粤教版高中物理选择性必修第一册第1章素养提升课1三类“碰撞”模型学案

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素养提升课(一)　三类“碰撞”模型1．会处理含有弹簧类的问题，并进行相关计算2．会处理含有斜面或曲面的问题，并进行相关计算．3．会用动量和能量的观点处理板块问题，并进行相关计算． 类型1　“滑块—弹簧”碰撞模型【典例1】　(2022·重庆南开中学高三期中)如图所示，滑块Q与轻弹簧栓接，静止在光滑水平地面上，滑块P以速度v0向右运动．P与弹簧一接触便对Q施加一水平外力(图中未画出)，使Q保持静止，P速度第一次减小到v02时撤去外力．已知P、Q质量均为m，弹簧始终未超出弹性限度，求：(1)水平外力对Q的冲量大小及方向；(2)撤去外力后弹簧弹性势能的最大值．[解析]　(1)在P接触弹簧后速度由v0减小为v02的过程中，设向右为正方向，则对P与Q组成的系统，由动量定理得I＝mv02－mv0＝－12mv0可知该水平外力的冲量大小为12mv0，方向水平向左．(2)撤去外力瞬间弹簧的弹性势能Ep0＝12mv02－12m(v02)2＝38mv02撤去外力后，当两滑块速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．设共速的速度大小为v，由于撤去外力后系统水平方向动量守恒，有m·v02＝2mv即v＝v04又由系统机械能守恒，有12m(v02)2＋Ep0＝12·2mv2＋Ep解得撤去外力后弹簧弹性势能的最大值Ep＝7mv0216 ．[答案]　(1)大小为12mv0，方向水平向左　　(2)716mv02【典例2】　(2022·湖北浠水县第一中学高二阶段练习)如图所示，光滑水平面上质量为mA＝2 kg，mB＝3 kg的A、B两物块用轻质弹簧连接，一起以v0＝4 m/s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC＝1 kg的物块C发生碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．(1)若物块B与C发生弹性碰撞，求碰后C的速度大小；(2)若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，求此后弹簧能获得的最大弹性势能．[解析]　(1)物块B与C发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv0＝mBvB＋mCvC由机械能守恒定律得12mBv02＝12mBvB2+12mCvC2代入数据解得vB＝2 m/svC＝6 m/s．(2)若物块B与C碰撞后粘合在一起运动，碰撞过程中系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mBv0＝(mB＋mC)v代入数据解得v＝3 m/s当A、B、C三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，设共同速度为v′，由动量守恒定律得mAv0＋mBv0＝(mA＋mB＋mC)v′代入数据解得v′＝103 m/s由机械能守恒定律得12mAv02＋12(mB＋mC)v2＝12(mA＋mB＋mC)v′2＋Ep代入数据解得弹簧的最大弹性势能Ep＝23 J．[答案]　(1)6 m/s　(2)23 J 类型2　“滑块—斜面”碰撞模型【典例3】　(2022·广东广州高二课时练习)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的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，试分析：(1)在相互作用的过程中，小球和轨道组成的系统机械能是否守恒？总动量是否守恒？(2)小球到达最高点时，小球与轨道的速度有什么关系？最大高度为多少？(3)小球与轨道分离时两者的速度分别是多少？[解析]　(1)整个过程中只有小球的重力及系统内弹力做功，系统机械能守恒，系统合外力不为零，总动量不守恒，但水平方向上合外力为零，系统在水平方向上动量守恒．(2)当小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝3mv由能量守恒定律得12mv02＝12×3mv2＋mgh联立解得h＝v023g．(3)设小球离开轨道时的速度为v1，轨道的速度为v2，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2根据机械能守恒定律有12mv02＝12mv12+12×2mv22联立解得v1＝－13v0，v2＝23v0．[答案]　(1)机械能守恒，总动量不守恒　(2)小球上升到最高点时，小球和轨道的速度相同，v023g　(3)－13v0　23v0【典例4】　(2022·广东实验中学高三专题练习)竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点．已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m．(1)求小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小．(2)为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大？[解析]　(1)小物块冲上滑道的初速度设为v，则E＝12mv2，小物块最终停在AB的中点，跟滑道有相同的速度，设为v′，在这个过程中，系统动量守恒，有mv＝(M＋m)v′系统损失的动能用于克服摩擦力做功，有ΔE＝12mv2－12(M＋m)v′2而ΔE＝32FfL联立解得摩擦力的大小Ff＝E2L．(2)若小物块刚好到达D处，此时它与滑道有共同的速度(与v′相等)，在此过程中系统总动能减少，转化为内能(克服摩擦做功)和物块的重力势能，同理，有ΔE1＝12mv2－12(M＋m)v′2而ΔE1＝FfL＋mgR解得要使物块不从D端离开滑道，CD圆弧的半径至少为R＝E4mg．[答案]　(1)E2L　(2)E4mg 类型3　子弹打木块与板块模型【典例5】　(2022·山东泰安一中高二阶段练习)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，质量m＝2 kg的小物块以速度v0滑到长木板上，小物块在到达木板右端前与木板相对静止，图(b)为物块与木板运动的v­t图像，已知图中t1＝1 s、v0＝3 m/s，v1＝2 m/s，重力加速度大小为g＝10 m/s2，由此可求：(1)长木板的质量；(2)小物块与长木板间的动摩擦因数；(3)小物块和长木板组成的系统损失的机械能；(4)长木板长度的最小值．[解析]　(1)由图可知，t1时刻小物块与长木板共速，小物块与长木板组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v1代入数据解得，长木板的质量为M＝1 kg．(2)小物块在长木板上与长木板相对滑动时，对长木板受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝Ma由图像可得，此时长木板的加速度为a＝v1-0t1联立解得，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝0.1．(3)根据能量守恒可得，小物块和长木板组成的系统损失的机械能为ΔE＝12mv02-12m+Mv12＝3 J(4)设木板长度为L，根据功能关系有μmgL＝ΔE解得，长木板的长度至少为L＝1.5 m．[答案]　(1)1 kg　(2)0.1　(3)3 J　(4)1.5 m【典例6】　(2022·湖南长郡中学高二阶段练习)如图所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2．求：(1)滑块在木板上滑动过程中，滑块的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小；(2)若滑块刚好没有从木板右端滑出，求木板的长度；(3)若木板长L＝2.25 m，求滑块在木板上运动过程中木板对滑块的冲量大小．[解析]　(1)对滑块根据牛顿第二定律得μmg＝ma1解得a1＝1 m/s2对木板根据牛顿第二定律得μmg＝Ma2解得a2＝0.5 m/s2．(2)设木板长度为L0，滑块刚好没有从木板右端滑出，则最终滑块到达边缘时与木板同速，对系统根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v代入数据解得v＝1 m/s对系统根据能量守恒定律得μmgL0＝12mv02－12(m＋M)v2解得木板长度为L0＝3 m．(3)对滑块根据位移公式得x1＝v0t－12a1t2对木板根据位移公式得x2＝12a2t2又因为x1－x2＝L解得：t＝1 s，t＝3 s(舍去)．木板对滑块摩擦力的冲量I1＝μmgt，代入数据解得I1＝1 N·s木板对滑块支持力的冲量I2＝mgt，代入数据解得I2＝10 N·s木板对滑块的冲量I＝I12+I22＝12+102 N·s＝101 N·s．[答案]　(1)1 m/s2　0.5 m/s2　(2)3 m　(3)101 N·s素养提升练(一)　三类“碰撞”模型1．(广东省佛山市高三期中物理试题)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则(　　)A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在以后的运动过程中，小球和槽的机械能始终守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处C　[小球在弧形槽上运动时，竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒；当小球与弹簧接触后，小球受到弹力，小球和槽组成的系统动量也不守恒，A错误；在以后的运动过程中，小球和槽以及弹簧组成的系统机械能守恒，小球和槽的机械能不守恒，B错误；根据水平方向动量守恒可知0＝mv球＋mv槽，小球和槽分开时的速度大小相等，方向相反，小球被弹簧反弹后，小球原速率返回，且小球和槽水平方向不受外力，都做速率不变的直线运动，且小球不会追上槽，C正确，D错误．]2．(多选)(2022·陕西渭南市瑞泉中学高二阶段练习)如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平．有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s 从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10m/s2．下列说法正确的是(　　)A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 mD．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.8 mBC　[在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，A错误；在小球滑到最高点的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，B正确；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M+m＝1 m/s，由小球与小车组成的系统机械能守恒，有12mv02＝12(M＋m)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，C正确，D错误．]3．(2022·山东师范大学附中高二练习)如图所示的轨道，由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圆弧部分组成，置于光滑的水平面上．当轨道固定不动时，将可视为质点的物块，从圆弧轨道的最高点由静止释放，物块恰好停在水平轨道的最左端．当轨道不固定时，仍将物块从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是(　　)A．物块与轨道组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．物块与轨道组成的系统动量不守恒，机械能守恒C．物块将从轨道左端冲出水平轨道D．物块仍能停在水平轨道的最左端D　[物块与轨道组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，轨道水平部分粗糙，物块与轨道间有摩擦力，物块在轨道的水平部分运动时因摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A、B错误；设轨道水平部分长为L，圆弧部分半径为R，当轨道固定时，由能量守恒定律有mgR＝μmgL，轨道不固定时，设物块相对轨道静止时，共同速度为v，取向左为正方向，在轨道水平部分滑行的距离为x，根据水平方向动量守恒得0＝(M＋m)v，由能量守恒定律可得mgR＝12(M＋m)v2＋μmgx，联立解得x＝L，所以物块仍能停在水平轨道最左端，故D正确，C错误．]4．(2022·珠海市高三阶段练习)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较(　　)A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量不一样大C．射入滑块A中阻力对子弹做功是射入滑块B中的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同D　[设子弹质量m，滑块质量M，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，mv0＝(m＋M)v2，所以v1＝v2，即两子弹初末速度均相等，速度变化量相等，故A错误；对滑块，根据动量定理得I1＝Mv1，I2＝Mv2，所以I1＝I2，故B错误；对子弹，根据动能定理得Wf1＝12mv12-12mv02，Wf2＝12mv22-12mv02，所以Wf1＝Wf2，故C错误；对系统，根据能量守恒定律得Q1＝12mv02-12m+Mv12，Q2＝12mv02-12m+Mv22，所以Q1＝Q2，故D正确．]5．(2022·广东广州市第三中学高二阶段练习)子弹水平射入一个静置于光滑水平面上的木块中，然后一起前进，设子弹和木块作用时间可以忽略不计，则(　　)A．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同B．子弹的动量变化和木块的动量变化相同C．子弹和木块组成的系统动量守恒D．子弹减少的动能等于木块增加的动能C　[在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，由冲量的定义I＝Ft可知，子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小相等，方向相反，故A错误；由于子弹和木块组成的系统，所受外力的合力为0，所以系统动量守恒，子弹的动量变化与木块的动量变化之和为0，则Δp子弹＝－Δp木块，所以子弹的动量变化和木块的动量变化大小相等，方向相反，故B错误，C正确；子弹射入木块的过程，摩擦生热，系统的总动能减少，所以子弹减少的动能大于木块增加的动能，故D错误．]6．(2022·广州高三阶段练习)如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量是Q的2倍，Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以初速度v0向Q运动(轻质弹簧与P不粘连)并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中有(　　)A．当弹簧被压缩最短时，Q的速度最大B．P的最终动能是它初动能的19C．P被弹簧弹开瞬间速度与初速度反向D．由于弹簧被压缩，最终P将静止B　[当Q只要受到弹簧弹力作用时就有加速度，则当弹簧恢复原长时，Q的加速度为零，速度最大，A错误；当弹簧恢复原长时，设P、Q的速度分别为v1、v2，且设P、Q的质量分别为2m和m，则由动量守恒定律和能量关系可知2mv0＝2mv1+2mv2，12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝v03，v2＝4v03，P的初动能EkP0＝12×2mv02＝mv02，P的末动能EkP＝12×2mv12＝19mv02，则P的最终动能是它初动能的19，P被弹簧弹开瞬间速度与初速度同向，最终以v03的速度做匀速运动，故B正确，C、D错误．]7．(2022·广州市第十一中学高二练习)如图甲所示，长木板A静置在光滑的水平面上，物块B可视为质点以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的上表面的最左端，之后它们的速度随时间变化情况如图乙所示，在两者相对运动过程中，因摩擦产生的热量为4 J，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．长木板A的质量为4 kgB．摩擦力对物块B做功为6 JC．长木板A的长度不小于1.5 mD．长木板A与物块B间的动摩擦因数为0.2A　[由v­t图像斜率表示加速度可知，长木板A和物块B的加速度大小相等，结合牛顿第二定律，有a＝μmgmA＝μmgmB＝ΔvΔt＝1-01＝1 m/s2，可得μ＝0.1，mA＝mB，A、B系统由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v，联立得v＝v02，在两者相对过程中系统损失的机械能转化成摩擦产生的热量有ΔE＝Q＝12mBv02-12mBv2－12mAv2＝4 J，根据题目图像把v0＝2 m/s，v＝1 m/s代入，联立解得mA＝mB＝4 kg，故A正确，D错误；由动能定理得WfB＝12mBv2－12mBv02，代入数据解得WfB＝－6 J，故B错误；由题图可得，0～1 s内B的位移为xB＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝12×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误．]8．(多选)(2022·广东高二阶段练习)如图所示，质量为2m的14圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上，凹槽半径为R，A点切线水平．质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，恰好运动到B点．重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法正确的是(　　)A．小球的初速度大小v0＝gRB．若凹槽解除锁定，小球和凹槽组成的系统动量不守恒C．若凹槽解除锁定，小球上升的最大高度为23RD．若凹槽解除锁定，凹槽获得的最大速度为2gR3BC　[圆弧形凹槽OAB锁定在光滑水平面上，由机械能守恒定律12mv02＝mgR，所以小球的初速度大小v0＝2gR，故A错误；凹槽解除锁定，小球和凹槽组成的系统受到的合外力不为0，动量不守恒，但系统在水平方向受到的合外力为0，所以在水平方向动量守恒，故B正确；凹槽解除锁定，当小球与凹槽的速度相同时小球上升的高度最大，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒定律12mv02＝12(m＋2m)v2＋mgh，解得h＝23R，故C正确；当小球运动到凹槽底端时凹槽获得的速度最大，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律12mv02＝12mv12+12×2mv22，解得v2＝232gR，故D错误．]9．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔高二期中)如图所示，一轻质弹簧两端各连着滑块A和B，滑块A的质量为m0，滑块B的质量2m0，两滑块都置于光滑的水平面上，今有质量为m0的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出，下列说法正确的是(　　)A．子弹打入滑块A的过程中，子弹对滑块A的冲量大小为m0v0B．滑块B的最大速度为12v0C．弹簧的最大弹性势能为18m0v02D．子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统损失的机械能为38m0v02BC　[子弹打入滑块A的过程中，子弹和滑块A组成的系统动量守恒，设共速的速度大小为v，根据动量守恒定律可得m0v0＝2m0v，解得v＝12v0，对滑块A，取向右为正方向，根据动量定理可得子弹对滑块A的冲量大小为I＝m0v＝12m0v0，故A错误；子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，当弹簧第一次回到原长时，滑块B的速度最大，设此时子弹和A的速度大小为v1，滑块B的速度大小为v2；根据动量守恒定律可得2m0v＝2m0v1＋2m0v2，根据机械能守恒定律可得12×2m0v2＝12×2m0v12+12×2m0v22，解得v1＝0，v2＝12v0，滑块B的最大速度为12v0，故B正确；当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2m0v＝4m0v共，根据能量守恒定律可得Ep＝12×2m0v2-12 ×4m0v共2，联立解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝18m0v02，故C正确；只有子弹打入滑块A过程中机械能有损失，之后子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统机械能不变，则损失的机械能为ΔE＝12m0v02－12×2m0v2＝14m0v02，故D错误．]10．(多选)(2022·吉林公主岭第五中学高二阶段练习)如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上用一条长为L的轻绳拴一个小球，小球与悬点在同一水平面上，轻绳拉直后小球从A点静止释放，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)A．小球的机械能守恒，动量守恒B．小车的机械能守恒，动量也守恒C．小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒D．小球一定能摆到与A点同高度处CD　[小球向下摆动的过程中，轻绳拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球和小车各自的机械能不守恒，但是小球和小车组成的系统机械能守恒，系统水平方向动量守恒，故A、B错误，C正确；当小球向下摆过程中，小车向左加速；当小球向上摆动时，小车向左减速，当小车速度减为零时，根据系统机械能守恒，小球将摆到与A点等高处，故D正确．]11．(2022·广东汕头高三阶段练习)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与两物块A、B相连接，A的质量m1＝2 kg，B的质量为m2，开始静止在光滑的水平面上．t＝0时刻使B获得v0＝3 m/s水平向右的瞬时速度，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示．求：(1)B物块的质量；(2)物块A的最大速度．[解析]　(1)0～1 s内A、B组成的系统动量守恒，有m2v0＝(m1＋m2)v解得m2＝1 kg．(2)当弹簧恢复原长时A的速度最大，设A、B速度分别为v1、v2，由两者组成的系统动量守恒得m2v0＝m1v1＋m2v2系统机械能守恒12m2v02＝12m1v12+12m2v22解得v1＝2 m/s．[答案]　(1)1 kg　(2)2 m/s12．(2022·宁夏石嘴山市第三中学高二阶段练习)如图所示，在水平面上放置质量为M＝0.8 kg的木块，一质量为m＝0.05 kg的子弹以v0＝180 m/s的水平速度射穿木块，穿透时间极短，穿透木块后子弹速度降为v1＝100 m/s．若木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2，求：(1)子弹刚穿透木块时木块的速度v2；(2)子弹穿透木块过程中系统产生的热量Q；(3)木块在地面上滑行的距离s＝4 m时的速度vt．[解析]　(1)根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2解得v2＝5 m/s．(2)根据能量守恒定律得Q＝12mv02-(12mv12+12Mv22)＝550 J．(3)根据动能定理得－μMgs＝12Mvt2-12Mv22解得vt＝3 m/s．[答案]　(1)5 m/s　(2)550 J　(3)3 m/s13．如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内光滑．忽略一切摩擦，求：(1)小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力FN的大小；(2)小球在槽右端上升的最大高度h．[解析]　(1)根据题意，设小球由A落至圆弧最低点时的速度为v，取圆弧最低点为势能零点，由机械能守恒定律有mgR＝12mv2在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有FN－mg＝mv2R联立解得FN＝3mg．(2)根据题意可知，小球向上运动的过程中，小球和槽体组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球滑至最高点时m与M的共同速度为v1，则有mv＝(M＋m)v1此过程中系统机械能守恒，则有12mv2＝12m+Mv12＋mgh联立解得h＝MM+mR．[答案]　(1)3mg　(2)MM+mR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，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(完全非弹性碰撞拓展模型)(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)模型图示模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道．系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02＝12M+mv共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)最低点：m与M分离点．系统水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，12mv02＝12mv12+12Mv22(完全弹性碰撞拓展模型)模型图示模型特点(1)若滑块未从木板上滑下(子弹留在木块里)，当两者速度相等时木板(木块)的速度最大，两者的相对位移取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能