彈簧模型（解析版）-動(dòng)量守恒的十種模型解讀和針對(duì)性訓(xùn)練

動(dòng)量守恒的十種模型解讀和針對(duì)性訓(xùn)練

模型一彈簧模型

模型解讀

”原長(zhǎng)靜止

----->V最短--->V

0WP?

條件9模型

VI原長(zhǎng)V2

V最長(zhǎng)V

0WWWW

情況?:從原長(zhǎng)到最矩（或最長(zhǎng)）時(shí)

2

?mAv0=（mA+mB\：+mB）v+

規(guī)律與公式

情況：：從原長(zhǎng)先到最短（或最長(zhǎng)）再恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)

①miv0=mAvl+mBv2：②；機(jī)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(gè)相同物塊A、B,質(zhì)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(shí)由靜止釋放A、B,

彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)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(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小以和力;

（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)出

（3）整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能AEp。

AB

~|vwwj-

I

,，/'h

II

'>

【答案】(1)Im/s,Im/s；(2)0.2；(3)0.12J

【解析】

(1)對(duì)物塊A,由平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒定律，mAvA=mBvB,

解得vB=vA=lm/s

(2)對(duì)物塊B,由動(dòng)能定理，-RHBgXB=0-；機(jī)NJ

解得：n=0.2

(3)由能量守恒定律，整個(gè)過程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能

22

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

【針對(duì)性訓(xùn)練】

1.(2024年3月江西贛州質(zhì)檢)如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)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(zhì)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(yùn)動(dòng)，從A接觸彈簧開始計(jì)時(shí)至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長(zhǎng)度/與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，彈

1,

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

A.在0~2to內(nèi)B物塊先加速后減速

B.整個(gè)過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.v0=2m/s

D.物塊A在to時(shí)刻時(shí)速度最小

【答案】C

【解析】

在0~2to內(nèi)，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(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

整個(gè)過程中，A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；

由圖可知，在t。時(shí)刻，彈簧被壓縮到最短，則此時(shí)A、B共速，此時(shí)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(dòng)量守恒有

m1v0=（Wj+m2）v

根據(jù)A、B物塊和彈簧三者構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

1,17

2機(jī)1%=5（㈣+加2"+Ep

聯(lián)立解得

%=2m/s

故C正確；

在0~2to內(nèi)，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(yùn)動(dòng)，則物塊A在

2to時(shí)刻時(shí)速度最小，故D錯(cuò)誤。

2.（2024河南新鄭實(shí)驗(yàn)高中3月質(zhì)檢）如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)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?，F(xiàn)使4獲得水平向右、大小為3m/s的瞬時(shí)速度，從此刻開

始計(jì)時(shí)，兩物塊的速度隨時(shí)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(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度lm/s,且彈簧都處于伸長(zhǎng)狀態(tài)

B.從與到右時(shí)刻間彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)

C.兩物體的質(zhì)量之比為得：以2=1：2

D.在右時(shí)刻4、6兩物塊的動(dòng)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(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度lm/s,此

時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯(cuò)誤；

由圖象可知，友時(shí)刻速度相等，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，從右到％時(shí)間內(nèi)4做加速運(yùn)動(dòng)，刀做減速運(yùn)

動(dòng)，彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)，B錯(cuò)誤；

由圖象可知，。時(shí)刻兩物體速度相同，都是匕=lm/s,4、6系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以/的初速度方向?yàn)檎?/p>

方向，由動(dòng)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(shí)亥U，4、方的動(dòng)能之比為品：蜃=5加"：5加2Vl=5x加|x（-1）~:5x2叫x2~=1：8

,D錯(cuò)誤。

3.（2024山東濟(jì)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(cè)與豎直墻壁

接觸。物塊C以速度%向左運(yùn)動(dòng)，與A相碰后立即粘在一起后不分開并開始計(jì)時(shí)。A、B運(yùn)動(dòng)的圖像如

圖乙所示，耳、星分別表示。到時(shí)間內(nèi)A、B的。-/圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的大小。已知三個(gè)物塊質(zhì)量

均為加，下列說法正確的是（）

A.a2=2%

B.邑=25

C.0?4內(nèi)墻對(duì)B的沖量大小為2mv0

1,

D.在乙時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為§加%

【參考答案】BC

【名師解析】

二者碰撞過程中動(dòng)量守恒，可得mv0=（m+m）v

解得v=-v

20

在0?。內(nèi)對(duì)AC研究，設(shè)水平向左為正方向，由動(dòng)量定理可得

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

而B處于靜止?fàn)顟B(tài)，墻壁對(duì)B的沖量大小等于彈簧彈力對(duì)A的沖量大小，故0?。內(nèi)墻對(duì)B的沖量大小為2機(jī)%,

故C正確；

a-t圖線與坐標(biāo)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(duì)稱性可知，。時(shí)刻AC的速度

為v,AC的加速度為0,此時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng),B開始離開墻壁，到時(shí)刻加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的伸

長(zhǎng)量達(dá)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(shí)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(shí)，三者共速，則根據(jù)能量守恒定律可知一―2機(jī)=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(cuò)誤;

B離開墻壁后整體機(jī)械能守恒，則2mv=3mv{

19219

故在14時(shí)刻，根據(jù)能量守恒定律可知-2mv=-3mv^Ep

1,

解得￡p=T2WV°,故D錯(cuò)誤。

4.(2024廣西桂林質(zhì)檢)如圖(a)所示，輕彈簧的兩端分別與質(zhì)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(yùn)動(dòng)，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(zhì)量為4kg

B小4時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)

C.從與到。時(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng)

D.彈簧的最大彈性勢(shì)能為6J

【參考答案】AD

【名師解析】

兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:

機(jī)F/O=(機(jī)1+機(jī)2)匕

由圖示圖象可知，。時(shí)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(yùn)動(dòng)過程，開始時(shí)牝逐漸減速，g逐漸加速，彈簧被壓縮，h時(shí)刻二者速

度相當(dāng)，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，m2依然加速，mi先減速

為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大,

兩木塊均減速，當(dāng)t3時(shí)刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長(zhǎng)

狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B、C錯(cuò)誤。

D.彈簧壓縮量最大或伸長(zhǎng)量最大時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)兩物塊速度相等，如匕時(shí)刻,

對(duì)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(guān)=6J

故D正確。

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

彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量機(jī)o=2kg的小物塊，小物塊與小車一起以%=4m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止

在水平面上質(zhì)量河=1kg的小球發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，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(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)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(duì)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(shí)2s,則小車在這2s內(nèi)的位移X與彈簧最大形變量/的關(guān)系式為

【參考答案】BD

【名師解析】

設(shè)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(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒可得

mv=mv+

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

解得

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

故A錯(cuò)誤；

BC.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

movo+mvx=+m)v3

解得

v3=2.8m/s

設(shè)碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對(duì)小物塊的沖量為/,根據(jù)動(dòng)量定理有

/=mov3-movo

解得

/=—2.4N-s

負(fù)號(hào)表示方向向左，故B正確，C錯(cuò)誤；

小車碰撞結(jié)束到彈簧被壓縮最短的過程中，設(shè)小物塊速度為耳，小車速度為V；,由動(dòng)量守恒可得

movo+mv{=mov'o+mv[

任取一段極短時(shí)間加均有

（movo+mvx）=mov'o^,t+mv[At

累加求和后，有

（movo+MV]）/=機(jī)（）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(xué)術(shù)聯(lián)盟押題卷）如圖，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為3m的小球B用長(zhǎng)為L(zhǎng)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(shí)彈性繩剛好拉直（第一次處于原長(zhǎng)），小球A落地時(shí)，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(nèi)，重力加速度為g,不計(jì)小球大小，則（）

A.小球A拋出時(shí)的初速度大小為1衣

B.小球A拋出時(shí)的初速度大小為*JiE

6

25

c.彈性繩具有的最大彈性勢(shì)能為”加g￡

96

53

D.彈性繩具有的最大彈性勢(shì)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(cuò)誤，B正確；

A球落地后到與B球速度相同時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大

1?1?

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

解得

Epm=||加g￡

C正確，D錯(cuò)誤。

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

處，弧形槽上圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角分60。，半徑R=0.8m,與其處于同一豎直平面內(nèi)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(diǎn)，已知水平面be段粗糙且長(zhǎng)度Z=2m,其余光滑。質(zhì)量分別為

機(jī)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(xì)線鎖定的輕彈簧（彈簧與兩物

塊均不拴接），彈簧此時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能穌=6L某時(shí)刻將細(xì)線燒斷，兩物塊與彈簧分離時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)11=0.25,重力加速度g=10m/s,兩物塊均可視為

質(zhì)點(diǎn)且滑上圓弧時(shí)均無能量損失。

（1）求物塊P與彈簧分離時(shí)的速度大??；

（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(diǎn)的距離。

d

2

【答案】（1）2m/s；（2）-m/s；（3）0.8m

3

【解析】

（1）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過程中與兩物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，設(shè)物塊P、Q與彈簧分離時(shí)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(shí)的速度大小2m/s；

（2）設(shè)物塊P沿滑塊上升高度為4時(shí)與滑塊達(dá)到共速v,兩者水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒有

(機(jī)+加1g%

解得

y，1nzs

3

4=m<7?(1-cos60°)=0.4m

即物塊P將從滑塊右側(cè)滑離，設(shè)滑離時(shí)物塊P與滑塊的速度分別為為、匕，物塊P在滑塊上滑動(dòng)的整個(gè)過

程中，兩者系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，有

OTJVJ=機(jī)］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(yùn)動(dòng)，速度為一m/s；

3

（3）設(shè)物塊Q能沿半圓軌道最高上升高度為色，由動(dòng)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(shè)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(dòng)能定理有

1,

一〃m2gx=0--機(jī)2V2

解得

x=3.2m<2L-4m

故物塊Q最終靜止的位置距離b點(diǎn)的距離

5=2Z-x=0.8m

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