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专题10 碰撞与类碰撞模型
目录
【模型一】弹性碰撞模型.....................................................................................................................................1
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型..............................................................................................10
【模型三】碰撞模型三原则..............................................................................................................................20
【模型四】 小球—曲面模型............................................................................................................................23
【模型五】 小球—弹簧模型............................................................................................................................28
【模型六】 子弹打木块模型............................................................................................................................37
【模型七】 滑块木板模型................................................................................................................................43
【模型一】弹性碰撞模型
1． 弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，
v2，碰后速度分别为v1
ˊ，v2
ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
m1v1
2+
m2v2
2=
m1v1
ˊ2+
m2v2
ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1
ˊ=
2
m1v1+m2v2
m1+m2
−v1
，v2
ˊ=
2
m1v1+m2v2
m1+m2
−v2
.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1
ˊ= v2 ，v2
ˊ= v1 .
2． “动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小
球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
m2
m1
v2ˊ
v1ˊ
v2
v1
1
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(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
1．（2024·江西·一模）如图，在水平地面上固定一圆环，圆环内壁光滑，圆环内嵌着A、B 两个大小相同
的小球，它们的质量分别是
、
，且
，小球的直径略小于圆环的孔径且它们之间的摩擦忽略
不计，圆环的内半径远大于球的半径，初始时B 球处于静止状态，A 球以一定初速度撞击B 球，A、B 两
个球在a 点发生弹性碰撞，一段时间后，A、B 两个球在b 点发生第二次弹性碰撞，a、b 两点与圆环圆心的
连线夹角为120°，则
为（ ）
A．2 1∶
B．3 1∶
C．4 1∶
D．5 1∶
【答案】A
【详解】两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为
、
，则根据动量守恒和机械能守恒有
，
联立解得
，
第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，有
（
，，
），
，（
，，
）
故A、B 通过的路程之比为
（
，，
），则有
（
，，
）
联立解得
（
，，
）
由于两质量均为正数，故
，即
2
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故选A。
2．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示，用长度均为l 的轻质细绳悬挂三个形状相同的弹性小球，质量
依次满足
（“
”表示“远大于”）。将左边第一个小球拉起一定角度
≫
θ 后释放，则最后一
个小球开始运动时的速度约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】设碰撞前瞬间第一个小球的速度为
，根据机械能守恒定律，有
解得
设第一个小球与第二个小球碰撞后两个小球的速度分别为
和
，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
联立可得
，则
，同理，
，所以
3
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故选D。
3．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右运动，速度
大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，
N 在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
可知
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
，
碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；
在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
4.（2024·广东肇庆·三模）台球是深受大众喜爱的娱乐健身活动。如图，运动员采用“点杆”击球法（当球
杆杆头接触母球的瞬间，迅速将杆抽回，母球离杆后与目标球发生对心正碰，视为弹性碰撞）击打母球，
使得目标球被碰撞后经
边反弹进入球洞
，这种进球方式被称为“翻袋”进球法。已知两球质量均为
0.2kg，且可视为质点，球间距离为0.9m，目标球与
挡壁间虚线距离为0.3m，目标球被
挡壁反弹后
4
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向
球洞运动方向与
挡壁间夹角为30°，
，球与桌面间阻力为重力的
，球与挡壁碰撞过
程中损失
的动能，重力加速度
。
（1）求母球在桌面做直线运动时的加速度大小；
（2）若某次击打后母球获得的初速度为1m/s，且杆头与母球的接触时间为0.05s，求母球受到杆头的平均
冲击力大小；
（3）若能到达球洞上方且速率小于6m/s 的球均可进洞，为使目标球能进洞，求母球初速度需要满足的条
件。（计算结果都可以用根号表示）
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
根据题意可知
，解得
（2）杆头击打母球，对母球由动量定理可得
代入数据解得
（3）母球与目标球碰撞前，做匀减速直线运动，由动能定理可得
母球与目标球碰撞前后，根据动量守恒和机械能守恒可得
5
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目标球前进到CD 挡壁，做匀减速直线运动，由动能定理可得
目标球与CD 挡壁碰撞，根据题意有
即
目标球运动到A 球洞过程，由动能定理可得
又满足
联立解得
5．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图所示，质量分别为m、3m、3m 的小球A、B、C 静止在光滑的水平面
上，且球心在同一直线上，小球B 用长为L1（未知）的细线连接悬于O1点，小球C 用长为L2（未知）的
细线连接悬于O2点，小球B、C 刚好与水平面接触，现给小球A 一个水平向右大小为v0的初速度，小球A
与小球B 发生弹性正碰，使小球B 恰好在竖直面内做圆周运动，接着小球A 与小球C 也发生弹性正碰，碰
撞后小球C 也恰好在竖直面内做圆周运动，重力加速度大小为g，不计小球的大小，求：
（1）悬挂小球B 的细线长L1；
（2）小球A 与小球C 第一次碰撞后一瞬间，细线对小球C 的拉力大小。
6
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【答案】（1）
；（2）18mg
【详解】（1）A、B 碰撞过程，有
解得
，
碰后小球B 恰好在竖直面内做圆周运动，则小球B 到达最高点时有
小球B 从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得
联立解得
（2）A、C 碰撞过程，有
解得
，
碰后小球C 恰好在竖直面内做圆周运动，则小球C 到达最高点时有
小球C 从最低点运动到最高点，根据机械能守恒定律可得
两球碰后瞬间，对C，根据牛顿第二定律有
7
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联立解得
6．（2024·江西赣州·二模）某学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示，在粗糙
的水平面上固定一圆形光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物块A、B，A、B 与水平面间的
动摩擦因数均为
，圆形光滑轨道的半径为r。现给A 一个向左的初速度
，使其沿着轨道在水平面上做
圆周运动，运动半周时与B 发生弹性碰撞。已知
，重力加速度为g。
（1）求刚开始运动时A 的加速度大小a：
（2）若
，
，
，g 取
，求A 与B 碰后B 滑行的路程s。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）A 刚开始运动时轨道的弹力提供向心力
A 所受摩擦力为
根据牛顿第二定律
解得
8
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（2）设A 与B 碰撞前瞬间的速度为，根据动能定理
解得
根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
解得
又
解得
7．（2024·河南新乡·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个冰壶A、B 从
掷出线先、后（时间差
）掷出，掷出时的速度大小分别为
，
，两冰壶均沿
中心线运动，当冰壶B 追上冰壶A 时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后冰壶A 恰好到达大本营中
心。已知冰壶A、B 的质量分别为
、
，两冰壶与冰面的动摩擦因数均为μ=0.04，两冰
壶均可视为质点，取重力加速度大小
。求：
（1）两冰壶碰撞前的速度大小
、
；
（2）大本营中心到掷出线的距离s；
（3）冰壶B 掷出后与冰壶A 间的最大距离d。
9
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）设冰壶B 运动时间t 后追上冰壶A，两冰壶在冰面上减速时的加速度大小为a，由牛顿第二
定律可得
由匀变速直线运动规律可得
解得
（2）设两冰壶碰撞后的速度大小分别为
、
，则有
解得
（3）设最终两冰壶间的距离为x，有
解得
10
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则冰壶B 掷出后与冰壶A 间的最大距离为
【模型二】非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1
ˊ+m2v2
ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v1
2+ ½ m2v2
2=
m1v1
ˊ2+
m2v2
ˊ 2 + ΔEk. (2)
2． 完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= ½m1v1
2+ ½ m2v2
2- ½(m1+m2)v 共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v 共 =
m1v1+m2v2
m1+m2
；ΔEk=
1
2
m1m2
m1+m2
(v1−v2)2
1．（2024·山东济南·模拟预测）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m
＝2kg。开始时橡皮筋松弛，B 静止。给A 向左的初速度
，一段时间后，B 与A 同向运动发生碰
撞并粘在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的2 倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半。整个
过程中橡皮筋始终在弹性限度内，则滑块B 的质量为（ ）
A．4kg
B．3kg
C．2kg
D．1kg
【答案】D
【详解】设碰撞前瞬间A、B 的速度大小为别为
、
，碰撞后的共同速度为
，根据题意有
，
对该系统由动量守恒定律有
m2
m1
v 共
v2
v1
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联立解得
故选D。
2．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n 个质量均为m 的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑
块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度
，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开
始运动到第
个滑块与第n 个滑块相碰时的总时间为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
3．如图甲，用绳长L=0.8m 的轻绳悬挂质量m 的铁球a，另一个质量为m 的铁球b 从与竖直方向夹角为θ
12
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的光滑圆弧轨道某位置静止释放，在最低处与a 球发生完全非弹性碰撞，图乙是碰撞后轻绳拉力F 与角度
余弦值cosθ 的函数关系，已知圆弧半径R=L，g 取10m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．铁球的质量m=1kg
B．从θ=60°的位置静止释放，碰撞之后的两球速度为
m/s
C．从θ=60°的位置静止释放，碰撞前后损失的机械能为2J
D．从右侧θ 位置静止释放后，碰撞之后的两球，恰好能摆动到左侧偏离竖直方向θ 处
【答案】D
【详解】A．根据机械能守恒定律可知
碰撞过程动量守恒，有
在最低处，由牛顿第二定律得
联立可得
结合图像可知
所以
故A 正确，不符合题意；
BC．结合图线，θ=60°时，F=25N，代入上式可得
，
所以碰撞前后损失的机械能为
13
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故BC 正确，不符合题意；
D．碰撞之后，能量损失，因此不可能摆动到左侧偏离竖直方向θ 处，故D 错误，符合题意。
故选D。
4.滑块P 以初速度
沿水平轨道滑行
距离后与静止在轨道上的滑块Q 发生完全非弹性碰撞，已知两滑块
在水平轨道上滑行受到的阻力与其重力之比均为k，碰撞后滑行x 距离后停止，则P、Q 的质量之比为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】设滑块P 的质量为m1，滑块Q 的质量为m2，碰撞前，对滑块P 滑动过程，由动能定理有
滑块P、Q 碰撞，以
方向为正方向，由动量守恒定律有
碰撞后滑块P、Q 同速滑动，由动能定理有
联立解得
故选C。
5.已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的几十倍，但是下雨时蚊子却可以在“雨中漫步”。为研究蚊子不会
被雨滴砸死的诀窍，科学家用高速相机拍摄并记录蚊子的运动情况，研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡
雨滴，而是与雨滴融为一体，顺应雨滴的趋势落下，随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为
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m，初速度为零；雨滴质量为50m，击中蚊子前竖直匀速下落的速度为v，蚊子与雨滴的作用时间为t，以
竖直向下为正方向。假设雨滴和蚊子组成的系统所受合外力为零。则（ ）
A．蚊子与雨滴融为一体后，整体的的速度大小为
B．蚊子与雨滴融为一体的过程中，雨滴的动量变化量为
C．蚊子与雨滴融为一体的过程中，蚊子受到的平均作用力为
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子受到的平均作用力将变小
【答案】C
【详解】A．蚊子与雨滴融为一体的过程中，根据动量守恒有
解得
A 错误；
B．雨滴的动量变化量为
B 错误；
C．设蚊子受到的平均作用力为F，根据动量定理有
解得
C 正确；
D．若雨滴直接砸在静止的蚊子上，蚊子与雨滴的作用时间变短，雨滴的动量变化量变大，则雨滴受到的
平均作用力将变大，蚊子受到的平均作用力也变大，D 错误。
故选C。
6.在光滑水平面上，一质量为2kg 的物体a 与另一物体b 发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位置随时间
变化规律如图所示，以a 物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是（ ）
15
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A．碰撞后a 的动量为
B．碰撞后b 的动量为
C．物体b 的质量为2kg
D．碰撞过程中a 对b 的冲量为
【答案】D
【详解】AB．由题图可知，碰撞前a 的速度为
碰前总动量
撞后a、b 共同的速度为
则碰撞后a 的动量为
因碰撞过程动量守恒，则碰撞后b 的动量为
故AB 错误；
C．根据题意，设b 的质量为
，由图可知，碰撞前b 物体静止，a、b 碰撞过程中，由动量守恒定律可得
解得
故C 错误；
D．根据题意，对b 物体，由动量定理有
解得
16
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故D 正确。
故选D。
7．（2024·山东烟台·二模）质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的
图像如图所示，若令
，则p 的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】
图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，
碰后的速度为
碰后的速度大小为
两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
且
整理解得
即
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故选C。
8．（2024·山东烟台·一模）如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距2L 沿直线排列，
静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F 使车自行运动，并与第二辆
车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离
，恰好停靠在墙边。若车运动时
受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为g。则工人给第一辆购物车水平推力F 的冲
量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设第一辆车碰前瞬间的速度为
，与第二辆车碰后的共同速度为
，由动量守恒定律有
根据动能定理可得
联立解得
设第一辆车推出时的速度为
，根据动能定理可得
根据动量定理，工人给第一辆购物车水平推力F 的冲量大小为
故选A。
9．（2024·贵州·模拟预测）如图，光滑水平地面上，动量为
的小球1 向右运动，与同向运动且动量为
18
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的小球2 发生弹性碰撞，
，碰撞后小球1 的速率为
、动能为
、动量大小为
，小球2 的速
率为
、动能为
、动量大小为
。下列选项一定正确的是（ ）
A．
B．碰撞后球2 向右运动，球1 向左运动
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．要发生碰撞则
根据两个物体发生弹性碰撞的公式可得碰撞后速度
，
因此当
足够大时可造成
由弹性碰撞规律，当
时可造成碰后两者可以都向右运动，故AB 错误；
C．碰撞过程小球2 动能增大，但初动能小球1 的大于小球2 的，故碰后动能大小不确定，故C 错误；
D．碰撞过程小球2 动量增大，且系统动量守恒，所以
，故D 正确。
故选D。
10．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获
得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150 倍，
则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律
解得
如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
故撞击后大石块的速度范围为
故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的
。
故选B。
11.如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球。
时，乙球以
的初速度冲向原来静
止的甲球，在
时间内它们的
图线如图（b）所示。整个运动过程中两球未相碰，设
、
时刻两
20
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球的总电势能分别为
、
，则（ ）
A．
时刻两球最近，
B．
时刻两球最近，
C．
时刻两球最近，
D．
时刻两球最近，
【答案】A
【详解】由图（b）可知，
时间内乙球向左减速，甲球向左加速，可知两球带同种电荷，两球间存在
斥力，
时刻两球速度相同，相距最近，由动量守恒定律可得
解得
整个过程电场力做负功，电势能增加，增加量为
其中
之后在斥力的作用下，甲继续向左加速，乙向左减速至速度为零后向右加速，t3时刻两球没有相距最近，
过程中，电势能的增加量为
其中
21
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，
代入数据可得
故t1时刻两球的总电势能较大，即
故选A。
【模型三】碰撞模型三原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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。
【其它方法①】临界法
弹性碰撞没有动能损失，完全非弹性碰撞动能损失最多，计算出这两种情况下的临界速度，那么其他碰撞
应该介于二者之间。[来源:学科网ZXXK]
1．如图所示，质量相等的A、B 两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、B 的速度分别为
，
，碰后A、B 两小球的速度
和
可能是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】C
【详解】A．两球碰撞前后应满足动量守恒定律
选项中数据不满足动量守恒，A 错误；
BC．两个选项满足动量守恒
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也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和
如果碰后A 的速度方向不变，则A 球的速度不大于B 球的速度，即有
，B 错误，C 正确；
D．碰前两球的动能之和，即
碰后两球的动能之和
能量增加，D 错误。
故选C。
2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为
，规定
向右为正方向，A、B 两球的动量均为
，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为
，则（ ）
A．左方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为2 5∶
B．左方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为1 10
∶
C．右方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为2 5∶
D．右方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为1 10
∶
【答案】A
【详解】根据题意可知，A、B 两球均向右运动，由
可知，由于两球质量关系为
，则A 球
的速度是B 球速度的2 倍，故左方为A 球，根据动量守恒定律可知
即碰撞后，A 球的动量为
，B 球的动量为
，根据
可得
23
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故BCD 错误A 正确。
故选A。
3.图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一
直线上运动，碰前白色球A 的动量
，花色球B 静止，碰后花色球B 的动量变为
，
则两球质量
与
间的关系可能是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
根据碰撞过程总动能不增加，则有
解得
碰后，两球同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则
解得
综上可知
24
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故选C。
【模型四】 小球—曲面模型
(1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大
水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v0
2＝(m1＋m2)v2＋m1gh
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)小球返回曲面底端时
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
(相当于弹性碰撞)
1.（2024·青海海南·一模）如图所示，一个质量为M 的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一
圆弧
圆弧半径
。E 点与水平面相切。另有一个质量为m 的小球以
的初速度水平向右从
E 点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小
不计一切摩擦。则滑块与
小球质量的比值
为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为
，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
25
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联立解得
故选C。
2．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为
的
圆弧凹槽，凹槽质量为
，
凹槽
点切线水平，
点为最高点.一个质量也为
的小球以速度
从
点冲上凹槽，重力加速度为
，不
计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若
，小球恰好可到达凹槽的
点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若
，小球最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若
，小球最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
【答案】C
【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A 错
误；
B．若小球恰好到达
点时，由于水平方向动量守恒有
由机械能守恒
解得
故B 错误；
26
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CD．当
时，小球从
点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到
点，故最后一次离开斜面的位置一定是
点，由水平方向动量守恒得
由机械能守恒得
解得
，
可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是
点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C 正确，D 错误。
故选C。
3.（2024·辽宁沈阳·一模）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R 的四分之一圆弧，
圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度
从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点
冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为
、
，作出某段时间内
图像如图（b）所示，不
计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B．当滑块的速度为
时，小球运动至最高点
C．小球与滑块的质量比为1 2∶
D．小球的初速度大小可能为
【答案】AC
【详解】A．小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守
恒，A 正确。
C．设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得
27
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化简为
结合图（b）可得
即
C 正确；
B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动
量守恒定律得
求得
B 错误；
D．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由
动量守恒定律得
机械能守恒
其中
，求得
小球的初速度大小不可能为
D 错误。
故选AC。
28
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4．（2024·辽宁·一模）如图所示，在光滑水平面上右侧放有一个
光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O，质量
为m 的小球从水平面上P 点以初速度
向右运动，滑上圆弧轨道后从C 点抛出。已知圆弧轨道质量为
，圆弧轨道半径为
，重力加速度为g，
，则小球与圆弧轨道作用的过程中（ ）
A．小球离开C 点时的速度与水平方向的夹角为
B．小球运动的最高点相对水平面的高度为
C．圆弧轨道的最大速度为
D．小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度水平向左
【答案】BCD
【详解】A．小球运动到C 点过程中，根据水平方向动量守恒可知
根据能量守恒
解得
所以小球离开C 点时的速度与水平方向的夹角为53°，故A 错误；
B．小球到达斜面最高点后斜抛，竖直方向
解得小球运动的最高点相对水平面的高度为
29
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故B 正确；
CD．因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同， 所以小球还能落到圆弧轨道上， 最
后相对圆弧轨道向左运动到水平面上， 设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为， 圆弧轨道的速度为
，
则有
联立解得
即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，故CD 正确。
故选BCD。
【模型五】 小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v0
2＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
(相当于完全弹性碰撞)
1.（2024·山东菏泽·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上，小球A 以初动量
沿直线运动，与静止的
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带轻质弹簧的小球B 发生正碰，此过程中，小球A 的动量p 随时间t 变化的部分图像如图乙所示，
时刻
图线的切线斜率最大，此时纵坐标为
，
时刻纵坐标为零。已知小球A、B 的直径相同，则（ ）
A．小球A、B 的质量之比为
B．
时刻弹簧的弹性势能最大
C．小球A 的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
D．0~
时间内，小球B 的动量变化量为
【答案】C
【详解】B．
时刻图线的切线斜率最大，则小球A 的动量变化率最大，根据
可知小球A 的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律
可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B 错误；
A．
时刻两小球共速，设速度大小均为v，则小球A 的质量
根据动量守恒有
则小球B 的质量
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由此可知两小球的质量之比为
故A 错误；
C．根据机械能守恒有
小球A 的初动能和弹簧最大弹性势能之比
故C 正确；
D．
时间内，小球B 的动量变化量
故D 错误。
故选C。
2．（2024·北京平谷·模拟预测）A、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B 两球的质量分
别为m 和
。若使A 球获得瞬时速度v（如图甲），弹簧压缩到最短时，A 球的速度为
，B 球
的速度为
，弹簧的长度为L；若使B 球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时，A 球的速度为
，B 球的速度为
，弹簧的长度为L'。则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据题意可知，无论图甲还是图乙，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相等，则有
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，
图甲中，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
图乙中，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒定理可得，弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为
可知
两图中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有
故选D。
3．（2024·江西赣州·一模）如图甲所示，光滑水平地面上有A、B 两物块，质量分别为2kg、6kg，B 的左
端拴接着一劲度系数为
的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A 以速度v0向静止的B 方
向运动，从A 接触弹簧开始计时至A 与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l 与时间t 的关系如图乙所示，弹簧
始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量），则（ ）
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A．在0~2t0内B 物块先加速后减速
B．整个过程中，A、B 物块构成的系统机械能守恒
C．v0=2m/s
D．物块A 在t0时刻时速度最小
【答案】C
【详解】A．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B 受到的弹力始终向右，所以B 物块始终做加速运动，
故A 错误；
B．整个过程中，A、B 物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B 错误；
C．由图可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，则此时A、B 共速，此时弹簧的形变量为
则根据A、B 物块系统动量守恒有
根据A、B 物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有
联立解得
故C 正确；
D．在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A 受到弹力始终向左，所以A 物块始终做减速运动，则物块A
在2t0时刻时速度最小，故D 错误。
故选C。
4.如图所示，光滑水平面上质量为2M 的物体A 以速度v 向右匀速滑动，质量为M 的B 物体左端与轻质弹
簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A 与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
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A．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对A 的弹力冲量大小为
B．在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力做功的功率一直增大
C．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，弹簧对A、B 做功的代数和为0
D．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，最大弹性势能为
【答案】A
【详解】A．在物体A 与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
根据动量定理得弹簧对A 的弹力冲量大小
解得
A 正确；
B．在物体A 与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B 的速度都增大，弹簧对B 的弹力做功的功
率增大；在弹簧接近原长时，B 的速度接近
，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B 的弹力做功的功率
几乎等于零，所以在物体A 与弹簧接触过程中，弹簧对B 的弹力做功的功率先增大后减小，B 错误；
CD．从A 与弹簧接触到A、B 相距最近的过程中，根据动量守恒定律得
解得
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弹簧对A、B 做功分别为
弹簧对A、B 做功的代数和为
最大弹性势能为
CD 错误。
故选A。
5.（2024·湖南邵阳·三模）如图（a），一质量为
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，碰撞结束，A、B 的
图像如图（b）所示。
已知从0 到
时间内，物块A 运动的距离为
。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。则下列说法中
正确的是（ ）
A．物块B 的质量为
B．碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为
C．
时间内物块B 运动的距离为
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D．弹簧压缩量的最大值为
【答案】BC
【详解】A．
时刻，由动量守恒定律可知
解得
故A 错误；
B．由图像可知
时刻两物块速度相等，弹性势能最大，根据机械能守恒定律
解得
故B 正确；
CD．解法一：同一时刻弹簧对A、B 的弹力大小相等，由牛顿第二定律可知同一时刻
同一时刻A、B 的瞬时速度分别为
，
根据位移等于速度在时间上的累积可得
，
又
解得
弹簧压缩量的最大值
解法二：B 接触弹簧后，压弹弹簧过程中，A、B 动量守恒，有
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对方程两边同时乘以时间
，有
之间，位移等于速度在时间上的累积，可得
又
代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
故C 正确，D 错误。
故选BC。
6.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为
和
的两物块
、B 相连接，并且静止在光滑的水
平面上。现使
瞬时获得水平向右的速度
，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，从图像信息可得（ ）
A．
与B 两物块的质量之比为
B．在
时刻
与B 两物块间的弹簧处于压缩状态
C．在
时刻弹簧的弹性势能最大
D．在从0 到
过程中，弹簧的最大弹性势能为
【答案】AC
【详解】A．系统动量守恒，从
开始到
时刻有
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将
，
代入得
解得
故A 正确；
B．由乙图可知，
时刻弹簧恢复原长，故B 错误；
CD．由乙图可知，
时刻速度相同，总动能最小，弹簧的弹性势能最大，则最大弹性势能为
已知
，
代入上式，得
故C 正确，故D 错误。
故选AC。
【模型六】 子弹打木块模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的
木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
设质量为m 的子弹以初速度v0 射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子
弹钻入木块深度为d 。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv 0=(M +m)v ……①
v0
s1
s2 d
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从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的
位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1−s2=d
对子弹用动能定理：
−f⋅s1=1
2 mv 2−1
2 mv 0
2
……②
对木块用动能定理：
f⋅s2=1
2 Mv 2
……③
①、②相减得：
f⋅d=1
2 mv 0
2−1
2
(M +m)v2=
Mm
2(M +m) v0
2
……④
对子弹用动量定理：−f⋅t=mv −mv 0
……⑤
对木块用动量定理：f⋅t=Mv
……⑥
点评：这个式子的物理意义是：fd 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该
等于系统内能的增加；可见f⋅d=Q ，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），
等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里
应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
f =
Mmv 0
2
2(M +m)d
至于木块前进的距离s2 ，可以由以上②、③相比得出：
s2=
m
M +m d
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运
动，位移与平均速度成正比：
s2+d
s2
=(v0+v)/2
v /2
= v0+v
v
,∴d
s2
= v0
v = M +m
m
, s2=
m
M +m d
一般情况下M >>m ，所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。
这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类
型，全过程动能的损失量可用公式：
ΔEk=
Mm
2(M +m) v0
2
④
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当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量
仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEk=fd （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不
相等，所以不能再用④式计算ΔEk 的大小。
1.如图所示，质量为m 的子弹以水平初速度
射入静止在光滑水平面上的质量为M 的木块中，子弹未从木
块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子
弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A. 对子弹由动能定理可知
即
选项A 正确，不符合题意；
B. 对子弹和木块的系统由能量关系可知
选项B 正确，不符合题意；
C. 对子弹和木块系统由动量守恒定律可知
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选项C 正确，不符合题意；
D. 对木块由动能定理
选项D 错误，符合题意。
故选D。
2.（2024·四川宜宾·二模）如图所示，圆筒C 可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可
伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B 和圆筒C 均静止，子弹A 以
的水平初速度在极短时间内击
穿物体B 后速度减为
，已知子弹A、物体B、圆筒C 的质量分别为
、
、
，重力加速度
。下列说法正确的是（ ）
A．物体B 能上升的最大高度为0.6m
B．物体B 能上升的最大高度为1.8m
C．物体C 能达到的最大速度为
D．物体C 能达到的最大速度为
【答案】AD
【详解】AB．子弹A 以
的水平初速度在极短时间内击穿物体B 后速度减为
，则A、B 组成
的系统动量守恒，根据动量守恒定律有
B 上升时，与C 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
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解得
m
故A 正确，B 错误；
D．B 返回到最低点时，与C 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C 的速度最大，则有
解得
m/s
故C 错误，D 正确；
故选AD。
3.如图所示， 质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v0沿水平方向射中木块，并
最终留在木块中与木块一起以速度 v 运动，实线木块是初位置， 虚线是刚达到共速时木块位置。已知当
子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力f 视为恒定，则下
列关系式中正确的是（ ）
A．
B．
C．系统摩擦生热Q=fs
D．
【答案】ACD
【详解】A.以木块为研究对象，根据动能定理得子弹对木块做功等于木块动能的增加，即，
故A 正确；
BD.以子弹为研究对象，由动能定理得
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故B 错误，D 正确；
C.由上两式相加，得
根据能量守恒定律可知系统摩擦生热
则得到
故C 正确。
故选ACD。
4.如图所示，光滑水平面上放置一质量为M 的木块，质量为m 的子弹以v0速度射入木块，子弹未穿出木块
且达到共同速度为v，该过程中子弹与木块相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为
Ek，则下列各项正确的是（ ）
A．子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0
B．子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小
C．
D．该过程产生的热量Q 一定大于木块获得的动能
【答案】BCD
【详解】A．设子弹射入木块的深度为
，木块的位移为
，子弹与木块之间的力大小为
，则子弹对木
块做的功
木块对子弹做的功
所以两个功的代数和不为零，故A 错误；
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B．根据冲量的定义式
及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲
量的大小，故B 正确；
C．根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
故C 正确；
D．木块获得的动能为
该过程产生的热量与木块获得的动能之比为
可知该过程产生的热量
一定大于木块获得的动能
，故D 正确。
故选BCD。
5.（2024·广东深圳·三模）如图所示，ABC 是光滑轨道，其中BC 部分是半径为R 的竖直放置的半圆，AB
部分与BC 部分平滑连接。一质量为M 的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m 的子弹射
中，子弹留在木块中。子弹击中木块前的速度为
。若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，重力加速度
为g，求：
（1）子弹击中木块后的速度；
（2）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；
（3）若
，且
，求木块从C 点飞出后落地点与B 点的距离s。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）子弹击中木块，整个系统动量守恒，有
解得子弹击中木块后的速度
（2）根据能量守恒定律可得
（3）子弹击中木块后，根据机械能守恒定律可知
解得
木块的落地时间
所以木块从C 点飞出后落地点与B 点的距离
【模型七】 滑块木板模型
木板初速度为零
木板有初速度，板块反向
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示意图
v-t 图
1．如图所示，质量为m 的长木板B 放在光滑的水平面上，质量为
的木块A 放在长木板的左端，一颗
质量为
的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为
，木块在木板上滑行的
时间为t，则下列说法错误的是（ ）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差
【答案】B
【详解】A．对子弹和木块A 组成的系统，根据动量守恒定律
解得
此后木块A 与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A 正确；
B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统
v0
v 共
v0
v 共
-v0
v1=0
v2
(m<M)
t
O
v
v0
t1
木板
木块
v 共
t
O
v
v0
t1
木块
木板
v 共
-v0
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解得
选项B 错误；
C．对木板，由动量定理：
解得
选项C 正确；
D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少
的动能与木板增加的动能之差，选项D 正确。
本题选错误的，故选B。
2.长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg 的另一物体B 以水平速度v0＝2m/s 滑上原来静止的长木
板A 的上表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情况如图所示，g＝10 m/s2.下列说法正
确的是（ ）
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为1 J
C．木板A 的最小长度为2 m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
【答案】AD
【详解】A．由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1m/s，A、B 组成的系统动量守恒，以B 的初速度方
向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得
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M＝2 kg
则木板获得的动能为
Ek＝
Mv2＝
×2×12 J＝1 J
故A 正确；
B．系统损失的机械能
ΔE＝
mvB
2－
(m＋M)v2
代入数据解得
ΔE＝2 J
故B 错误；
C．根据v－t 图像中图线与t 轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s 内B 的位移为
sB＝
×(2＋1)×1 m＝1.5 m
A 的位移为
sA＝
×1×1 m＝0.5 m
则木板A 的最小长度为
L＝sB－sA＝1 m
故C 错误；
D．由题图可知，B 的加速度
a＝
＝－1 m/s2
负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得
－μmg＝ma
解得
μ＝0.1
故D 正确。
故选AD。
3.（2024·江苏苏州·三模）如图所示，长为L、质量为m 的木板静止于光滑的水平面上，在木板上右端固定
一竖直轻质弹性挡板，一质量也为m 的小木块以初速度
水平冲上木板，最后恰好不与挡板碰撞，已知重
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力加速度大小为
。
（1）求小木块的最终速度大小v；
（2）若小木块以
的速度水平冲上静止的木板，求最终小木块与挡板间的距离d；（木块与挡板碰撞时
间极短）
（3）在（2）的条件下，求木块与木板相对静止前木板通过的位移大小
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小木块恰好不与挡板碰撞，根据动量守恒定律有
解得
对系统，由能量守恒定律有
解得
若小木块以
的速度水平冲上静止的木板，对系统，根据动量守恒定律有
解得
对系统，根据能量守恒定律有
解得
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则有
（3）设木块与挡板碰撞前瞬间木块速度大小为
，木板速度大小为
，则有
，
解得
，
由于两者质量相等，碰撞后速度交换，即有
，
碰撞前木板做加速度大小为
的匀加速直线运动，碰撞后木板做加速度大小为
的匀减速直线运
动，则有
4．（2024·辽宁朝阳·三模）如图所示，一块质量
的长木板A 静止放置于光滑水平地面上，其左
端放置一个质量
的物块B。在物块B 的上方高
处有一悬挂点O，通过轻绳悬挂质量
的小球C，小球C 静止时与物块B 等高且恰好无相互作用力接触。现将小球C 拉至轻绳与竖直方
向的夹角
处由静止释放，小球C 下摆至最低点时与物块B 发生碰撞并粘在一起（C 不与A 接触），
同时轻绳被刀片割断。已知物块B 与长木板A 间的动摩擦因数
，物块B 不会从A 上滑离，取重力
加速度大小
，物块B、小球C 均可看成质点，不计空气阻力。求：
（1）小球C 与物块B 碰后瞬间的速度大小；
（2）长木板A 的最小长度。
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【答案】（1）
；（2）0.32m
【详解】（1）小球C 由静止释放到第一次到达最低点的过程中，由动能定理有
解得
小球C 与物块B 碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
（2）假设长木板A 与B、C 达到共同速度
，由动量守恒定律有
解得
设此过程长木板A 的长度为x，由功能关系有
解得
即长木板A 的最小长度为0.32m。
5．（2024·辽宁辽阳·二模）如图所示，可看成质点的物体
静置在木板
右端，物体
以
的速
度沿水平地面向右运动，与木板
发生弹性正碰（碰撞时间极短），最终物体
恰好能到达木板
的左端。
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已知物体
、
的质量都等于木板
质量的2 倍，物体
与木板
之间的动摩擦因数
，水平地面足
够大且光滑，取重力加速度大小
，求：
（1）碰撞后物体
的速度大小
；
（2）物体
在木板
上的加速时间；
（3）物体
、
在运动方向上的最小距离
。
【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
（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 加速到
的时间为
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联立解得
（3）A 与木板C 系统损失的机械能为摩擦力做的功，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
，此时A、B 的距离最小为
联立并代入数据解得
6．（2024·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，一块质量m1=2.5kg 的长木板A 静止放置于光滑水平面上，其
左端放置一个质量m2=1.5kg 的小物块B，在距其右端L0=0.5m 处固定一个竖直的挡板P。在小物块B 的上
方高h=1.6m 处有一悬挂点O，通过轻绳悬挂质量m3=1.0kg 的小球C，小球C 静止时与小物块B 等高且恰
好接触无相互作用力。现将小球C 拉至轻绳与竖直方向夹角θ=60°处由静止释放，小球C 下摆至最低点与
小物块B 发生碰撞，碰后小球C 运动至最高点被锁定，C 与B、A 与P 之间的碰撞均为弹性碰撞。已知小
物块B 与长木板A 间动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2，π=3.14，忽略小物块B、小球C 的大小
及空气阻力的影响。
（1）求小球C 第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小；
（2）求长木板A 与挡板P 碰撞前瞬间（小物块B 仍在长木板A 上）的速度大小；
（3）要使小物块B 始终留在长木板A 上，求长木板A 的最小长度。
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【答案】（1）20N；（2）1.2m/s；（3）1m
【详解】（1）小球C 由静止释放到第一次到达最低点的过程中，由动能定理得
解得
在最低点，由牛顿第二定律可知
由牛顿第三定律可知，小球C 第一次到达最低点时对轻绳的拉力大小为
（2）小球C 与小物块B 碰撞过程，由动量守得
根据能量守恒有
解得
假设长木板A 与挡板P 碰撞时，长木板A 与小物块B 已经达到共同速度
，由动量守恒定律得
解得
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设此过程长木板A 运动的位移为x，由动能定理得
解得
假设成立，可知长木板A 与挡板P 碰撞时的速度大小为
（3）小物块B 在长木板A 上滑行，第一次达到共同速度的过程中，由能量守恒得
解得
长木板A 与挡板P 碰后，与B 再次达到共同速度
的过程中，由动量守恒定律得
解得
根据能量守恒有
解得
此后小物块B 与长木板A 相对静止，一起向左运动，则长木板A 长度最小值
解得
7．（2024·湖南郴州·模拟预测）如图所示，P 为固定的竖直挡板，质量为3m 的长木板A 静置于光滑水平
面上（A 的上表面略低于挡板P 下端），质量为m 的小物块B（可视为质点）置于长木板A 的右端，此时
给予长木板A 和小物块B 的一个冲量，使小物块A 和长木板B 获得相同的水平初速度v0（第一次共速）。
然后物块B 与长木板A 一起向右运动，在
时刻，物块B 与挡板P 发生了第一次碰撞，经过一段时间物
块B 与长木板A 第二次达到共同速度，之后物块B 与挡板P 发生了很多次碰撞，最终B 恰好相对地面静止
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（小物块B 始终未从长木板A 滑下）。已知A、B 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P 发
生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
（1）最初时刻，木板A 获得冲量大小；
（2）A、B 第二次达到共同速度时B 离A 右端的距离；
（3）小物块B 从第一次碰撞后直至最终静止，该物体B 运动的路程。
【答案】（1）3mv0；（2）
；（3）
【详解】（1）依题意，以长木板A 为对象
（2）B 与P 第一次碰撞后，到第二次共速，以A 和B 整体为对象，由动量守恒得
由能量守恒得
联立解得
即A、B 第二次达到共同速度时B 离A 右端的距离
；
（3）由（2）问分析可知，物块B 与木板第n 次共速时的速度为
，对B，由牛顿第二定律得
从B 第一次撞击挡板到第一次向左速度减小为0，有
从B 第二次撞击挡板到第二次向左速度减小为0，有
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从B 第n 次撞击挡板到到第n 次向左速度减小为0，有
则
得
8．如图所示，质量为m = 2kg 的物块A 从高为h = 0.2m 的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨
道底端的切线水平，物块A 可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B，且
物块最终没有滑离小车B。已知A、B 间的动摩擦因数μ = 0.2，小车B 的质量M = 6kg，重力加速度g =
10m/s²，求：
（1）物块A 与小车B 的共同速度；
（2）当物块A 相对小车B 静止时，小车B 运动的位移及系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）v = 0.5m/s；（2）
；Q = 3J
【详解】（1）设物块A 从圆弧轨道顶端滑到底端时的速度为
，由动能定理可得
解得
物块A 滑上小车B 后，物块与小车组成的系统动量守恒，设它们相对静止时的速度为v，则有
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解得
（2）对小车B 由动能定理可得
解得
设系统产生的热量为Q，由能量守恒得
解得
Q = 3J
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