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专题07 碰撞模型及其拓展
目录
1．碰撞问题遵循的三条原则....................................................................................................................................1
2．两种碰撞模型的特点............................................................................................................................................1
3．碰撞模型拓展........................................................................................................................................................2
(1)“保守型”碰撞拓展模型................................................................................................................................2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型................................................................................................................................2
1．碰撞问题遵循的三条原则
2．两种碰撞模型的特点
(1)弹性碰撞
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
结论：
①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度。
②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。
③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒，末速度相同，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共，机械能损失最多，机械能的损失ΔE＝m1v1
2＋m2v2
2－
(m1＋m2)v 共2。
1
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3．碰撞模型拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球－弹簧模型
小球－曲面模型
小球－小球模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v
共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械
能守恒，满足mv0
2＝mv1
2＋Mv2
2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面或
水平导轨光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v 共，损失的动能最大，
分别转化为内能或电能
【模型演练1】(2022·全国乙卷·25)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，t＝0 时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的v－t 图像如图
(b)所示。已知从t＝0 到t＝t0时间内，物块A 运动的距离为0.36v0t0。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θ(sin θ＝0.6)，与水平面平滑连接。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)0.6mv0
2 (2)0.768v0t0 (3)0.45
【解析】(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B 速度相等，即在t＝t0时刻，
根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v0
2
2
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联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv0
2
(2)B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA，将sA＝0.36v0t0
代入可得sB＝1.128v0t0
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0
(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2v0，方向
水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA′
－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′
根据能量守恒定律可得
mvA′2＋·5 m·(0.8v0)2＝ m·(－2v0)2＋·5mvB′2
联立解得vA′＝v0
方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvA′2－0
联立解得μ＝0.45
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大小，
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 上
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 下
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的位移速度关系可
得2a 上L＝(2v0)2－0,2a 下L＝vA′2
联立可解得μ＝0.45。
【题后总结】
3
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【模型演练2】（2023 上·四川成都·高三统考期中）如图，质量为
、半径
的
圆弧形凹
槽N 放在光滑水平面上，质量为
、初速度
的小球P 从凹槽底端水平滑入。已知小球从滑
入凹槽到分离过程中因两者的摩擦而产生的热量
，重力加速度
。
在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和凹槽组成的系统因合外力不做功而机械能守恒
B．小球和凹槽组成的系统因水平方向合外力为零而水平方向动量守恒
C．小球能从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为0.125m
D．小球与凹槽分离后并以
的速度向右做平抛运动
【答案】BD
【详解】A．小球和凹槽组成的系统因有摩擦力做功而机械能不守恒，故A 错误；
B．由于水平面光滑，球和凹槽组成的系统水平方向合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，故B 正确；
Ｃ．设小球能从凹槽顶端冲出而分离，并且从凹槽顶端冲出并继续上升的最大高度为h，小球和凹槽组成
的系统水平方向动量守恒，两者的共同速度大小是v1
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小球和凹槽组成的系统，由能量守恒定律得
代入数据，解得
，说明小球不能从凹槽顶端冲出，故C 错误；
D．小球不能从凹槽顶端冲出，则小球从凹槽下滑后才与凹槽分离，小球从滑入凹槽到分离过程中因两者
的摩擦而产生的热量
。假设小球与凹槽分离时小球速度为，凹槽速度为
，则由动量守恒
再根据能量守恒
两式联立解得
或
因小球与凹槽需
，第二组解不符合实际，需舍掉；即小球与凹槽分离后并以
的速度向右做平
抛运动，故D 正确。故选BD。
【总结提升】
【模型演练3】（2024 上·全国·高三专题练习）在光滑水平面上，A、B 两个物体在同一直线上沿同一方向
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运动，A 的动量为18kg∙m/s，B 的动量为
。A 从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B 的动
量增大为
，方向不变。下列说法正确的是（ ）
A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为
B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为
C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为
D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为
【答案】B
【详解】AC．碰前，有
解得
碰
过程中，有
解得
碰后，有
解得
6
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综上可得
若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为
A、C 错误；
BD．若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为
B 正确、D 错误。
故选B。
【模型演练4】(2023·广东省高三三模)如图所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg 的平板车，小车右
端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P 处有一可以视为质
点的小滑块，其质量m＝2 kg。平板车上表面Q 点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ 间的距离L＝10 m。某时刻
平板车以v1＝1 m/s 的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s 的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平
板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距d＝5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v；
(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；
(3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。
【答案】(1)2 m/s，方向水平向右 (2)0.54 或0.18 (3)18 J
【解析】(1)设M、m 共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv2－Mv1＝(M＋m)v
解得v＝2 m/s，方向水平向右
(2)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统
由能量守恒有
Mv1
2＋mv2
2－(M＋m)v2＝μmg×(L－d)
解得μ＝0.54
如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由
能量守恒
Mv1
2＋mv2
2－(M＋m)v2＝μmg×(L＋d)
解得μ＝0.18
7
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(3)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小滑块越过Q 点与弹簧
相互作用后，再返回平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒
Mv1
2＋mv2
2－(M＋m)v2＝μmgL＋Ep
得Ep＝18 J
所以弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J。
【提炼总结】1．木板在光滑地面上滑动时，滑块和木板组成的系统满足动量守恒。
2．滑块不从木板上掉下的条件是两者达到共同速度，恰好不掉下的临界条件是滑块到达木板末端时两者
共速。
3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面位移和它们的相对位移，用运动学公式或动能定理列式时位移
指相对地面位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)，即Q＝Ff·Δs(Δs 为相对位移)。
1．（2023 上·陕西西安·高三校联考阶段练习）如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为
的小球B 静止
在光滑水平地面上，质量为
的小球A 以大小为
的初速度向右做匀速直线运动，接着逐渐压缩弹簧并使
小球B 运动，一段时间后，小球A 与弹簧分离，若小球A、B 与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧
始终处于弹性限度内，则在上述过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 的最大速度为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．两小球的速度大小可能同时都为
D．从小球A 接触弹簧到弹簧再次恢复原长时，弹簧对小球A、B 的冲量相同
【答案】B
【详解】A．小球A 逐渐压缩弹簧并使小球B 运动，一段时间后小球A 与弹簧分离时，B 球速度最大，由
动量守恒定律及能量守恒定律可得
，
解得小球B 的最大速度为
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故A 错误；
B．当弹簧被压缩到最短时，两球速度相同，设为v，此时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为
故B 正确；
C．两小球组成的系统的初动量为
初动量方向向右。小球A 压缩弹簧后，小球B 在弹簧弹力作用下只能向右运动，假设两小球的速度大小都
为
，小球A 运动方向向右时，系统的动量为
小球A 运动方向向左时，系统的动量为
由于
，可知假设错误，故C 错误；
D．从小球A 接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧弹力对两小球的弹力始终大小相等、方向相反，所以弹簧
对A、B 的冲量大小相等，方向相反， 故D 错误。
故选B。
2．（2023 上·广东佛山·高三统考阶段练习）光滑水平轨道与半径为R 的光滑半圆形轨道在B 处平滑连接，
质量为
的小球2 静止在B 处，质量为
的小球1 以初速度
向右运动，当小球1 与小球2 发生弹性碰撞
后，小球2 将沿光滑半圆形轨道上升，运动过程中未脱离半圆形轨道。已知当地重力加速度为g，
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，
，不考虑多次碰撞的情况，则k 不可能取到的数值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．6
【答案】C
【详解】小球1 与小球2 发生弹性碰撞，则根据动量守恒有
根据机械能守恒有
若碰撞后小球2 沿光滑半圆形轨道恰好上升到与轨道圆心等高处，则根据动能定理有
若碰撞后小球2 沿光滑半圆形轨道恰好上升到轨道最高点，则根据牛顿第二定律有
根据动能定理有
小球2 运动过程中未脱离半圆形轨道，则有
或
联立解得
或
故选C。
3．（2023 上·山东济南·高三山东省实验中学校考期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球A
和质量为
的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初
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速度
沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞。在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板
（图中未画出），当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧
始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反。则B 与
挡板碰后弹簧弹性势能的最大值可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由于小球C 与小球A 质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A 与B 动量相等时，B
与挡板碰撞，B 碰撞后速度与A 大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大
值为
当B 的速度很小（约为零）时，B 与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为
v，以C 的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得
解得
由机械能守恒定律可知，最大的弹性势能为
解得
则最大的弹性势能的范围为
。
故选B。
4.（2023 上·内蒙古呼伦贝尔·高三校考阶段练习）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放
在光滑水平面上，如图所示，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；
若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知（ ）
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A．子弹射中上层时对滑块做功多
B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．子弹射中上层系统产生热量多
D．子弹与上层之间的摩擦力较大
【答案】B
【详解】AB．根据动量守恒知道两次过程最后滑块获得的速度（最后滑块和子弹的共同速度）是相同的，
即滑块获得的动能是相同的；根据动能定理，滑块动能的增量是子弹对滑块做功的结果，所以两次子弹对
滑块做的功一样多，故A 错误、B 正确；
C．子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而减少的动能一样多（两次过
程子弹初速度相等，且滑块与子弹的末速度也相等），则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，
故C 错误；
D．根据摩擦力和相对位移的乘积等于系统动能的损失量，两次相对位移不一样，因此子弹所受阻力不一
样，子弹与下层之间相对位移比较小，所以摩擦力较大，故D 错误。
故选B。
5.（2023 上·北京东城·高三东直门中学校考阶段练习）如图甲，一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静
止在光潜水平面上。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
图像如图乙所示。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，下列说法正确的是（ ）
A．从
到
时间内，A 的位移为
B．A、B 两物体的质量比为
C．碰撞过程弹簧弹性势能的最大值为
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D．A 与斜面间动摩擦因数为0.25
【答案】C
【详解】A．图像面积等于位移，有图可知，A 图线从
到
时间内，斜率增大，面积小于
，
即A 的位移小于
，A 错误；
B．
时，A、B 共速，由动量守恒
得A、B 两物体的质量比为
B 错误；
C．
时，弹性势能最大，根据机械能守恒
得
C 正确；
D．设A 沿斜面返回到斜面底端时的速度大小为v，A 再一次上滑到相同高度，即再一次碰撞后的速度仍为
，根据动量守恒和机械能守恒
A 上滑过程，由动能定理
A 下滑过程，由动能定理
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联立得
D 错误。
故选C。
6．（多选）（2023·河北唐山·统考二模）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m 的木板A，通过不
可伸长的轻绳与质量2m 的足够长的木板B 连接。质量为m 可看成质点的物块C 静止在木板B 右端。开始
时，A、B、C 均静止，绳未拉紧。现在使木板A 以
的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。
绳子拉直绷紧后瞬间，A、B 同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（ ）
A．木板A 的速度大小为
B．木板B 的速度大小为
C．物块C 的速度大小为0
D．木板A、B、C 共速
【答案】C
【详解】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B 组成的系统，C 对B 的摩擦力远小于系统内力，所以A、B
组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB 的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C 所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C 的速度仍然是0，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
7.（多选）（2023 上·河北邯郸·高三统考期中）一质量为
的小球A 以初速度
与正前方另一小球B 发生
碰撞，碰撞过程A、B 两球的
图像如图所示。已知地面光滑，则下列说法正确的是（ ）
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A．图线P 反映的是碰撞过程中A 球的
图像
B．B 球的质量可表示为
C．一定存在
D．碰撞过程中A、B 两球的最大弹性势能为
【答案】ABD
【详解】A．A 与B 碰撞过程，对A、B 进行受力分析可知，A 球受力方向和速度方向相反，A 的速度应减
小，则P 反映的是A 球的情况，A 正确；
B．由动量守恒定律有
得
B 正确；
C．由弹性碰撞有
得
，
知
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则发生弹性碰撞才有
，C 错误；
D．AB 碰撞过程中速度相等时两球有最大弹性势能，则有
解得
D 正确。
故选ABD。
8.(多选)(2023·河北省部分高中第三次模拟)物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损
失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞发生前二者相对速度的大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，
用符号ε 表示。现有一质量为m1＝3 kg 的物块A 在光滑水平面上以速度v0＝5 m/s 向右运动，与静止的质量
为m2＝2 kg 的物块B 发生正碰。关于A 与B 之间的碰撞，以下说法正确的是( )
A．若ε＝1，则表明A 与B 的碰撞为弹性碰撞
B．若ε＝0，则表明碰撞结束后A 与B 均停止运动
C．若ε＝0.6，则碰撞结束后物块B 的速度大小为4.8 m/s
D．若ε＝0.5，则碰撞过程中系统机械能损失了50%
【答案】AC
【解析】设碰后物块A、B 的速度大小分别为v1、v2，若ε＝1，则v2－v1＝5 m/s
由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2
解得v1＝1 m/s，v2＝6 m/s
则碰撞过程中损失的能量为ΔE1＝m1v0
2－m1v1
2－m2v2
2＝0
为弹性碰撞，故A 正确；
若ε＝0，则v2＝v1，m1v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝v2＝3 m/s
为完全非弹性碰撞，故B 错误；
若ε＝0.6，则v2－v1＝3 m/s
代入m1v0＝m1v1＋m2v2
可得v1＝1.8 m/s，v2＝4.8 m/s，故C 正确；
若ε＝0.5，则v2－v1＝2.5 m/s
代入m1v0＝m1v1＋m2v2
可得v1＝2 m/s，v2＝4.5 m/s
碰撞后A 的动能为E1＝m1v1
2＝6 J
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B 的动能为E2＝m2v2
2＝20.25 J
碰撞前A 的动能为E0＝m1v0
2＝37.5 J
则碰撞过程，机械能损失比例为η＝＝30%，故D 错误。
9.（2023 上·湖北·高三统考阶段练习）如图所示，倾角为
、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，物
块B 恰好静止在距斜面顶端
处，将另一物块A 从斜面顶端由静止释放，之后物块A 与物块B 发生
弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知物块A、B 的质量分别为
，物块A 与斜面间的动摩擦
因数
，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
。求：
（1）第一次碰撞后物块B 的速度大小
；
（2）两物块从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设物块A 沿斜面下滑时的加速度大小为a，与物块B 第一次碰撞前的速度大小为v，第一次
碰撞后物块A 的速度大小为
，有
由动量守恒和能量关系可知
解得
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（2）因为物块B 恰好静止在斜面上，第一次碰撞后物块B 做匀速直线运动，物块A 做初速度为
、加
速度为
的匀加速直线运动，结合运动学公式有
解得
10.（2023 上·云南·高三云南省下关第一中学校联考阶段练习）如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间
游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出后与一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠进
入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，弹珠A 和B 与坑在同一直线上。将质量为m1=5g
的弹珠A 以
的水平初速度向前弹出，运动
后与质量为m2=4g 的弹珠B 发生弹性正碰（碰撞时
间极短），碰后弹珠B 经
入坑，入坑时速度恰好为零。已知弹珠与地面间的摩擦力均是其重力的0.2
倍，g 取10m/s2，忽略空气阻力，弹珠均可看成质点。求：
（1）弹珠B 与坑的间距
有多远?
（2）弹珠A 的初速度
的大小。
【答案】（1）1m；（2）3m/s
【详解】（1）对弹珠B，根据牛顿第二定律可得
解得
将弹珠B 逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，有
18
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解得
（2）因弹珠A 和B 发生弹性正碰，设碰撞前、后弹珠A 的速度分别为
、
，碰撞后弹珠B 的速度为
，
根据动量守恒和机械能守恒可得
其中
联立解得
对弹珠A，根据动能定理可得
可得
11.（2023 上·河南南阳·高三西峡县第一高级中学校考阶段练习）如图所示，无限长的光滑绝缘水平轨道与
半径为R 的竖直光滑绝缘半圆轨道在B 点平滑连接，距离B 点为
的A 点处放置有质量为m 的物块P，
某时刻它在
的水平向右的恒定拉力作用下向B 点运动，并与B 点放置的形状、大小和质量都完全
相同的物块Q 发生弹性正碰，碰撞瞬间F 消失。整个过程不考虑空气阻力且均可看作质点，重力加速度为
g。求：
（1）物块Q 运动到距离地面高为
的C 点时对半圆轨道的压力大小；
（2）若在物块Q 从半圆轨道顶端抛出瞬间，对其施加大小
的外力，方向竖直向上，经历
的时间后撤去外力，求物块Q 的落点到B 点的距离。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）物块P 从A 到B 有
两个物块发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有
解得物块Q
物块Q 由B 点到C 点的过程中，根据机械能守恒有
在C 点根据牛顿第二定律有
联立解得
根据牛顿第三定律有，物块Q 运动到距离地面高为
的C 点时对半圆轨道的压力
（2）Q 上升到半圆轨道最高点过程中，根据机械能守恒有
解得
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在外力作用下，Q 做类平抛运动，竖直方向有
方向竖直向上，又
后撤去外力，此时Q 离水平轨道高度为
竖直方向的速度为
此后Q 做斜抛运动直至落回水平轨道，以竖直向下为正方向，则有
解得
（另一负值舍去）
Q 在水平方向做匀速直线运动，故Q 水平方向的位移（即落点到B 点的距离）为
12．（2023 上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）如图所示，滑块A（可视为质点）与物块B
（右侧为
光滑圆弧面）叠放静止置于光滑的水平面上，滑块A 质量mA=2kg，物块B 质量mB=4kg，滑块
C 质量为mC=3kg，滑块C 以v0=7m/s 的速度向右运动与B 发生弹性正碰（作用时间极短），重力加速度大
小g 取10m/s2。求：
（1）B、C 碰后瞬间B、C 速度的大小；
（2）物块A 上升的最大高度。
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【答案】（1）
，
；（2）1.2m
【详解】（1）C、B 系统碰撞过程动量守恒、能量守恒
解得
（2）A、B 系统水平方向动量守恒，A 上升的高度最大时，A、B 共速，有
解得
A、B 系统机械能守恒，有
解得
13.（2023·广东佛山·统考模拟预测）有种桌游可用圆柱形旗子为道具，使之在圆形棋盘上滑动，既可以让
棋子刚好滑到圆心O，也可以将别的棋子撞击出圆形边界。如图所示，圆心O、棋子A、棋子B 在同一直
线上，OA、QB 间距均为L，棋子B 与边界的距离为2L，已知质量相同的棋子A、B 可看作质点，与棋盘
间的动摩擦因数均相同。当A 以速度v 向O 点运动时，恰好可到达O 点。
（1）求棋子与地面间的动摩擦因数；
（2）若让棋子A 以速度2v 向棋子B 运动，A 与B 发生弹性对心碰撞，判断A 能否将B 撞出界。
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【答案】（1）
；（2）A 能将B 撞出界
【详解】（1）根据题意，棋子A 运动到
的过程，由动能定理有
解得
（2）棋子A 从
到
的过程，由动能定理有
解得
棋子A 与棋子B 发生弹性正碰时，设碰后棋子A 的速度为
，棋子B 的速度为
，由动量守恒定律和能量
守恒定律有
解得
，
碰撞后的棋子B 继续运动，由动能定理
解得
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故棋子A 能将B 撞出界。
14．（2023 上·广东·高三校联考阶段练习）某校师生对碰撞的特性进行了相关的探索和研究。如图所示，
光滑水平面上，质量为5m 的小物体A 以1.2v 的速度向右运动，在其运动正前方有一个质量为m 的物体B
处于静止状态。随后，A 和B 发生弹性碰撞，求：
（1）碰后物体A 的动量大小
；
（2）碰撞过程中，物体B 对A 物体的冲量I；
（3）若B 的左侧连有一个处于原长状态的轻弹簧，如图所示。物体A 仍然相同速度1.2v 向右运动，则弹
簧弹性势能的最大值
。
【答案】（1）
；（2）2mv，方向水平向左；（3）
【详解】（1）A 和B 发生弹性碰撞，有
解得
碰后物体A 的动量大小
解得
（2）对A 分析，有
解得
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即大小为2mv，方向水平向左
（3）弹簧压至弹性势能最大位置处时，有
解得
15．（2023 上·陕西汉中·高三校联考阶段练习）如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面
的倾角为
。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球
刚释放时与木盒下端的距离为
，已知木盒的质量
，小球的质量
，取
，
，
，木盒与斜面间的动摩擦因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且小球和
木盒底端的碰撞为弹性碰撞。
（1）求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间。
（2）求小球和木盒第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离。
（3）求从开始释放至小球和木盒第二次碰撞系统损失的机械能。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球在木盒中运动时有
对木盒沿斜面向下的运动过程，有
由几何关系
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代入数据解得，小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间为
（2）第一次碰撞前，小球的速度
木盒的速度
小球和木盒第一次碰撞过程，规定沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
，
第一次碰撞至第二次碰撞，小球的位移
木盒的位移
小球与木盒底端的距离
根据数学方法可知
时，小球与木盒底端的距离最大，最大值
（3）小球和木盒第一次碰撞至第二次碰撞的时间为
，则
解得
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小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，则从开始释放至小球和木盒第二次碰撞系统损失的机械能
16.（2023·浙江宁波·校考模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平地面MN 上固定一光滑的竖直半圆形
轨道NP，NP 的半径为
，N 点处切线水平且与地面平滑连接。质量
的物块A 与轻弹簧一
端连接，以速度
沿水平地面向右运动，物块B 静止，在物块A 运动的前方。与物块A 连接的轻弹
簧从接触B 到弹簧被压缩到最短的过程中，物块B 运动的距离为0.15m，经历的时间为
。在此后的
运动中，B 与弹簧分离后，滑上轨道NP，沿NP 运动时恰能经过最高点P。物块A、B 均可视为质点，弹
簧始终处于弹性限度内，重力加速度为
。求：
（1）物块B 在N 点的速度大小；
（2）物块B 的质量；
（3）弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块B 沿NP 运动时恰能经过最高点P，根据牛顿第二定律可得
物块B 从N 点到P 点的过程中，根据机械能守恒可得
解得物块B 在N 点的速度大小为
（2）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，可得
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A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，可得
解得
（3）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，物块A 连接的轻弹簧从接触B 到弹簧被压缩到最短的过程中有
则
对时间累加求和，可得
解得
弹簧的最大压缩量为
17．（2024 上·辽宁抚顺·高三校联考期末）如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为
的
滑块，滑块右侧面的
圆弧形槽
的半径为
点切线水平，离地面的距离为
。质量为
、可视为质
点的小球以一定的水平速度从
点冲上滑块，恰好能到达
点，重力加速度大小为
，不计空气阻力，求：
（1）滑块的最大速度
；
（2）小球离开滑块时受到的支持力大小
；
（3）小球落地时到滑块上
点的距离
。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）以水平向左为正方向，设小球冲上滑块时的速度大小为
，小球到达
点时两者的速度大
小为
，小球返回
点时的速度为，结合动量守恒定律有
解得
（2）由（1）解得
有
解得
（3）设小球从
点离开后做平抛运动的时间为，则有
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解得
18．（2023 上·江苏常州·高三校联考阶段练习）如图所示，光滑水平面上静置一个质量M＝3 kg 的滑块，
滑块的一侧是一个
圆弧形槽，凹槽半径R＝0.6 m，E 点切线水平．一个质量m＝1 kg 的小球以速度v0＝8
m/s 从E 点冲上滑块，从与圆心等高的F 点脱离滑块．g 取10 m/s2，不计一切摩擦．求：
（1）小球脱离滑块时，滑块的速度大小；
（2）小球脱离滑块后在空中运动的时间；
（3）小球全程对滑块做功的大小．
【答案】（1）2 m/s；（2）1.2s；（3）
J
【详解】（1）系统水平方向动量守恒，有
mv0＝(m＋M)v
解得
v＝2 m/s
（2）由能量守恒定律，有
＝mgR＋
+
根据匀变速直线运动规律有
vy=gt
解得
t＝0.6s
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则
t 总＝2t=1.2s
（3）设小球回到E 点时速度为v1，滑块速度为v2，由动量守恒及能量守恒有
mv0＝mv1＋Mv2
对滑块根据动能定理有
解得
J
19．（2023 上·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）如图所示，长木板C 静置在粗糙水平地面上，
小物块B（视为质点）静置在长木板上表面的最左端。用长为
、不可伸长的轻绳将小球A 悬挂在
O 点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块B 发生弹性碰撞，物
块B 恰好没有滑离长木板C。BC 间的动摩擦因数为
，C 与地面间的动摩擦因数为
，A、
B、C 的质量均为1kg，重力加速度为
，忽略空气阻力。求：
（1）A 与B 碰撞前瞬间轻绳的拉力大小；
（2）长木板C 的长度L。
【答案】（1）
；（2）3m
【详解】（1）对A 由机械能守恒定律
在最低处
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解得轻绳的拉力
（2）方法一：AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒关系可得
碰后，对B
对C
经
时间BC 共速，则
解得木板长度
方法二：AB 碰撞过程满足
碰后，由动量定理，对B
对C
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由动能定理，对B
对C
解得
20.(2023·湖南衡阳市二模)质量为3m 的小车C 静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R 的圆轨
道平滑连接组成。一个质量为m 的小球B 静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L 轻质细绳悬挂一
质量也为m 的小球A，小球A 静止时恰好和B 接触，现将小球A 向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸
直状态)由静止释放，当小球A 摆到最低点时与小球B 刚好发生对心弹性碰撞，小球B 水平冲上小车C 恰
好可以滑到轨道的最高点(所有表面均光滑，A、B 两小球半径r 相等且r 远小于L 与R，B 与C 作用过程中
没有机械能损失)。
(1)求小车C 上的圆轨道半径R；
(2)若将悬点的位置提高至原来的4 倍，使绳长变为4L，再次将小球A 向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸
直状态)由静止释放，小球A 与小球B 对心弹性相碰后，求小球B 上升过程中距圆轨道最低点的最大高度；
(3)在(2)条件不变情况下，若小车C 的质量为M(M 与m 的关系未知)，试通过计算说明小球B 再次返回小车
左端时可能的速度。
【答案】(1)(2)3L(3)见解析
【解析】(1)小球A 向左拉到与悬点同一高度处(细绳处于伸直状态)由静止释放后，由动能定理有mgL＝
mv0
2
小球A、B 发生弹性碰撞，则mv0＝mv1＋mv2
mv0
2＝mv1
2＋mv2
2
解得v1＝0，v2＝
小球B 水平冲上小车C 恰好可以滑到轨道的最高点，小球B 与小车C 水平方向动量守恒，则
mv2＝(m＋3m)v3
mv2
2＝(m＋3m)v3
2＋mgR
解得R＝
(2)若将悬点的位置提高至原来的4 倍，使绳长变为4L，再次将小球A 向左拉到与悬点等高处(细绳处于伸
直状态)由静止释放，由动能定理有
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mg×4L＝mv0′2
小球A、B 发生弹性碰撞，则
mv0′＝mv1′＋mv2′
mv0′2＝mv1′2＋mv2′2
解得v1′＝0，v2′＝2
此后到达圆轨道最高点时，水平分速度与小车速度相同，竖直分速度不为0，在水平方向上由动量守恒定
律有mv2′＝(m＋3m)vx
由机械能守恒定律有mv2′2＝m(vx
2＋vy
2)＋×3mvx
2＋mgR
小球飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，则竖直方向上有vy
2＝2gh1
小球B 上升过程中距圆轨道最低点的最大高度hmax＝h1＋R，解得hmax＝3L
(3)由分析，B 球最终仍然回到车的左端，从A 碰撞B 球后至B 再次返回小车的左端过程，由动量守恒定律
有mv2′＝mv3＋Mv4
由机械能守恒定律有mv2′2＝mv3
2＋Mv4
2，解得v3＝×2
可知，当M<m 时，球B 速度方向仍然水平向右；当M＝m 时，球B 速度为0；当M>m 时，球B 速度方向
为水平向左。
34
