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专题 14 弹性碰撞和非弹性碰撞
考点一 弹性碰撞
1．（2024·沙坪坝期末）如图所示为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前
后的 图像，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．碰撞过程中两小球所受合外力相同
C．两小球发生的是非弹性碰撞
D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为
【答案】A
【详解】A． 图像斜率代表速度，由题图可知m、M碰撞前后的速度分别为
1
学科网（北京）股份有限公司对两小球组成的系统，根据动量守恒定律有
代入数据解得
m∶M=1∶3
故A正确；
B．碰撞过程中两小球所受合外力均为相互间的作用力，由牛顿第三定律可知，碰撞过程中两小球
所受合外力方向相反，故B错误；
C．两小球碰撞前的总动能
碰撞后的总动能
则
两小球发生的是弹性碰撞，故C错误；
D．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量
即动量的变化量大小为 ，故D错误。
故选A。
2．（2024·泉州期末）如图所示，光滑水平地面上的轻弹簧一端拴接着质量为1kg的物块Q，初始时
弹簧处于原长，Q静止在光滑水平地面上，质量为2kg的物块P静止在距弹簧右端一定距离处。现
给物块P一方向水平向左、大小为6Ns的瞬时冲量，从物块P开始接触弹簧到离开弹簧的过程
中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧压缩量最大时物块Q的速度最大
B．物块Q的最大速度为4m/s
C．弹簧的最大弹性势能为9J
D．物块P离开弹簧时的速度大小为2m/s
【答案】B
2
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．当弹簧恢复原长时，物块Q的速度最大，当弹簧压缩量最大时，两个物块速度相同，
物块Q的速度不最大，故A错误；
BD．当弹簧恢复原长时，物块Q的速度最大，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律
根据动量定理得
解得
物块Q的最大速度为4m/s ，物块P离开弹簧时的速度大小为1m/s ，故B正确，D错误；
C．弹簧最短时，弹簧的弹性势能最大，两物块速度相同，根据动量守恒定律得
弹簧的最大弹性势能为
解得
故C错误。
故选B。
3．（2024·丰台期末）如图所示，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，落地
瞬间，B先与地面碰撞，后与A 碰撞，h远大于两小球直径，小球B 的质量远大于小球A质量。
假设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，不考虑空气阻力，则下列
判断中正确的是（ ）
A．下落过程中A 与B 之间存在相互作用
3
学科网（北京）股份有限公司B．小球B与地面碰撞后，小球B的速度为零
C．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为4h
D．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度约为9h
【答案】D
【详解】A．不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，完全失重状态，则两个小球之间没有力
的作用，A错误；
B．下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
解得触地时两球速度相同，为
B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，故B错误；
CD．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v 、v ，
1 2
选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
碰后小球A弹起的最大高度
故D正确，C错误。
故选D。
4．（2024·沈阳期末）如图甲所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动
一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运
动的速度一时间图像如图乙所示， 时刻甲、乙间距为 ，均停止后间距为 ，已知重力加速
度 。下列说法正确的是（ ）
4
学科网（北京）股份有限公司A．两物块与地面间的动摩擦因数相同 B．两物块的质量之比为4∶7
C．两物块间的碰撞为弹性碰撞 D．乙整个过程的位移大小为0
【答案】B
【详解】A．从图乙可以看出碰撞前
，
解得
，
选项A错误；
B．由图知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为
，
碰撞后两物体均做减速运动，受力不变，加速度大小不变，结合图像及运动学知识可知碰后瞬间
甲、乙两物块的速度分别为
，
根据动量守恒定律有
解得
选项B正确；
C．结合B项分析可知
故碰撞过程中有动能损失，选项C错误；
D．速度一时间图像中图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，结合图像分析可知， 之后的运
动过程，乙的位移均为负值，故整个过程的位移大小不为0，选项D错误。
故选B。
5
学科网（北京）股份有限公司5．（2024·莆田期末）（多）北京时间30日，在巴黎奥运会乒乓球混双决赛中，中国组合孙颖莎/王
楚钦战胜朝鲜组合金琴英/李正植，获得冠军。这是中国体育代表团在巴黎奥运会中取得的第6枚
金牌，也是中国乒乓球队在本届奥运会中获得的首枚金牌。自乒乓球混双上届成为奥运会正式比
赛项目后，国乒首次摘得该项桂冠。如图所示，一质量为2.5克的乒乓球，从距台面0.5米处以水
平初速度50 做平抛运动，被球拍击中后再次以初速度40 做平抛运动，经0.2秒后落在台
面上，随后做斜抛运动，0.1秒后在最高点处速度为20 ，重力加速度取10 ，乒乓球落在
球拍和台面上有能量损失，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．乒乓球落在球拍上属于弹性碰撞
B．乒乓球在球拍上的能量损失为1.1325
C．乒乓球在台面上的能量损失为2.5125
D．小球第2次做平抛运动的垂直距离为0.2m
【答案】BD
【详解】A．乒乓球落在球拍上有能量损失，不属于弹性碰撞，故A错误；
B．初始时乒乓球距离台面高度
球拍距离台面高度
乒乓球在球拍上的能量损失为
1．1325
故B正确；
C．乒乓球落在台面上后反弹到最高点距离台面的高度
乒乓球在台面上的能量损失为
6
学科网（北京）股份有限公司1．50375J
故C错误；
D．小球第2次做平抛运动的垂直距离为
故D正确。
故选BD。
6．（2024·广东期末）（多）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运
动，A、B两球的质量分别为m和 ，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B
球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A、B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【详解】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
A正确，B错误；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C正确，D错误。
故选AC。
7
学科网（北京）股份有限公司7．（2024·邯郸期末）（多）如图所示，光滑水平面上有质量相等的两个球A、B两球在同一直线相
向运动，A球的速度是4m/s，B球的速度是－2m/s。一段时间后，A、B两球发生了正碰。对于碰
撞之后A、B两球的速度可能值，下列选项正确的是（ ）
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】AB
【详解】以下计算过程均是无量纲的数值计算（单位已统一），设每个球的质量均为m，取向右
为正方向，则碰前系统总动量
碰前的总动能为
A．若 ， ，碰后总动量为
则动量守恒，碰后总动能为
动量守恒，机械能不增加，符合实际，A正确；
B．若 ， ，碰后总动量为
总动能为
动量守恒，机械能守恒，符合实际，B正确；
C．若 ， ，碰后总动量为
则动量守恒，碰后总动能为
8
学科网（北京）股份有限公司动量守恒，机械能增加，不符合实际，C错误；
D．若 ， ，碰后总动量为
动量不守恒，不符合实际，D错误。
故选AB。
8．（2024·茂名期末）（多）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球2在前，球1
在后，m = 1kg，m = 3kg，v = 6m/s，v = 3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分
1 2 01 02
别为可v ，v ，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 、p ，则v 、v 、E 、p 的可能值为（
1 2 1 1 1 2 1 1
）
A．v = 1.75m/s，v = 3.75m/s B．v = 1.5m/s，v = 4.5m/s
1 2 1 2
C．E = 9J D．p = 1.5kgm/s
1 1
【答案】BD
【详解】碰撞前系统总动量
p = m v ＋m v = （1 × 6＋3 × 3）kgm/s = 15kgm/s
1 01 2 02
A．如果v = 1.75m/s，v = 3.75m/s，则碰撞后的系统总动量
1 2
p′ = m v ＋m v = （1 × 1.75＋3 × 3.75）kgm/s = 13kgm/s
1 1 2 2
系统动量不守恒，A错误；
B．如果v = 1.5m/s，v = 4.5m/s，则碰撞后的系统总动量
1 2
p′ = m v ＋m v = （1 × 1.5＋3 × 4.5）kgm/s = 15kgm/s
1 1 2 2
系统动量守恒，B正确；
CD．两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰
撞，由动量守恒定律得
m v ＋m v = （m ＋m ）v
1 01 2 02 1 2
代入数据解得
v = 3.75m/s
如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
m v ＋m v = m v ＋m v
1 01 2 02 1 1 2 2
由机械能守恒定律得
m v 2 m v 2 m v 2 m v 2
1 01 2 02 1 1 2 2
代入数据解得
9
学科网（北京）股份有限公司v = 1.5m/s，v = 4.5m/s
1 2
则碰撞后球1球2的速度满足
1．5m/s ≤ v ≤ 3.75m/s
1
3．75m/s ≤ v ≤ 4.5m/s
2
球1的动能
E m v 2
1 1 1
满足
1．125J ≤ E ≤ 7.03J
1
球1的动量为
p = m v
1 1 1
满足
1．5kg（m/s ≤ p ≤ 3.75kg（m/s
1
C错误、D正确。
故选BD。
考点二 完全非弹性碰撞
9．（2024·沙坪坝期末）如图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。
小李把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔向上弹起，其过程可简化为
如图乙所示的三个阶段。圆珠笔外壳先竖直向上运动，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内
芯碰撞，碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，碰撞时间极短，忽略所有摩擦和
空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．外壳与内芯碰撞前，外壳向上做加速运动
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的冲量为零
C．从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少
量
D．外壳与内芯碰撞时，圆珠笔的机械能不守恒
【答案】D
10
学科网（北京）股份有限公司【详解】A．外壳与内芯碰撞前，弹簧对外壳的弹力先大于外壳重力后小于外壳重力，外壳的合力
先向上后向下，外壳向上先做加速运动后做减速运动，故A错误；
B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的支持力向上，所以冲量向上，不为零，故B错误；
C．外壳与静止的内芯碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，所以碰撞过程属于非
弹性碰撞，有内能产生，所以从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加
量小于弹簧弹性势能的减少量，故C错误；
D．由题意可知外壳与内芯的碰撞是非弹性碰撞，机械能损失，所以圆珠笔的机械能不守恒，故D
正确。
故选D。
10．（2024·汕尾期末）2022年11月12日，质量 的天舟五号货运飞船与质量 的空
间站组合体的后向对接口顺利对接。天舟五号对接停靠前关闭发动机，以停靠速度
从后方与目标相撞，实现天舟五号货运飞船与空间站组合体的自主快速交会对
接。下列说法正确的是（ ）
A．对接时，天舟五号对空间站的撞击力大于空间站对天舟五号的作用力
B．研究对接工作时，天舟五号与空间站组合体均可看做质点
C．在对接的短暂过程前后，空间站和天舟五号组成的系统的动量近似保持不变
D．对接前后，空间站和天舟五号组成的系统的总动能可认为保持不变
【答案】C
【详解】A．对接时，天舟五号对空间站的撞击力与空间站对天舟五号的作用力是一对相互作用
力，大小相等，方向相反，A错误；
B．研究对接工作时，天舟五号与空间站组合体的形状与大小对所研究的问题不能够忽略，因
此，对接时，天舟五号与空间站组合体不能视为质点，B错误；
C．在对接的短暂过程前后，空间站和天舟五号组成的系统沿对接方向所受外力的合力为0，系统
的动量守恒，即空间站和天舟五号组成的系统的动量近似保持不变，C正确；
D．空间站和天舟五号组成的系统对接后共速，类似于完全非弹性碰撞，有机械能损失，对接
后，空间站和天舟五号组成的系统的总动能减小，D错误。
故选C。
11
学科网（北京）股份有限公司11．（2024·郑州期末）2022年2月5日在北京冬奥会短道速滑2000m混合团体接力决赛中，中国队
夺得冠军！这是中国体育代表团在这届冬奥会上取得的首枚金牌！观察发现，比赛中“接棒”运
动员甲提前站在“交棒”运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使
甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与水平冰面间的摩擦阻力，则乙（
）
A．甲、乙的动量变化一定相同
B．甲对乙的冲量与乙对甲的冲量一定相同
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．以甲和乙组成的系统为研究对象，则该系统的动量守恒
【答案】D
【详解】AD．甲和乙组成的系统动量守恒，则甲、乙的动量变化量大小相同，方向相反，故A
错误，D正确；
B．甲对乙的力和乙对甲的力大小相等方向相反，所以甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，
方向相反，故B错误；
C．甲乙接棒过程中“交棒”为完全非弹性碰撞，有动能损失，故C错误。
故选D。
12．（2024·福州期末）如图所示，在光滑的水平面上有2022个完全相同的小球等间距地排成一条直
线，均处于静止状态。现给第一个小球初动能E，若小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰
k
撞，则整个碰撞过程中损失的机械能总量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】以第一个小球初速度 方向的为正方向，由于小球间的所有碰撞均为对心完全非弹性碰
撞，每次碰撞后小球速度都相同，故最后每个小球速度都相同，将2022个小球组成的整体看做一
个系统，设系统最终的速度为v，运用动量守恒守恒得
12
学科网（北京）股份有限公司解得
则系统损失的机械能为
而
解得
故选C。
13．（2024·南昌期末）（多）如图所示，物块A、B通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，
已知m =3m，m =m，t=0时刻通过一个弹射装置（图中未画出）给物块A一个竖直向上的初速度
A B
v =2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块A、B均可视为质点，全过程A、B既没有落地，也没有
0
碰到滑轮。重力加速度g取10m/s2，则正确的是（ ）
A．0．1s时，A的速度大小为1．5m/s
B．0．1s时，B的速度大小为1m/s
C．物体B下落的最大高度为0.325m
D．物体B下落的最大高度为0.225m
【答案】BD
13
学科网（北京）股份有限公司【详解】AB．瞬间移开弹射装置，A的速度大于B的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则
A做竖直上抛运动，B做自由落体运动，0.1s时，A的速度大小为
B的速度大小为
故A错误，B正确；
CD．设经过t时刻，绳子再次紧绷，则有A的位移大小等于B的位移大小，即
解得
此时A的速度大小为
B的速度大小为
根据沿着绳子方向上动量守恒可得
可得
此时根据牛顿第二定律有
联立解得
则物块B接着以速度 ，加速度 向下减速，则物体B下落的最大高度为
故C错误，D正确。
故选BD。
14．（2024·哈尔滨期末）（多）某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到
如图所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上，沿同一条直线运动
14
学科网（北京）股份有限公司的滑块I、II和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图像信
息可知（ ）
A．碰撞前a、b的运动方向相反
B．滑块I与滑块II的质量比为
C．碰撞前滑块I的动量大小比滑块II的大
D．两滑块的碰撞为弹性碰撞
【答案】AB
【详解】A．根据 图像的斜率表示速度，可知碰撞前a的运动方向为负方向，b的运动方向为
正方向，即a、b的运动方向相反，故A正确；
B．根据 图像的斜率表示速度，可知碰撞前a、b的速度分别为
，
碰撞后a、b的共同速度为
根据动量守恒可得
解得滑块I与滑块II的质量比为
故B正确；
C．碰撞前滑块I的动量大小与滑块II的动量大小之比为
可知碰撞前滑块I的动量大小比滑块II的小，故C错误；
D．由于碰撞后两滑块变成结合体具有共同速度，可知两滑块的碰撞为完全非弹性碰撞，故D错
误。
故选AB。
15
学科网（北京）股份有限公司15．（2024·常德期末）（多）如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为 的钢
板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为 的物块从钢板正上方 处的P点自由落下，与钢板
碰撞后粘在一起向下运动 后到达最低点Q，设物块与钢板碰撞的时间 极短，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．物块与钢板碰后的速度大小为
B．在 时间内，物块对钢板的冲量大小为
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为
【答案】AD
【详解】A．物块下落 ，由机械能守恒定律有
物块与钢板碰撞，根据动量守恒定律有
联立解得
故A正确；
B．取向下为正方向，碰撞过程，对钢板由动量定理有
其中
解得物块对钢板的冲量为
16
学科网（北京）股份有限公司故B错误；
C．从P到Q的过程中，整个系统重力势能的减少量为
故C错误；
D．从碰撞到Q点，由能量守恒定律可知
则弹性势能的增加量为
故D正确。
故选AD。
考点三 碰撞类多过程问题
16．（2024·重庆期末）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为 ，在木板
的上表面有两块质量均为 的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为 。最初木板静
止，A、B两木块同时以相向的水平初速度 和 滑上长木板，则下列说法正确的是 （
）
A．若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为
B．木块B的最小速度是零
C．从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是
D．木块A向左运动的最大位移为
【答案】A
【详解】AB．由题意可知，开始一段时间内，木块B向右减速，木块A向左减速，此过程木板
C静止不动，木块A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，木块B继续向右减速，三
者共速时，木块B的速度最小。设木块A、B的质量均为 ，则木板C的质量为 ，取水平向右
为正方向，根据动量守恒定律有
解得木块 的最小速度为
由能量守恒定律得
17
学科网（北京）股份有限公司解得木板最短长度
故A正确，B错误；
D．木块A向左减速的过程，根据动能定理有
解得木块A向左运动的最大位移为
故D错误；
C．木块A向右加速过程，以A、C整体为研究对象，根据动能定理有
解得
故从刚开始到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A的位移
故C错误。
故选A。
17．（2024·盐城期末）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A
和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整
体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径 ；A和B的质量均为 ，A和B整
体与桌面之间的动摩擦因数 。取重力加速度 。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力 的大小；
（2）碰后瞬间速度多大？
（3）碰撞过程中A对B的冲量 的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块A下滑的过程，由机械能守恒可得
18
学科网（北京）股份有限公司解得
滑块A在最低点，由牛顿第二定律得
可得
由牛顿第三定律可得，与B碰撞前瞬间A对轨道的压力大小为
（2）A、B相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒可得
解得碰后瞬间速度大小为
（3）碰撞过程中，以B为对象，根据动量定理可得
解得A对B的冲量 的大小为
18．（2024·江苏期末）如图所示，两小木块A、B质量均为 ，用劲度系数为 、原长为 的轻弹簧
连在一起，放在水平地面上，A处于静止。重力加速度为 。有人利用该装置进行以下两步操
作：
第一步，用外力将A缓慢竖直下压一段距离后，撤去外力，发现A上下运动，B刚好不离开地
面。
第二步，将一质量为 的橡皮泥在A正上方某处自由落下，与A碰撞并附着在A上，一起向下运
动，此后，木块B能够离开地面。求：
（1）木块A处于静止状态时，弹簧的长度 ；
（2）第一步操作中，外力对木块A做的功 ；
（3）第二步操作中，橡皮泥自由下落的距离 应满足的条件。
19
学科网（北京）股份有限公司【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）木块A静止时，由胡克定律可得弹簧的压缩量为
弹簧的实际长度为
解得
（2）因为B刚好不离开地面，则有
可得A在最高点时，弹簧伸长
所以A木块从开始到运动的最高点的过程中弹簧对A做的总功为零，由动能定理得
解得
（3）对橡皮泥自由下落，由机械能守恒定律可得
橡皮泥与A碰撞，由动量守恒定律可得
对橡皮泥与A从一起运动到最高点，由能量守恒得
解得
20
学科网（北京）股份有限公司19．（2024·威海期末）如图所示，质量M=4kg、长度L=2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端
上表面与半径R=0.5m的四分之一竖直圆轨道相切，A的右侧某位置竖直固定一挡板P。将质量
m=2kg的物块B从轨道最高点由静止释放，A、B共速后A与P发生碰撞，碰后A以某一速度反
弹，B最终恰好没有从A上滑离。已知B经轨道最低点时对轨道的压力F =56N，A、B间的动摩
N
擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）B在圆轨道运动过程中克服阻力做的功；
（2）从B滑上A至A、B第一次共速，系统产生的热量；
（3）A与P碰撞损失的机械能。
【答案】（1）1J （2）6J （3）
【详解】（1）在轨道最低点，由牛顿第二定律得
B从轨道最高点下滑到最低点的过程中，由动能定理得
联立以上两式，代入已知数据，可得
（2）对A，根据牛顿第二定律
对B，根据牛顿第二定律
A、B第一次共速
共速时二者速度为
由能量守恒定律得
联立可得
21
学科网（北京）股份有限公司（3）如图分析可知
因为
设碰撞后A的速度大小为v ，从碰撞后到第二次共速的时间为t ，则共速时
2 2
A向左运动位移大小
B向右运动位移大小
另有
联立可得
20．（2024·锦州期末）如图所示，质量均为 的小物块A、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，
静止于光滑平台上，解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速率与弹簧分离。A分离后
向左运动，滑上半径 的光滑半圆轨道并恰能通过最高点，B分离后向右运动，滑上静止
在水平面上长 、质量 的长木板，长木板上表面与平台等高、下表面光滑，物块与
木板之间的动摩擦因数 ，取 。
（1）求A滑上光滑半圆轨道最高点的速率是多大？B与弹簧分离时的速率是多少？
22
学科网（北京）股份有限公司（2）判断A、B两物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中机械能是否守恒？以及弹簧锁定
时的弹性势能 ；
（3）通过计算判断物块是否能滑离长木板？求出B在长木板上滑动过程中产生的内能Q。
【答案】（1） ， ；（2）机械能守恒， ；（3）能滑离，
【详解】（1）物块恰好通过最高点，则有
解得
与弹簧分离到半圆轨道最高点过程，根据动能定理得
解得
对A、B系统，根据动量守恒定律有
解得B与弹簧分离时的速率
（2）由于只有弹簧弹力做功，则A、B两物体与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长的过
程中有
解得
（3）若物块与木板共速，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
23
学科网（北京）股份有限公司解得
可知物块能滑离长木板，则B在长木板上滑动过程中产生的内能
解得
21．（2024·哈尔滨期末）（多）如图所示，可视为质点的完全相同的A、B两小球分别拴接在一轻弹
性绳的两端，两小球质量均为m，且处于同一位置（离地面足够高）。弹性绳原长为L，始终处
于弹性限度内，且满足胡克定律。 时刻，让A球自由下落的同时B球以速度 水平向右抛
出，弹性绳从开始出现弹力到第一次恢复原长所用时间为 。已知重力加速度为g，两个小球发
生的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
A．当弹性绳第一次最长时，B球的动量大小为
B．弹性绳的最大弹性势能为
C．从0时刻到弹性绳第一次恢复原长时，A球重力的冲量为
D．两小球碰撞的时刻为 （n=1，2，3…）
【答案】BCD
【详解】A．B做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于A球自由下落的时间与B运动时间
相等，A竖直方向也始终做自由落体运动，则A、B始终处于同一水平面上，A、B构成的系统水
平方向动量守恒，当弹性绳第一次最长时，水平方向两小球速度相等水平方向上有
解得
24
学科网（北京）股份有限公司由于B竖直方向做自由落体运动，存在竖直分速度，可知，B球的实际速度大于 ，即当弹性
绳第一次最长时，B球的动量大小大于 ，故A错误；
B．结合上述，根据当弹性绳第一次最长时，弹性绳的弹性势能最大，则有
故B正确；
C．从0时刻到弹性绳开始出现弹力经历时间
则从0时刻到弹性绳第一次恢复原长经历时间
可知，从0时刻到弹性绳第一次恢复原长时，A球重力的冲量为
故C正确；
D．从0时刻到弹性绳第一次恢复原长过程水平方向，对两小球构成的系统有
，
解得
，
即速度发生了交换，之后A在水平方向上向右做匀速直线运动，到第一次发生碰撞的时间
结合上述可知，从0时刻到A、B第一次发生碰撞的时间
碰撞后，两球再次发生速度交换，水平方向状态回到0时刻的初始状态，之后在水平方向重复先
前的运动过程，可知两小球碰撞的时刻为
（n=1，2，3…）
故D正确。
25
学科网（北京）股份有限公司故选BCD。
22．（2024·宣城期末）如图所示，光滑 圆弧轨道竖直固定，与水平面相切于最低点P，半径
，空间中存在水平向左的匀强电场，场强 ，物体甲的质量为 ，带负
电，电荷量为 ，在P点右侧 处有一不带电的物体乙，质量为 ，物体
乙右侧 处有一竖直固定挡板，甲物体从与圆心O等高的A点以竖直向下的速度
滑动，甲、乙与水平面的动摩擦因数均为 ，所有碰撞均无能量损失，且甲、乙碰撞没有电
荷转移。
（1）在圆形轨道最低点P，物体甲受到轨道的支持力大小；
（2）甲、乙第一次碰撞后各自的速度大小；
（3）整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）对物块甲，从A点到P点，由动能定理得
解得
在P点由牛顿第二定律可得
解得物体甲受到轨道的支持力大小为
（2）物块甲在水平面上向右运动，碰乙前，根据动能定理可得
解得碰撞前瞬间甲的速度大小为
甲、乙相碰过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
26
学科网（北京）股份有限公司联立解得
，
（3）对物体甲受力分析，由于
则物体甲、乙最终停在挡板处，在整个过程，对甲、乙系统，由能量守恒定律得
（令 ）
解得整个过程甲、乙在水平面上运动的总路程之和为
23．（2024·成都期末）如图，在足够长的光滑水平轨道上有一质量为 的足够长的木板A，质
量为 的滑块B置于A的左端，A与B间的动摩擦因数为 。在水平轨道上隔一定距
离依次放着2025个相同的滑块，滑块的质量均为 ，编号依次为1，2，3……2025。开始时
木板A静止，现使滑块B瞬间获得水平向右的初速度 ，当A、B刚达到共速时，木板A
恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞，经过一段时间，当A、B再次刚达到共速时，木板A恰好与
滑块1发生第2次弹性碰撞，之后每次A、B刚达到共速时，木板A都恰好与滑块1发生弹性碰
撞，直至最后木板A与滑块1发生2025次碰撞。重力加速度大小取 ，滑块间的碰撞均
为弹性碰撞，每次碰撞时间极短，滑块均可视为质点。求：
（1）木板A与滑块1第1次碰撞前，A与B组成的系统产生的热量Q；
（2）木板A与滑块1第1次碰撞后瞬间，滑块1的速度大小 ；
（3）从滑块B开始向右运动到木板A即将与滑块1发生第2025次碰撞时，A与B组成的系统损
失的总能量 （可用分数表示，如表达式： ，a、b、n为具体数值）。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）将木板A与滑块B视为一个系统，因为水平轨道光滑，木板A与滑块B所受合力
为零，因此木板A与滑块B组成的系统在水平方向上动量守恒。设木板A与滑块B第一次共速时
的速度为 ，设向右为速度的正方向，则有
27
学科网（北京）股份有限公司可得
由能量守恒定律可知，木板A与滑块B减少的机械能转化为了系统产生的热量Q，即
解得
（2）木板A与滑块1发生弹性碰撞时，将木板A与滑块1视为一个系统，由于碰撞时间极短，
碰撞时内力远大于外力，因此木板A与滑块1组成的系统在水平方向上动量守恒，设向右为速度
的正方向，则有
木板A与滑块1的碰撞为弹性碰撞，因此
解得木板A的速度
滑块1的速度
即木板A与滑块1发生了速度交换，木板A碰撞后速度为0，滑块1获得了木板A碰撞前的速度
；
（3）与木板A发生第1次碰撞后的滑块1，匀速滑向滑块2，并与之发生弹性碰撞，设碰撞后滑
块2的速度为v，则有
解得滑块2的速度
滑块1的速度
即滑块1和滑块2碰撞后速度交换，滑块2将继续碰撞滑块3，速度继续交换，后面的滑块继续重
复，木板A发生第1次碰撞后速度变为0，木板A与滑块B组成一个系统，设木板A第2次与滑
块1碰撞前的速度为
28
学科网（北京）股份有限公司接下来木板A将以 的速度与滑块1发生弹性碰撞，碰撞后速度交换，木板A的速度变为0，重
复以上碰撞，有木板A和滑块1碰撞后，再次与滑块B共速时，共速速度为上一次共速速度的
，即
因此，木板A即将与滑块1发生第2025次碰撞时
从滑块B开始向右运动到木板A即将与滑块1发生第2025次碰撞时，由能量守恒定律有A与B
组成的系统损失的能量
解得
24．（2024·山西期末）足够长的光滑水平地面上静止放置一个可以自由移动的光滑圆弧轨道M，其
质量 ，轨道高度 ，弧面底端水平，右侧地面上有两个滑块A、B，质量分别为
m =1kg，m =2kg，两滑块间有一压缩的轻弹簧（滑块与弹簧不拴接）。现由静止释放弹簧，滑块
A B
A向左冲上圆弧轨道M，滑块B向右运动，恰好能到达右侧光滑固定半圆轨道的最高点D，右侧
半圆轨道半径为 ，重力加速度g取 ，滑块均可视为质点，求：
（1）滑块B到达右侧半圆轨道最低点C点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧释放前储存的弹性势能；
（3）若滑块B到达半圆轨道最高点后被移走，则滑块A与圆弧轨道M分离时的速度大小为多
少？
【答案】（1）120N
（2）12J
（3）0
29
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）滑块B到达D点有
从C到D有
联立解得
在C点，根据牛顿第二定律可得
所以
根据牛顿第三定律可得，滑块B对圆弧轨道压力大小为120N；
（2）滑块B脱离弹簧后速度为
对A、B，根据动量守恒定律得
解得
所以弹簧的弹性势能为
（3）假设A不会从M左侧飞出，则A和M在水平方向动量守恒，且到达最高点时共速，则
所以
由能量守恒得
解得
故假设成立，滑块将在圆弧轨道上下滑，由动量守恒和能量守恒得
30
学科网（北京）股份有限公司解得
故再次分离时滑块A的速度为零。
25．（2024·南京期末）如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为
的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为 的物块，现有一质量为
的子弹以 的水平速度射入物块并留在物块中（不计空气阻力和子弹与物块作
用的时间， 取 ，求：
（1）圆环、物块和子弹所组成的这个系统损失的机械能；
（2）物块所能达到的最大高度；
（3）金属圆环的最大速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）子弹射入物块过程中，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，根据动量守恒定
律得则有
得
机械能只在该过程有损失，损失的机械能有
解得
（2）物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，根
据系统水平方向的动量守恒则有
31
学科网（北京）股份有限公司解得
根据机械能守恒定律有
代入数据可解得
（3）当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直受绳
子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环速度最大。
设此时子弹和物块的速度为 ，圆环速度为 ，则有
及
由上述两式联立可解得
故金属圆环的最大速度为 。
26．（2024·阳泉期末）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m = 1.0 kg，m = 4.0
A B
kg，，两者之间有一定量的火药，A与其右侧的竖直墙壁距离l = 1.25 m。如图所示。某时刻，
将火药点燃，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为E = 10.0 J。点燃后，A沿着与墙壁
k
垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ = 0.20，重力加速度取g = 10 m/s2。
A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求火药点燃后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A、B到右侧竖直墙壁的距离分别是多少？
【答案】（1）v = 4 m/s，v = 1 m/s
A B
（2）B先停止，该物块停止时A与B间的距离为1 m
（3）都停止后，A到右侧竖直墙壁的距离为1.05 m，B到右侧竖直墙壁的距离为1.7 m
【详解】（1）设火药点燃瞬间A和B的速度大小分别为v 、v ，以向右为正方向，由动量守恒
A B
定律和题给条件有
32
学科网（北京）股份有限公司代入得
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设
A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为火药点燃后速度较小的B。设从火药点燃
到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为s ，则有
B
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所
以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程s 都可表示为
A
代入得
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.75m
处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v '，由动能定
A
理有
代入得
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为 和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律
有
代入得
33
学科网（北京）股份有限公司这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 时停止，B向左运
动距离为 时停止，由运动学公式
代入得
小于碰撞处到墙壁的距离。所以A到墙壁得距离为
27．（2024·德阳期末）如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物块B以v =1.8m/s的速
0
度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰（碰撞时间极短），最终物体A恰好能到达木板
C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数
μ=0.1，水平地面足够大且光滑，取重力加速度大小g=10m/s2，求：
（1）碰撞后物体B的速度大小 ；
（2）物体A在木板C上的加速时间t；
（3）物体A、B在运动方向上的最小距离d。
【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）设木板C的质量为 ，物体A、B的质量为 ，B碰撞C由动量守恒定律可知
由机械能守恒可知
联立并代入数据解得
，
34
学科网（北京）股份有限公司（2）A恰好达到C的最左端，A、C系统由动量守恒可知
解得
对物体A进行受力分析，根据牛顿第二定律可知
物体A加速的时间为
联立解得
（3）A与木板C系统，由能量守恒可知
则木板的长度为
A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间为
解得
B、C碰撞后B做匀速直线运动，此时B的位移为
B、C碰撞后A做匀加速直线运动，此时A的位移为
A、B最初的距离为L，则A、B的距离最小为
联立并代入数据解得
28．（2024·吉林期末）如图所示，在水平面上放置一半径为 的半圆槽，A、B为槽左、右两
端的最高点且位于同一水平线上，C为圆槽最低点。现让一个小球（可视为质点）从槽右侧最高
点B无初速释放。已知小球和半圆槽的质量分别为 和 ，不计一切摩擦阻力，重力
加速度为 。求：
35
学科网（北京）股份有限公司（1）小球第一次通过C点时的速度 的大小；
（2）整个运动过程中，半圆槽向右运动的最大距离。
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）从B点释放后到C点，根据水平方向的动量守恒有
根据能量守恒定律有
解得
（2）由水平方向动量守恒有
可得
同时
可得
29．（2024·南宁期末）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光
滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，
一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置
时，静止释放小球。小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道
运动，已知细线长 ，小球质量 ，物块、小车质量均为 ，小车上的水平轨
道长 ，圆弧轨道半径 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g
取 。
36
学科网（北京）股份有限公司（1）求小球与物块碰撞后小球的速度大小 和上升高度 ；
（2）若 ，求物块与小车摩擦产生的热量Q和物块最终停在车上的位置；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且最终不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取
值范围和物块相对小车上升的最大高度 。
【答案】（1） ，
（2） ，与左端距离0.4m
（3） ，
【详解】（1）设小球到达最低点与物块碰前的速度为 ，根据机械能守恒定律可知
解得
设小球与物块碰后的速度为 ，物块的速度为 ，向右的方向为正方向，则有
解得
由机械能守恒定律可得
解得
（2）物块与小车组成系统水平方向满足动量守恒，设二者共同速度为 ，则有
解得
37
学科网（北京）股份有限公司物块与小车整个系统的初动能为
共速时系统的总动能为
根据能量守恒可知
解得
则物块最终停在车上位置与左端的距离为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动
量守恒
由能量守恒定律可得
解得
若物块恰好在返回到小车左端时，两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律可得
解得
当 时，物块相对小车上升的高度最大，根据能量守恒定律可得
解得物块相对小车上升的最大高度为
38
学科网（北京）股份有限公司30．（2024·重庆期末）如图所示，长为 且不可伸长的非弹性轻绳一端固定在 点，另一端拴
质量 的小球P。固定的水平薄板 距离 点 ，B端恰在 点正下方。长 的
粗糙水平桌面 与 点距离 ，在 点正下方的 中点处静置质量 的小物块
Q，C端连接光滑 圆弧形圆管，圆管下方竖直放置底端固定于地面的轻弹簧， 端有一竖直挡
板。现使P自 端以初速度 水平向右抛出，在空中下落 后开始做圆周运动，在最低点
与Q发生弹性正碰，碰后Q向左运动，在Q到达 点前撤去P。已知Q与桌面的摩擦因数
，弹簧的压缩量在弹性限度之内。若P、Q皆可看成质点，Q进出圆管及与 端竖直挡板碰撞时
皆不损失机械能。
（1）求P在空中平抛运动的水平位移及初速度 ；
（2）求P与Q碰撞后瞬间轻绳对P的拉力；
（3）若P的初速度不变、质量 可变，求Q停止时到 点的距离 与P质量 的关系式。（只
考虑Q与弹簧最多作用一次的情况）
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）小球P在空中下落 后开始做圆周运动，此时绳伸直，由几何关系有
由平抛运动公式有
，
可得
（2）轻绳绷紧时，令绳与竖直方向的夹角为 ，则有
解得
39
学科网（北京）股份有限公司由于
表明速度方向恰好沿绳方向，轻绳绷紧时，沿半径方向的速度立即减为零，表明轻绳绷紧时，P
的速度突变为0，之后，P做圆周运动到最低点，根据动能定理有
解得
P、Q发生弹性碰撞，则有
，
解得
P与Q碰撞后乙B点为圆心，由向心力公式有
解得
（3）由（2）中的动量和能量守恒可得
碰撞之后，对Q有
可得
当 时，可得
当 时，可得
当 时有
40
学科网（北京）股份有限公司当 时有
当 时有
41
学科网（北京）股份有限公司
