第一篇：高考物理彈簧模型總結

特級教師分析2013年高考物理必考題：含彈簧的物理模型

【命題規律】

高考中常出現的物理模型中，斜面問題、疊加體模型、含彈簧的連接體、傳送帶模型等在高考中的地位特別重要，本專題就這幾類模型進行歸納總結和強化訓練；傳送帶問題在高考中出現的概率也較大，而且解題思路獨特，本專題也略加論述．

有些問題在高考中變化較大，或者在前面專題中已有較全面的論述，在這里就不再論述和例舉．試卷中下列常見的物理模型出現的概率較大：斜面問題、疊加體模型(包含子彈射入)、帶電粒子的加速與偏轉、天體問題(圓周運動)、輕繩(輕桿)連接體模型、傳送帶問題、含彈簧的連接體模型．

高考命題以《考試大綱》為依據，考查學生對高中物理知識的掌握情況，體現了“知識與技能、過程與方法并重”的高中物理學習思想．每年各地的高考題為了避免雷同而千變萬化、多姿多彩，但又總有一些共性，這些共性可粗略地總結如下：

三、含彈簧的物理模型 縱觀歷年的高考試題，和彈簧有關的物理試題占有相當大的比重．高考命題者常以彈簧為載體設計出各類試題，這類試題涉及靜力學問題、動力學問題、動量守恒和能量守恒問題、振動問題、功能問題等，幾乎貫穿了整個力學的知識體系．為了幫助同學們掌握這類試題的分析方法，現將有關彈簧問題分類進行剖析．

對于彈簧，從受力角度看，彈簧上的彈力是變力；從能量角度看，彈簧是個儲能元件．因此，彈簧問題能很好地考查學生的綜合分析能力，故備受高考命題老師的青睞．

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1．靜力學中的彈簧問題

(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．

(2)對彈簧秤的兩端施加(沿軸線方向)大小不同的拉力，彈簧秤的示數一定等于掛鉤上的拉力．

●例4 如圖9－12甲所示，兩木塊A、B的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，兩彈簧分別連接A、B，整個系統處于平衡狀態．現緩慢向上提木塊A，直到下面的彈簧對地面的壓力恰好為零，在此過程中A和B的重力勢能共增加了()

【解析】取A、B以及它們之間的彈簧組成的整體為研究對象，則當下面的彈簧對地面 的壓力為零時，向上提A的力F恰好為：

F＝(m1＋m2)g

設這一過程中上面和下面的彈簧分別伸長x1、x2，如圖9－12乙所示，由胡克定律得：

故A、B增加的重力勢能共為：

．

[答案] D 【點評】①計算上面彈簧的伸長量時，較多同學會先計算原來的壓縮量，然后計算后來的伸長量，再將兩者相加，但不如上面解析中直接運用Δx＝ΔF/k進行計算更快捷方便．

②通過比較可知，重力勢能的增加并不等于向上提的力所做的功

．

2．動力學中的彈簧問題

(1)瞬時加速度問題(與輕繩、輕桿不同)：一端固定、另一端接有物體的彈簧，形變不會發生突變，彈力也不會發生突變．

(2)如圖9－13所示，將A、B下壓后撤去外力，彈簧在恢復原長時刻B與A開始分離．

圖9－13 ●例5 一彈簧秤秤盤的質量m1＝1.5 kg，盤內放一質量m2＝10.5 kg的物體P，彈簧的質量不計，其勁度系數k＝800 N/m，整個系統處于 靜止狀態，如圖9－14 所示．

現給P施加一個豎直向上的力F，使P從靜止開始向上做 勻加速直線運動，已知在最初0.2 s內F是變化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10 m/s2)【解析】初始時刻彈簧的壓縮量為： x0＝((m1＋m2)g/k＝0.15 m 設秤盤上升高度x時P與秤盤分離，分離時刻有：

又由題意知，對于0～0.2 s時間內P的運動有： 1/2)at2＝x

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2

故在平衡位置處，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分離時刻拉力達到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N 【點評】對于本例所述的物理過程，要特別注意的是：分離時刻m1與m2之間的彈力恰好減為零，下一時刻彈簧的彈力與秤盤的重力使秤盤產生的加速度將小于a，故秤盤與重物分離．

3．與動量、能量相關的彈簧問題

與 動量、能量相關的彈簧問題在高考試題中出現頻繁，而且常以計算題出現，在解析過程中以下兩點結論的應用非常重要：

(1)彈簧壓縮和伸長的形變相同時，彈簧的彈性勢能相等；

(2)彈簧連接兩個物體做變速運動時，彈簧處于原長時兩物體的相對速度最大，彈簧的形變最大時兩物體的速度相等．

●例6 如圖9－15所示，用輕彈簧將質量均為m＝1 kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態，A距地面的高度h1＝0.90 m．同時釋放兩物塊，A與地面碰撞后速度立即變為零，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面(但不繼續上升)．若將B物塊換為質量為2m的物塊C(圖中未畫出)，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面．已知彈簧的勁度系數k＝100 N/m，求h2的大小．

【解析】設A物塊落地時，B物塊的速度為v1，則有：

設A剛好離地時，彈簧的形變量為x，對A物塊有： mg＝kx

從A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統機械能守恒，則有：

1/2·mv12＝mgx＋ΔEp

換成C后，設A落地時，C的速度為v2，則有： 1/2·2mv22＝2mgh2

從A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統機械能守恒，則有：

聯立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m 【點評】由于高中物理對彈性勢能的表達式不作要求，所以在高考中幾次考查彈簧問題時都要用到上述結論“①”．

●例7 用輕彈簧相連的質量均為2 kg的A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖9－16 甲所示．B與C碰撞后二者粘在一起運動，則在以后的運動中：

(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度為多大？(2)彈簧彈性勢能的最大值是多少？

(3)A的速度方向有可能向左嗎？為什么？

【解析】(1)當A、B、C三者的速度相等(設為vA′)時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統動量守恒，則有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′

解得：．

(2)B、C發生碰撞時，B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者的速度為v′，則有：

mBv＝(mB＋mC)v′

解得：v′＝

A的速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大，設其值為Ep，根據能量守恒 定律得：

．

(3)方法一 A不可能向左運動．

根據系統動量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 設A向左，則vA＜0，vB＞4 m/s 則B、C發生碰撞后，A、B、C三者的動能之和為：

實際上系統的機械能為：

根據能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左運動．

方法二 B、C碰撞后系統的運動可以看做整體向右勻速運動與A、B和C相對振動的合成(即相當于在勻速運動的車廂中兩物塊相對振動)由(1)知整體勻速運動的速度v0＝vA′＝3 m/s

取以v0＝3 m/s勻速運動的物體為參考系，可知彈簧處于原長時，A、B和C相對振動的速率最大，分別為：

vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s 由此可畫出A、B、C的速度隨時間變化的圖象如圖9－16乙所示，故A不可能有向左運動的時刻．

[答案](1)3 m/s(2)12 J(3)不可能，理由略

【點評】①要清晰地想象、理解研究對象的運動過程：相當于在以3 m/s勻速行駛的車廂內，A、B和C做相對彈簧上某點的簡諧振動，振動的最大速率分別為3 m/s、1 m/s．

②當彈簧由壓縮恢復至原長時，A最有可能向左運動，但此時A的速度為零．

●例8 探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質彈簧、內芯和外殼三部分，其中內芯和外殼質量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：

①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面(如圖9－17甲所示)；

②由靜止釋放，外殼豎直上升到下端距桌面高度為h1時，與靜止的內芯碰撞(如圖9－17乙所示)；

③碰后，內芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處(如圖9－17丙所示)．

設內芯與外殼的撞擊力遠大于筆所受重力，不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：(1)外殼與內芯碰撞 后瞬間的共同速度大小．(2)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功．

(3)從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能．

【解析】設外殼上升到h1時速度的大小為v1，外殼與內芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．

(1)對外殼和內芯，從撞后達到共同速度到上升至h2處，由動能定理得：

解得：．

(2)外殼與內芯在碰撞過程中動量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2

將v2代入得：

設彈簧做的功為W，對外殼應用動能定理有：

將v1代入得：．

(3)由于外殼和內芯達到共同速度后上升至高度h2的過程中機械能守恒，只有在外殼和內芯的碰撞中有能量損失，損失的能量將v1、v2代入得：E損＝5/4mg(h2－h1)．

[答案]

由以上例題可以看出，彈簧類試題的確是培養和訓練學生的物理思維、反映和開發學生的學習潛能的優秀試題．彈簧與相連物體構成的系統所表現出來的運動狀態的變化，為學生充分運用物理概念和規律(牛頓第二定律、動能定理、機械能守恒定律、動量定理、動量守恒定律)巧妙解決物理問題、施展自身才華提供了廣闊空間，當然也是區分學生能力強弱、拉大差距、選拔人才的一種常規題型．因此，彈簧試題也就成為高考物理題中的一類重要的、6

獨具特色的考題．

第二篇：2010年經典物理模型--彈簧類問題難點探究思考

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彈簧類問題難點探究思考

在中學階段，凡涉及的彈簧都不考慮其質量，稱之為“輕彈簧”，這是一種常見的理想化物理模型 彈簧類問題多為綜合性問題，涉及的知識面廣，要求的能力較高，是高考的難點之一.●難點提出

1.（99年全國）如圖2-1所示，兩木塊的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上（但不拴接），整個系統處于平衡狀態.現緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面彈簧.在這過程中下面木塊移動的距離為

A.m1g

k1 B.m2g

k1 C.m1g

k2 D.m2g k

2圖2—1

圖2—2

2.如圖2-2所示，勁度系數為k1的輕質彈簧兩端分別與質量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數為k2的輕質彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個系統處于平衡狀態.現施力將物塊1緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面.在此過程中，物塊2的重力勢能增加了______，物塊1的重力勢能增加了________.3.質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上.平衡時彈簧的壓縮量為x0，如圖2-3所示.一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質量為m時，它們恰能回到O點.若物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度.求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離.●案例探究

［例1］如圖2-4，輕彈簧和一根細線共同拉住一質量為m的物體，平衡時細線水平，彈簧與豎直夾角為θ，若突然剪斷細線，剛剛剪斷細線

圖2-3 歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。www.tmdps.cn

圖2-4 高考資源網（ks5u.com）

您身邊的高考專家 的瞬間，物體的加速度多大? 命題意圖：考查理解能力及推理判斷能力.B級要求.錯解分析：對彈簧模型與繩模型瞬態變化的特征不能加以區分，誤認為“彈簧彈力在細線剪斷的瞬間發生突變”從而導致錯解.解題方法與技巧：

彈簧剪斷前分析受力如圖2-5，由幾何關系可知： 彈簧的彈力T=mg／cosθ

細線的彈力T′=mgtanθ

細線剪斷后由于彈簧的彈力及重力均不變，故物體的合力水平向右，與T′等大而反向，∑F=mgtanθ，故物體的加速度a=gtanθ，水平向右.［例2］A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖2-6所示，已知木塊A、B質量分別為0.42 kg和0.40 kg，彈簧的勁度系數k=100 N/m，若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=10 m/s2）.（1）使木塊A豎直做勻加速運動的過程中，力F的最大值；（2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過 程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248 J，求這一過程F對木塊做的功.命題意圖：考查對物理過程、狀態的綜合分析能力.B級要求.錯解分析：此題難點和失分點在于能否通過對此物理過程的分析后，確定兩物體分離的臨界點，即當彈簧作用下的兩物體加速度、速度相同且相互作用的彈力

N =0時 ,恰好分離.解題方法與技巧: 當F=0（即不加豎直向上F力時），設A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧的壓縮量為x，有

kx=（mA+mB）g x=（mA+mB）g/k ①

對A施加F力，分析A、B受力如圖2-7 對A

F+N-mAg=mAa

② ③

圖2-6 圖2-5 對B

kx′-N-mBg=mBa′

可知，當N≠0時，AB有共同加速度a=a′，由②式知欲使A勻加速運動，隨N減小F歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。www.tmdps.cn 高考資源網（ks5u.com）

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增大.當N=0時，F取得了最大值Fm, 即Fm=mA（g+a）=4.41 N 又當N=0時，A、B開始分離，由③式知，此時，彈簧壓縮量kx′=mB（a+g）x′=mB（a+g）/k

④ ⑤ AB共同速度 v2=2a（x-x′）

由題知，此過程彈性勢能減少了WP=EP=0.248 J 設F力功WF，對這一過程應用動能定理或功能原理 WF+EP-（mA+mB）g（x-x′）=

1（mA+mB）v2 2⑥

聯立①④⑤⑥，且注意到EP=0.248 J 可知，WF=9.64×10-2 J ●錦囊妙計

一、高考要求

輕彈簧是一種理想化的物理模型，以輕質彈簧為載體，設置復雜的物理情景，考查力的概念，物體的平衡，牛頓定律的應用及能的轉化與守恒，是高考命題的重點，此類命題幾乎每年高考卷面均有所見.應引起足夠重視.二、彈簧類命題突破要點

1.彈簧的彈力是一種由形變而決定大小和方向的力.當題目中出現彈簧時，要注意彈力的大小與方向時刻要與當時的形變相對應.在題目中一般應從彈簧的形變分析入手，先確定彈簧原長位置，現長位置，找出形變量x與物體空間位置變化的幾何關系，分析形變所對應的彈力大小、方向，以此來分析計算物體運動狀態的可能變化.2.因彈簧（尤其是軟質彈簧）其形變發生改變過程需要一段時間，在瞬間內形變量可以認為不變.因此，在分析瞬時變化時，可以認為彈力大小不變，即彈簧的彈力不突變.3.在求彈簧的彈力做功時，因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進行計算，也可據動能定理和功能關系：能量轉化和守恒定律求解.同時要注意彈力做功的特點：Wk=-（12121kx2-kx1），彈力的功等于彈性勢能增量的負值.彈性勢能的公式Ep=kx2，高222考不作定量要求，可作定性討論.因此，在求彈力的功或彈性勢能的改變時，一般以能量的轉化與守恒的角度來求解.●殲滅難點

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1.如左圖所示，小球在豎直力F作用下將豎直彈簧壓縮，若將力F撤去，小球將向上彈起并離開彈簧，直到速度變為零為止，在小球上升的過程中

A.小球的動能先增大后減小 B.小球在離開彈簧時動能最大 C.小球的動能最大時彈性勢能為零 D.小球的動能減為零時，重力勢能最大 2.（00年春）一輕質彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質量為M的平板，處在平衡狀態.一質量為

m的均勻環套在彈

簧外，與平板的距離為h，如圖右所示.讓環自由下落，撞擊平板.已知碰后環與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長.A.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總動量守恒 B.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環與板的總機械能守恒 C.環撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關 D.在碰后板和環一起下落的過程中，它們減少的動能等于克服彈簧力所做的功

3.如圖2-10所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸

圖2-10 是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短.現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統），則此系統在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中

A.動量守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能不守恒 C.動量守恒，機械能不守恒 D.動量不守恒，機械能守恒

4.如圖2-11所示，輕質彈簧原長L，豎直固定在地面上，質量為m的小球從距地面H高處由靜止開始下落，正好落在彈簧上，使彈簧的最大壓縮量為x，在下落過程中，空氣阻力恒為f，則彈簧在最短時具有的彈性勢能為Ep=________.5.（01年上海）如圖9-12（A）所示，一質量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，l2水平拉直，物體處于平衡狀態.現將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度.歡迎廣大教師踴躍來稿，稿酬豐厚。www.tmdps.cn

圖2-11 高考資源網（ks5u.com）

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（1）下面是某同學對該題的一種解法：

解：設l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下保持平衡： T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ

圖.2—12 剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2反方向獲得加速度因為mgtanθ=ma,所以 加速度a=gtanθ,方向在T2反方向.你認為這個結果正確嗎?請對該解法作出評價并說明理由.（2）若將圖A中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，如圖2-12（B）所示，其他條件不變，求解的步驟與（1）完全相同，即a=gtanθ，你認為這個結果正確嗎?請說明理由.*6.如圖2-13所示，A、B、C三物塊質量均為m，置于光滑水平臺面上.B、C間夾有原已完全壓緊不能再壓縮的彈簧，兩物塊用細繩相連，使彈簧不能伸展.物塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運動，相碰后，A與B、C粘合在一起，然后連接B、C的細繩因受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，脫離彈簧后C的速度為v0.（1）求彈簧所釋放的勢能ΔE.（2）若更換B、C間的彈簧，當物塊A以初速v向B運動，物塊C在脫離彈簧后的速度為2v0，則彈簧所釋放的勢能ΔE′是多少?（3）若情況（2）中的彈簧與情況（1）中的彈簧相同，為使物塊C在脫離彈簧后的速度仍為

2v0，A的初速度v應為多大?

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參考答案： ［難點提出］ 1.C

2.1112m（m+m）g;（）m1（m1+m2）g

2?2122kk2k23.1x0 2［殲滅難點］ 1.AD 2.AC 3.B 4.分析從小球下落到壓縮最短全過程 由動能定理：（mg-f）（H-L+x）-W彈性=0 W彈性=Ep=（mg-f）（H-L+x）

5.（1）結果不正確.因為l2被剪斷的瞬間，l1上張力的大小發生了突變，此瞬間 T2=mg cosθ,a=g sinθ

（2）結果正確，因為l2被剪斷的瞬間、彈簧l1的長度不能發生突變、T1的大小和方向都不變.6.（1）1mv02 3（2）

1m（v-6v0）2

12（3）4v0

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第三篇：彈簧振子模型教案

課題名稱：新課程環境下高中物理“情、景、型”教學模式的建構

——“彈簧振子”模型教案

授課教師：課題組成員 教學目標：

1.熟悉彈簧振子的基本知識

2.指導學生會根據物理“情、景”建構彈簧振子模型 3.會根據已建模型解決類彈簧振子模型問題 4.培養學生自主學習和建模能力 5.培養學生創新意識和交流合作學習能力 重難點分析：

1.根據物理“情、景”建構彈簧振子模型 2.根據已建模型解決類彈簧振子模型問題 建模思路：

問題——建模指導——形成模型——利用模型解決問題 計劃課時：2課時 建模過程

復習彈簧振子的特點：如圖1 1.彈簧振子的回復力滿足F=-kx，所以做簡諧運動時，“回復力”為振子運動方向上的合力。?

2.簡諧運動具有對稱性，即以平衡位置為參考點，平衡位置兩側對稱的點回復力、加速度、位移都是對稱的。問題：

1.把一個小球掛在一個豎直的彈簧上，如圖2，當它平衡后再用力向下拉伸一小段距離后輕輕放手，使小球上下振動。試證明小球的振動是簡諧振動。

證明過程：假設在振動過程中的某一瞬間，小球在平衡位置上方，離開平衡位置O的距離為x，取向下的方向為正方向 設彈簧勁度系數為k，不受拉力時的長度為l0，即彈簧下端處在A位置。當掛上質量為m的小球平衡時，彈簧的伸長量為x0?x，平衡位置在C處。由題意得

mg?k(x0?x)容易判斷，由重力和彈力的合力作為振動的回復力，則回復力F?mg?kx0?kx，由于位移x與恢復力F方向相反，所以有F??kx。

建模指導：

從該例題中顯示小球是作簡諧運動。由彈簧的彈力和重力兩者的合力提供回復力。雖然彈簧的彈力大小關于平衡位置不對稱，但是回復力、加速度、速度、位移、大小關于平衡位置是對稱的。

2.質量為m的物塊放在彈簧上，彈簧在豎直方向上做簡諧運動，當振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物重的1.8倍，則物體對彈簧的最小壓力是物重的多少倍？欲使物體在彈簧振動中不離開彈簧，其振幅最大為多少？

形成彈簧振子模型解決問題：

選物體為研究對象，畫出其振動過程的幾個特殊點，如圖3所示，O為平衡位置，P為最高點，Q為最低點，A為原長位置。經判斷，可知物體對彈簧的最大壓力在Q處，Fmax?1.8mgaQ?（Fmax?mg）/m?0.8g，物體對彈簧的最小壓力時，在P處，根據對稱性知aP?aQ，aQ?(mg?Fmin)/m，Fmin?0.2mg，Fmin/mg?0.2。欲使物體在振動過程不離開彈簧，物體的最高點應在A處，其距離O點的距離即為最大振幅，設振幅最大值為A′，am=g，勁度系數為k，得A′=1.25A。

利用彈簧振子模型解決實際問題：

3.如圖4一升降機在箱底裝有若干個彈簧，設在某次事故中，升降機吊索在空中斷裂，忽略摩擦力，則升降機在下端接觸地后直到最低點的一段運動過程（）

A.升降機的速度不斷減小 B.升降機的加速度不斷變大

C.先是彈力做的負功小于重力做的正功，然后是彈力做的負功大于重力做的正功 D.到最低點時，升降機加速度的值一定大于重力加速度的值

利用模型解析：彈簧剛觸地時升降機位置在A處，A為彈簧原長位置，升降機向下運動到最低點位置為B處，速度最大位置為O處（即簡諧運動的平衡位置），則B為位移等于振幅位置。由振子的對稱關系，由于從物體在A點時速度不為零，不難判斷點A并非位移等于 2

振幅位置，與A點關于O點對稱的點應在B點上方。在A點a=g方向向下，所以在B處a一定大于g，方向向上，從A點到O點過程是回到平衡位置過程速度增大，從O點到B點是遠離平衡位置，速度在減小，A錯，遠離平衡位置恢復力增大，加速度增大，加速度增大，靠近平衡位置恢復力減小，加速度減小，B錯，A到O過程速度增大，O到B過程速度減小，C對，由于OA小于OB，所以B點的加速度大于A點的加速度。

4.如圖5所示，兩木塊質量分別為m﹑M，用勁度系數為k的輕彈簧連在一起，放在水平地面上，將木塊m壓下一段距離后釋放，它就上下作簡諧運動。在運動過程中木塊M剛好始終不離開地面（即它對地面最小壓力為零）。

（1）則木塊m的最大加速度大小是多少？（2）木塊M對地面最大壓力是多少？

利用模型解析：m做簡諧振動，平衡位置為O，彈簧原長位置為A，假設木塊在C位置時彈簧的彈力等于M的重力，此時M受到的地面支持力為零，Mg?mg，這個加速度為最大值。當m運動到最低點B時，M對地mMg?mg的壓力最大，由對稱得，此時m的加速度也為a?方向向上，由牛頓第二定律得

m此時m的加速度為a?彈簧的彈力為Mg?2mg，彈簧對M的壓力也為Mg?2mg，以M為對象，結合牛頓第三定律得M對地的壓力最大為2(Mg?mg)

解決此類問題時：應該先建立彈簧振子的模型，然后根據彈簧振子的模型特點求解具體問題。

第四篇：2011屆高考物理第一輪經典模型檢測試題12水平方向上的碰撞&彈簧模型

水平方向上的碰撞＆彈簧模型

［模型概述］在應用動量守恒、機械能守恒、功能關系和能量轉化等規律考查學生的綜合應用能力時，常有一類模型，就是有彈簧參與，因彈力做功的過程中彈力是個變力，并與動量、能量聯系，所以分析解決這類問題時，要細致分析彈簧的動態過程，利用動能定理和功能關系等知識解題。［模型講解］

一、光滑水平面上的碰撞問題 例1.在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為m，現B球靜止，A球向B球運動，發生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為EP，則碰前A球的速度等于（）

A.B.C.D.解析：設碰前A球的速度為v0，兩球壓縮最緊時的速度為v，根據動量守恒定律得出

，聯立解得，所以正，由能量守恒定律得確選項為C。

二、光滑水平面上有阻擋板參與的碰撞問題

例2.在原子核物理中，研究核子與核子關聯的最有效途徑是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似，兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖1所示，C與B發生碰撞并立即結成一個整體D，在它們繼續向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連，過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質量均為m。

圖1（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。

（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為v1，由動量守恒得

當，由以

彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量守恒得上兩式求得A的速度。

（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為EP，由能量守恒，有 撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到

自然長度時，勢能全部轉彎成D的動能，設D的速度為v3，則有

以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設 此時的速度為v4，由動量守恒得

當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為EP”，由能量守恒，有 解以上各式得。

說明：對彈簧模型來說“系統具有共同速度之時，恰為系統彈性勢能最多”。

三、粗糙水平面上有阻擋板參與的碰撞問題

例3.圖2中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導軌上，彈簧處在原長狀態。另一質量與B相同滑塊A，從導軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發點P并停止，滑塊A和B與導軌的滑動摩擦因數都為彈簧最大形變量為l2，重力加速度為g，求A從P出發時的初速度v0。，運動過程中

圖2 解析：令A、B質量皆為m，A剛接觸B時速度為v1（碰前）

由功能關系，有

A、B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2 有

碰后A、B先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復到原長時，設A、B的共同速度為v3，在這一過程中，彈簧勢能始末狀態都為零，利用功能關系，有

此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有

由以上各式，解得

四、結論開放性問題

例4.用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以 的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3所示，B與C碰撞后二者粘在一起運動。求：在以后的運動中，圖3（1）當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大？（2）彈性勢能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？

解析：（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由于A、B、C三者組成的系統動量守恒，有

解得：（2）B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為，則

設物塊A速度為vA時彈簧的彈性勢能最大為EP，根據能量守恒

（3）由系統動量守恒得，則 設A的速度方向向左，則作用后A、B、C動能之和

實際上系統的機械能

根據能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左運動。

［模型要點］

系統動量守恒，如果彈簧被作為系統內的一個物體時，彈簧的彈力對系統內物體做，動能與勢能相互轉化。

不做功都不影響系統的機械能。能量守恒彈簧兩端均有物體：彈簧伸長到最長或壓縮到最短時，相關聯物體的速度一定相等，彈簧具有最大的彈性勢能。

當彈簧恢復原長時，相互關聯物體的速度相差最大，彈簧對關聯物體的作用力為零。若物體再受阻力時，彈力與阻力相等時，物體速度最大。［模型演練］

（2006年江蘇省前黃高級中學檢測題）如圖4所示，在光滑水平長直軌道上，A、B兩小球之間有一處于原長的輕質彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知，開始時A、B均靜止。在A球的左邊有一質量為的小球C以初 速度向右運動，與A球碰撞后粘連在一起，成為一個復合球D，碰撞時間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運動，經過一段時間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內）。

圖4（1）上述過程中，彈簧的最大彈性勢能是多少？（2）當彈簧恢復原長時B球速度是多大？

（3）若開始時在B球右側某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在D球與彈簧分離前使B球與擋板發生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設B球與擋板碰撞時間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢能最大值的范圍。

答案：（1）設C與A相碰后速度為v1，三個球共同速度為v2時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒，能量守恒有：

（2）設彈簧恢復原長時，D球速度為，B球速度為

則有

（3）設B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度

與擋板碰后彈性勢能最大，D、B兩球速度相等，設為

當 時，最大

時，最小，所以

第五篇：高考動量解題模型總結

模型組合講解——子彈打木塊模型 ［模型概述］

子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動等。?FNs相??Ek系統?Q，Q為摩擦在系統中產生的熱量；小球在置于光滑水平面上的豎直平面內弧形光滑軌道上滑動；一靜一動的同種電荷追碰運動等。［模型講解］

例.如圖1所示，一個長為L、質量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的物塊（可視為質點），以水平初速度v0從木塊的左端滑向右端，設物塊與木塊間的動摩擦因數為?，當物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統機械能轉化成內能的量Q。

圖1 解析：可先根據動量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據動能定理或能量守恒求出轉化為內能的量Q。

對物塊，滑動摩擦力Ff做負功，由動能定理得：

?Ff(d?s)?1212mvt?mv0 22即Ff對物塊做負功，使物塊動能減少。

對木塊，滑動摩擦力Ff對木塊做正功，由動能定理得Ffs?增加，系統減少的機械能為：

1Mv2，即Ff對木塊做正功，使木塊動能212121mv0?mvt?Mv2?Ff(d?s)?Ffs?Ffd222?1?

本題中Ff??mg，物塊與木塊相對靜止時，vt?v，則上式可簡化為：

?mgd?121mv0?(m?M)vt222?2?

又以物塊、木塊為系統，系統在水平方向不受外力，動量守恒，則：

mv0?(m?M)vt聯立式<2>、<3>得：

2Mv0 d?2?g(M?m)?3?

故系統機械能轉化為內能的量為：

22Mv0Mmv0 Q?Ffd??mg??2?g(M?m)2(M?m)點評：系統內一對滑動摩擦力做功之和（凈功）為負值，在數值上等于滑動摩擦力與相對位移的乘積，其絕對值等于系統機械能的減少量，即Ffs??E。

從牛頓運動定律和運動學公式出發，也可以得出同樣的結論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：

s2?d(v0?v)/2v0?v ??s2v/2v所以dv0M?mm??，s2?d s2vmM?m一般情況下M??m，所以s2??d，這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據。象這種運動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式：

?Ek?Mm2v0

2(M?m)［模型要點］

子彈打木塊的兩種常見類型：

①木塊放在光滑的水平面上，子彈以初速度v0射擊木塊。

運動性質：子彈對地在滑動摩擦力作用下做勻減速直線運動；木塊在滑動摩擦力作用下做勻加速運動。圖象描述：從子彈擊中木塊時刻開始，在同一個v—t坐標中，兩者的速度圖線如下圖中甲（子彈穿出木塊）或乙（子彈停留在木塊中）

圖2 圖中，圖線的縱坐標給出各時刻兩者的速度，圖線的斜率反映了兩者的加速度。兩圖線間陰影部分面積則對應了兩者間的相對位移。

方法：把子彈和木塊看成一個系統，利用A：系統水平方向動量守恒；B：系統的能量守恒（機械能不守恒）；C：對木塊和子彈分別利用動能定理。推論：系統損失的機械能等于阻力乘以相對位移，即ΔE＝Ffd ②物塊固定在水平面，子彈以初速度v0射擊木塊，對子彈利用動能定理，可得：

?Ffd?1212mvt?mv0 22兩種類型的共同點：

A、系統內相互作用的兩物體間的一對摩擦力做功的總和恒為負值。（因為有一部分機械能轉化為內能）。B、摩擦生熱的條件：必須存在滑動摩擦力和相對滑行的路程。大小為Q＝Ff·s，其中Ff是滑動摩擦力的大小，s是兩個物體的相對位移（在一段時間內“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時間內兩者相對位移的大小，所以說是一個相對運動問題）。C、靜摩擦力可對物體做功，但不能產生內能（因為兩物體的相對位移為零）。［誤區點撥］

靜摩擦力即使對物體做功，由于相對位移為零而沒有內能產生，系統內相互作用的兩物體間的一對靜摩擦力做功的總和恒等于零。

不明確動量守恒的條件性與階段性，如圖3所示，不明確動量守恒的瞬間性如速度問題。

圖3 ［模型演練］

如圖4所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M，給電容器充電后，有一質量為m的帶正電小環恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設帶電環不影響電容器板間電場分布。帶電環進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：

圖4（1）帶電環與左極板相距最近時的速度v；（2）此過程中電容器移動的距離s。（3）此過程中能量如何變化？

答案：（1）帶電環進入電容器后在電場力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動，而電容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環與電容器的左極板相距最近，由系統動量守恒定律可得： 動量觀點：

mv0?(M?m)v，v?力與運動觀點： 設電場力為F mv0

M?mv0?mv0FFt?t?v，v? mMM?m（2）能量觀點（在第（1）問基礎上）： 對m：?Eq?(s?對M：Eqs?d112)?mv2?mv0 2221Mv2?0 2?Eqd112?(m?M)v2?mv0 222所以s?md?

M?m2運動學觀點： 對M：v?v0vt?s，對m：t?s' 22dmd，解得：s? 22(M?m)s'?s?帶電環與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得：

圖5 d11?v0t0，s?vt0 222解得：s?md

2(M?m)（3）在此過程，系統中，帶電小環動能減少，電勢能增加，同時電容器等的動能增加，系統中減少的動能全部轉化為電勢能。

模型組合講解——人船模型 ［模型概述］

“人船”模型極其應用如一人（物）在船（木板）上，或兩人（物）在船（木板）上等，在近幾年的高考中極為常見，分值高，區分度大，如果我們在解題中按照模型觀點處理，以每題分布給分的情況來看還是可以得到相當的分數。［模型講解］

例.如圖1所示，長為L、質量為M的小船停在靜水中，質量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人對地面的位移各為多少？

圖1 解析：以人和船組成的系統為研究對象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統在水平方向不受外力作用，所以整個系統在水平方向動量守恒。當人起步加速前進時，船同時向后做加速運動；人勻速運動，則船勻速運動；當人停下來時，船也停下來。設某時刻人對地的速度為v，船對地的速度為v'，取人行進的方向為正方向，根據動量守恒定律有：mv?Mv'?0，即

v'm? vM因為人由船頭走到船尾的過程中，每一時刻都滿足動量守恒定律，所以每一時刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們vm?，而人的位移s人?vt，船的位移s船?vt，所以船的位移與人的位移也與它們的Mvs船m質量成反比，即??1?

s人M的質量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質量的關系，此式的適用條件：原來處于靜止狀態的系統，在系統發生相對運動的過程中，某一個方向的動量守恒。由圖1可以看出：s船?s人?L?2? 由<1><2>兩式解得s人?［模型要點］

動力學規律：由于組成系統的兩物體受到大小相同、方向相反的一對力，故兩物體速度大小與質量成反比，方向相反。這類問題的特點：兩物體同時運動，同時停止。

動量與能量規律：由于系統不受外力作用，故而遵從動量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系統或每個物體動能均發生變化：力對“人”做的功量度“人”動能的變化；力對“船”做的功量度“船”動能的變化。

兩個推論：①當系統的動量守恒時，任意一段時間內的平均動量也守恒； ②當系統的動量守恒時，系統的質心保持原來的靜止或勻速直線運動狀態不變。

適用范圍：動量守恒定律雖然是由牛頓第二定律推導得到的，但它的適用范圍比牛頓第二定律更廣泛，它既適用于宏觀也適用于微觀，既適用于低速也適用于高速。［誤區點撥］

動量守恒的研究對象是一個系統，對一個物體就不能談動量守恒問題。動量守恒定律是一個矢量表達式；動量守恒定律是一個狀態量表達式，它只與系統的初末狀態有關；動量守恒定律具有相對性，表達式中的速度應是對應同一參照系的速度；動量守恒定律具有同時性，表達式中的初狀態的動量應該是指同一時刻的各個物體動量的矢量和，末狀態也是如此。［模型演練］

如圖2所示，質量為M的小車，上面站著一個質量為m的人，車以v0的速度在光滑的水平地面上前進，現在人用相對于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加Δv，則計算Δv的式子正確的是：（）MmL，s船?L

M?mM?m

圖2 A.(M?m)v0?M(v0??v)?mu B.(M?m)v0?M(v0??v)?m(u?v0)C.(M?m)v0?M(v0??v)?m[u?(v0??v)] D.0?M?v?m(u??v)答案：CD

模型組合講解——爆炸反沖模型 ［模型概述］

“爆炸反沖”模型是動量守恒的典型應用，其變遷形式也多種多樣，如炮發炮彈中的化學能轉化為機械能；彈簧兩端將物塊彈射將彈性勢能轉化為機械能；核衰變時將核能轉化為動能等。［模型講解］

例.如圖所示海岸炮將炮彈水平射出，炮身質量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質量為m，當炮身固定時，炮彈水平射程為s，那么當炮身不固定時，發射同樣的炮彈，水平射程將是多少？

解析：兩次發射轉化為動能的化學能E是相同的。第一次化學能全部轉化為炮彈的動能；第二次化學能

p2轉化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，由動能和動量的關系式Ek?知，在動量大小相

2m1212ME，由于平拋同的情況下，物體的動能和質量成反比，炮彈的動能E1?mv1?E，E2?mv2?22M?msvMM的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初速度之比，即：2?2?，所以s2?s。

M?msv1M?m思考：有一輛炮車總質量為M，靜止在水平光滑地面上，當把質量為m的炮彈沿著與水平面成θ角發射出去，炮彈對地速度為v0，求炮車后退的速度。

提示：系統在水平面上不受外力，故水平方向動量守恒，炮彈對地的水平速度大小為v0cos?，設炮車后退方向為正方向，則(M?m)v?mv0cos??0，v?mv0cos?

M?m評點：有時應用整體動量守恒，有時只應用某部分物體動量守恒，有時分過程多次應用動量守恒，有時抓住初、末狀態動量即可，要善于選擇系統，善于選擇過程來研究。［模型要點］

內力遠大于外力，故系統動量守恒p1?p2，有其他形式的能單向轉化為動能。所以“爆炸”時，機械能增加，增加的機械能由化學能（其他形式的能）轉化而來。［誤區點撥］

忽視動量守恒定律的系統性、忽視動量守恒定律的相對性、同時性。［模型演練］（2005年物理高考科研測試）在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮車，平射炮固定在炮車上，已知炮車及炮身的質量為M，炮彈的質量為m；發射炮彈時，炸藥提供給炮身和炮彈的總機械能E0是不變的。若要使剛發射后炮彈的動能等于E0，即炸藥提供的能量全部變為炮彈的動能，則在發射前炮車應怎樣運動？ 答案：若在發射前給炮車一適當的初速度v0，就可實現題述的要求。

在這種情況下，用v表示發射后炮彈的速度，V表示發射后炮車的速度，由動量守恒可知：

(m?M)v0?mv?MV由能量關系可知：

?1?

1112(m?M)v0?E0?mv2?MV2?2? 222按題述的要求應有由以上各式得： 12mv?E02?3?

v0??2mE0(m?M)?M(m?M)2mE0(M?m?M(M?m))m(M?m)?4?

模型組合講解——追碰模型

［模型概述］

追碰是物理上一個重要模型，它涉及到動量定理、動量守恒定律、能量守恒等諸多知識點。從物理方法的角度看。處理碰撞問題，通常使用整體法（系統）、能量方法，守恒方法及矢量運算。“追碰”模型所設計的內容在每年的高考中可以以選擇、計算題形式出現，所以該類試題綜合性強，區分度大，分值權重高，因該部分內容恰是自然界最普遍的兩個規律的聯手演繹，是中學階段最重要的主干知識之一，因此相關內容就成為每年高考測試的熱點內容。

［模型講解］

一、理解動量守恒定律的矢量性

例1.如圖1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動，兩球質量關系為mB?2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為?4kg?m/s，則：（）

圖1 A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5 B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10 C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5 D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10 解析：題中規定向右為正方向，而AB球的動量均為正，所以AB都向右運動，又mB?2mA，所以vA?2vB，可以判斷A球在左方，CD錯；碰撞后A的動量變化?pA??4kg?m/s，根據動量守恒可知，B球的動量變化?pB?4kg?m/s，所以碰后AB球的動量分別為

pA'?(6?4)kg?m/s?2kg?m/s，pB'?(6?4)kg?m/s?10kg?m/s解得vA':vB'?2:5，所以A正確。評點：動量守恒定律的矢量性即是重點又是難點，解題時要遵循以下原則：先確定正方向，與正方向相同的矢量取正號，與正方向相反的矢量取負號，未知矢量當作正號代入式中，求出的結果若大于零，則與正方向相同，若小于零則與正方向相反，同時也要善于利用動量與動能的關系，但要注意它們的區別。

二、利用動量守恒定律處理微觀粒子的追碰

例2.在核反應堆里，用石墨作減速劑，使鈾核裂變所產生的快中子通過與碳核不斷的碰撞而被減速。假設中子與碳核發生的是彈性正碰，且碰撞前碳核是靜止的。已知碳核的質量近似為中子質量的12倍，中子原來的動能為E0，試求：

（1）經過一次碰撞后中子的能量變為多少？

（2）若E0＝1.76MeV，則經過多少次碰撞后，中子的能量才可減少到0.025eV。

解析：按彈性正碰的規律可求出每次碰撞后中子的速度變為多少，對應的動能也就可以求解；在根據每次碰撞前后的動能之比與需要減少到0.025eV與原動能E0的比值關系，取對數求出碰撞次數（必須進位取整）。

（1）彈性正碰遵循動量守恒和能量守恒兩個規律。設中子的質量為m，碳核的質量為M，有：

mv0?mv1?Mv2 121212mv0?mv1?Mv2222由上述兩式整理得：

v1?m?Mm?12m11v0?v0??v0

m?Mm?12m13則經過一次碰撞后中子的動能：

E1?1111121mv12?m(?v0)2?E0 22***2E1?()E0 169169（2）同理可得E2?……

121nEn?()E0

169設經過n次碰撞，中子的動能才會減少至0.025eV，即En?0.025eV，E0?1.76MeV，解上式得n?54。

評點：廣義上的碰撞，相互作用力可以是彈力、分子力、電磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏觀物體間的碰撞，也可以是微觀粒子間的碰撞。

說明：《考試大綱》強調“應用數學處理物理問題的能力”，我們在計算中常遇到的是以下一些數學問題： ①等差數列、等比數列，這兩類問題的處理方法是先用數學歸納法找出規律，再求解； ②對y?asin??bcos?，當??arctana，ymax?a2?b2 bA。2③對y?Asin?cos?的形式（即y?Ksin2?），則在??45?時，y有極值④對y?Kab的形式，其中均為a、b變量，但a?b?恒量（a?0、b?0），則可根據不等式性質ab?(a?b)2/2求極值等。

［模型要點］

在近年高考中，考查的碰撞皆為正碰問題。碰撞是中學物理教學的重點、是歷年高考命題的熱點，同時它一直是學生學習和高考的難點。碰撞在《考試說明》中作II級要求掌握。

1.碰撞的特點：（1）作用時間極短，內力遠大于外力，總動量總是守恒的；（2）碰撞過程中，總動能不增。因為沒有其他形式的能量轉化為動能；（3）碰撞過程中，當兩物體碰后速度相等時，即發生完全非彈性碰撞時，系統動能損失最大；（4）碰撞過程中，兩物體產生的位移可忽略。

2.碰撞的分類：按能量變化情況可分為彈性碰撞和非彈性碰撞（包括完全非彈性碰撞）。

3.能量方面：彈性碰撞動能守恒；非彈性碰撞動能不守恒；完全非彈性碰撞能量損失（不能完全恢復原形）最大。

注意：動量守恒定律的驗證、分析推理、應用等實驗中，不論在平面還是斜面或用其他方式進行，我們都要注意守恒的條件性。

解題原則：（1）碰撞過程中動量守恒原則；（2）碰撞后系統動能不增原則；（3）碰撞后運動狀態的合理性原則。

碰撞過程的發生應遵循客觀實際。如甲物追乙物并發生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動。

解決“追碰”問題大致分兩類運動，即數學法（如函數極值法、圖象法）和物理方法（參照物變換法、守恒法等）。

［模型演練］

如圖2所示，一水平放置的圓環形剛性槽固定在桌面上，槽內嵌放著三個大小相同的剛性小球，它們的質量分別為m1、m2、m3、m2＝m3＝2m1，小球與槽的兩壁剛好接觸，而且它們之間的摩擦可以忽略不計。開始時，三球處于槽中I、II、III的位置，彼此間距離相等，m2和m3靜止，m1以速度v0??R2沿槽運動，R為圓環的內半徑和小球半徑之和，各球之間的碰撞皆為彈性碰撞，求此系統的運動周期T。

圖2 答案：先考慮m1與m2的碰撞，令v1、v2分別為它們的碰后速度，由彈性正碰可得：

v1?v2?m1?m21v0??v0m1?m232m12v0?v0m1?m23

當m2與m3相碰后，交換速度，m2停在III處，m3以

2v0的速率運動。因為三段圓弧相等，當m3運動3到位置I時，m1恰好返回。它們在I處的碰撞，m3停在I處，m1又以v0的速度順時針運動。當m1再運動到

2?R18?s，m2由位置II時，共經歷了一個周期的，則：m1兩次由位置I運動到II處的時間為：t1?2?33v032?RII運動到III處的時間為：t2?3?2s，m3由位置III運動到I的時間為：t3?t2?2s。

2v03所以系統的周期為：T?3(t1?t2?t3)?20s