彈簧模型（解析版）-動量守恒的十種模型解讀和針對性訓練

動量守恒的十種模型解讀和針對性訓練

模型一彈簧模型

模型解讀

”原長靜止

----->V最短--->V

0WP?

條件9模型

VI原長V2

V最長V

0WWWW

情況?:從原長到最矩（或最長）時

2

?mAv0=（mA+mB\：+mB）v+

規(guī)律與公式

情況：：從原長先到最短（或最長）再恢復原長時

①miv0=mAvl+mBv2：②；機力'：=|加/'；+1心；

【典例分析】

【典例】（2024高考遼吉黑卷）如圖，高度〃=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質量

、

mA=mB=0.1kgoAB間夾一壓縮量Ac=0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。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=0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距

離小=0.25m后停止。A、B均視為質點，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）脫離彈簧時A、B的速度大小以和力;

（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)出

（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能AEp。

AB

~|vwwj-

I

,，/'h

II

'>

【答案】(1)Im/s,Im/s；(2)0.2；(3)0.12J

【解析】

(1)對物塊A,由平拋運動規(guī)律，h=；g〃，xA=vAt,

聯(lián)立解得：vA=lm/s

彈簧將兩物塊彈開，由動量守恒定律，mAvA=mBvB,

解得vB=vA=lm/s

(2)對物塊B,由動能定理，-RHBgXB=0-；機NJ

解得：n=0.2

(3)由能量守恒定律，整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能

22

△Ep=^msgX—△X+R/VAgX—Ax+—mAvA+—mBvB=0.12J

【針對性訓練】

1.(2024年3月江西贛州質檢)如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質量分別為2kg、6kg,B

的左端拴接著一勁度系數(shù)為—N/m的水平輕質彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度。向靜止的

B方向運動，從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度/與時間t的關系如圖乙所示，彈

1,

簧始終處在彈性限度范圍內，已知彈簧的彈性勢能綜=5區(qū)2(X為彈簧的形變量)，則()

A.在0~2to內B物塊先加速后減速

B.整個過程中，A、B物塊構成的系統(tǒng)機械能守恒

C.v0=2m/s

D.物塊A在to時刻時速度最小

【答案】C

【解析】

在0~2to內，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運動，故A錯誤;

整個過程中，A、B物塊和彈簧三者構成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；

由圖可知，在t。時刻，彈簧被壓縮到最短，則此時A、B共速，此時彈簧的形變量為

x=0.4m-0.1m=0.3m

則根據(jù)A、B物塊系統(tǒng)動量守恒有

m1v0=（Wj+m2）v

根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構成的系統(tǒng)機械能守恒有

1,17

2機1%=5（㈣+加2"+Ep

聯(lián)立解得

%=2m/s

故C正確；

在0~2to內，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運動，則物塊A在

2to時刻時速度最小，故D錯誤。

2.（2024河南新鄭實驗高中3月質檢）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為例、外的兩物塊力

、方相連接，并靜止在光滑水平面上。現(xiàn)使4獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時速度，從此刻開

始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像提供的信息可得（）

4B

A[W^WWWWVWV4^2

7777777/7777777777777777777/7777/7'

甲乙

A.在右、4時刻兩物塊達到共同速度lm/s,且彈簧都處于伸長狀態(tài)

B.從與到右時刻間彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長

C.兩物體的質量之比為得：以2=1：2

D.在右時刻4、6兩物塊的動能之比為弱：蜃=8：1

【答案】C

【解析】.從圖象可以看出，從0到右的過程中彈簧被壓縮，右時刻兩物塊達到共同速度lm/s,此

時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；

由圖象可知，友時刻速度相等，彈簧處于伸長狀態(tài)，從右到％時間內4做加速運動，刀做減速運

動，彈簧由伸長狀態(tài)恢復到原長，B錯誤；

由圖象可知，。時刻兩物體速度相同，都是匕=lm/s,4、6系統(tǒng)動量守恒，以/的初速度方向為正

方向，由動量守恒定律得知%=（外+加2）匕，解得必1：色=1：2,C正確；

由圖象可知，在時亥U，4、方的動能之比為品：蜃=5加"：5加2Vl=5x加|x（-1）~:5x2叫x2~=1：8

,D錯誤。

3.（2024山東濟南期末）如圖甲所示，物塊A、B用輕彈簧拴接，放在光滑水平面上，B左側與豎直墻壁

接觸。物塊C以速度%向左運動，與A相碰后立即粘在一起后不分開并開始計時。A、B運動的圖像如

圖乙所示，耳、星分別表示。到時間內A、B的。-/圖線與坐標軸所圍面積的大小。已知三個物塊質量

均為加，下列說法正確的是（）

A.a2=2%

B.邑=25

C.0?4內墻對B的沖量大小為2mv0

1,

D.在乙時刻彈簧的彈性勢能為§加%

【參考答案】BC

【名師解析】

二者碰撞過程中動量守恒，可得mv0=（m+m）v

解得v=-v

20

在0?。內對AC研究，設水平向左為正方向，由動量定理可得

I=-2mv-2mv=~2mv0

而B處于靜止狀態(tài)，墻壁對B的沖量大小等于彈簧彈力對A的沖量大小，故0?。內墻對B的沖量大小為2機%,

故C正確；

a-t圖線與坐標軸所圍的面積表示速度的變化量，AC物體初速度為V,根據(jù)對稱性可知，。時刻AC的速度

為v,AC的加速度為0,此時彈簧恢復原長,B開始離開墻壁，到時刻加速度均達到最大，此時彈簧的伸

長量達到最大，速度相同，即2掰v=3%匕，S2=vl,E=v-匕

故$2=2，，故B正確;

」〃“二村

A的加速度為為時彈簧壓縮量最大，即丸22

221

m

解得寸什%

根據(jù)牛頓第二定律可得q=竺=%

121n2m

1,1,

在L時，三者共速，則根據(jù)能量守恒定律可知一―2機=一0加片+紇

22p

1919

解得Ep=12mv°=3%

]m

解得x26kV°

Ik

根據(jù)牛頓第二定律可得

m

故故A錯誤;

B離開墻壁后整體機械能守恒，則2mv=3mv{

19219

故在14時刻，根據(jù)能量守恒定律可知-2mv=-3mv^Ep

1,

解得￡p=T2WV°,故D錯誤。

4.(2024廣西桂林質檢)如圖(a)所示，輕彈簧的兩端分別與質量為和牝的兩物塊4B相連接，靜

止在光滑的水平面上若使A以3m/s的速度向B運動，A、B的速度圖像如圖(b)所示，己知m1=2kg,則

圖(b)

A.物塊n?2質量為4kg

B小4時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)

C.從與到。時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復到原長

D.彈簧的最大彈性勢能為6J

【參考答案】AD

【名師解析】

兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得:

機F/O=(機1+機2)匕

由圖示圖象可知，。時刻兩者的共同速度：％=lm/s,代入數(shù)據(jù)解得：m2=4kg,故A正確。

BC.由圖示圖象可知，兩物塊的運動過程，開始時牝逐漸減速，g逐漸加速，彈簧被壓縮，h時刻二者速

度相當，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復原長，m2依然加速，mi先減速

為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大,

兩木塊均減速，當t3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長

狀態(tài)恢復原長，故B、C錯誤。

D.彈簧壓縮量最大或伸長量最大時彈簧彈性勢能最大，當彈簧壓縮量最大時兩物塊速度相等，如匕時刻,

對系統(tǒng)，由能量守恒定律得:

1,1,+E

-?1^0=-(Wl+m2)KP

代入數(shù)據(jù)解得:

￡P=6J

故D正確。

5.（2024湖南永州重點高中質檢）如圖所示，水平面上有一質量加=3kg的小車，其右端固定一水平輕質

彈簧，彈簧左端連接一質量機o=2kg的小物塊，小物塊與小車一起以%=4m/s的速度向右運動，與靜止

在水平面上質量河=1kg的小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦阻

力。則下列說法中正確的是（）

A.小車與小球碰撞后小球的速度大小2m/s

B.當彈簧被壓縮到最短時小車的速度大小為2.8m/s

C,從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小物塊的沖量大小為2N-s

D.若從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短用時2s,則小車在這2s內的位移X與彈簧最大形變量/的關系式為

【參考答案】BD

【名師解析】

設小車與小球碰撞后瞬間的速度分別為匕、V2；小車與小球碰撞過程中，根據(jù)動量守恒與機械能守恒可得

mv=mv+

mv0=mvx+MV2,~o~^i~^

解得

%=2m/s,v,=6m/s

故A錯誤；

BC.當彈簧被壓縮到最短時，根據(jù)動量守恒定律有

movo+mvx=+m)v3

解得

v3=2.8m/s

設碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小物塊的沖量為/,根據(jù)動量定理有

/=mov3-movo

解得

/=—2.4N-s

負號表示方向向左，故B正確，C錯誤；

小車碰撞結束到彈簧被壓縮最短的過程中，設小物塊速度為耳，小車速度為V；,由動量守恒可得

movo+mv{=mov'o+mv[

任取一段極短時間加均有

（movo+mvx）=mov'o^,t+mv[At

累加求和后，有

（movo+MV]）/=機（）x物+mx

又

X物_X=/

聯(lián)立解得

28-2//、

故D正確。

6.（2024高考名校學術聯(lián)盟押題卷）如圖，質量為m的小球A和質量為3m的小球B用長為L的彈性繩連

接，小球B靜止在光滑水平面上，小球A在小球B正上方高為0.72L處以一定的初速度水平向右拋出，小球

落地時彈性繩剛好拉直（第一次處于原長），小球A落地時，與地面碰撞過程，豎直方向的速度減為零，水

平方向的速度保持不變，彈性繩始終處于彈性限度內，重力加速度為g,不計小球大小，則（）

A.小球A拋出時的初速度大小為1衣

B.小球A拋出時的初速度大小為*JiE

6

25

c.彈性繩具有的最大彈性勢能為”加g￡

96

53

D.彈性繩具有的最大彈性勢能為正加g￡

【答案】BC

【解析】

A球從拋出到落地過程

1

29

0.72Z=—gt9L=vot

可解得

%=3必

O

A錯誤，B正確；

A球落地后到與B球速度相同時，彈簧彈性勢能最大

1?1?

mv0=4mv,Epm=-mv0--x4mv

解得

Epm=||加g￡

C正確，D錯誤。

7.（2024重慶縉云教育聯(lián)盟一診）如圖所示，質量M=0.5kg帶有光滑弧形槽的滑塊放在足夠長的水平面。

處，弧形槽上圓弧對應的圓心角分60。，半徑R=0.8m,與其處于同一豎直平面內的光滑半圓軌道cd的半徑

7-0.5m,軌道與水平面相切固定于c點，已知水平面be段粗糙且長度Z=2m,其余光滑。質量分別為

機i=lkg、加2=0.5kg的物塊P、Q靜置在水平面上，兩者之間有一壓縮并用細線鎖定的輕彈簧（彈簧與兩物

塊均不拴接），彈簧此時儲存的彈性勢能穌=6L某時刻將細線燒斷，兩物塊與彈簧分離時均未從成之間滑

出，隨即撤去彈簧。物塊Q與水平面6c段間的動摩擦因數(shù)11=0.25,重力加速度g=10m/s,兩物塊均可視為

質點且滑上圓弧時均無能量損失。

（1）求物塊P與彈簧分離時的速度大?。?/p>

（2）判斷物塊P能否從M左端沖出；并求出P的最終速度；

（3）求物塊Q最終靜止的位置距離6點的距離。

d

2

【答案】（1）2m/s；（2）-m/s；（3）0.8m

3

【解析】

（1）彈簧恢復原長的過程中與兩物塊構成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設物塊P、Q與彈簧分離時速度

分別為用、v2,有

0=加］匕-m2v2

。12,12

Ep=~m^\+~m2v2

解得

%=2m/s,v2=4m/s

物塊p與彈簧分離時的速度大小2m/s；

（2）設物塊P沿滑塊上升高度為4時與滑塊達到共速v,兩者水平方向動量守恒，機械能守恒有

(機+加1g%

解得

y，1nzs

3

4=m<7?(1-cos60°)=0.4m

即物塊P將從滑塊右側滑離，設滑離時物塊P與滑塊的速度分別為為、匕，物塊P在滑塊上滑動的整個過

程中，兩者系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒，有

OTJVJ=機］匕+1加4

^miVl=|W1V3+1^4

解得

v3=ym/s,v4=—m/s

2

即物塊P最終向左勻速運動，速度為一m/s；

3

（3）設物塊Q能沿半圓軌道最高上升高度為色，由動能定理有

1,

-/um^gL-m?gh2=0--m2v2

解得

h,=0.3m<r=0.5m

即物塊Q將沿圓軌道返回水平面

設物塊Q未與物塊P碰撞，最終靜止在粗糙水平上，其在粗糙水平面滑行的路程為x,由動能定理有

1,

一〃m2gx=0--機2V2

解得

x=3.2m<2L-4m

故物塊Q最終靜止的位置距離b點的距離

5=2Z-x=0.8m

8.（2024浙江臺州期末）如圖所示，水平地面上固定著一足夠長的木板，板上靜置枚C兩小球。一輕質彈

簧的左端固定在球6上，右端與球。接觸但未連接。一帶有圓弧軌道的小車〃緊靠木板放置，其軌