动量为
p=pA+pB=mAvA+mBvB=（1×6+2×2）kg•m/s=10kg•m/s
总动能

B．碰撞后，总动量为
p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg•m/s
总动能

则p′=p，，符合动量守恒，但是不符合能量关系；故B错误；
C．碰撞后，总动量为
p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（1×2+2×4）kg•m/s=10kg•m/s
符合动量守恒定律，能量关系

则p′=p，，则碰后符合动量和能量关系，则C正确。
故选C。
【模型演练2】(多选)(2021·河南中原名校第五次考评)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量分别为mA＝1 kg，mB＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为－4 kg·m/s，则下列说法正确的是(　　)

A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4 kg·m/s
C．碰撞后A、B两球速度大小之比为5∶2
D．经过验证两球发生的碰撞是弹性碰撞
【答案】　ABD
【解析】　由题意知A、B两球碰前均向右运动，vA＝6 m/s，vB＝3 m/s，故左方是A球，A正确．由动量守恒定律知ΔpB＝4 kg·m/s，pB′＝10 kg·m/s，故B正确．碰后A球动量pA′＝2 kg·m/s，vA′＝2 m/s，vB′＝5 m/s，vA′∶vB′＝2∶5，故C错误．由能量守恒定律知，两球碰撞前后机械能总量相等，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．
【模型演练3】.(多选)(2020·百师联盟模拟四)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，以下说法正确的是(　　)
A．A球速度可能反向 B．A球速度可能为0.6v
C．B球速度可能为v D．B球速度可能为1.4v
【答案】　BCD
【解析】　若是弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3mv＝3mvA＋mvB，系统机械能守恒：×3mv2＝×3mvA2＋mvB2，联立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒：3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，故无论碰撞是弹性的还是非弹性的，碰撞后A球的速度满足0.5v≤vA≤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≤vB≤1.5v，C、D项正确．
【模型演练4】(2020·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】：C
【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C选项正确．
【模型四】 小球—曲面模型

(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于弹性碰撞)
【模型演练1】(2020·河南名校联盟3月调研)如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为(　　)

A.R B.1.5R C.3R D.4R
【答案】　C
【解析】　若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
由机械能守恒定律得
mv02＝·2mv12＋mgR
代入数据解得v0＝2
若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
2mv0＝2mv2
由能量守恒得
m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy 2
解得vy＝
小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则
h＝＝3R
故距B点的最大高度为3R.
故选C.
【模型演练2】(多选)(2020·山东六校线上联考)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则(　　)

A.B的最大速率为4 m/s
B.B运动到最高点时的速率为 m/s
C.B能与A再次发生碰撞
D.B不能与A再次发生碰撞
【答案】　AD
【解析】　A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝vA＋MvB，··v02＝·vA2＋MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为vB′、vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有·MvB2＝·MvB′2＋·2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确.
【模型演练3】(2021·四川遂宁市三诊)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】　(1)20 kg　(2)不能，理由见解析
【解析】　(1)规定向左为正方向.冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg，v＝1 m/s③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v02＝m2v22＋m3v32⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在后方，故冰块不能追上小孩.
【模型演练4】(2021·安徽十校联盟检测)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上，一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)(　　)

A．1∶2 B．1∶3 C．1∶6 D．1∶9
【答案】　C
【解析】　因为水平面光滑，m和M组成的系统水平方向动量守恒；当物块向上的速度为零时，根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2，即mv2∶Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝3v，根据能量守恒定律：mv02＝(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝mv02，此时物块的动能为Ek＝mv2＝mv02，所以此时物块的动能与重力势能之比为Ek∶Ep＝1∶6，故C正确，A、B、D错误．
【模型五】 小球—弹簧模型

(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)



【模型演练1】(2021·河北第二次省际调研)如图(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图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示．则由图线可知(　　)

A．两带电小球的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C．t2时刻，乙球的电势能最大
D．在0～t3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＝，故B正确；t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直増大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误．
【模型演练2】(2020·重庆市江津中学月考)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上.现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)

A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D.在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
【答案】　C
【解析】　由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有：m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得：m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为：v1′＝－1 m/s，m2的速度为：v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误.
【模型演练3】(2020·山东泰安市高三检测)如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞．不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为(　　)

A.mv02 B.mv02
C.mv02 D.mv02
【答案】　A
【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，
mv02＝mv12＋×v22，联立解得v2＝v0，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，得v＝v0.由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(2m)v22－×(5m)v2，解得Ep＝mv02；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，弹簧的最大弹性势能为Ep＝×(3m)v1′2－×(6m)v′2，解得Ep＝mv02，由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是mv02≤Ep≤mv02，故A正确．
【模型演练4】(2020·辽宁省三模)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与竖直墙之间用水平轻弹簧连接．现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧．不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)

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碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，则v＝v0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E＝×2mv2＝mv02，从球A被碰开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0，选项D正确．
【模型演练5】（2021·江西省高三上学期1月月考）如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中．已知物体B的质量为m，物体A的质量是物体B的，子弹的质量是物体B的.求：

(1)弹簧压缩到最短时B的速度大小．
(2)弹簧的最大弹性势能．
【答案】　(1)v0　(2)mv02
【解析】　(1)当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，设此时A、B的共同速度为v.
取向右为正方向，对子弹、A和B组成的系统，从子弹射入A到弹簧压缩到最短的过程中，系统的动量守恒，
得mv0＝v.
解得v＝v0.
(2)设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，
根据A与子弹组成的系统动量守恒得
mv0＝v1，
解得v1＝v0.
压缩弹簧过程中，子弹、A和B组成的系统机械能守恒，可得弹簧的最大弹性势能为：
Ep＝×v12－×v2.
解得Ep＝mv02.
【模型演练6】（2021届湖南省三湘名校联盟高三联考）如图所示，质量为M的物块甲，以速度沿光滑水平地面向前运动，连接有轻弹簧、质量为m的物块乙静止在正前方，物块甲与弹簧接触后压缩弹簧，则下列判断错误的是（　　）

A．仅增大，弹簧的最大压缩量增大
B．仅增大m，弹簧的最大压缩量增大
C．仅增大M，弹簧的最大压缩量增大
D．一定，一定，弹簧的最大压缩量一定
【答案】D
【解析】
根据动量守恒有

最大压缩量时对应的弹性势能
。
而弹性势能于压缩量之间的关系

由些可以判断，A、B、C项正确，D项错误。
故选D。
【模型演练7】（2021届重庆市沙坪坝一中高三模拟）如图甲所示，在光滑水平面上的轻质弹簧一端固定，物体A以速度vo向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x

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