2023届二轮复习 专题二 第3讲　动力学三大观点的综合应用 学案

第3讲　动力学三大观点的综合应用

　动力学三大观点对比

1.力学规律的选用原则

(1)单个物体:宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题,应选用动量定理;若涉及位移的问题,应选用动能定理;若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律。

(2)多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决。

2.系统化思维方法

(1)对多个物理过程进行整体分析,即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动。

(2)对多个研究对象进行整体分析,即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑,如应用动量守恒定律时,就是把多个物体看成一个整体(或系统)。

3.模型建构

(1)“毛毛虫”模型。

在“动量与能量”这一模块中会遇到这样一种模型:两个光滑的小球A、B与轻弹簧连接,并使弹簧处于原长,某一时刻给A球一瞬时速度,则以后A、B两球和弹簧一起在光滑水平面上边压缩拉伸边向前运动,形成好玩的“毛毛虫”模型,如图所示。

(2)在某一方向上满足动量守恒定律的模型。

①如图所示,小车的曲面以及地面光滑,则在曲面上运动的小球在水平方向上和小车满足动量守恒定律。

②在水中或空中的物体,若它们所受重力与相应的浮力相等,则在竖直方向上满足动量守恒定律。

考点一　动量和能量观点的综合应用

(2022·广东卷,13) 某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1 N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量M=0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;

(3)滑杆向上运动的最大高度h。

解析:(1)滑块静止时,滑块和滑杆均处于静止状态,以滑块和滑杆整体为研究对象,由平衡条件可知

N1=(m+M)g=8 N,

滑块向上滑动时,滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力,

则有N2=Mg-f,

代入数据得N2=5 N。

(2)法一　碰前,滑块向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg+f=ma1,

解得a1=15 m/s2,方向向下

由运动学公式得v2-=-2a1l,

代入数据得v=8 m/s。

法二　由动能定理得

-(mg+f)l=mv2-m,

代入数据解得v=8 m/s。

(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv=(M+m)v共,

代入数据得v共=2 m/s。

此后滑块与滑杆一起竖直向上运动,根据动能定理有-(M+m)gh=0-(M+m),

代入数据得h=0.2 m。

答案:(1)8 N　5 N

(2)8 m/s

(3)0.2 m

(2021·浙江6月卷,21)如图所示,水平地面上有一高H=0.4 m的水平台面,台面上竖直放置倾角θ=37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF,它们平滑连接,其中管道CD的半径r=0.1 m、圆心在O1点,轨道DEF的半径R=0.2 m、圆心在O2点,O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑,与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞,碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动,与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞,碰后速度方向水平向右,大小与碰前相同,最终落在地面上Q点,已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)若小滑块的初始高度h=0.9 m,求小滑块到达B点时速度v0的大小;

(2)若小球能完成整个运动过程,求h的最小值hmin;

(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调,求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。

解析:(1)小滑块在AB轨道上运动

mgh-μmgcos θ·=m,

代入数据解得

v0==4 m/s。

(2)小球沿CDEF轨道运动,在最高点可得

mg=m,

从C点到E点由机械能守恒可得

m+mg(R+r)=m

解得vEmin= m/s,vCmin=2 m/s,

小滑块与小球碰撞后动量守恒,机械能守恒,因此有

mvmin=mv′+mvCmin,

m=mv′2+m,

解得vA′=0,vCmin=vmin。

结合(1)问可得

vmin=,

解得h的最小值hmin=0.45 m。

(3)设F点到G的距离为y,小球从E点到G的过程,由动能定理

m=m+mg(R+y),

由平抛运动可得x=vGt,

H+r-y=gt2,

联立可得水平距离为

x=2,

由数学知识可得当0.5-y=0.3+y时取最大,

最大值为xmax=0.8 m。

答案:(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m

1.(2022·湖北武汉三模)(多选)如图所示,外轨道光滑、内轨道粗糙(粗糙程度处处相同)的圆环轨道固定在竖直平面内,完全相同的小球A、B(直径略小于轨道间距)以相同的速率v0从与圆心等高处分别向上、向下运动,两球相遇时发生的碰撞可看作弹性碰撞,重力加速度为g。下列说法中正确的是(　ABD　)

A.当v0= 时,A球通过最高点和B球通过最低点时对轨道的压力差为6mg

B.当v0= 时,第一次碰撞前瞬间,A球的机械能一定小于B球机械能

C.当v0= 时,第一次碰撞的位置一定在轨道的最低点

D.当v0= 时,第一次碰撞后瞬间,两球的速度一定等大反向

解析:当v0=时,A球在最高点所受弹力为零时,只有重力提供向心力,mg=m,得v=,假设A球上升到最高点过程中外轨道对A球有弹力,则满足机械能守恒,m=mgR+m,得vA=>,说明假设成立。根据牛顿第二定律FA+mg=m,得FA=2mg,B球到最低点过程,由机械能守恒和牛顿第二定律有m+mgR=m,FB-mg=m,得FB=8mg,球A通过最高点和球B通过最低点时对轨道的压力差为ΔF=FB-FA=6mg,故A正确。若A球在最高点时受弹力为零,根据机械能守恒,mv2+mgR=m,小球初速度为v1=,当v0=时,由于<,A球与内轨道存在摩擦,机械能有损失,且A球先通过最高点,虽然不能确定两球相碰的位置,但是A球与内轨道接触过程运动的路程更大,损失的机械能更多,所以两球第一次相碰时A球机械能一定小于B球机械能,故B正确。假设内轨道光滑,使A球恰好到达最高点,根据机械能守恒,mgR=m,得v2=,当v0=时,由于<,A、B两球无法到达最高点。因为A球先返回,所以第一次碰撞不在最低点,故C错误。当v0=<时,情况与选项C相似,两球在上半圆与内轨道接触时,相同高度的速度相同,故摩擦力等大,可知机械能损失一样多。两球一定是在下半圆轨道上相碰,而当两球相碰时一定在相同高度,则此时速度等大、反向,设为v3。根据动量守恒和机械能守恒mv3-mv3=mvA′+mvB′,·2m=mvA′2+mvB′2,解得vA′=-vB′,第一次碰撞后瞬间,两球速度等大反向,故D正确。

2.(2022·辽宁沈阳二模)如图甲所示,用不可伸长的轻绳将质量为mA=2.0 kg的物块A悬挂在O点,轻绳长度为l=0.8 m。初始时,轻绳处于水平拉直状态,现将A由静止释放,当物块A下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),长木板B的质量为mB=2.0 kg,长木板B左端放置有可视为质点的小物块C,小物块C的速度随时间的变化图像如图乙所示,长木板B与水平面间的动摩擦因数为μ=,小物块C未从长木板B上掉落。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力的影响,求:

(1)碰撞后瞬间长木板B的速度大小;

(2)小物块C的质量mC;

(3)长木板B与小物块C的接触面因为摩擦而产生的热量。

解析:(1)设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v0,对物块A由静止释放运动到最低点的过程,根据动能定理有mAgl=mA,

解得v0=4 m/s。

设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为vA、vB,物块A与长木板B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,

根据机械能守恒定律有

mA=mA+mB,

解得vB=4 m/s。

(2)设小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ′,由题图乙可知小物块C相对长木板B滑动过程中的加速度大小为aC=μ′g=1 m/s2,解得μ′=0.1。

在0～1 s时间内,设长木板B的加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有

μ(mB+mC)g+μ′mCg=mBaB,

由题图乙易知t1=1 s时,长木板B和小物块C达到共同速度v共=1 m/s,

对长木板B根据运动学公式有

vB-v共=aBt1,解得mC=1 kg。

(3)长木板B与小物块C在0～1 s内的相对位移为Δx1=t1-t1=2 m,

长木板B和小物块C达到共同速度后,C对B的摩擦力方向变为水平向左,设此后B的加速度大小为aB′,根据牛顿第二定律有

μ(mB+mC)g-μ′mCg=mBaB′,

解得aB′=2 m/s2。

长木板B与小物块C在1～2 s内的相对位移为

Δx2=-t2=-0.25 m,

长木板B与小物块C的接触面因为摩擦而产生的热量为

Q=μ′mCg(Δx1+|Δx2|)=2.25 J。

答案:(1)4 m/s　(2)1 kg　(3)2.25 J

考点二　应用三大观点解决动力学综合问题

(2021·湖北卷,15)如图所示,一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内,其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上,质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后,B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零,A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。

(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离;

(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时,OD与OQ夹角为θ,求此时A所受力对A做功的功率;

(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。

解析:(1)设物块B到半圆弧轨道最高点时速度为v,由于B对轨道最高点的压力为零,则由牛顿第二定律得

mg=m,

B离开最高点后做平抛运动,则在竖直方向上有

2R=gt2,

在水平方向上有x=vt,

联立解得x=2R。

(2)对物块A由C到D的过程,由机械能守恒定律得

mgRcos θ=m,

由于对A做功的力只有重力,则A所受力对A做功的功率为

P=mgvDsin θ,

解得P=mgsin θ。

(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2,对B由Q到最高点的过程,由机械能守恒定律得

m=mv2+mg·2R,

解得v2=;

对A由Q到C的过程,由机械能守恒定律得

m=mgR,

解得v1=;

设碰前瞬间A的速度为v0,对A、B碰撞的过程,由动量守恒定律得

mv0=mv1+mv2,

解得v0=+,

碰撞过程中A和B损失的总动能为

ΔE=m-m-m,

解得ΔE=mgR。

答案:(1)2R

(2)mgsin θ

(3)mgR

(2022·湖北卷,16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止释放。设C的下落速度为时,与正下方质量为2m的静止桩D正碰,碰撞时间极短,碰撞后C的速度为零,D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。

(1)求C的质量;

(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力,求F的大小。

(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置,然后由静止释放,求A、B、C的总动能最大时C的动能。

解析:(1)系统在题图虚线位置保持静止,以C为研究对象,根据平衡条件可知

mCg=2mgcos 30°,

解得mC=m。

(2)C、D碰后C的速度为零,设碰撞后D的速度为v,根据动量守恒定律可知

m·=2mv,

解得v=。

C、D碰撞后D向下运动距离后停止,根据动能定理可知

0-×2mv2=2mg-F,

解得F=6.5mg。

(3)设某时刻C向下运动的速度为v′,绳与竖直方向的夹角为α,A、B向上运动的速度为v′cos α,根据机械能守恒定律可知

mCv′2+2×m(v′cos α)2=mCg-2mg(-L)

令y=mCg-2mg(-L),

对上式求导数可得

=mgL+2mgL,

当=0时解得极值

cos α=,

即三物体动能最大时有α=30°,

此时

y=mCg-2mg(-L)=mgL,

于是有

mCv′2+2×m(v′cos α)2=mgL,

解得v′2=,

此时C的最大动能为

Ekm=mCv′2=(4-2)mgL。

答案:(1)m　(2)6.5mg　(3)(4-2)mgL

　力学综合中的三大观点

(1)动力学观点。

①适用于涉及加速度和运动时间的问题,特别是有匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动等情境。

②一般先分析物体的受力,进而分析运动过程,然后利用牛顿运动定律和运动学规律求解。

(2)动量观点。

①对于不涉及加速度且作用力随时间变化的问题,特别对于打击一类的问题,应用动量定理求解。

②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题,若只涉及初、末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。

③对于物体间相互作用很复杂,且系统不受外力问题,应用动量守恒定律求解。

(3)能量观点。

①对于不涉及加速度和运动时间的问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解。

②如果物体只有重力或弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解。

③对于相互作用的两物体,若明确两物体相对滑动的距离,应考虑选用能量守恒定律求解。

3.(2022·安徽马鞍山二模)(多选)如图所示,A、B两个小球(可视为质点),间隙极小,两球球心连线竖直,从离地面高度H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,B先与地面碰撞,再与A碰撞后B静止于地面,所有碰撞均为弹性碰撞,则(　AC　)

A.A、B两球的质量之比为1∶3

B.A、B两球的质量之比为1∶2

C.碰后A球上升的最大高度为8H

D.碰后A球上升的最大高度为16H

解析:因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,所以落地瞬间的速度相等,由运动学公式v2-=2gH,解得vA=vB=v=2,B球与地面弹性碰撞原速返回,与A再发生弹性碰撞,以向上为正方向,根据动量守恒和能量守恒有mBv-mAv=mAvA′,mBv2+mAv2=mAvA′2,联立解得mA∶mB=1∶3,vA′=2v=4,A正确,B错误;A球弹起的最大高度vA′2=2ghmax,hmax==8H,C正确,D错误。

4.(2022·广东深圳模拟)如图所示,质量为1 kg的滑板A静止在光滑水平地面上,滑板左端距竖直固定挡板l=0.3 m,质量也为1 kg的小物块B以初速度v0=2 m/s从右端水平滑上滑板,最终小物块B恰好未从滑板左端掉下,已知A与B间的动摩擦因数μ=0.25,滑板与挡板碰撞无机械能损失,g取10 m/s2。

(1)求经过多长时间滑板A碰到挡板;

(2)求滑板的长度;

(3)若滑板A的长度不变,仅减小物块B的初速度v0,求B到挡板的最小距离xmin与v0的函数关系。

解析:(1)设滑板A的加速度大小为a1,对A由牛顿第二定律可得

μmg=ma1,

解得a1=2.5 m/s2,

方向向左。

设物块B的加速度大小为a2,对B由牛顿第二定律可得

μmg=ma2,

解得a2=2.5 m/s2,

方向向右。

滑板A做加速运动

v=a1t1,

滑板B做减速运动

v=v0-a2t1,

解得v=1 m/s,t1=0.4 s;

滑板A做加速运动的位移

x1=a1,

解得x1=0.2 m,

由于x1<l,则之后A做匀速运动

l-x1=vt2,

解得t2=0.1 s,

则t=t1+t2=0.5 s。

(2)物块B做减速运动,相对地面的位移

x2=v0t1-a2,解得x2=0.6 m,

相对滑动Δx=x2-x1=0.4 m。

撞挡板后滑板A原速率反弹,对A、B系统,由动量守恒定律有mv-mv=2mv′,

得v′=0,

即A、B停止运动;

碰后由能量守恒2×mv2=μmgΔx′,

解得Δx′=0.4 m。

小物块B恰好未从滑板左端掉下,滑板长度

d=Δx+Δx′=0.8 m。

(3)若仅改变B的初速度,A碰挡板前,对A、B系统,由动量守恒定律

mv0=2mv1,

A碰挡板后

mv1-mv1=2mv2,

解得v2=0。

整个过程中,对A、B系统,由能量守恒

m=μmgx,

A碰挡板后,向右的位移为x3,则

=2a1x3,

物块B一直向左运动,设碰撞前相对位移为x3′,最后静止时离挡板最近,则x=x3′+2x3,

xmin=d-x3′-x3=x3+d-x,

解得xmin=0.8-0.15(0<v0≤2 m/s)。

答案:(1)0.5 s　(2)0.8 m

(3)xmin=0.8-0.15(0<v0≤2 m/s)

含弹簧的综合问题

类型一　弹簧的综合问题

1.模型特点

弹力大小满足F=kx,随形变量变化,运动过程中弹力是一个典型的变力,在动力学分析时要关注瞬时性,计算做功时化变为恒,与路径无关,注意回避变力的冲量,关注弹簧所在的系统。

2.解题关键

(1)弹簧的弹力满足胡克定律,即F=kx,物体在弹簧的作用下往往呈现变速运动,需要应用牛顿第二定律研究,弹簧的弹力大小只能渐变,不能突变。

(2)弹簧弹力做的功等于弹性势能变化的负值,且弹簧弹性势能Ep=kx2(不能直接使用)。弹力作用下物体的运动加速度往往是变化的,高中阶段应用功能的观点研究一段运动。弹性势能公式不是考试大纲中规定的内容,高考试题除非在题干中明确给出该公式,否则不能用该公式定量解决物理计算题,以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的。

(3)弹簧连接的多个物体组成的系统,当合力为0时,满足动量守恒,单个物体在弹力作用下,会引起动量的变化,可应用动量定理分析。

(2021·湖南卷,8)(多选)如图甲,质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　ABD　)

A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0

B.mA>mB

C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x

D.S1-S2=S3

解析:将物体A、弹簧、物体B看成一个系统,0到t1时间内,重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零,墙对系统的冲量等于系统动量的变化量,即墙对B的冲量等于mAv0,A正确;t1时刻之后,A、B组成的系统动量守恒,由题图b可知,t1到t2这段时间内,S3>S2,故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量,可知A物体的质量大于B物体的质量,B正确;撤去外力F后,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B运动后,A、B具有动能,根据系统机械能守恒可知,弹簧的最大形变量小于x,C错误;t2时刻,A、B的加速度均最大,此时弹簧拉伸到最长,A、B共速,设速度为v,a-t图像与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量,0～t2时间内,A的速度变化量为S1-S2,t1～t2时间内,B的速度变化量为S3,两者相等,即S1-S2=S3,D正确。

根据例1中条件,求A、B两物体的质量之比。

解析:由题图乙可知,t1时刻A的加速度为零,此时弹簧恢复原长,B开始离开墙壁,到t2时刻两者加速度均达到最大,弹簧伸长量达到最大,此时两者速度相同,即

vA=vB,

则S1-S2=S3,

t1到t2时刻,A、B两物体满足动量守恒,则有

mAv0=(mA+mB)v共,

即mAS1=(mA+mB)S3,

联立以上解得

mA∶mB=S3∶S2。

答案:S3∶S2

类型二　弹簧的动量和能量问题(“毛毛虫”模型)

已知水平面光滑,弹簧处于原长状态,A球质量为m,B球质量为M,A的初速度为v0,B静止,如图所示。分析A、B球以后的运动情况,并回答下列问题。

(1)弹簧压缩到最短时,A、B两球的速度为多大?

(2)弹簧伸长最长时,A、B两球的速度为多大?

(3)弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为多大?

(4)弹簧伸长最长时,弹簧的弹性势能为多大?

(5)弹簧恢复原长时,A、B两球的速度为多大?

解析:(1)当A、B两球速度相等时,弹簧压缩到最短,由动量守恒得mv0=(m+M)v,

即v=。

(2)当A、B两球速度再次相等时,弹簧伸长最长,由动量守恒得

mv0=(m+M)v,

即v=。

(3)当弹簧压缩到最短时,由动量守恒和机械能守恒得mv0=(m+M)v,

m=(m+M)v2+Ep,

即Ep=。

(4)当弹簧伸长最长时,由动量守恒和机械能守恒得

mv0=(m+M)v,

m=(m+M)v2+Ep,

即Ep=。

(5)当弹簧恢复原长时A、B速度分别为vA、vB,由动量守恒和机械能守恒得

mv0=mvA+MvB,

m=m+M,

得vA=,vB=。

另一组解vA=v0,vB=0。

(分析:在这个模型中,A由于具有速度而压缩弹簧,弹簧压缩后对B产生压力,由于vA>vB,所以弹簧一直被压缩,即A做减速运动,B做加速运动,直到vA=vB,此时弹簧被压缩得最短,之后B继续加速,A继续减速,vA<vB,弹簧又逐渐恢复原长,之后B减速,A加速,弹簧又拉伸,直到二者速度相等,此时弹簧最长,之后A继续加速,B继续减速,直到恢复原长,此时A恢复初始速度,B速度减为零,两小球运动一个周期,此后两小球边压缩边拉伸,像毛毛虫一样,在光滑水平面上一直前进。)

答案:(1)均为　(2)均为

(3)　(4)　(5)见解析

(多选)将例2的运动情境与v-t图像结合,如图甲所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上,现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧,速度—时间图像如图乙所示。下列说法中正确的是(　ACD　)

A.t1与t3时刻弹簧具有相同的弹性势能

B.t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长

C.两个物块的质量之比为m1∶m2=1∶2

D.在t2时刻动能之比为EkA∶EkB=1∶8

解析:根据题图乙可知,t1与t3时刻两物块的速度相同,根据能量守恒定律可得弹簧具有相同的弹性势能,故A正确;结合图像弄清两物块的运动过程,开始时m1逐渐减速,m2逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩最短,然后弹簧逐渐恢复原长,m2依然加速,m1先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;系统动量守恒,规定向右为正方向,选择开始到t1时刻根据动量守恒定律可知m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3 m/s,v2=1 m/s代入得m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度大小为vA=1 m/s,B的速度为vB=2 m/s,根据m1∶m2=1∶2和动能计算公式Ek=mv2,可求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正确。