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1.(2024·山东济南市历城第二中学月考)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽，凹槽
右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向凹槽推出，
冰块平滑地滑上凹槽，则( )
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向动量守恒
C．冰块从凹槽下滑过程，凹槽动量减少
D．冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
2.如图所示，两个物块A、B中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、B质量分别为m
1
＝0.1 kg、m ＝0.2 kg，物块A右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲击物块B使其获得0.3 m/s的
2
水平向右的速度，物块B向右压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动物块 A运动。当弹簧
拉伸到最长时，物块A的速度大小为( )
A．0.1 m/s B．0.2 m/s C．0.3 m/s D．0.4 m/s
3．(2023·湖北省七市调研)在光滑水平面上，一质量为 m、速度大小为v的A球与质量为
3m、静止的B球发生对心碰撞，碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B球的
速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v
4.如图所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质
点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为
E 。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为E ，E 和E 的比
k1 k2 k1 k2
值为( )
A. B. C. D.
5．(2022·北京卷·10)质量为m 和m 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t
1 2
变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )A．碰撞前m 的速率大于m 的速率
2 1
B．碰撞后m 的速率大于m 的速率
2 1
C．碰撞后m 的动量大于m 的动量
2 1
D．碰撞后m 的动能小于m 的动能
2 1
6.(多选)(2023·安徽省模拟)如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量m ＝2 kg的物块A
1
穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量m ＝1 kg的物块B通过长度l＝0.45 m的轻质细绳竖直
2
悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度v ＝3 m/s
0
水平向右运动，g取10 m/s2，则( )
A．物块A的最大速度为2 m/s
B．物块A、B组成的系统，动量守恒
C．物块B恰好能够到达细杆MN处
D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1 J
7.(多选)(2023·海南海口市三模)如图所示，质量分别为2m、km(k未知且k>2)的小球B、C静
止放置在光滑水平面上，一质量为m的小球A从小球B的左侧以速度v水平向右运动。已
知所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，A与B只发生一次碰撞，则k的值可能为(
)
A．4.5 B．6 C．7.5 D．9
8．(多选)(2023·四川绵阳市期末)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m ＝4 kg和m ＝2
A B
kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C
在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，
并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是( )A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B．4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s
9.(2023·广东省模拟)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上
静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开
始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一
起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，
重力加速度为g，求：
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。10．(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，质量为m＝1 kg的工件甲静置在光滑水平面
上，其上表面由光滑水平轨道 AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，
圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固
定于O点，另一端系一质量为M＝4 kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L
＝2 m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲
发生弹性碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，
cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。11.(多选)如图所示，质量为3 kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的 BC部
分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道
顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB＝CD
＝R＝0.3 m，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1 m/s
C．两者分离时物块移动了0.15 m
D．物块对地面的最大压力为70 N
第 3 练 专题强化：碰撞模型及拓展
1．B [小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误；冰块
在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，故B正
确；冰块从凹槽下滑过程，冰块对凹槽做正功，凹槽速度增加，动量增加，故C错误；冰
块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹
槽时的速率小，故D错误。]
2．B [由机械能守恒可知，当物块B被弹簧弹回到初始位置时速度仍为v ＝0.3 m/s，方向
0
向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动量守恒定律有 mv ＝(m ＋m)v，解得v＝
2 0 1 2
0.2 m/s，即物块A的速度大小为0.2 m/s，故选B。]
3．C [A、B两球在水平方向上所受合外力为零，A球和B球碰撞过程中动量守恒，设A、
B两球碰撞后的速度分别为v 、v ，选A球初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有 mv
1 2
＝mv ＋3mv ，假设碰撞后A球静止，即v ＝0，则v ＝v，由题意可知A球被反弹，所以B
1 2 1 2
球速度v>v，A、B两球碰撞过程中能量可能有损失，由能量关系有 mv2≥mv2＋×3mv2，
2 1 2
联立可得v≤，可得<v≤，故选C。]
2 2
4．C [设滑块P的质量为2m，则Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定
时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝E ，P解除锁定，Q下滑过程中，
k1
P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得 mv －
Q2mv ＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mv 2＋×2mv 2，Q离开P时的动能E ＝mv 2，联立解
P Q P k2 Q
得＝，故C正确。]
5．C [x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m 碰前的速度大小为v＝ m/s＝
1 0
4 m/s，m 碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m 碰后的速度大小为v ＝ m/s＝2
2 1 1
m/s，m 碰后的速度大小为v ＝ m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞
2 2
过程中满足动量守恒定律，即mv ＝－mv ＋mv ，解得两物体质量的关系为m ＝3m ，根
1 0 1 1 2 2 2 1
据动量的表达式p＝mv，可知碰后m 的动量大于m 的动量，C正确；根据动能的表达式E
2 1 k
＝mv2，可知碰后m 的动能大于m 的动能，D错误。]
2 1
6．AD [当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，
A的速度最大，则有mv ＝mv ＋mv ，mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝2 m/s，A正确；对B
2 0 2 2 1 1 2 0 2 2 1 1 1
分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，
系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为
0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误；设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此
时A、B速度相等，则有mv ＝(m ＋m)v ，mv2－(m ＋m)v2＝mgh，解得h＝0.3 m<l＝
2 0 1 2 3 2 0 1 2 3 2
0.45 m，可知物块B不能够到达细杆MN处，C错误；根据上述可知，物块B从开始运动到
最大高度的过程中，B减小的机械能与A增加的机械能相等，则有ΔE ＝mv2＝1 J，D正
机 1 3
确。]
7．AB [A与B碰撞过程，由动量守恒和机械能守恒可得mv＝mv ＋2mv
A B
mv2＝mv 2＋×2mv 2
A B
联立解得碰后A、B的速度分别为v ＝－v，v ＝v，B与C碰撞过程，由动量守恒和机械能
A B
守恒可得
2mv ＝2mv ′＋kmv
B B C
×2mv 2＝×2mv ′2＋×kmv 2
B B C
联立解得碰撞后B的速度为
v ′＝v
B
为了保证A与B只发生一次碰撞，需要满足|v ′|＝≤|v |
B A
＝
由于k>2，则有≤
联立解得2<k≤6，故选A、B。]
8．AD [A、C碰撞过程中由动量守恒可得m v ＝(m ＋m )v ，由题图乙知v ＝12 m/s，v
C 0 C A 1 0 1
＝4 m/s，解得m ＝2 kg，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为 E
C p
＝(m ＋m )v2＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I ＝(m ＋
A C 1 弹 A
m )(v －v)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的
C 2 1时间内对B由动量定理可得－I ＋I ＝0，得I ＝I ＝－48 N·s，即大小为48 N·s，方向向
弹 墙 墙 弹
左，故B错误；当B的速度与A、C速度相等时由动量守恒可得(m ＋m )v ＝(m ＋m ＋
A C 1 A C
m )v′，解得v′＝3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为E′＝(m ＋
B 2 2 p A
m )v2－(m ＋m ＋m )v′2＝12 J，故C错误；当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动
C 1 A C B 2
量守恒和能量守恒可得(m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v，(m ＋m )v2＝(m ＋m )v2＋
A C 1 A C 3 B 4 A C 1 A C 3
m v2，解得v＝6 m/s，故D正确。]
B 4 4
9．(1) (2)mgh (3)h
解析 (1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv2，解得v＝
1 1
(2)当A、B发生碰撞，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋2m)v，
1 2
解得v＝
2
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv2－(m＋2m)v2
1 2
＝mgh
(3)将A、B、C看成一个整体，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在
水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v＝(m＋2m＋3m)v，根据能量守恒定律
2 3
可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v2＋(m＋2m)gh′
2 3
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝h。
10．(1)2.4 m/s 6.4 m/s (2)见解析
解析 (1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1－cos θ)＝Mv2
0
解得v＝4 m/s
0
丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mv＝Mv′＋mv
0
由机械能守恒得Mv2＝Mv′2＋mv2，解得碰后瞬间，丙的速度大小v′＝2.4 m/s，
0
甲的速度大小v＝6.4 m/s
(2)假设乙能从C点离开，乙到达C点时甲、乙水平速度相同，设甲速度为v ，从丙与甲
甲2
碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv ，解得v ＝3.2
甲2 甲2
m/s
设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为 v，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，
y
由机械能守恒得mv2＝mv 2＋mv 2＋mgR
甲2 乙1
又因为v 2＝v 2＋v2，解得v＝2 m/s>0，所以乙能从C点离开圆弧轨道。
乙1 甲2 y y
11．BC [小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A错误；系统在水平方向动量守恒，
有0＝mv －Mv，根据能量守恒有mg(R＋R)＝mv 2＋Mv2，解得v ＝3 m/s，v＝1 m/s，故
小 小 小
B正确；小球的水平分速度始终为物块速度的3倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
d＝＝0.15 m，故C正确；小球在C点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系(此时为惯性系)，小球此时相对圆心的速度为v ＋v，由牛顿第二定律得F ＝mg
小 支
＋，由牛顿第三定律得F ＝F ，对整体有F ＝Mg＋mg＋m＝ N，故D错误。]
压 支 N
