模型15、弹性碰撞与非弹性碰撞模型（解析版）-2024年高考物理答题技巧与模板构建

模型15、弹性碰撞与非弹性碰撞模型

【模型概述】

一、碰撞类型正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞)

弹性碰撞和非弹性碰撞

1弹性碰撞:两个物体发生碰撞过程，系统的机械能没有损失。

系统动量守恒，机械能守恒。

2.非弹性碰撞:两个物体发生碰撞过程，系统的机械能有损失。

系统动量守恒，机械能减少。

3.完全非弹性碰撞:碰撞后粘合在一起，机械能损失最多。

二、碰撞现象的三个原则

系统动量守恒;不违背能量守恒;物理情景可行性

①若碰前两物体同向运动，则应有尢>%一碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，

则应有%>%.

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.

深化拓展：(1)碰撞过程中作用时同极短，内力远大于外力，所以满足动量守恒.

(2)不受外界因素影响的情况下，碰撞只能发生-次且碰后的能量不比碰前的能量大.

【模型解题】

一、打击类问题

1.J7击类问题模型也是“碰撞”的一种类型。由于在“打击”瞬间，其它外力相对于打击力较小，可以忽略不计，

因此参与“打击”的物体系统动量守恒。

2.“打击”时，一般有机械能的损失，属于“非弹性碰撞”类型，其中子弹“打击”木块，并留在木块中时，系统

机械能损失最多。

3.“打击”完毕后，一般还有其它过程，注意“多过程”问题的分析，

二、含弹簧的类碰撞问题模型

(1)当弹簧被压缩至最短时，或被拉伸至最长时，二物体速度相同、动量守恒，此时弹性势能Ep最大.Ep等

于二物体的动能的减少量.

(2)当弹簧再次恢复自然长度时，一个物体的速度最大，另一-物体的速度最小，此时弹簧的弹性势能为零.

【模型训练】

【例1】如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为叫和加2，图乙为它们碰撞后

的ST图像，已知见=O」kg.由此可以判断（）

tfs/n

左丁@右4区

I1»一

//////J7/////////////7///////0246Z/s

甲乙

A.碰前加2匀速，叫加速运动

B.碰后恤和町都向右运动

C.=0・2kg

D.碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒

【答案】D

【详解】AB.由s“图像的斜率笔于速度可知碰前m2静止，皿匀速运动，⑸的速度为

「竺=4m/s

向右运动；碰后〃〃速度为

0-8,c/

小=-----m/s=-2m/s

6-2

向左运动，碰后的速度

916-8,个,

V=------m/s=2m/s

26-2

向右运动，故AB错误；

C.根据动量守恒定律得

n2=肛4’+加2匕'

代人数据解得

叱=0.3kg

故C错误；

D.两物体组成的系统在碰撞前的机械能为

匚I=1X().|X42J=0.8J

E=­n%d

碰撞后的机械能力

E7=；班yf+~nt>v2，=0.8J

因为

E=E

所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D正确。

故选D。

变式1.1质量为町和叫的两个物体在光滑水平面上止碰，其位置.坐标x随时间/变化的图像如图所示。己

知叫=1kg,下列说法正确的是（

A.碰撞前色的速度4m/sB.碰撞后叫做减速运动

C.吗的质量为3kgD.上述碰撞为非弹性碰撞

【答案】C

【详解】A.图像的斜率等于速度,可知碰撞前网的速度

v,=；m/s=4m/s

，犯的速度为零，选项A错误;

B.碰撞后町向反方向左匀速运动，选项B错误;

C.图像的斜率等于速度可知，碰后町和恤的速度分别为

匕=-2m/s

v2=2m/s

根据动量守恒定律

/%匕=m1H+ni2v2

解得

m2=3kg

选项C正确；

D.上述碰撞损失能量为

所以是弹性碰撞，故C正确D错误。

故选C。

【例2】如图所示，用等长的轻绳将大小相同的弹性小球A、B悬挂于同一高度，静止时两球恰能接触且悬

绳竖直，已知两球质量分别为〃?A、IUB.现将A球向左拉至某一高度〃后由静止弹放（悬绳始终保持伸直

状态，不计空气阻力），使其与B球发生弹性碰撞，下列描述正确的是（）

A.若碰撞后,A球静止，B球摆起的高度等于A

B.若〃?碰撞后,A、B都向右摆动，且B球摆起的高度小于力

C.若niA<rnnf碰撞后,A、B都向右摆动，且B球摆起的高度小于介

D.无论A、B质量大小如何，糅放后整个过程A、B系统的机械能和动量都守恒

【答案】A

【详解】小球A下降〃时，根据机械能守恒

可得

碰撞的过程中满足动量守恒，机械能守恒

%%=叫匕+/%

121212

5网'埼=5'纵斗+-ft1^2

整理得

2mA

%，V2=—%

叫+"%%+〃％

A.若可知

匕=0，匕二%

即碰后A球静止，B以血的速度上摆，摆起的高度等于h,A正确;

B.若mQm/i,可知

V|>0,v2>v0

即碰撞后，A、B都向右摆动，B球摆起的高度大于儿B错误;

C.若〃〃</M可知

v(<0,v2>0

即碰撞后，A球向左运动，B球句右运动，C错误；

D.在A球下摆和碰后两球运动的过程中，所受合外力均不为零,因此动量均不守恒.D错谡.

故选Ao

变式2.1如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，〃用二5m,、。B球静止，拉

起A球，使细线与竖直方向偏角为30。，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则

关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是()

A.A静止，B向右，且偏角小于30。

B.A向左，B向右，且偏角等于30。

C.A向左,B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30。

D.A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于3CT

【答案】C

【详解】设A球到达最低点的速度为也在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为％,B球的速度

为明，规定向右为正方向。由动量守恒可得

mAV=mA%+〃?碇8

由机械能守恒可得

1,1,1

乙乙乙

可得

m.-2

vA=­------V=——V

叫+飞3

2m.1

-------v=—v

叫+/---3

故A向左，B向右。设碰后A球偏角为&绳长为L由机械能守恒

黑片二SM(1-COSO)

故

cos=1-

2gL

可见偏角与小球在最低点的速度大小有关，与质审无关，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原来的

偏角30°o

故选C。

变式2.2用如图所示的"牛顿摆''装置来研究小球之间的碰撞，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架

上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5分别标记

5个小钢球.如图甲，当把小球】向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小球，下列

分析中正确的是()

A.上述实验中，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同

B.上述碰撞过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒

C.如图乙所示，如果同时向左拉起小球I、2、3到相同高度后，再同时由静止释放，经碰撞后，小球4、

5起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的释放高度

D.如图丙所示，若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的

高度是小球2的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度

【答案】A

【详解】A.小钢球极短时间内的碰撞可认为弹性碰撞，则实验中可观察到球5向右摆起，且达到的最大高

度与球1的释放高度相同，故A正确；

B.每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，不是5个小球组成的系统，故B错误；

C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，再同时由静止释放，则3与4碰撞后，3停止，4具有向

右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止，5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3

与4碰撞，使4向右摆起，2球夙停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3

向右摆起，故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，

故C错误；

D.若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一人较小的高度，且小球1的高度是小球2的

两倍，由静止释放，两球相碰机械能守恒、动量守恒，则两球速度交换，应观察到发生碰撞后两小球均反

弹并返回至对方的初始高度,即2球比1球弹得高，故D错误。

故选Ao

【例3】如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升

到很大高度。将质量为切？（k>l）的大球（在下），质量为〃，的小球（在上）叠放在一起，从距地面高力

处由静止释放，/?远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，

旦碰撞时间极短。下列说法正确的是（）

§

h

A.两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为〃?g

B.大球与地面第一次蒯撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为5

C.无论左取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0

D.若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9〃

【答案】D

【详解】A.两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0,A错误;

B.下落过程中由自由落体运动规律得

v2=2gh

解得大球与地面碰撞前的速度大小为

根据动量定理可得

/=Ikmv=2gh

B错误;

C.以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守恒,

设碰撞前小球和大球的速度分别为丫，碰后大球的速度为由小球的速度为也，由动量守恒定律

hnv-mv=kmvx+mv2

由机械能守恒定律

，，

—1k.mv~->+—1mv~2=1—kjnv,2+—mvy-

22212-

两式联立解得

(hn-m)v-2mv

V)=-------------------

hn+m

可知当

k=3

时，大球与小球碰撞后大球的速度为0,C错误；

D.大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，

系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为W,大球速度大小为议，选向上为正方向，由动能

量守恒和机械能守恒

Mv-tnv=+Mv2

—(m+A7)v2mV,+—Mv：

解得

(3M-"?)j2gh

V,=~-

当M»n】时，不考虑加影响，则

v,=3网h

小球上升高度为

H=^-=9h

2g

D正确；

故选D。

变式3.1如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为人处自由落下，h

远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，

不考虑空气阻力，则下列判断中错误的是()

A.下落过程中两个小球之间没有相互作用力

B.A与B第一次碰后小球B的速度为零

C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2/?

D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4万

【答案】C

【详解】A.球B与地面碰撞前，对AB整体，由牛顿第二定律得

（/彻+〃加）g=（阳八+"3）a

解得

4=g

设下落过程中两个小球之间的弹力为。对8球，由牛顿第二定律得

解得

7=0

故A不符合题意；

B.根据机械能守恒定律可得

（加八十"用）gh=；（iriA+ma'）片

解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为

vo=

B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后

A、B速度大小分别为巾、vs,选向上方向为正方向，由动量守恒定律得

niBVo-mAvo=m.\VA+msvs

由机械能守恒定律得

—（niA+niB）v（/=—IJIAVA-+不MBW

由题可知

/WB~3mA

联立解得

以=2"证

必?=0

故B不符合题意;

CD.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度为

故C符合题意，D不符合题意。

故选C。

变式3.2如图所示，某同学在教室内做“子母球''的实验，将两质量分别为〃〃和加2的弹性小球A、B叠放在

一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性

碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球〃?2=4〃〃，课桌边缘离地面高度为/『0.75m,天花板离

地面3.6m,则（）

A.A小球弹起能打到天花板

B.B小球弹起能超过桌子一半高度

C.在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向

D.在碰撞的总过程，A小球机械能守恒

【答案】A

【详解】AB.以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为由

功能关系可得

叫g/?=K叫片

由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，设碰后B速度为力，则在

大小上有

丹=9

以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球落地前速度为卬，g取lOm/sz,则由功能

关系可得

,1，

犯口?=5班可

根据以上可解得速度大小均为

V,=v2=Vj=V15nVs

由于AB触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两球相碰后速度分别为

V4,V5,以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有

一〃?［匕+m2V2=W1V4+W2V5

1212I2I2

5叫％+-rn2v2=5叫y+3'%%

联立以上及结合题意可解得

心=日VT5m/s

%=gV15ni/s

以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得

,，12

叫g%=-fW

联立可得

K=3.63m>3.6m

故A球弹起能打到天花板。

同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得

,，1，

=2'%吗

联立可得

/<=0.03m<-=0.375m

2

故B球弹起后不能超过桌子一半高度。故A正确，B错误:

C.在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为卬，火,故对

A球有

=w?)(v4-v3)=/??,(y\/i5->/i5)=-1>/r5z7z1

JJ

B球发生碰撞前后速度分别为V2,4,故对B球有

△PR=(v2+v5)=4〃((\/15+gV15)=g

故C错误。

D.由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。

故选A。

【例4】如图所示。在光滑水平面上。两个物体的质量都是〃?，碰撞前乙物体静止，甲物体以速度2m/s向

它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2〃?的物体，以一定速度继续前进。则碰撞过程中系统

损失的机械能为（）

//////////////////////////

A.mB.0.5mC.2mD.1.5m

【答案】A

【详解】根据动量守恒定律，有

2mv=mv

解得

^=lv=lm/s

2

碰撞前总动能

L1，C

E.=—tnv'=2m

k2

碰撞后总动能

E；=；•2inv2=in

碰撞过程中总动能损失

AEk=Ek-E；=nt

故选A。

变式4.1如图所示，质量相同的A球和B球，A球用细线吊起，B球放在悬点正下方的光滑水平面上。现

将A球拉到高距离地面高度为〃处由静止释放，摆到最低点时与B球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，

则两球上摆的最大高度（空气阻力不计）（）

〃〃///〃

O

,扁―工

T//n//////////////////A

A.等于5B.等于《C.介于力和g之间D.有可能大于力

【答案】A

【详解】A球由静止释放到最低点与B球碰撞前的过程，根据动能定理可得

mgh.=-1mv-2

解得

%=7^

A球与B球碰撞过程满足动量守恒，则有

=2mv

解得碰后两球的共同速度为

V_yl2gh

V—0—―-------

22

碰后两球粘在一起向上摆到最大高度过程，根据动能定理可得

-Imgh1=0--x2/加

解得两球上摆的最大高度为

4

A正确，BCD错误。

故选A.

变式4.2如图所示，在光滑的水平面上有2023个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第

一个小球初动能蜃，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中

因为碰撞损失的机械能总量为（）

Ek

Ja_c

I23

A.-^—Ekn2022广

・2023队

2023

D.些反

2022

【答案】B

【详解】以第一个小球初速度四方向的为正方向，将2023个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终的

速度为打运用动量守恒定律得

mvo=2023mv

解得

1品

则系统损失的机械能为

△E=—mv^.--x2023〃/

202

解得

2023

故选B。

【例5】在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块凹槽的底端切线水平，如

图所示。质量为1kg的小物块〃？以%=6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块M的顶

端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取g=10m/s2,不计空气阻力。在小物块〃?沿滑块M滑行的整

个过程中，下列说法正确的是（）

A.地面对滑块M的冲量为零

B.小物块机沿滑块M上滑的最大高度为0.6m

C.滑块M对小物块〃?做的功为-16J

D.合力对滑块M的冲最大小为16N-

【答案】C

【详解】A.根据冲量公式

I=Ft

地面对滑块M的作用力不为零，可知地面对滑块”的冲量不为零，A错误;

B.当物块与凹槽二者速度相等时，小物块〃?沿滑块/上滑的高度最大，设最大高度为人，系统水平方向动

量守恒，以%的方向为正方向，有

“7%=(〃?+M)

由机械能守恒可得

；〃，片=；(，〃+MF+〃明力

解得

h=1.2m

B错误；

C.设小物块〃，返回滑块M的底端时，小物块〃?与滑块M的速度分别为外、打，系统水平方向动量守恒,

有

mv0=〃?匕+MV2

机械能守恒

11212

—/wvj2=-nw~+—Mv；

解得

1f,

H=-§%=-2m/s

2),

岭=q%=4m/s

对加在全过程中，应用动能定理可得

W=gmvf-i=-16J

C正确;

D.根据动量定理，合力对滑块M的冲量大小为

/=/WV2-()=8N-S

D错误。

故选C。

变式5.1在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M,凹槽的底端切线水平，

离地高度为5cm,如图所示。质量为1kg的小物块根以％=3m，s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，

恰好能到达滑块M的顶端，然后滑下离开凹槽。重力加速度取g=K)m/s2,不计空气阻力。则下列说法正

确的是()

A.小物块落地时与槽左端的水平距离为30cm

B.小物块〃?离开槽后做自由落体运动

C.弧形凹槽的高度为45cm

D.小物块对滑块先做正功后做负功

【答案】A

【详解】AB.小物块在槽上运动的过程中，小物块与凹槽构成的系统在水平方向动量守恒，设小物块刚离

开槽时，小物块速度为n/,槽的速度为以，以向右为正方向，贝]水平方向根据动量守恒定律有

=〃?匕+MV2

整个运动过程机械能守恒，故有

I,1212

—=—mv~+—Mv；

222

联立解得

Vj=-lm/s（方向向左），V-=2m/s

故小物块离开凹槽后做平抛运动，故小物块离开凹槽到落地过程中，竖直方向上有

h=Qg「

水平方向上有

X=卬

此过程中凹槽移动位移为

X]=v2t

小物块落地时与槽左端的水平距离为

=x+X）

联立解得

/=0.Is，Av=30cm

故A正确，B错误；

C.小物块运动到凹槽最高点时，小物块与凹槽的水平方向速度相等，小物块与凹槽构成的系统在水平方向

动量守恒，设小物块到达凹槽最高点时速度为V，以向右为正方向，则水平方向根据动量守恒定律有

mv0=(in+M)v

上升到最高点的过程中系统机械能守恒，故有

g6*=—(tn+M)v2+〃!g%

联立解得

丸=60cm

故C错误；

D.小物块在凹槽上运动过程中，小物块对滑块的正压力始终指向斜右下方，对滑块始终做正功后。故D

错误。

故选Ao

变式5.2在光滑水平地面上放一个质量为2kg的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M,凹槽的底端切线水平，

如图所示。质量为1kg的小物块用以V=6m/s的水平速度从滑块M的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块

M的顶端。重力加速度取g=10e/s?,不计空气阻力。在小物块机沿滑块M滑行的整个过程中，下列说

法正确的是()

A.小物块m沿滑块M上滑的最大高度为0.3m

B.小物块/〃沿滑块M上滑的最大高度为0.6m

C.合力对滑块M的冲量大小为8N-S

D.合力对滑块M的冲量大小为16N-S

【答案】C

【详解】AB.当二者速度相等时，小物块〃，沿滑块M上滑的高度最大，设最大高度为力，系统水平方向动

量守恒，以血的方向为正方向，有

mv0=(m+M)v

根据机械能守恒可知

m+M)+mgh

解得

力=1.2m

AB借误;

CD.设小物块机返回滑块M的底端时，小物块，〃与滑块M的速度分别为v/、U2,系统水平方向动量守恒,

有

mv0=mv{+Mv,

根据机械能守恒定律有

3〃*=；，叫2+3河4

解得

V)=--v0=-2m/s

2，，

%=§%=4m/s

根据动量定理，合力对滑块M的冲量大小为

/-A/V2-O-8N?S

C正确，D错误。

故选C。

【例6】如图所示，光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，弹簧处丁原长，两小球静止。某时刻给

A球水平向右的初速度，对应初动能为与，设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为耳。已知A球质量为

m,若a则B球质量为()

A(7)AMAAAAAAMAAA\3B

7777777/7/777777777777777/^^777777

A.-inB.2〃?C.D.4/〃

3

【答案】A

【详解】当弹性势能最大时，两物体共速，则由动量守恒定律

=(m+m)v

其中弹簧弹性势能

|•2

耳二4一5(〃?+机犷

4

线=5机片

解得

.1

m=-m

3

故选Ao

变式6.1物块〃、〃中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块。的质量为1.2kg,如图甲所示。

开始时两物块均静止，弹簧处于原长，/=0时对•物块〃施加水平向右的恒力凡f=ls时撤去，在0〜1s内

两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确

的是（）

甲乙

A.b物块的质量为1.0kg

B.P=Is时弹簧伸长量最大

C.F=ls时。的速度大小为0.8m/s

D.弹簧伸长量最大时，。的速度大小为0.6m/s

【答案】D

【详解】AC」=0时，弹簧弹力为零，时〃根据牛顿第二定律可得

F=maa=1.2N

f=ls时，。、匕整体加速度相同，且a，=0.6m/s2,对整体根据牛顿第二定律可得

F=("[“+=1.2N

解得

mh=0.8kg

故AC错误；

B.。一图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，f=ls时。的速度大于〃的速度，撤

去尸后，弹簧继续伸长，当二者共速时，弹簧伸长量最大，故B错误：

D.根据动量定理可知撤去拉力时，a、8组成的系统动量为

p=I=Ft=\.2kg•m/s

撤去拉力后，根据图像可知。的速度大于〃的速度，则。、力之间距离还将继续增大，此时。、。组成的系

统动量守恒，弹簧伸长量最大时，。、匕的速度相同，设为心则

p=（mtl+mh）v

解得

v=0.6m/s

故D正确。

故选D。

变式6.2如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为加/和加2的两物块A、B