专题强化3 常见碰撞模型的应用（一）
学习目标
1.进一步掌握应用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题的技巧。 2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“弹簧—滑块”模型和“滑块—斜（曲）面”模型。
强化点一 “弹簧—滑块”模型
模型 图示
模型 特点 （1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 （2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒 （3）弹簧处于最长（最短）状态时，两物体速度相等，弹性势能最大，系统的总动能通常最小 （4）弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统的总动能通常最大，但物体速度一般不相等
【例1】 （2025·江苏南通期中）如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（ ）
A.弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B.弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C.弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D.弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
尝试解答
【例2】 （2025·宁夏石嘴山月考）如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B以速度v0＝3.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，已知A的质量为mA＝2 kg，B的质量为mB＝1 kg。求：
（1）当物体A的速度多大时，弹簧弹性势能最大；
（2）在相互作用过程中最大弹性势能为多少。
尝试解答
【例3】 如图所示，A、B、C三个物块置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块拴接，刚开始物块B、C处于静止状态。现物块A以初速度v0＝3 m/s沿B、C的连线方向朝B运动，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），然后压缩弹簧。已知mA＝1 kg，mB＝mC＝2 kg。求：
（1）A、B碰后瞬间，B的速度大小vB；
（2）弹簧的最大弹性势能Epmax。
尝试解答
强化点二 “滑块—斜（曲）面”模型
1.模型建构：
如图所示，光滑斜（曲）面静置放在光滑水平地面上，滑块以速度v0冲上斜（曲）面，滑块始终未脱离斜（曲）面。
2.模型特点
（1）在相互作用过程中，滑块和斜（曲）面轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。
（2）滑块上升到最大高度时，滑块与斜（曲）面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能）。
（3）当滑块返回最低点时，滑块与斜（曲）面分离，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于完成了弹性碰撞）。
【例4】 质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（ ）
A.整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B.如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C.如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D.如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
尝试解答
【例5】 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
（1）小球在圆弧轨道最高点的速度大小；
（2）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；
（3）小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小。
尝试解答
【拓展】 改变小球的速度或其他条件，若小球能冲出圆弧轨道，小球冲出圆弧轨道后做什么运动？小球还能落回圆弧轨道吗？
提示：完成课后作业 第一章 专题强化3
1 / 2专题强化3 常见碰撞模型的应用（一）
学习目标
1.进一步掌握应用动量守恒定律和能量守恒定律解决碰撞问题的技巧。 2.学会利用动量守恒定律和能量守恒定律等分析“弹簧—滑块”模型和“滑块—斜（曲）面”模型。
强化点一 “弹簧—滑块”模型
模型 图示
模型 特点 （1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒 （2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，则系统机械能守恒 （3）弹簧处于最长（最短）状态时，两物体速度相等，弹性势能最大，系统的总动能通常最小 （4）弹簧处于原长时，弹性势能为零，系统的总动能通常最大，但物体速度一般不相等
【例1】 （2025·江苏南通期中）如图所示，物块A、B通过轻弹簧连接，A、B和弹簧组成的系统静止在光滑水平面上。现用手将A、B向两侧拉开一段距离，并由静止同时释放两物块，则放手后（ ）
A.弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大
B.弹簧压缩量最大时，A的动量达到最大
C.弹簧恢复到原长过程中，系统的动量增加
D.弹簧恢复到原长过程中，系统的机械能增加
解析：A 弹簧从拉伸到压缩至最短过程中，弹簧恢复到原长前，弹力一直对A做正功，A的动能一直增加，弹簧压缩后到最短，弹力对A做负功，A的动能减小，则弹簧恢复到原长时，A的动能达到最大，故A正确；根据动量守恒定律，弹簧压缩量最大时，A、B共速，速度都为零，A的动量达到最小，故B错误；系统所受合外力始终为零，所以系统动量守恒，故C错误；弹簧恢复到原长过程中，没有外力做功，系统的动能和弹性势能相互转化，系统的机械能守恒，故D错误。
【例2】 （2025·宁夏石嘴山月考）如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧，物体B以速度v0＝3.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，已知A的质量为mA＝2 kg，B的质量为mB＝1 kg。求：
（1）当物体A的速度多大时，弹簧弹性势能最大；
（2）在相互作用过程中最大弹性势能为多少。
答案：（1）1 m/s （2）3 J
解析：（1）当物体A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大， 由动量守恒定律知
mBv0＝（mA＋mB）v
代入数据得v＝＝ m/s＝1 m/s。
（2）设最大弹性势能为E弹，根据机械能守恒定律知mB＝（mA＋mB）v2＋E弹
代入数据得E弹＝×1×32 J－×3×12 J＝3 J。
【例3】 如图所示，A、B、C三个物块置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块拴接，刚开始物块B、C处于静止状态。现物块A以初速度v0＝3 m/s沿B、C的连线方向朝B运动，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），然后压缩弹簧。已知mA＝1 kg，mB＝mC＝2 kg。求：
（1）A、B碰后瞬间，B的速度大小vB；
（2）弹簧的最大弹性势能Epmax。
答案：（1）2 m/s （2）2 J
解析：（1）A和B碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mA＝mA＋mB
解得vB＝2 m/s。
（2）当B和C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有mBvB＝（mB＋mC）v共
根据机械能守恒定律有mB＝（mB＋mC）·＋Epmax
解得Epmax＝2 J。
强化点二 “滑块—斜（曲）面”模型
1.模型建构：如图所示，光滑斜（曲）面静置放在光滑水平地面上，滑块以速度v0冲上斜（曲）面，滑块始终未脱离斜（曲）面。
2.模型特点
（1）在相互作用过程中，滑块和斜（曲）面轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒，竖直方向上动量不守恒，故总动量不守恒。
（2）滑块上升到最大高度时，滑块与斜（曲）面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势能）。
（3）当滑块返回最低点时，滑块与斜（曲）面分离，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于完成了弹性碰撞）。
【例4】 质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以初速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（ ）
A.整个过程中，m和M组成的系统动量守恒
B.如果 m＞M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C.如果 m＞M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D.如果 m＜M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
解析：C 整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动量不守恒，A错误；取小球的初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律得m＝m＋M，解得v1＝v0，如果m＞M，则v1＞0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，B错误，C正确；如果 m＜M，则v1＜0，小球脱离小车后，沿水平方向向左做平抛运动，D错误。
【例5】 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：
（1）小球在圆弧轨道最高点的速度大小；
（2）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；
（3）小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小。
答案：（1） （2） （3）
解析：（1）在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒
小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，规定初速度v0的方向为正方向，
有mv0＝4mv
解得v＝。
（2）根据机械能守恒定律得m＝×4mv2＋mgh
解得h＝。
（3）小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有mv0＝mv1＋3mv2
根据机械能守恒定律，则有m＝m＋×3m
联立以上两式可得v1＝－，v2＝。
【拓展】 改变小球的速度或其他条件，若小球能冲出圆弧轨道，小球冲出圆弧轨道后做什么运动？小球还能落回圆弧轨道吗？
提示：小球冲出圆弧轨道后做斜上抛运动。因为小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，故小球还能落回圆弧轨道。
1.（2025·江苏苏州期末）如图所示，光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速度，对应初动能为Ek，设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为Ep。已知A球质量为m，若＝4，则B球质量为（ ）
A.m B.2m
C.3m D.4m
解析：A 当弹性势能最大时，两小球共速，设B球的质量力m'，则由动量守恒定律有mv0＝（m＋m'）v，其中弹簧弹性势能Ep＝Ek－（m＋m'）v2，Ek＝m，＝4，解得m'＝m，故选A。
2.（2025·黑龙江哈尔滨期末）如图所示为冰壶俯视图，在光滑的水平地面上有三个相同可视为质点的冰壶，并且处在同一条直线上，当A以初速度v0＝6 m/s与B发生正碰并粘在一起，C左边有弹簧，但未与B相连，全过程中弹簧（不计质量）未超过弹性限度，则冰壶C速度最大值为（ ）
A.4 m/s B.3 m/s
C.2 m/s D.1 m/s
解析：A 设冰壶的质量为m，A、B碰撞过程，根据动量守恒可得mv0＝2mv1，解得v1＝3 m/s，B压缩弹簧到弹簧再次恢复原长，此时冰壶C的速度到达最大，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv1＝2mv2＋mvC，×2m＝×2m＋×m，联立解得冰壶C速度最大值为vC＝4 m/s，故选A。
3.（2025·福建福州期中）如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是（ ）
A.0 B.
C.v D.v
解析：A 当从弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB；根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律可得mBv＝mAvA＋mBvB，mBv2＝mA＋mB，联立解得vA＝v＝v，vB＝v＝0，故选A。
4.（2025·湖北武汉期中）如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A最初与左侧的固定挡板相接触，B质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A.A的质量为1 kg
B.A的最大速度为4 m/s
C.在A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J
D.在A离开挡板后，A、B两物块的总动量和机械能都守恒
解析：B A刚要离开挡板时，A的速度为0，B的速度为4 m/s，而共速时为2 m/s，由动量守恒定律知mBvB＝（mA＋mB）v，解得A物块的质量mA＝2 kg，故A错误；从某次弹簧为原长到下一次达到原长，A、B为弹性碰撞，由于A、B质量相等，所以速度交换，A的最大速度为4 m/s，故B正确；当共速时，弹簧的最大弹性势能最大，根据机械能守恒定律有mB＝（mA＋mB）v2＋Epmax，解得Epmax＝8 J，故C错误；由于弹簧的弹性势能在不断变化，故物块A、B组成的系统总动量守恒，机械能不守恒，故D错误。
5.（2025·江苏泰州期中）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由（初速度为0）滑下，经B点到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是（ ）
A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B.小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C.弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零
D.最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
解析：C 小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒，故A、B错误；系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小球静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。
6.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为（ ）
A.1∶3 B.1∶4 C.3∶5 D.2∶3
解析：C 设小球的初速度v0方向为正方向，由动量守恒定律可知mv0＝Mv1－mv2，＝，对整体由机械能守恒定律可得m＝M＋m，联立解得＝，故C正确。
7.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m（m＜M）的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为（ ）
A.h B.C. D.
解析：D 斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得－mgh＝0－m，所以v0＝；斜面不固定时，设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h'，小物块达到最高点时的速度为v，由水平方向动量守恒得mv0＝（M＋m）v，由机械能守恒定律得m＝（M＋m）v2＋mgh'，解得h'＝h，故D正确。
8.如图，在水平光滑的地面上放置A、B两个质量均为m的物块，其中B物块左侧带有一个轻质弹簧。A物块以速度v0向右运动与弹簧接触之后，压缩弹簧至最短，然后被弹开。在整个过程中，B物块的动量为pB，A物块与弹簧接触的时间为t，弹簧的弹性势能为Ep＝k（Δx）2，弹簧的形变量为Δx，则碰撞过程中以下四个图像正确的是（ ）
解析：B 两物块作用过程中，系统动量守恒且机械能守恒，则有mv0＝mv1＋mv2，m＝m＋m，解得v2＝v0，B物块的动量为pB＝mv2，图像pB-t的切线斜率代表B物块的受力，及弹力的变化，弹簧弹力先增大后减小，且最终B的动量为mv0，故A错误，B正确；弹簧的弹性势能为Ep＝k（Δx）2，可知Ep-Δx满足抛物线的规律，且先变大后变小，故C、D错误。
9.如图所示，某固定的光滑水平金属杆上套有一个质量为m的圆环，圆环用一根长为L的不可伸长的轻绳系着，绳子的另一端系一质量为M的小钢球。现将小球拉至水平位置由静止释放，圆环在轻绳拉力作用下也会由静止开始运动，不计空气阻力与一切摩擦，圆环与钢球均视为质点。下列说法正确的是（ ）
A.系统动量守恒，系统机械能也守恒
B.小钢球到达左侧最高点时速度不为零
C.小钢球到达最低点时的速度大小为
D.小钢球到达最低点时的速度大小为v球＝
解析：D 该系统只在水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统只有重力做功，则机械能守恒，选项A错误；小钢球到达左侧最高点时圆环和小球具有相同的速度，由动量守恒定律得0＝（m＋M）v，可知v＝0，即小钢球到达左侧最高点时速度为零，选项B错误；小钢球从水平位置到最低点时，由水平方向动量守恒定律及机械能守恒定律知mv环＝Mv球，MgL＝m＋M，解得小钢球到达最低点时的速度大小为v球＝，选项C错误，D正确。
10.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量；
（2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
答案：（1）2 kg （2）2 m/s 12 J
解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝12 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mCv1＝（mA＋mC）v2
解得mC＝2 kg。
（2）12 s末，B离开墙壁，物块C的速度为v3＝3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律有（mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
根据机械能守恒定律得
（mA＋mC）＝（mA＋mB＋mC）＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。
11.（2025·安徽亳州期末）如图所示，质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平地面上，且底端与水平面相切。质量为m的小球（可视为质点）以初速度v0＝沿着水平面水平向右运动，重力加速度为g，求：
（1）小球最终由圆弧槽底端离开时的速度；
（2）小球由圆弧槽顶端滑出圆弧槽在空中运动过程中，圆弧槽的水平位移。
答案：（1），方向水平向左 （2）R
解析：（1）小球滑上圆弧槽到由底端离开，该过程中水平方向动量守恒、机械能守恒，即
mv0＝mv1＋2mv2
m＝m＋×2m
联立解得v1＝－，负号表示反方向
故速度大小为，方向水平向左。
（2）小球滑上光滑圆弧槽至滑出圆弧槽上升到最高点的过程，系统水平方向动量守恒，机械能守恒mv0＝（m＋2m）v共，
×m＝×（2m＋m）＋mg（R＋h）
联立解得v共＝，h＝R
小球滑出圆弧槽后又落回圆弧槽的这段时间为t＝2＝
故圆弧槽的水平位移为x＝v共×t＝×＝R。
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