文档内容
2023 高考二轮复习二十五专题
专题二十一、弹簧模型
第一部分 织网点睛，纲举目张
模型一 静力学中的弹簧模型
静力学中的弹簧模型一般指与弹簧相连的物体在弹簧弹力和其他力的共同作用下处于
平衡状态的问题，涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等，难度中等偏下。
模型二 动力学中的弹簧模型
动力学中的弹簧模型主要涉及关联物体在弹簧作用下的运动，该运动过程中弹簧的弹
力往往是变力，物体的加速度、速度等物理量均与弹簧的形变量有关，试题难度中等。)
模型三 与动量、能量有关的弹簧模型
与动量、能量有关的弹簧模型常涉及碰撞问题和弹簧弹力做功问题，因弹力为变力，
一般不直接用功的定义式确定其功的大小，因此，常应用动能定理、机械能守恒定律或能
量守恒定律来间接求解弹力做功或弹性势能。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2022·全国理综甲卷·19）如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一
轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小为g。用水平向
右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹
簧第一次恢复原长之前（ ）
A．P的加速度大小的最大值为
B．Q的加速度大小的最大值为
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查受力分析、牛顿运动定律和图像法分析等。
【解题思路】在拉力作用下，PQ做匀速运动，弹簧弹力T=μmg。撤去拉力F瞬间，P
受到向后的弹力T和摩擦力μmg，由牛顿第二定律，T+μmg=ma ，解得a =2μg，选项A正
P P
确。Q受到向前的弹力 T和向后的摩擦力 μmg，由牛顿第二定律，T-μmg=ma ，解得
Qa =0，选项B错误。撤去拉力F后，P做加速度逐渐减小的减速运动，Q做加速度逐渐增
Q
大的减速运动，画出PQ的速度图像，如图。可知P的位移大小一定小于Q的位移大小，P
的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，选项C错误D正确。
【思路点拨】通过分析PQ的运动情景，画出速度图像，一目了然，事半功倍。
2. （2022新高考江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，
处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右
侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始
位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
A. 当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C. 下滑时，B对A的压力先减小后增大
D. 整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【参考答案】B
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】
由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜
面倾角为θ，AB之间的弹力为F ，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB整体
AB
有
隔离B分析受力，根据牛顿第二定律有联立可得 。
由于A对B的弹力F 方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在开
AB
始时弹簧弹力也是沿斜面向上的，所以弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹
力方向一直沿斜面向上，弹力方向不发生变化，选项B正确；设弹簧原长在O点，A刚开
始运动时距离O点为x，A运动到最高点时距离O点为x；下滑过程A、B不分离，则弹
1 2
簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
，化简得 。
当上滑到最大位移的一半时，A所受合外力
代入k值可知F =0，由牛顿第二定律可知此时加速度为0，选项A错误；
合
根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程F 逐渐变大，根据
AB
牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，选项C错误；由于A回到初始位置，整个过程
中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知
整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，选项D错误。
3．（2021新高考北京卷）某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测
量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球
时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 40
cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方
向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是
A．30 cm刻度对应的加速度为 -0.5gB．40 cm刻度对应的加速度为g
C．50 cm刻度对应的加速度为2g
D．各刻度对应加速度的值是不均匀的
【参考答案】A
【解题思路】根据题述，下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 40 cm刻度处，40 cm刻
度对应的加速度为0，选项B错误；由胡克定律，mg=kx，x=40cm-20cm=20cm=0.20m，30
cm刻度，弹簧伸长x=30cm-20cm=10cm=0.10m，由牛顿第二定律，kx -mg =ma，解得
1 1 1
a=-0.5g，选项A正确；50 cm刻度，弹簧伸长x=50cm-20cm=30cm=0.30m，由牛顿第二
1 2
定律，kx -mg =ma，解得a=0.5g，选项C错误；由于加速度与弹簧伸长量成线性关系，
2 2 2
所以各刻度对应加速度的值是均匀的，选项D错误。
4. （2022·全国理综乙卷·25） 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在
光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰
撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距
离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再
次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，
与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【名师解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根
据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得 ，
（2）同一时刻弹簧对 、 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
根据位移等于速度在时间上的累积可得
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
5.（12分）(2021新高考福建)如图（a），一倾角 的固定斜面的 段粗糙， 段光
滑.斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与 长度相同.一小滑块在沿斜
面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T.T随滑
块沿斜面下滑的位移；的变化关系如图（b）所示.已知 段长度为 ，滑块质量为 ，
滑块与斜面 段的动摩擦因数为 0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取
， .求：（1）当拉力为 时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离.
【参考答案】.（1） （2） （3）
【名师解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为 ，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，
滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为 时滑块的加速度大小为
.由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中 、 和 、 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小.依题
意，， ， ，
设滑块第一次到达 点时的动能为 ，由动能定理有
⑥
联立（2）（3）（5）（6）式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为 .设滑块离B点的最大
距离为 ，由动能定理有 ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
6．（16分）（2021高考新课程I卷山东卷）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、
C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠
B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，
使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后 A离开墙壁，最终三
物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑
1
E kx2
p 2
动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为： ，k为弹簧
的劲度系数，x为弹簧的形变量）
x E
（1）求B、C向左移动的最大距离 0和B、C分离时B的动能 k；
F
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 min；
x
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 BC ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，fx
B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与 BC的大小；
F 5f
（4）若 ，请在所给坐标系（见答题卡）中，画出C向右运动过程中加速度a随位
移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），
不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。
【名师解析】：（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研
究对象，由功能关系得
1
Fx 2fx kx2
0 0 2 0
①
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能
量守恒得
1
kx2 2fx 2E
2 0 0 k
②
联立①②式得
2F 4f
x
0 k
③
F2 6fF 8f 2
E
k k
④
（2）当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得
kx f
⑤
F
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 min，从弹簧恢复原
长到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
1
E kx2 fx
k 2
⑥
联立①②⑤⑥式得 10
F 3 f
min 2
⑦
10
F 3 f
min 2
根据题意舍去 ，得
10
F 3 f
min 2
⑧
x x
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 B，C的位移为 C，以B为研究对象，
由动能定理得
W fx 0E
B k ⑨
以C为研究对象，由动能定理得
fx 0E
C k ⑩
由B、C的运动关系得
x x x
B C BC ⑪
联立⑨⑩⑪式得
W fx
BC ⑫
（4）
7.（2016全国理综甲）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于 O点，另一端
与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知M、N两
点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过
程中A．弹力对小球先做正功后做负功
B．.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差
【参考答案】BCD
【名师解析】
根据题述，在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，弹簧形变量大小相等，弹性势
能相等。显然在M点，弹簧被压缩，在N点，弹簧被拉伸。对小球从M点运动到N点的
过程中，弹簧先压缩，后逐渐恢复原长，再拉伸，弹力对小球先做负功、后做正功、再做
负功，选项A错误。在小球运动到与O点处于同一水平面时，在竖直方向仅受到重力，其
加速度为g；在小球运动到弹簧恢复原长时，小球在竖直方向仅受到重力，其加速度为 g；
所以有两个时刻小球的加速度等于重力加速度，选项B正确。在小球运动到与O点处于同
一水平面时，弹簧长度最短，弹簧弹力沿水平方向，而小球速度方向竖直向下，所以弹力
对小球做功的功率为零，选项C正确。小球从M点运动到N点的过程中，由机械能守恒定
律，小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能之差，选项D正确。
第三部分 思路归纳，内化方法
1.弹簧的最大形变量对应弹簧弹力的最大值。2. 弹簧的弹性势能与形变量的二次方成正比。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
OA AC AC
1．（16分）（2023广州11月调研）如图所示，水平轨道 段光滑， 段粗糙，
段的中点B的正上方有一探测器，探测器只能探测处于其正下方的物体， C 处有一竖
P
O
直挡板。 处固定一弹簧，其右端有一小物块 1压紧弹簧但与弹簧不粘连，开始时弹
P , P P
簧处于压缩状态。释放 1 1脱离弹簧后与静止在A点的物体 2碰撞，并结合成复合
体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在
t
1
=2s
至
t
2
=6s
内工作，已知
P
1
、P
2
的质量都为m=1kg，P与 AC 间的动摩擦因数为 μ=0.1, AB 段长为L=4m，
P 、P
1
2及复合体P都视为质点，P与挡板碰撞后原速率反弹，g取10m/s2。
E =18J P
(1)若开始时弹簧的弹性势能 P ，求 1脱离弹簧时的速度大小；
P 、P
(2)在(1)的条件下，求 1 2因碰撞损失的动能ΔE；
(3)若P与挡板碰撞后，要使P第一次向左运动过程中，能在探测器的工作时间内通过
E
B点，求弹性势能 P的取值范围。
【名师解析】
P P
(1)设 1与 2碰撞前的速度大小为v，由能量守恒有
1
E = mv
P 2 0 2v =6m/s
解得 0
P P mv =2mv
(2) 1与 2碰撞，由动量守恒，有 0
解得
v=3m/s
1 1
ΔE = mv − 2mv2
由能量守恒，有 k 2 0 2 2
ΔE =9J
解得 k
(3)从A点滑动到 C 点，再从 C 点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线运动。
设加速度大小为a，则 μmg=ma )
a=μg=1m/s2
解得
t
讨论：①当P在A点速度为v 时，P与挡板碰撞后恰好在B点停下，设经过时间 1，
1
0−v =2(−a)⋅3L v =at )
有 1 2 1 1
v =2√6m/s t =2√6s<6s
解得 1 1 满足要求
v =2√6m/s
则P最小速度 1
由动量守恒，设P 碰前速度为v ，有
1 01
mv =2mv v =4√6m/s
01 1 解得 01
1
E = mv
由能量守恒有 P1 2 01 2 解得 E P1 =48J
②当P在A点速度增大时，P与挡板碰撞后经过B点时
1
3L=v t − at
则 2 2 2 2 2
t =2s v =7m/s
若 2 时经过B点，可得P最大速度 2
v =14m/s
同理由动量守恒可得P 碰前速度为 02
1
E =98J
由能量守恒可得 p2
48J≤E ≤98J
P
所以弹性势能的范围
2.（2023山东济南名校联考）一个质量为3m 的物体从地面以 30° 角，速率 v 发射，在
最高点发生爆炸，变为三个质量均为 m 的小物 体，爆炸之后瞬间三个小物体速度均沿水
平方向，且中间的一个小物体速度和爆炸前没有区别。已知落地的时候， 最近和最远的小
物体相距为 d ，重力加速度为 g。求： （1）物体的最大高度 h；
（2）爆炸后水平飞行最远的物体的初速度 v 的大小。
1【名师解析】（1）v= vsin30°，v2= 2gh
y y
联立解得：h=
（2）由动量守恒定律，3mvcos30°= mvcos30°+mv +mv ，
1 2
d=vt-v t，v=gt，
1 2 y
联立解得：v1= v+
3．（17分））(2023广东佛山重点高中月考)如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾
角为
θ=30°
、高度为
h
=1.5m. 一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下
l
端连接有一根自然长度为 0=0.2m的轻弹簧，木板总质量为m=1kg、总长度为L
=2.0m. 一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度
为H =1.7m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始
√3
μ=
向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数为 2 .木板下滑到斜面底端碰到挡板时
立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大
静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g =10m/s2．求：
(1)物块A落到木板上的速度大小v；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
【名师解析】1
Mg(H−h)= M(v2 −v2 )
2 0
(1) A做平抛运动过程，有 （1分）
v =vcosθ
0 （1分）
代入数据解得
v=4m/s
（1分）
(2) A在木板上匀减速运动，经过时间t与木板的速度达到相等，有
μMgcosθ−Mgsinθ=Ma
1（1分）
v =v−a t
1 1 （1分）
1
x = (v+v )t
1 2 1
（1分）
μ
木板原来恰好静止，设木板与斜面间的动摩擦因数为 0，则
mgsinθ=μ mgcosθ
0 （1分）
时间t内木板做匀加速运动，有
μMgcosθ+mgsinθ−μ (M+m)gcosθ=ma
0 2（1分）
v =a t
1 2 （1分）
1
x = v t
2 2 2
（1分）
x=x −x
A在木板上的相对位移为 1 2（1分）
v =3m/s, x =0.6m，x=0.8m
代入数据解得 2 2
通过数据分析可知，木板此时来到达斜面底端，物体B未接触弹簧，结果符合实际。
此后，对A、B整体，有
(M+m)gsinθ=μ (M+m)gcosθ
0 （1分）
A、B整体沿斜面匀速下滑，木板到达斜面底端时立刻停下。此后B继续下滑到接触弹v2 =v2 −2a (L−l −x)
簧时，有 2 1 1 0 （1分）
x
A压缩弹簧至最短时，设弹簧最大的压缩量为 m，接着弹簧将A推出使A上滑至恰好
脱离弹簧，这两个过程，有
1
(Mgsinθ−μMgcosθ)⋅x =E − Mv2
m pm 2 2
（1分）
(Mgsinθ+μMgcosθ)⋅x =E
m pm（1分）
E =5J
代入数据解得弹簧被压缩到最短时的弹性势能 pm （1分）
4. . （2023湖南顶级名校质检）型号的中性笔由弹簧、内芯和外壳三部分构成。李强同学
探究这种笔的弹跳问题时发现笔的弹跳过程可简化为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌
面上，下压外壳使其下端接触桌面（如图1所示）；把笔由静止释放，外壳竖直上升，上
升高度为h时（弹簧恰好恢复原长）与静止的内芯碰撞，碰撞过程时间极短，碰后瞬间，
内芯与外壳具有竖直向上的共同速度（如图2所示）；此后，内芯与外壳一起向上运动，
上升的最大高度为H（如图3所示）。李强同学测得笔的外壳和内芯质量分别为m 和m，
1 2
不计弹簧质量和空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞前瞬间的速度大小v；
0
（2）在阶段一中弹簧储存的弹性势能ΔE。
p
【参考答案】(1) ；(2)【名师解析】
(1)外壳与内芯碰撞后一起上升，假设碰后一起上升的初速度为v，由机械能守恒定律可得
碰前瞬间外壳的速度为v，外壳与内芯碰撞过程时间极短，可认为碰撞时的内力远远大于
0
重力，二者的动量近似守恒，由动量守恒定律可得
mv=（m＋m）v
1 0 1 2
解得
(2)在阶段一，由能量守恒定律，可知
解得
5. （2023辽宁省抚顺市六校协作体期中）如图所示，质量 kg的滑块与质量
kg的带挡板的木板用弹簧拴接在一起，起初弹簧处于原长，它们一起以 m/s的速度
在足够大的水平地面上向右运动，之后木板与静止的、质量 kg的小球发生弹性碰撞，
碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，求：
（1）碰后小球的速度大小v；
（2）弹簧第一次压缩过程中对木板的冲量I。
【参考答案】（1）6m/s；（2） ，方向向右
【名师解析】
（1）设木板与小球碰撞后的速度大小为 ，则有解得
m/s
（2）设弹簧压缩至最短时滑块和木板的速度均为 ，则有
解得
方向向右。
6. 如图甲所示，一根质量可以忽略不计的轻弹簧，劲度系数为
k，下面悬挂一个质量为m的砝码A。手拿一块质量为M的木板B，
用木板B托住A向上压缩弹簧到一定程度，如图乙所示。此时如果
突然撤去木板B，则A向下运动的加速度为a(a>g)。现用手控制使B
以加速度向下做匀加速直线运动。
(1)求砝码A做匀加速直线运动的时间；
(2)求出砝码A做匀加速直线运动过程的起始和终止时刻手对木板B的作用力大小的表
达式。
[解题指导]
(1)木板B与砝码A脱离之前，砝码A做加速度为的匀加速直线运动。
(2)木板B与砝码A脱离瞬间，相互作用力为零。
[名师解析] (1)设最初弹簧被压缩的长度为x ，根据牛顿第二定律对A有kx ＋mg＝
0 0
ma
解得x＝
0
设A和B以加速度向下做匀加速运动过程的终止时刻弹簧的压缩量为 x ，根据牛顿第
1
二定律对A有kx＋mg＝
1
解得x＝
1
设A和B一起做匀加速运动的时间为t，在这段时间内，A运动的位移为s＝x－x
1 0 1
根据s＝·t2
1
解得t＝2。
1
(2)起始时刻A受三个力，
满足mg＋kx－N ＝
0 1
B受三个力，满足Mg＋N －F＝
1 1
又kx＋mg＝ma
0
联立解得F＝M＋
1
A与B脱离时B受两个力，
满足Mg－F＝
2
解得F＝M。
2
[答案] (1)2 (2)F＝M＋
1
F＝M
2
(1)木板B与砝码A脱离瞬间弹簧不一定处于自然伸长状态。
(2)物体间脱离的标志是相互作用力为零，此时两物体的加速度、速度均相同。
7 如图所示，质量为m ＝1 kg的物块B通过轻弹簧和质量为m ＝1 kg 的物块C相连
B C
并竖直放置在水平地面上。系统处于静止状态，弹簧的压缩量为x＝0.1 m，另一质量为m
0 A
＝1 kg的物块A从距弹簧原长位置为x 处由静止释放，A、B、C三个物块
0
的中心在同一竖直线上，A、B相碰后立即粘合为一个整体，并以相同的速
度向下运动。已知三个物块均可视为质点，弹簧始终处在弹性限度内，重力
加速度g＝10 m/s2，空气阻力可忽略不计。
(1)求A、B相碰后的瞬间，整体共同速度v的大小。
(2)求A、B相碰后，整体以a＝5 m/s2的加速度向下加速运动时，地面
对物块C的支持力F 。
N
(3)若要A、B碰后物块C能够离开地面，则物块A由静止释放的位置距物块B的高度
h至少为多大？
[解题指导] 解答本题应把握以下关键点：
(1)物块A与B碰撞之前只有重力做功。
(2)物块A与B的碰撞为完全非弹性碰撞，但损失的机械能没有转化为弹簧弹性势能。
(3)物块A与B碰撞后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒。
【名师解析】 (1)A由静止释放到与B碰撞前，由动能定理得m g·2x＝m v2－0
A 0 A 0
由于A与B碰撞结束后粘合为一个整体，则对A与B组成的系统，由动量守恒定律得m v＝(m ＋m )v
A 0 A B
代入数据解得v＝1 m/s。
(2)A、B相碰后，对A与B整体应用牛顿第二定律得(m ＋m )g－F ＝(m ＋m )a
A B 弹 A B
对C受力分析得F ＝m g＋F
N C 弹
代入数据解得F ＝20 N，方向竖直向上。
N
(3)对A从静止释放到与B碰撞前，由机械能守恒定律得m gh＝m v2－0
A A 1
对A与B碰撞的过程，由动量守恒定律得
m v＝(m ＋m )v
A 1 A B 共
从A、B碰后到C恰好离开地面的过程，初态弹簧弹性势能等于末态弹簧弹性势能
若C恰好能离开地面，根据能量守恒定律得
(m ＋m )v 2＝(m ＋m )·2x
A B 共 A B 0
解得h＝0.08 m，所以h至少为0.08 m。
[答案] (1)1 m/s (2)20 N，方向竖直向上
(3)0.08 m
(1)两物体发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
(2)因碰撞时间极短，碰撞瞬间物体并没有发生明显位移，即与物体相连的弹簧形变量
没有发生变化，故系统碰撞损失的动能并没有转化为弹性势能。
8.(2023·山东省实验中学模拟)如图所示，一根劲度系数为k＝3 N/cm的轻质
弹簧竖直放置，上、下两端各固定质量均为 m ＝3 kg的物体A和B(均视为质点)，
0
物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量为m＝2 kg的小球P
从物体A正上方距其高度h＝5 m处由静止自由下落。与物体A发生弹性正碰(碰
撞时间极短且只碰一次)，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取 g＝10
m/s2。求：
(1)碰撞后瞬间物体A的速度大小；
(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，物体A的速度大小。
【名师解析】
(1)设碰撞前瞬间小球P的速度为v ，碰撞后瞬间小球P的速度为v ，物体A的速度为
0 1
v，小球P自由下落，由动能定理可得mgh＝mv2，解得v＝10 m/s
2 0 0
小球P与物体A碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv＝mv＋mv，mv2＝mv2＋mv2
0 1 0 2 0 1 0 2
解得v＝－2 m/s，v＝8 m/s
1 2
故碰撞后瞬间物体A的速度大小是8 m/s。(2)设开始A静止时弹簧的压缩量为x，对A有
1
mg＝kx 解得x＝0.1 m
0 1 1
当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为x，
2
对B有mg＝kx，解得x＝0.1 m
0 2 2
可见x＝x，故两个状态弹簧的弹性势能相等；
1 2
从P与A碰撞后瞬间到地面对B的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得
mv2＝mv2＋mg(x＋x)，
0 2 0 3 0 1 2
解得此时A的速度大小为v＝2 m/s。
3
答案：(1)8 m/s (2)2 m/s
9.如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地
面上，下端与水平地面在P点相切。一个质量为2m的物块B(可视为质
点)静止在水平地面上，左端固定有轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的
左端点在水平地面上的位置，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙，与物块间的动摩擦因
数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑。现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最
高点由静止开始下滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A沿圆弧轨道滑至最低点P时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩后的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终静止时的位置到Q点的距离。
【名师解析】：(1)物块A从静止开始沿圆弧轨道滑至最低点P，设其在P点时速度大
小为v ，由机械能守恒定律可得mgR＝mv 2，
P P
设在最低点P处轨道对物块的支持力大小为F ，
N
由牛顿第二定律可得F －mg＝m，
N
联立可解得F ＝3mg，
N
由牛顿第三定律可知，物块A在P点对轨道的压力大小为3mg。
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v，
0
由动能定理得mgR－μmgR＝mv2，
0
解得v＝。
0
由题意可知，当物块A、B具有共同速度时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能
最大，设其共同速度为v，由动量守恒定律可得mv＝3mv，
0
由能量守恒定律可得mv2＝·3mv2＋E ，
0 pmax
联立可解得E ＝mgR。
pmax
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v、v，规定向右为正，
1 2
则由动量守恒定律可得mv＝－mv＋2mv，
0 1 2
由能量守恒定律可得mv2＝mv2＋·2mv2，
0 1 2
联立解得v＝，
1
设物块A与弹簧分离后在PQ段上行驶的路程为x，
由动能定理可得－μmgx＝0－mv2，
1
解得x＝，
故物块A最终静止时的位置到Q点的距离为。
答案：(1)3mg (2)mgR (3)
