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专题强化十一 碰撞模型及拓展
目标要求 1.理解碰撞的种类及其遵循的规律.2.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问
题.3.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题．
题型一 碰撞
基础回扣
1．碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．
2．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
3．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
技巧点拨
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有 v后 >v前 ，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v前 ′≥v后 ′.
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．
2．弹性碰撞的结论
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
讨论：①若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
②若m>m ，则v′>0，v′>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈2v；
2 1③若m<m ，则v′<0，v′>0(碰后两物体沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v ，
1 2 1 2 1 2 1 1
v′≈0.
2
3．物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B
的速度最小，v ＝v ，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范
B 0 B 0
围为：v≤v ≤v.
0 B 0
例1 如图1所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R＝
0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m＝0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M＝
0.3 kg的小球A以初速度v＝4.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t＝0.80 s与B发生弹性
0
碰撞，设两个小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球 A与桌面间的动摩
擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.求：
图1
(1)两小球碰前A的速度大小v ；
A
(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小．
答案 (1)2 m/s (2)4 N
解析 (1)碰前对A由动量定理有－μMgt＝Mv －Mv
A 0
解得v ＝2 m/s.
A
(2)对A、B组成的系统，碰撞前后动量守恒，则有
Mv ＝Mv ′＋mv
A A B
碰撞前后总动能保持不变，
则有Mv 2＝Mv ′2＋mv 2
A A B
由以上两式解得v ′＝1 m/s，v ＝3 m/s
A B
设小球B运动到最高点C时的速度大小为v ，以水平面为参考平面，因为B球由半圆形轨
C
道的底端运动到C点的过程中机械能守恒，则有mv 2＋2mgR＝mv 2
C B
解得v ＝ m/s
C
对小球B，在最高点C有mg＋F ＝m
N
解得F ＝4 N
N
由牛顿第三定律知小球B运动到最高点C时对轨道的压力大小为4 N.
1．(碰撞可能性)如图2所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为p ＝6 kg·m/s、p ＝－4 kg·m/s.当两球相碰之后，两
a b
球的动量可能是( )
图2
A．p＝－6 kg·m/s、p＝4 kg·m/s
a b
B．p＝－6 kg·m/s、p＝8 kg·m/s
a b
C．p＝－4 kg·m/s、p＝6 kg·m/s
a b
D．p＝2 kg·m/s、p＝0
a b
答案 C
解析 根据碰撞过程中动量守恒可知碰撞后的总动量等于原来总动量2 kg·m/s，A选项碰后
的总动量为－2 kg·m/s，动量不守恒，故A错误；B选项碰后a球的动能不变，b球的动能
增加了，不符合机械能不增加的规律，故B错误；C选项碰后a、b小球的动量满足动量守
恒定律，也不违背物体的运动规律，故C正确；D选项与实际不符，a不可能穿过静止的b
向前运动，故D错误．
2．(弹性碰撞)如图3所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A
位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一
速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设
物体间的碰撞都是弹性碰撞．
图3
答案 (－2)M≤m＜M
解析 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒，机械能守恒．设速
度方向向右为正，开始时A的速度为v ，第一次碰撞后C的速度为v ，A的速度为v ，由
0 C1 A1
动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv＝mv ＋Mv
0 A1 C1
mv2＝mv 2＋Mv 2
0 A1 C1
联立解得v ＝v，v ＝v
A1 0 C1 0
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生
碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发
生碰撞，所以只需考虑m<M的情况
第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞，设与B发生碰撞后，A的速度为v ，B的速度为
A2
v ，同样有
B1
mv ＝mv ＋Mv
A1 A2 B1
mv 2＝mv 2＋Mv 2
A1 A2 B1联立解得v ＝v ＝()2v
A2 A1 0
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有v ≤v
A2 C1
联立解得m2＋4mM－M2≥0
解得m≥(－2)M
另一解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m＜M.
题型二 碰撞模型的拓展
“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(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非
弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结
束时)
例2 (多选)如图4所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为 d，两小球质量分别
为m 、m ，m>m ，m 的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放m 、m ，当m 与m 相距
1 2 1 2 2 1 2 1 2
最近时m 的速度为v，则在以后的运动过程中( )
1 1
图4
A．m 的最小速度是0
1
B．m 的最小速度是v
1 1
C．m 的最大速度是v
2 1
D．m 的最大速度是v
2 1答案 BD
解析 由题意结合题图可知，当m 与m 相距最近时，m 的速度为0，此后，m 在前，做减
1 2 2 1
速运动，m 在后，做加速运动，当再次相距最近时，m 减速结束，m 加速结束，因此此时
2 1 2
m 速度最小，m 速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，mv ＝mv′＋mv ，
1 2 1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv2，解得v′＝v，v＝v，B、D选项正确．
1 1 1 1 2 2 1 1 2 1
例3 如图5所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，
该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面
h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运
动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．
已知m ＝1 kg，m ＝2 kg，m ＝3 kg，取g＝10 m/s2.求：
A B C
图5
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到底面的
速度为v，由机械能守恒定律有m gh＝m v2，解得v＝6 m/s
1 A A 1 1
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v ，由
2
动量守恒定律有
m v＝(m ＋m )v，
A 1 A B 2
解得v＝v＝2 m/s
2 1
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹
性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为v，由动量守恒定律有
3
m v＝(m ＋m ＋m )v，
A 1 A B C 3
解得v＝v＝1 m/s
3 1
由机械能守恒定律有
E＝(m ＋m )v2－(m ＋m ＋m )v2
p A B 2 A B C 3
解得E＝3 J
p
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的
4
速度为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
5(m ＋m )v＝(m ＋m )v＋m v
A B 2 A B 4 C 5
(m ＋m )v2＝(m ＋m )v2＋m v2
A B 2 A B 4 C 5
解得v＝0，v＝2 m/s
4 5
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动s＝vt，H＝gt2
5
解得s＝2 m.
“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共 ，m不会从此处或提前偏离轨道．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＝(M＋m)v共 2＋mgh，其中h为滑块上升
的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)
(2)最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv ＝mv ＋Mv ；系统机械能守恒，mv2＝
0 1 2 0
mv2＋Mv2 (完全弹性碰撞拓展模型)
1 2
例4 (多选)如图6所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且
足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v 沿斜面向上
0
开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，重力加
速度为g，则下列关系式中正确的是( )
图6
A．mv＝(m＋M)v
0
B．mvcos θ＝(m＋M)v
0
C．mgh＝m(vsin θ)2
0
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv2
0
答案 BD
解析 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都
为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．以水平向右为正方向，
在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得 mvcos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；
0系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv2，故C错误，D正确．
0
例5 (2021·黑龙江哈尔滨市第六中学期中)两质量均为m的劈A和B，高度相同，放在光
滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图7所示．一质量
也为m的可视为质点的物块，从劈A上距水平面高度为h处静止滑下，然后又滑上劈B.重
力加速度为g，求：
图7
(1)物块在劈B上能够达到的最大高度；
(2)物块从劈B上返回水平面时的速度．
答案 (1) (2)0
解析 (1)物块从劈A上滑下，设水平向右为正方向，物块滑到底端时的速度为 v ，劈A的
1
速度为v.由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
2
0＝mv＋mv
1 2
mgh＝mv2＋mv2
1 2
解得v＝
1
物块滑上劈B，当二者水平方向速度相同时，物块到达最大高度．设二者共同速度大小为
v ，物块到达最大高度为H，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得
共
mv＝2mv
1 共
mv2＝×2mv 2＋mgH
1 共
解得H＝.
(2)设物块从劈B上返回水平面时的速度为v，劈B的速度为v，从物块刚要滑上劈B，到物
3 4
块从劈B上返回水平面，由水平方向动量守恒和系统机械能守恒列方程得：
mv＝mv＋mv
1 3 4
mv2＝mv2＋mv2
1 3 4
解得v＝0.
3
3．(“滑块—斜面”模型分析)如图8所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M
的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿
水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜
面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )图8
A．h B. C. D.
答案 D
解析 斜面固定时，根据动能定理可得－mgh＝0－mv2，解得v＝，斜面不固定时，由水平
0 0
方向动量守恒得mv ＝(M＋m)v，由能量守恒得mv2＝(M＋m)v2＋mgh ，解得h ＝h，D项正
0 0 1 1
确．
4.(“滑块—弹簧”模型分析)如图9所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光
滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为
v，求当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小．
图9
答案
解析 当系统动能最小时，弹簧被压缩至最短，两球具有共同速度v
共．
设小球A、B的质量分别为m、m，
1 2
碰撞前小球A的速度为v，小球A与弹簧分开后的速度为v.
0 1
从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2
联立解得v＝，
即mv＝v
1 0
从小球A碰到弹簧到两球达到相同速度的过程中，系统动量守恒，
故mv＝(m＋m)v
1 0 1 2 共
解得v ＝.
共
课时精练
1.(多选)(2020·湖北部分重点中学联考)如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在
同一直线上运动．两球的质量分别为 m ＝1 kg、m ＝2 kg，规定向右为正方向，碰撞前A、
A B
B两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后 A球动量的变化量为－4
kg·m/s，则( )图1
A．左方是A球
B．B球动量的变化量为4 kg·m/s
C．碰撞后A、B两球的速度大小之比为5∶2
D．两球发生的碰撞是弹性碰撞
答案 ABD
解析 初状态两球的动量均为正，故两球均向右运动，v ＝＝6 m/s，v ＝＝3 m/s，故左方
A B
是A球，A正确；由动量守恒定律知，Δp ＝－Δp ＝4 kg·m/s，B正确；碰撞后A的动量为
B A
p ′＝Δp ＋p ＝2 kg·m/s，则v ′＝＝2 m/s，碰撞后B的动量为p ′＝Δp ＋p ＝
A A A A B B B
10 kg·m/s，则v ′＝＝5 m/s，故v ′∶v ′＝2∶5，C错误；
B A B
碰撞前系统的机械能为m v 2＋m v 2＝27 J，碰撞后系统的机械能为m v ′2＋m v ′2＝27
A A B B A A B B
J，故两球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确．
2.如图2所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块 B静
止在圆弧轨道的最低点．现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放．已知圆弧轨道
半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是m ＝2m ，重力加速度g＝10 m/s2.则碰后小滑块B的速
B A
度大小不可能是( )
图2
A．5 m/s B．4 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
答案 A
解析 滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得m gR＝m v2，解得v ＝6 m/s；若两个滑块发
A A 0 0
生的是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m v＝m v ＋m v ，m v2＝
A 0 A A B B A 0
m v 2＋m v 2，解得v ＝4 m/s；若两个滑块发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
A A B B B
m v＝(m ＋m )v ′，解得v ′＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度大小范围为2 m/s≤v ≤
A 0 A B B B B
4 m/s，不可能为5 m/s，故选A.
3．(2020·山东等级考模拟卷)秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆
技术，利用中子(n)与静止氘核(H)的多次碰撞，使中子减速．已知中子某次碰撞前的动能为
E，碰撞可视为弹性正碰．经过该次碰撞后，中子损失的动能为( )
A.E B.E C.E D.E
答案 B
解析 质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性正碰，满足能量守恒和动量守恒，设中子的初速度为v ，碰撞后中子和氘核的速度分别为v 和v ，以v 的方向为正方向，可列
0 1 2 0
式：×1×v2＝×1×v2＋×2×v2，1×v ＝1×v ＋2×v ，解得v ＝－v ，即中子的动能减小
0 1 2 0 1 2 1 0
为原来的，则中子的动能损失量为E，故B正确．
4．如图3所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 和m 的两物体甲、乙连接，静止在光
1 2
滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平向右的速度v ＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s
0
时，弹簧最短．下列说法中正确的是( )
图3
A．此时乙物体的速度为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m∶m＝1∶4
1 2
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意得，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度也是
1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒
定律可得mv ＝(m ＋m)v，解得m∶m ＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守
1 0 1 2 1 2
恒和机械能守恒有mv＝mv′＋mv′，mv2＝mv′2＋mv′2，联立解得v′＝
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2 2
2 m/s，D错误．
5．(2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，
A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图4甲)，弹簧压缩到最
短时的长度为L ；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L ，则L
1 2 1
与L 的大小关系为( )
2
图4
A．L>L B．L<L
1 2 1 2
C．L＝L D．不能确定
1 2
答案 C
解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲，取 A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：
mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得：E＝mv2－(m＋M)v′2
p
联立解得，弹簧压缩到最短时E＝
p
同理，对题图乙，取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：E＝
p故两种情况下弹簧弹性势能相等，则有：L＝L，故A、B、D错误，C正确．
1 2
6．(多选)(2020·广东东山中学月考)如图5甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 和m
1 2
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—时间图象如图乙，则有( )
图5
A．在t、t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
1 3
B．从t 到t 时刻弹簧由压缩状态恢复原长
3 4
C．两物块的质量之比为m∶m＝1∶2
1 2
D．在t 时刻A与B的动能之比E ∶E ＝1∶8
2 k1 k2
答案 CD
解析 由题图乙可知t、t 时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统
1 3
机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t 时刻弹簧处于压缩状态，而t 时刻处于伸长状态，
1 3
故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m 逐渐减速，m 逐渐加速，弹簧被压
1 2
缩，t 时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢
1
复原长，m 仍然加速，m 先减速为零，然后反向加速，t 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此
2 1 2
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，在 t 时刻，两物块速度相
3
等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 到t 过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；
3 4
根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t 时刻系统总动量相等，有mv ＝(m ＋m)v ，其中v ＝
1 1 1 1 2 2 1
3 m/s，v ＝1 m/s，解得m∶m ＝1∶2，故C正确；在t 时刻A的速度为v ＝－1 m/s，B的
2 1 2 2 A
速度为v ＝2 m/s，根据m∶m＝1∶2，求出E ∶E ＝1∶8，故D正确．
B 1 2 k1 k2
7.(多选)如图6所示，动量分别为p ＝12 kg·m/s、p ＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的
A B
水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp 、Δp 表示两小球
A B
动量的变化量．则下列选项中可能正确的是( )
图6
A．Δp ＝－3 kg·m/s、Δp ＝3 kg·m/s
A B
B．Δp ＝－2 kg·m/s、Δp ＝2 kg·m/s
A B
C．Δp ＝－24 kg·m/s、Δp ＝24 kg·m/s
A B
D．Δp ＝3 kg·m/s、Δp ＝－3 kg·m/s
A B答案 AB
解析 碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符
合实际情况，本题属于追及碰撞，碰前，后面物体的速度一定要大于前面物体的速度(否则
无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，
所以Δp <0，Δp >0，并且Δp ＝－Δp ，据此可排除选项D；若Δp ＝－24 kg·m/s、Δp ＝24
A B A B A B
kg·m/s，碰后两球的动量分别为p ′＝－12 kg·m/s、p ′＝37 kg·m/s，根据关系式E ＝可知，
A B k
A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能
增大，这样碰后系统的机械能比碰前增大了，可排除选项 C；经检验，选项A、B满足碰撞
遵循的三个规律．
8.如图7所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽
半径为R，A点切线水平．另有一个质量为m的小球以速度v 从A点冲上滑块，重力加速度
0
大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是( )
图7
A．当v＝时，小球能到达B点
0
B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
答案 D
解析 滑块不固定，当v ＝时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv ＝(m＋M)v，mv2＝
0 0 0
(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R<R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由
于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，
不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水
平方向上动量守恒有mv ＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，
0
相当于完成了弹性碰撞，mv＝mv＋Mv，mv2＝mv2＋Mv2，v＝v，当m>M，v 与v 方向
0 1 2 0 1 2 1 0 1 0
相同，向左，当m<M，v 与v 方向相反，即向右，故D正确．
1 0
9．(八省联考·辽宁·13)如图8所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置
处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立刻
一起运动，共同下降到达最低点．已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限
度内，重力加速度为g，不计空气阻力．求：图8
(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的减少量ΔE；
(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.
答案 (1)mgh (2)mgh
解析 (1)碰撞前，圆环做自由落体运动，有v2＝2gh
1
碰撞时由动量守恒定律得mv＝(m＋2m)v
1 2
系统机械能减少量：ΔE＝mv2－(m＋2m)v2
1 2
解得ΔE＝mgh
(2)对系统碰撞后至最低点过程中，由动能定理得
(m＋2m)g·＋W＝0－(m＋2m)v2
2
解得W＝－mgh
故系统克服弹簧弹力做的功为mgh.
10．如图9所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m的物块A、B、C.B的左侧固定轻弹
簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v 向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，
0
B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始
压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求：
图9
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
答案 (1) (2)mv2
0
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v 时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守
1
恒定律得：mv＝2mv
0 1
此时B与C相当于发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v ，损失的机械能为ΔE，
2
对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv＝2mv
1 2
mv2＝ΔE＋×2mv2
1 2
解得ΔE＝mv2.
0
(2)由mv ＝2mv 可知v<v ，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为
1 2 2 1v，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E，由动量守恒和能量守恒定律得：
3 p
mv＝3mv
0 3
mv2－ΔE＝×3mv2＋E
0 3 p
解得E＝mv2.
p 0
11.(2020·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m的劈A，其倾斜面是光滑曲面，曲面下端与光
滑的水平面相切，如图10所示，一质量为M的物块B位于劈A的倾斜面上，距水平面的高
度为h，物块从静止开始滑下，到达水平面上，跟右侧固定在墙壁上的弹簧发生作用后(作
用过程无机械能损失)，又滑上劈A，求物块B在劈A上能够达到的最大高度．
图10
答案 h
解析 设物块B滑到斜面底端时速率为v，斜面速率为v，物块B和斜面组成的系统水平方
1 2
向动量守恒，取水平向左为正方向，则有3mv－mv＝0
2 1
由系统机械能守恒可得mgh＝mv2＋×3mv2
1 2
联立可得v＝，v＝
1 2
与弹簧作用后，物块B速度方向变为向左，速度大小不变，当物块B在劈A上达到最大高
度时二者速率相同，设为v，系统水平方向动量守恒，则有
3
3mv＋mv＝(3m＋m)v
2 1 3
物块B和劈A组成的系统机械能守恒，可得
mgh′＝×3mv2＋mv2－×(3m＋m)v2
2 1 3
联立可得h′＝h.
12.如图11所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b
与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使
a以初速度v 向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大
0
小为g.求物块与地面间的动摩擦因数μ满足的条件．
图11
答案 >μ≥
解析 若要物块a、b能够发生弹性碰撞，
应有mv2>μmgl，
0即μ<.
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v，
1
由能量守恒定律有mv2＝mv2＋μmgl，
0 1
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′、v′，
1 2
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv＝mv′＋mv′，mv2＝mv′2＋·mv′2
1 1 2 1 1 2
联立可得v′＝v.
2 1
根据题意，b没有与墙发生碰撞，
根据功能关系可知，·mv′2≤μgl，
2
联立解得μ≥，
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是>μ≥.
