(2025年)动量模型弹簧例题(带答案)

(2025年)动量模型弹簧例题(带答案)光滑水平面上静置一足够长的木板，木板左端固定一劲度系数k=800N/m的轻弹簧（弹簧原长L₀=0.2m），木板质量M=4kg。木板上距弹簧右端d=0.3m处放置一个质量m=2kg的小物块A，物块与木板间动摩擦因数μ=0.2。另一质量m₀=1kg的物块B以v₀=9m/s的速度水平向右运动，与物块A发生正碰（碰撞时间极短）。已知重力加速度g=10m/s²，弹簧始终在弹性限度内，物块视为质点，碰撞过程无机械能损失。求：（1）碰撞后瞬间物块A和物块B的速度；（2）从碰撞结束到弹簧第一次达到最大压缩量的过程中，物块A在木板上滑行的距离；（3）弹簧的最大压缩量；（4）当弹簧再次恢复原长时，物块A与木板的速度；（5）整个过程中系统因摩擦产生的热量。解答：（1）碰撞过程时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒；题目说明碰撞无机械能损失，为弹性碰撞。设碰撞后A的速度为v₁，B的速度为v₂（向右为正方向）。动量守恒：m₀v₀=m₀v₂+mv₁机械能守恒：(1/2)m₀v₀²=(1/2)m₀v₂²+(1/2)mv₁²代入数据m₀=1kg，m=2kg，v₀=9m/s，联立方程：由动量守恒得：1×9=1×v₂+2×v₁→v₂=9-2v₁代入机械能守恒：(1/2)×1×81=(1/2)×1×v₂²+(1/2)×2×v₁²化简得：81=v₂²+2v₁²将v₂=9-2v₁代入得：81=(9-2v₁)²+2v₁²=81-36v₁+4v₁²+2v₁²整理得：6v₁²-36v₁=0→v₁(6v₁-36)=0解得v₁=6m/s（v₁=0不符合碰撞后A获得速度的实际情况，舍去），则v₂=9-2×6=-3m/s（负号表示向左）。答案：碰撞后A的速度为6m/s向右，B的速度为3m/s向左。（2）碰撞后，物块A以v₁=6m/s向右运动，木板初始静止。A与木板间存在摩擦力f=μmg=0.2×2×10=4N。对A，加速度a₁=-f/m=-4/2=-2m/s²（向左）；对木板，加速度a₂=f/M=4/4=1m/s²（向右）。弹簧第一次达到最大压缩量时，A与木板速度相同（设为v共），此时弹簧压缩量最大（后续分析）。需先确定在弹簧被压缩前，A是否已与弹簧接触。A初始位置距弹簧右端d=0.3m，弹簧原长L₀=0.2m，木板固定弹簧左端，故弹簧自然伸长时右端位置为木板左端+0.2m。A初始位置在木板上距弹簧右端0.3m处，即A初始位置到弹簧右端的距离为0.3m，因此A需向右滑行0.3m才能接触弹簧。设A在接触弹簧前的滑行时间为t₁，滑行距离为s₁，此时A的速度为v₁'，木板的速度为v₂'。对A：s₁=v₁t₁+(1/2)a₁t₁²对木板：s₂=(1/2)a₂t₁²A相对于木板滑行的距离为s₁-s₂=0.3m（接触弹簧的条件）代入s₁-s₂=[v₁t₁+(1/2)a₁t₁²]-(1/2)a₂t₁²=v₁t₁+(1/2)(a₁-a₂)t₁²=0.3m代入a₁=-2m/s²，a₂=1m/s²，v₁=6m/s：6t₁+0.5×(-3)t₁²=0.3→-1.5t₁²+6t₁-0.3=0→1.5t₁²-6t₁+0.3=0解得t₁=[6±√(36-4×1.5×0.3)]/(2×1.5)=[6±√(36-1.8)]/3=[6±√34.2]/3≈[6±5.85]/3取正根t₁≈(6+5.85)/3≈3.95s（舍去，因速度可能提前减为0）或t₁≈(6-5.85)/3≈0.05s验证t₁=0.05s时，A的速度v₁'=v₁+a₁t₁=6-2×0.05=5.9m/s>0，木板速度v₂'=a₂t₁=1×0.05=0.05m/s，均合理。此时A滑行距离s₁=6×0.05+0.5×(-2)×(0.05)²=0.3-0.0025=0.2975m≈0.3m（符合接触条件）。接触弹簧后，系统（A、木板、弹簧）水平方向不受外力（水平面光滑），动量守恒。设从接触弹簧到速度相同的时间为t₂，接触时A的速度为v_A=5.9m/s，木板速度为v_M=0.05m/s。动量守恒：mv_A+Mv_M=(m+M)v共代入数据：2×5.9+4×0.05=6v共→11.8+0.2=6v共→v共=12/6=2m/s对A，接触弹簧后的加速度由摩擦力和弹簧弹力共同决定，但因弹簧压缩量x时弹力F=kx，故A的加速度a_A'=(-f-kx)/m；木板的加速度a_M'=(f+kx)/M。由于动量守恒且最终速度相同，可通过能量或运动学分析滑行距离。但更简便的方法是：整个过程（碰撞后到速度相同）中，A的总位移包括接触弹簧前的s₁=0.3m，以及接触弹簧后的位移s₃。木板的总位移为接触弹簧前的s₂=0.5×1×(0.05)²≈0.00125m，接触弹簧后的位移s₄。A的总位移s_A=s₁+s₃=v₁t总+0.5a₁t总²（但接触弹簧后加速度变化，需用动量定理或能量）。另一种思路：从碰撞结束到速度相同，系统动量守恒，总动量P=mv₁+M×0=2×6=12kg·m/s（木板初始静止）。最终共同速度v共=P/(m+M)=12/6=2m/s（与之前计算一致，因接触弹簧前木板动量可忽略，近似正确）。A的速度从6m/s减到2m/s，加速度由摩擦力产生（接触弹簧前）和摩擦力+弹力（接触后），但总动量变化仅由外力决定，而水平面光滑，系统动量守恒，故v共=12/6=2m/s正确。A的位移可通过动能定理：摩擦力做功等于A动能变化（接触弹簧前）加上弹簧弹力做功（接触后）。但更直接的是计算A在碰撞后到速度相同的总滑行距离。A的初速度v₁=6m/s，末速度v共=2m/s，加速度在接触弹簧前为a₁=-2m/s²，接触后加速度逐渐减小（因弹簧弹力增大，合力增大，加速度绝对值增大？不，弹簧弹力向右时对A是阻力，故A的合力为-f-kx，向左，加速度向左，大小为(f+kx)/m，随x增大而增大，即A做加速度增大的减速运动；木板的合力为f+kx，向右，加速度为(f+kx)/M，做加速度增大的加速运动。但求A在木板上的滑行距离，即相对位移。相对位移等于A的位移减去木板的位移。设从碰撞结束到速度相同的总时间为t，A的位移s_A=∫(0到t)v_A(t)dt，木板的位移s_M=∫(0到t)v_M(t)dt，相对位移Δs=s_A-s_M。由动量守恒：mv₁=(m+M)v共→v共=(2×6)/(2+4)=2m/s（正确，因接触弹簧前木板获得的动量0.05×4=0.2kg·m/s远小于总动量12kg·m/s，可近似认为接触弹簧前木板动量可忽略，总动量仍为12kg·m/s）。对A，动量定理：-f×t-∫(0到x)kx'dx'=m(v共-v₁)（但积分部分为弹簧弹力的冲量，复杂）。改用能量观点：系统动能变化等于摩擦力做功（因弹簧弹力为保守力，不产生热量）。碰撞后系统总动能E₀=(1/2)×2×6²+(1/2)×4×0²=36J速度相同时总动能E共=(1/2)×(2+4)×2²=12J动能损失ΔE=36-12=24J，其中一部分用于弹簧弹性势能，另一部分为摩擦力生热。但接触弹簧前，A在木板上滑行0.3m，生热Q₁=f×0.3=4×0.3=1.2J，剩余动能损失24-1.2=22.8J用于弹簧势能和接触弹簧后的摩擦生热。但更准确的是，相对位移包括接触弹簧前的0.3m和接触后的Δs₂，总相对位移Δs=0.3+Δs₂，总生热Q=f×Δs=4Δs。系统动能变化：E₀-E共=Q+E_p（弹性势能）但需先确定弹簧最大压缩量时是否已达到共同速度，是的，因为当A和木板速度相同时，弹簧不再压缩（若A速度大于木板，弹簧继续压缩；若小于，则开始伸长），故最大压缩量出现在速度相同时。因此，从碰撞结束到最大压缩量，总相对位移Δs满足：E₀-(1/2)(m+M)v共²=fΔs+E_p但E_p=(1/2)kx_max²（x_max为最大压缩量），同时动量守恒mv₁=(m+M)v共→v共=2m/s（正确）。计算E₀=36J，E共=12J，故36-12=24J=4Δs+0.5×800x_max²→24=4Δs+400x_max²...(1)另外，A在木板上的总位移包括接触弹簧前的0.3m和接触后的x_max（因为弹簧原长时右端位置为初始位置，A接触弹簧后压缩x_max，故A相对于木板的位移为x_max），所以Δs=0.3+x_max...(2)联立(1)(2)：24=4(0.3+x_max)+400x_max²→24=1.2+4x_max+400x_max²→400x_max²+4x_max-22.8=0化简：100x_max²+x_max-5.7=0解得x_max=[-1±√(1+4×100×5.7)]/(2×100)=[-1±√(1+2280)]/200=[-1±√2281]/200≈[-1±47.76]/200取正根x_max≈(46.76)/200≈0.2338m但需验证接触弹簧前是否已达到共同速度。接触弹簧前，A的速度从6m/s减到5.9m/s，木板从0增到0.05m/s，显然未达到共同速度2m/s，因此接触弹簧后继续运动直到速度相同，故相对位移包括0.3m（接触前）和x_max（接触后压缩量），因此Δs=0.3+x_max。但之前计算v共=2m/s是正确的，因为系统总动量为12kg·m/s，共同速度v共=12/(2+4)=2m/s。现在求A在木板上的滑行距离，即相对位移Δs=0.3+x_max≈0.3+0.2338≈0.5338m≈0.53m。但更精确的计算：由动量守恒，接触弹簧时（t₁=0.05s），A的动量p_A=2×5.9=11.8kg·m/s，木板动量p_M=4×0.05=0.2kg·m/s，总动量12kg·m/s，之后系统动量守恒，设接触弹簧后经过时间t₂，A的速度v_A=5.9-a₁'t₂（a₁'为接触后的加速度，a₁'=(f+kx)/m，x为压缩量，x=∫(0到t₂)(v_A-v_M)dt，v_M=0.05+a₂'t₂，a₂'=(f+kx)/M）。这是一个变加速问题，需用动量守恒和能量守恒联立求解。系统在接触弹簧后的动量守恒：p_A+p_M=(m+M)v共→11.8+0.2=6×2=12kg·m/s，正确。接触弹簧后的动能变化：初始动能E₁=(1/2)×2×5.9²+(1/2)×4×0.05²≈(1/2)×2×34.81+0.005≈34.81+0.005≈34.815J最终动能E共=12J，动能损失ΔE'=34.815-12=22.815J这部分损失用于弹簧势能和接触弹簧后的摩擦生热Q'=f×x_max（因为接触后A在木板上滑行x_max，相对位移为x_max）故22.815=0.5×800x_max²+4x_max→400x_max²+4x_max-22.815=0解得x_max≈[-4+√(16+4×400×22.815)]/(2×400)=[-4+√(16+36504)]/800=[-4+√36520]/800≈[-4+191.1]/800≈187.1/800≈0.2339m因此，总相对位移Δs=0.3+0.2339≈0.5339m≈0.53m答案：约0.53m（精确值为(√2281-1)/200+0.3≈0.53m）（3）弹簧的最大压缩量即x_max≈0.234m，由上述计算得x_max≈0.234m。验证：当x_max=0.234m时，弹簧弹力F=kx=800×0.234=187.2N，A的加速度a_A=(-f-F)/m=(-4-187.2)/2=-95.6m/s²（向左），木板的加速度a_M=(f+F)/M=(4+187.2)/4=47.8m/s²（向右），此时A的速度v_A=5.9-∫(0到t₂)a_Adt，木板速度v_M=0.05+∫(0到t₂)a_Mdt，最终v_A=v_M=2m/s，符合动量守恒。答案：约0.234m（精确值为√((24-4×0.3)/400)≈0.234m）（4）当弹簧再次恢复原长时，弹簧弹性势能为0，系统动量守恒，机械能守恒（弹簧弹力为保守力，摩擦力做功已计入热量）。设此时A的速度为v_A'，木板的速度为v_M'（向右为正）。动量守恒：mv共+Mv共=mv_A'+Mv_M'→(m+M)v共=mv_A'+Mv_M'→6×2=2v_A'+4v_M'→12=2v_A'+4v_M'→v_A'+2v_M'=6...(3)机械能守恒（弹簧势能为0，动能等于速度相同时的动能加上弹簧释放的势能，减去摩擦生热？不，弹簧恢复原长时，弹性势能回到0，系统动能变化等于摩擦力在弹簧压缩和伸长阶段做功的总和。但更准确的是，从最大压缩量到弹簧恢复原长，系统动量守恒，弹簧弹力做功为0（初末弹性势能均为0），但摩擦力继续做功。设此过程中A相对于木板的位移为x_max（压缩）+x_max（伸长）=2x_max，生热Q''=f×2x_max=4×0.468=1.872J。系统在最大压缩量时的动能E共=12J，弹性势能E_p=0.5×800×(0.234)²≈0.5×800×0.0548≈21.92J，总机械能E=12+21.92=33.92J。弹簧恢复原长时，弹性势能为0，动能E'=E-Q''=33.92-1.872≈32.048J同时E'=(1/2)mv_A'²+(1/2)Mv_M'²=(1/2)×2×v_A'²+(1/2)×4×v_M'²=v_A'²+2v_M'²≈32.048...(4)联立(3)(4)：由(3)得v_A'=6-2v_M'，代入(4)：(6-2v_M')²+2v_M'²=32.048→36-24v_M'+4v_M'²+2v_M'²=32.048→6v_M'²-24v_M'+3.952=0解得v_M'=[24±√(576-4×6×3.952)]/(2×6)=[24±√(576-94.848)]/12=[24±√481.152]/12≈[24±21.93]/12取正根v_M'≈(24+21.93)/12≈45.93/12≈3.83m/s（舍去，因木板速度不可能超过A的初始速度），或v_M'≈(24-21.93)/12≈2.07/12≈0.1725m/s验证：若v_M'=0.1725m/s，则v_A'=6-2×0.1725=5.655m/s，动能=5.655²+2×0.1725²≈31.98+0.06≈32.04J，符合。但另一种思路：由于水平面光滑，弹簧恢复原长时，系统动量守恒且机械能守恒（摩擦力仅在A与木板相对滑动时做功，而弹簧弹力为保守力）。但实际上，A与木板间始终有相对滑动，摩擦力一直做功，因此机械能不守恒，需考虑总生热。整个过程（碰撞后到弹簧恢复原长）的总相对位移为Δs_total=0.3（接触前）+2x_max（压缩和伸长）=0.3+0.468=0.768m，总生热Q_total=4×0.768=3.072J。初始总动能E₀=36J，最终动能E_end=E₀-Q_total=36-3.072=32.928J同时E_end=(1/2)mv_A'²+(1/2)Mv_M'²=v_A'²+2v_M'²=32.928联立动量守恒式v_A'+2v_M'=6，解得：(6-2v_M')²+2v_M'²=32.928→36-24v_M'+6v_M'²=32.928→6v_M'²-24v_M'+3.072=0解得v_M'=[24±√(576-73.728)]/12=[24±√502.272]/12≈[24±22.41]/12取正根v_M'≈(24-22.41)/12≈1.59/12≈0.1325m/s，v_A'=6-2×0.1325=5.735m/s动能=5.735²+2×0.1325²≈32.9+0.035≈32.935J，接近32.928J，误差因x_max近似值导致。更准确的方法是利用动量守恒和相对速度。弹簧恢复原长时，A相对于木板的速度大小与接触时相同（类似弹性碰撞），但由于摩擦力存在，相对速度会减小。设接触弹簧时A相对于木板的速度为u₁=5.9-0.05=5.85m/s，弹簧恢复原长时相对速度为u₂，则根据能量守恒，摩擦力做功等于动能损失：f×2x_max=0.5(m+M)(u₁²-u₂²)代入数据：4×0.468=0.5×6×(5.85²-u₂²)→1.872=3×(34.22-u₂²)→1.872/3=34.22-u₂²→0.624=34.22-u₂²→u₂²=33.596→u₂≈5.796m/s因此，v_A'-v_M'=u₂≈5.796m/s，联立v_A'+2v_M'=6，解得：v_M'=(6-u₂)/3≈(6-5.796)/3≈0.204/3≈0.068m/sv_A'=6-2×0.068≈5.864m/s此结果更合理，因摩擦力使相对速度略有减小。答案：物块A速度约5.86m/s向右，木板速度约0.068m/s向右（