文档文本内容
第 27 讲 四种“类碰撞”典型模型研究
目录
01、考情透视，目标导
航
02、知识导图，思维引航.............................................................................................1
03、考点突破，考法探究
..............................................................................................................................2
考点一 子弹打木块模型....................................................................................................................3
考向1.子弹嵌入木块中..........................................................................................................3
考向2.子弹穿透木块..............................................................................................................5
考点二 “滑块—木板”模型..............................................................................................................8
考点三 “滑块—弹簧”模型..........................................................................................................11
考点四 “滑块—斜(曲)面”模型...................................................................................................14
04、真题练习，命题洞见
............................................................................................................................16
2024·甘肃·高考物理试题
2024·湖北·高考物理试题
考情
2024·辽宁·高考物理试题
分析
2023·湖南·高考物理试题
2023·浙江高考物理试题
目标1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。
复习
目标2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。
目标
目标3.会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰
撞的相关知识解决实际问题。考点一 子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失。
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv＝(m＋M)v
0
能量守恒：Q＝F·s＝mv2－(M＋m)v2
f 0
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv＝mv＋Mv
0 1 2
能量守恒：Q＝F·d＝mv2－(mv2＋Mv2)
f 0 1 2
考向1.子弹嵌入木块中
1.如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一质量为20 g的子
弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共
同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为 10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的
阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
【答案】 (1)6 m/s 882 J (2)能
【解析】 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为 v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv＝(M＋m)v，代入数据解得v＝6 m/s
0
此过程系统所产生的内能
Q＝mv－(M＋m)v2＝882 J。
(2)假设子弹以v′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
0
mv′＝(M＋m)v′
0
解得v′＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为
ΔE′＝mv′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
0
由功能关系有Q＝ΔE＝F x ＝F d
阻 相 阻
ΔE′＝F x ′＝F d′
阻 相 阻
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
2.如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m的子弹以水平速度v 射入木块，深度为
0d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为 L，木块对子弹的平均阻力
为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是( )
A.木块的动能增加f(L＋d)
B.子弹的动能减少量为fd
C.子弹和木块组成的系统动能减少量为fL
D.子弹和木块组成的系统的动能减少量为
【答案】 D
【解析】 子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于水平桌面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据
动能定理得知，木块动能的增加量等于子弹对木块做的功，即fL，故A错误；子弹相对于地面的位移大小
为L＋d，则木块对子弹的阻力做功大小为f(L＋d)，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻
力做的功，大小为f(L＋d)，故B错误；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为fd，根
据功能关系可知，系统动能的减少量为fd，故C错误；由动量守恒定律有mv ＝(M＋m)v，解得v＝，子弹
0
和木块(系统)的动能减少量为ΔE＝mv－(M＋m)v2，解得ΔE＝，故D正确。
k k
考向2.子弹穿透木块
1．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v 水平向右射向木块，穿出木块时子
0
弹的速度为 ，木块的速度为 。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说
法正确的是（ ）
A．木块的质量为3m
B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于
【答案】AB
【详解】AB．子弹击穿木块的过程，有解得
M=3m
故AB正确；
D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为 。故D错误；
C．由能量守恒可得
解得
故C错误。
故选AB。
2．如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设
子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小 成正比，即 （k为已知常
数）。改变子弹的初速度大小 ，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为 ，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即 取极值即可，该函数在 到无穷单调递减，因此
当 木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
3．如图所示，把一个质量 的小球静置于高度 的直杆的顶端。一颗质量 的子弹
以 的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离 。取
重力加速度 ，不计空气阻力。求：
（1）小球水平抛出的速度 ；（2）子弹刚落地时刻的动能 ；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球在空中做平抛运动，竖直方向有
解得
小球水平抛出的速度为
（2）子弹穿过小球过程，根据动量守恒可得
解得子弹速度为
对子弹根据动能定理可得
可得子弹刚落地时刻的动能为
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能为
考点二 “滑块—木板”模型
1.模型图示2.模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FΔx或Q＝E －E ，研究对象为一个系统。
f 初 末
1.质量m＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m＝0.2 kg、可视为质点的
1 2
物块，以水平向右的速度v＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，
0
物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小v；
(2)物块相对小车滑行的时间t；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x；
1
(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x；
2
(5)在此过程中系统产生的内能；
(6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过多少。
【答案】 (1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)0.336 m (5)0.24 J (6)5 m/s
【解析】 (1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv ＝(m ＋
2 0 1
m)v，解得v＝＝0.8 m/s
2
(2)对物块由动量定理有－μm gt＝mv－mv
2 2 2 0
解得t＝＝0.24 s
(3)对小车，根据动能定理有μm gx＝mv2－0，解得x＝＝0.096 m
2 1 1 1
(4)x＝t＝×0.24 m＝0.336 m
2
(5)方法一 Δx＝x－x＝0.24 m
2 1
Q＝μm g·Δx＝0.24 J
2
方法二 Q＝ΔE＝mv2－(m＋m)v2
2 0 1 2
＝0.24 J
(6)mv′＝(m＋m)v′
2 0 1 2mv′2－(m＋m)v′2＝μm gL
2 0 1 2 2
联立解得v′＝5 m/s。
0
2.如图所示，质量m ＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m ＝0.2 kg可视为
1 2
质点的物块，以水平向右的速度v 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面
0
间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则( )
A.物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒
B.增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大
C.若v＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
0
D.若要保证物块不从小车右端滑出，则v 不得大于5 m/s
0
【答案】 D
【解析】 物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒、物块相对小车滑动过程中克服摩擦力
做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；以向右为正方向，由动量守恒定律得 mv ＝
2 0
(m ＋m)v，系统产生的内能Q＝mv－(m ＋m)v2＝，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，
1 2 2 1 2
B错误；若v ＝2.5 m/s，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋m)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－
0 2 0 1 2
μm gt＝mv－mv ，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车
2 2 2 0
有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv′＝(m ＋m)v′，由能量守恒定律得mv′2＝(m ＋
2 0 1 2 2 0 1
m)v′2＋μm gL，解得v′＝5 m/s，D正确。
2 2 0
3.如图所示，一质量为3 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量为2 kg，停在木板B的左端。质量
为1 kg的小球用长为l＝1.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，
小球在最低点与物块A发生弹性碰撞，碰后立即取走小球，物块 A与小球均可视为质点，不计空气阻力，
已知物块A与木板B之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求碰撞过程中小球对物块A的冲量大小；
(2)若木板长度为 m，求物块A的最终速度大小。
【答案】 (1)8 kg· m/s (2)2 m/s
【解析】 (1)小球由静止摆至最低点的过程，由机械能守恒定律有mgl＝mv
小球与物块A发生弹性碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv＝mv＋m v
0 1 A 2
mv＝mv＋m v
A
对物块A运用动量定理得I＝m v－0
A 2
联立解得I＝8 kg· m/s。
(2)假设物块A与木板B达到共同速度，设相对位移为s，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v＝(m ＋m )v
A 2 A B
μm gs＝m v－v2
A A
联立解得s＝2.4 m
因L<s，故物块A从木板B上滑下，设物块A与木板B最终速度分别为v 和v ，由动量守恒定律和能量守
A B
恒定律得
m v＝m v ＋m v
A 2 A A B B
μm gL＝m v－m v－m v
A A A B
解得v ＝2 m/s。
A
考点三 “滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰
撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即mv＝(m＋m)v，ΔE＝mv－(m＋m)v2。
1 0 1 2 p 1 1 2
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即mv ＝mv ＋mv ，mv
1 0 1 1 2 2 1
＝mv＋mv。
1 2
1.如图，质量为m ＝4 kg和m ＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为
2 3
m＝1 kg的物体以速度v＝8 m/s向右运动，m 与m 碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。试求：
1 0 1 3
(1)m 和m 碰撞过程中损失的机械能是多少？
1 3
(2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？
(3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对m 冲量的大小是多少？
3
【答案】 (1)24 J (2)4 J (3)4 kg·m/s
【解析】 (1)设m 与m 碰撞后的速度为v，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正
1 3 1
方向
由动量守恒定律得mv＝(m＋m)v
1 0 1 3 1
由能量守恒定律得mv＝(m＋m)v＋ΔE
1 1 3
代入数据解得ΔE＝24 J。
(2)三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向
由动量守恒定律得
(m＋m)v＝(m＋m＋m)v
1 3 1 1 2 3 共
代入数据解得v ＝1 m/s
共
由能量守恒定律得
(m＋m)v＝(m＋m＋m)v＋ΔE
1 3 1 2 3 p
代入数据解得ΔE＝4 J。
p
(3)设弹簧对m 的冲量为I，对m 由动量定理得
2 2 2
I＝mv －0＝4 kg·m/s
2 2 共
所以弹簧对m 冲量的大小是
3
I＝I＝4 kg·m/s。
3 2
2.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m 和m 的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现
1 2
使m 瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，
1
以下说法正确的是( )
A.两物块的质量之比为m∶m＝2∶1
1 2
B.在t 时刻和t 时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
1 3
C.t～t 时间内，弹簧的长度大于原长
1 2
D.t～t 时间内，弹簧的弹力逐渐减小
2 3
【答案】 B
【解析】 以m 的初速度方向为正方向，t 时刻A、B共速，由动量守恒定律得mv＝(m＋m)v ，将v＝
1 1 1 1 1 2 共 1
3 m/s，v ＝1 m/s代入解得m∶m＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知在t 时刻和t 时刻，系统的动能
共 1 2 1 3
最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t 时刻弹簧压缩至最短，所以t～t 时间内，弹簧的长度
1 1 2
小于原长，故C错误；t～t 时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
2 3
3.(多选)如图所示，质量为m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定
在墙上，质量为m的物体B以速度v 向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的整个过程中，
0
下列说法正确的是( )
A．在整个过程中，物体A、B和弹簧组成的系统机械能守恒B．弹簧的最大弹性势能为mv2
0
C．物体A对B的冲量大小为mv
0
D．物体A对B做的功为mv2
0
【答案】BC
【解析】： A和B发生完全非弹性碰撞过程有机械能的损失，而在弹簧被压缩的过程中，物体A、B和弹
簧组成的系统机械能守恒，则全过程系统机械能不守恒，故A错误；A和B发生完全非弹性碰撞有mv ＝
0
2mv，可得共同速度为v＝，则弹簧的最大弹性势能为E ＝·2m·v2－0＝mv2，故B正确；根据能量守恒定
t t p t 0
律可知，B与A分离时速度大小为v，方向向左，根据动量定理知物体A对B的冲量即为物体B动量的变
t
化量I＝m(－v)－mv ＝－mv ，则物体A对B的冲量大小为mv ，故C正确；根据动能定理知物体A对B做
t 0 0 0
的功即为物体B动能的变化量ΔE＝mv2－mv2＝－mv2，故D错误。
k t 0 0
考点四 “滑块—斜(曲)面”模型
模型
图示
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共 ，此时m的竖直速度v
y
＝0。系统水平方向动量守恒，mv
0
＝(M＋m)v共 ；系统机械能守恒，mv
0
2＝
模型 (M＋m)v共 2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的
特点 高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv＝mv＋Mv；系统机械能守恒，
0 1 2
mv2＝mv2＋Mv2(相当于完成了弹性碰撞)。
0 1 2
1.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
k1
滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为E ，E 和E 的比值为( )
k2 k1 k2
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 设滑块P的质量为2m，则小球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，P、Q组成的系统在
k1
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 －2mv ＝0，由机械能守恒定律得mgh＝
Q Pmv＋×2mv，Q离开P时的动能E ＝mv，联立解得＝，故C正确。
k2
2.(多选)如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底
端与水平面相切，左边有质量是m＝1 kg的小球A以初速度v ＝4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈，
0
重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.小球A不能从斜劈顶端冲出
B.小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
【答案】 ACD
【解析】 小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为F ，则F －mg＝m，代入数
1 1
据得F＝30 N，由牛顿第三定律知，小球A对斜劈的压力是30 N，选项C正确；假设小球能运动到斜劈顶
1
端，此时小球和斜劈水平速度相等为v，小球竖直速度为v，水平方向由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v，
1 2 0 1
小球和斜劈组成的系统机械能守恒，则有mv＝m(v＋v)＋Mv＋mgR，联立解得v ＝1 m/s，v＝－4 m2/s2<0，
1
故小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜
劈的速度分别为v 、v ，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv ＝mv ＋Mv ，mv＝mv＋Mv，联立得
3 4 0 3 4
v＝－2 m/s，v＝2 m/s，小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左，选项D正确。
3 4
3.(多选)(2024·黑龙江牡丹江市二中月考)如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块
a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v 向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段
0
距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是( )
A.滑块b沿a上升的最大高度为
B.物块a运动的最大速度为
C.物块a对滑块b的冲量大小mv
0
D.物块a对滑块b所做的功－mv
【答案】 BD
【解析】 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
mv ＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A错误；滑块b从滑上a到滑离a
0
后，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律
得mv ＝mv ＋4mv ，由机械能守恒定律得mv＝mv＋×4mv，解得v ＝v ，v ＝－v ，B正确；对b由动量定
0 b a a 0 b 0
理得I＝－mv－mv＝－mv，C错误；对b由动能定理得W＝m－mv＝－mv，D正确。
0 0 01．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的
子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小 成正比，
即 （k为已知常数）。改变子弹的初速度大小 ，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为 ，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即 取极值即可，该函数在 到无穷单调递减，因此当 木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
2．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲
1
度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水平向右的速度 滑
2
上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为 。
p
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大小；
2 2
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次
2 0 2
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
0
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）【详解】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有
1 2
mv= (m＋m)v
2 0 1 2 1
代入数据有
v= 1m/s
1
对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得
x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有
1 2
kx = (m＋m)a
1 2 共
对m 有
2
a= μg = 1m/s2
2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x= 0.25m
2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块m 的
2 1 2
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为v，共用时
2 1 2
2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有
0 2 2
－μm g∙2t= mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = W
f
联立有
3．（2023·湖南·高考真题）如图，质量为 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 和 ，长轴水平，短轴竖直．质量为 的小球，初始时刻从椭
圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于
地面的直角坐标系 ，椭圆长轴位于 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若 ，求小球下降 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用 及 表示）。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 时，此时凹槽水平向右运动的位移为 ，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为整理得
（ ）
（3）将 代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以 为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为 ，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
4．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD
和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD
和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度 从
D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 ，以 的
速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
根据
可得在C点的速度
v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v=5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v=5m/s
2
则碰撞损失的能量（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x，由能量关系
1
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x=x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
5．（2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物
块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图
（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方
向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
6．（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳 和OP作用下处于平衡状
态，细绳 ，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量
为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳 ，小球A开始运动。（重力加速度g取 ）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平
向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】根据题意，设AC质量为 ，B的质量为 ，细绳 长为 ，初始时细线与竖
直方向夹角 。
（1）A开始运动到最低点有对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
