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知识点 51：应用三大观点解决滑块与轻弹簧碰撞问题
【知识思维方法技巧】
滑块与弹簧碰撞模型的特点：
（1）动量守恒：两个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）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，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，系统动能通常最小(相当
于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）．
考点一：滑块与含弹簧滑块碰撞模型
【知识思维方法技巧】
①两小球速度相同时(相当于完全非弹性碰撞)，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：mv＝(m＋m)v，能量守恒：mv2＝(m＋m)v2＋E
1 0 1 2 1 0 1 2 pm
②弹簧恢复原长时(相当于完全弹性碰撞)，动量守恒：mv＝mv＋mv，能量守恒：mv2
1 0 1 1 2 2 1 0
＝mv2＋mv2，恢复原长时，v＝v，v＝v；
1 1 2 2 1 0 2 0
题型一：水平面运动模型
【典例1提高题】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的
左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v朝B运动，压缩弹簧；当A、
0
B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极
短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中.
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能.
【典例1提高题】【答案】(1)mv2 (2)mv2
0 0
【解析】(1)以v 的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mv ＝2mv ，
0 0 1
解得v ＝v ，B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有mv ＝2mv ，解得v ＝，
1 0 1 2 2
系统损失的机械能ΔE＝mv 2－×2mv 2＝mv 2
1 2 0
(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v 的方向为正方向，根据动量守恒定律
0
有
mv ＝3mv，解得v＝，根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为 E ＝mv 2－(3m)v2－ΔE
0 p 0
＝mv 2.
0
题型二：组合式运动模型
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】 1
学科网（北京）股份有限公司【典例2提高题】如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED是水平的，CD是竖直平面内的
半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m，质量m＝0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，
另一质量M＝0.5 kg的滑块B前端装有一轻质弹簧(A、B均可视为质点)以速度v向左运动
0
并与滑块 A发生弹性正碰，若相碰后滑块 A能过半圆最高点 C，取重力加速度 g＝10
m/s2，则：
(1)B滑块至少要以多大速度向前运动；
(2)如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？
【典例2提高题】【答案】(1)3 m/s (2)0.375 J
【解析】(1)设滑块A过C点时速度为v ，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v 、v ，B
C 1 2
碰撞前的速度为v ，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
0
mg＝m，从D到C由动能定理得：－mg·2R＝mv－mv，B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动
量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv ＋mv ，由机械能
0 1 2
守恒定律得：Mv＝Mv＋mv，由以上代入数据解得：v＝3 m/s.
0
(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时弹簧有最大弹性势能E ，设共同速度为v，A、B
p
碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：Mv ＝(M＋
0
m)v，由机械能守恒定律得：Mv＝E ＋(m＋M)v2，以上各式联立并代入数据解得：E ＝
p p
0.375 J.
【典例2提高题对应练习】如图所示，半径为R的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
端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面
粗糙、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P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)3mg (2)mgR (3)R
【解析】(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为v ，由机械
P
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学科网（北京）股份有限公司能守恒定律有：mgR＝mv，在最低点轨道对物块的支持力大小为F ，由牛顿第二定律有：
N
F －mg＝m，联立解得：F ＝3mg，由牛顿第三定律可知物块对轨道P点的压力大小为
N N
3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v，由动能定理有mgR－μmgR＝mv－0，解得
0
v ＝，当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：
0
mv ＝(m＋2m)v，mv＝(m＋2m)v2＋E ，联立解得E ＝mgR.
0 pm pm
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v 、v ，规定向右为正方向，则有mv
1 2 0
＝－mv ＋2mv ，mv＝mv＋(2m)v，联立解得：v ＝，设A最终停在Q点左侧距Q点x处，
1 2 1
由动能定理有：－μmgx＝0－mv，解得x＝R.
考点二：滑块与弹簧连接体碰撞模型
题型一：弹簧连接体两端滑块的压缩（伸长）模型
【典例1提高题】(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，m 的左边
2
有一固定挡板．m 由图示位置静止释放，当m 与m 相距最近时m 的速度为v，则在以后
1 1 2 1 1
的运动过程中( )
A．m 的最小速度是0
1
B．m 的最小速度是v
1 1
C．m 的最大速度是v
2 1
D．m 的最大速度是v
2 1
【典例1提高题】【答案】BD
【解析】由题意结合题图可知，当m 与m 相距最近时，m 的速度为0，此后，m 在前，
1 2 2 1
做减速运动，m 在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 减速结束，m 加速结束，因此
2 1 2
此时m 速度最小，m 速度最大，在此过程中系统动量守恒和机械能守恒，mv ＝mv′＋
1 2 1 1 1 1
mv，mv＝mv′＋mv，可解得v′＝v，v＝v，B、D选项正确．
2 2 1 1 2 1 1 2 1
【典例1提高题对应练习】(多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分
别为m 、m 且m ＜m ，A、B与水平轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在
1 2 1 2
左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I ，第二次两小球及弹
1
簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲
量大小为I，I＝I，则下列说法正确的是( )
2 1 2
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学科网（北京）股份有限公司A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p 和p，则p＝p
1 2 1 2
B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W 和W，则W＝W
1 2 1 2
C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L 和L，则L＜L
1 2 1 2
D．若两次弹簧压缩到最短时A、弹簧、B的共同速度大小分别为v和v，则v＞v
1 2 1 2
【典例1提高题对应练习】【答案】AC
【解析】由动量定理I＝Δp可知，由于I ＝I ，则两次锤子敲击完成瞬间有p ＝p ，故A正
1 2 1 2
确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有的动量大小相等，且 E ＝，可知A球获得的初动
k
能更大，由动能定理可知W＞W，故B错误；由动量守恒可得mv＝(m＋m)v，得v＝，
1 2 1 0 1 2
由能量守恒有mv2＝(m ＋m)v2＋E ，得E ＝v2，由于p ＝p ，则质量越大的球初速度越
1 0 1 2 p p 0 1 2
小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L ＜L ，故C
1 2
正确；由动量守恒可得mv ＝(m ＋m)v，得v＝，则两次弹簧压缩到最短时系统的速度大
1 0 1 2
小相等，故D错误．
题型二：滑块与弹簧连接体水平式碰撞模型
【典例2提高题】如图所示，静止放置在光滑水平面上的 A、B、C三个滑块，滑块A、B
间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平
冲量使其以初速度v水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，
0
弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释
放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为m ＝m ＝0.2 kg，m ＝0.1 kg，(取＝3.17)求：
A B C
(1)滑块C的初速度v的大小；
0
(2)当弹簧弹开至恢复到原长的瞬时，滑块B、C的速度大小；
(3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复到原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．
【典例2提高题】【答案】(1)9 m/s (2)1.9 m/s (3)1.47 N·s，方向水平向右
【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为
正，根据动量守恒定律得：m v ＝(m ＋m )v ，弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，
C 0 B C 1
根据能量守恒定律得：E ＝(m ＋m )v
p B C
解得：v＝3 m/s，v＝9 m/s
1 0
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v ，滑块A的大小为v ，根
2 3
据动量守恒定律得：m v＝(m ＋m )v，根据能量守恒定律得：E ＝m v＋(m ＋m )v，解得：
A 3 B C 2 p A B C
v≈1.9 m/s
2
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得：I＝Δp＝(m ＋m )
B C
(v＋v)，解得：I＝1.47 N·s，方向水平向右．
2 1
【典例2提高题对应练习】如图甲所示，物块A、B的质量分别为m ＝4.0 kg和m ＝3.0
A B
kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触。另有一物块C
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学科网（北京）股份有限公司从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vt图像如图乙所示，求：
(1)物块C的质量m ；
C
(2)墙壁对物块B在4 s到12 s的时间内的冲量大小和方向；
(3)物块B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E 。
p
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)2 kg (2)36 N·s，方向水平向左 (3)9 J
【解析】(1)由题图乙可知，物块C与物块A碰前的速度为v ＝9 m/s，碰后的速度为v ＝3
1 2
m/s，C与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可得：
m v＝(m ＋m )v，解得：m ＝2 kg。
C 1 A C 2 C
(2)由题图乙可知，12s末物块A和C的速度为v ＝－3 m/s，4 s 到12 s的时间内墙对B的
3
冲量为I＝(m ＋m )v－(m ＋m )v，解得：I＝－36 N·s，方向水平向左。
A C 3 A C 2
(3)12 s末，物块B离开墙壁之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当三者
速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：
(m ＋m )v ＝(m ＋m ＋m )v ，由机械能守恒定律可得：(m ＋m )v2＝(m ＋m ＋m )v2＋
A C 3 A B C 4 A C 3 A B C 4
E ，联立并代入数据可解得：E ＝9 J。
p p
题型三：滑块与弹簧连接体斜面式及竖直式碰撞模型
【典例3提高题】(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，
钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板
上并与钢板一起向下运动x 后到达最低点Q。下列说法正确的是( )
0
A．物块与钢板碰后的速度为
B．物块与钢板碰后的速度为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x＋)
0
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x＋h)
0
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学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题】【答案】BC
【解析】物块下落h，由机械能守恒：mgh＝mv 2；物体与钢板碰撞，则动量守恒：mv ＝
1 1
2mv ，解得v ＝v ＝，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：·2mv 2＋
2 2 1 2
2mgx ＝E ，则弹性势能的增加量为E ＝mg(2x＋)，选项C正确，D错误。
0 p p 0
【典例3提高题对应练习】（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数
为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上
方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在
一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为
B．C与A碰撞时产生的内能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
【典例3提高题对应练习】【答案】ABD
【解析】对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝mv 2，解得：v＝，对C与A组成的
0 0
系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv ＝2mv ，解得：v ＝ ，故A正确；C与
0 1 1
A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv 2－2mv 2＝mgh，故B正确；当AC速度为零时，弹簧的
0 1
弹性势能有最大值，E ＝×2mv 2＋2mgΔx>mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H
pmax 1
＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝，则AC将上升2H，弹簧弹性势能不
变，由系统的机械能守恒得：×2mv 2＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。所以A、B、D正
1
确，C错误。
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