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专题15 碰撞与类碰撞模型
弹性碰撞模型（5-7 题）................................................................................................................................8
非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型（8-11 题）..................................................................................10
小球——曲面模型（12-14 题）................................................................................................................14
小球——弹簧模型（15-17 题）................................................................................................................17
子弹打木块模型（18-22 题）.................................................................................................................... 20
1.
（2023•上海）如图，将小球P 拴于L＝1.2m 的轻绳上，mP＝0.15kg 向左拉开一段距
离释放，水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1kg。小球P 于最低点A 与物块Q 碰撞，P 与Q 碰撞
前瞬间向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P 的速度之比为5：1，碰撞前后P、Q 总动能不变。
（重力加速度g 取9.8m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28）
（1）求碰撞后瞬间物块Q 的速度vQ；
（2）P 与Q 碰撞后再次回到A 点的时间内，物块Q 运动的距离。
【解答】解：（1）P 与Q 碰撞前，P 的速度为vP，由向心加速度表达式a= v
2
L 得：v P=√aL
代入数据得：vP≈1.39m/s
碰撞前后P 的速度之比为5：1，碰后P 的速度为vP′≈0.28m/s
P 与Q 碰撞瞬间，P 与Q 组成的系统内力远大于外力，动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒
定律得：mPvP＝mPvP′+mQvQ′
代入数据解得：vQ′≈1.67m/s，方向水平向右；
（2）由于L＝1.2m 远大于小球P 的大小，碰后P 的速度较小，上升的高度较小，故小球P 碰后
做简谐运动，由单摆的周期公式得：T =2π√
L
g
1
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小球P 再次到平衡位置的时间为：t = T
2
联立解得：t≈1.10s
碰后Q 向右做匀减速直线运动，末速度减为零时的时间为t′，由运动学公式得：0＝vQ′
at′
﹣
由牛顿第二定律得：μmQg＝mQa
联立解得：t′≈0.61s
由于t′＜t，故在小球P 再次到平衡位置的时间内，小球Q 早已停下；
小球Q 向右运动的过程中，设Q 运动的距离为x，由动能定理得：
- μmQ gx =- 1
2 mQ vQ'
2
解得：x≈0.51m。
2.
（2023•乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与
管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m= 1
3 M 的小球从管的上端口由静止下落，并
撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与
管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气
阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【解答】解：（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的
速度大小为v1，由速度—位移公式得：2gl= v1
2
解得：v1=√2 gl
设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm1、vM1，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向
下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv1＝mvm1+MvM1
2
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1
2 mv1
2= 1
2 mvm1
2 + 1
2 Mv M 1
2
已知：m= 1
3 M
联立解得：vm1=- √2 gl
2
，vM1= √2gl
2
故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为√2gl
2
，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方
向为竖直向下。
（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘
竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。
设第一次碰后小球经过时间t 与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为sm，以竖直向下为正方向，
根据运动学公式得：vM1＝vm1+gt
解得：t=√
2l
g
sm＝vM1t﹣（vm1t+ 1
2gt2）
解得：sm＝l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为t1，圆盘的位移为
x1，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得：x1＝vM1t1＝vm1t1+ 1
2 gt1
2
解得：t1＝2√
2l
g
，x1＝2l
第二次碰撞前瞬间小球的速度为：v2＝vm1+gt1= 3√2 gl
2
设第二次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm2、vM2，以竖直向下为正方向，由动量守恒定
律和机械能守恒定律得：mv2+MvM1＝mvm2+MvM2
1
2 mv2
2+ 1
2 Mv M 1
2 = 1
2 mvm2
2 + 1
2 Mv M 2
2
联立解得：vm2＝0，vM2=√2gl
同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为t2，圆盘的位移为x2，则有：
x2＝vM2t2＝vm2t2+ 1
2 gt2
2
解得：t2＝2√
2l
g
，x2＝4l
第三次碰撞前瞬间小球的速度为：v3＝vm2+gt2＝2√2gl
3
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设第三次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为vm3、vM3，同理可得：mv3+MvM2＝mvm3+MvM3
1
2 mv3
2+ 1
2 Mv M 2
2 = 1
2 mvm3
2 + 1
2 Mv M 3
2
联立解得：vm3= √2 gl
2
，vM3= 3√2 gl
2
同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为t3，圆盘的位移为x3，则有：
x3＝vM3t3＝vm3t3+ 1
2 gt3
2
解得：t3＝2√
2l
g
，x3＝6l
综上分析，由前三次碰撞后圆盘的向下运动的位移分别为：x1＝2l，x2＝4l，x3＝6l，可归纳出每
次碰撞后到下一次碰撞时，圆盘位移逐次增加2l，如果圆盘不离开圆管，第四次碰撞后到第五
次碰撞时圆盘的位移为x4＝8l。
因20l
l
x
﹣﹣1
x
﹣2
x
﹣3＝7l＜x4＝8l，故第四次碰撞后圆盘离开圆管，则圆盘在管内运动的过程中，
小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
3.
（2023•山东）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端
与B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B
以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度
下滑的滑块C 恰好到达最低点，并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端
与P 板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A 与地面间无摩擦，
B 与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C 与B 间动摩擦因数μ2＝0.5，B 足够长，使得C 不会从B 上
滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求C 下滑的高度H；
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若s＝0.48m，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若s＝0.48m，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动
量的变化量Δp 的大小。
【解答】解：（1）滑块C 沿弧形轨道下滑过程，由动能定理得：mCgH= 1
2mCv2
4
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代入数据解得：H＝0.8m
（2）滑块C 刚滑上B 时，对C 受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg＝mCaC
对B 受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mCg
μ
﹣
1（mB+mC）g＝mBaB
代入数据解得：aC＝5m/s2；aB＝1m/s2
设经过时间t1，B 和C 共速，则有：v
a
﹣Ct1＝v0+aBt1
代入数据解得：t1＝0.5s
共同速度v 共1＝v
a
﹣Ct1＝4m/s
5×0.5m/s
﹣
＝1.5m/s
B 的位移为xB1= v0+ v共
2
t1= 1+1.5
2
×0.5m＝0.625m
B 和C 共速后，一起做匀减速直线运动，对BC 整体受力分析，由牛顿第二定律得：
μ1（mB+mC）g＝（mB+mC）aBC
代入数据解得：aBC＝1m/s2
设再经过时间t2，A 与B 发生碰撞，则有：xA＝xB1+xB2
其中A 的位移为：xA＝v0（t1+t2）
B 在t2时间内的位移为：xB2＝v 共1t2- 1
2aBCt2
2
代入数据联立解得：t2= 1+√2
2
s 或1-√2
2
s（舍去）
xB2= 3+ 4√2
8
m
此时BC 的共同速度为v 共2＝v 共1
a
﹣BCt2＝1.5m/s
1
﹣× 1+√2
2
m/s＝（1- √2
2 ）m/s
为保证与P 碰撞前，B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，则xB1≤s≤xB1+xB2
代入数据解得：0.625m≤s≤（1+ √2
2 ）m
（3）s＝0.48m＜xB1
即B 与P 碰撞时，滑块C 与木板B 没有共速，对木板B，由位移—时间公式得：s＝v0t0+ 1
2aBt0
2
代入数据解得：t0＝0.4s 或﹣2.4s（舍去）
滑块C 的位移为：xC＝vt0- 1
2aCt0
2
代入数据解得：xC＝1.2m
摩擦力对C 做的功W＝﹣μ2mCgxC
5
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代入数据解得：W＝﹣6J
（4）木板B 与P 碰撞时，B 的速度vB0＝v0+aBt0＝1m/s+1×0.4m/s＝1.4m/s
C 的速度vC0＝v
a
﹣Ct0＝4m/s
5×0.4m/s
﹣
＝2m/s
A 的位移为xA1＝v0t0＝1×0.4m＝0.4m
此时A、B 间的距离为Δx＝s
x
﹣A1＝0.48m
0.4m
﹣
＝0.08m
B 与P 发生弹性碰撞，碰撞后以原速率反弹，反弹后对B 受力分析，由牛顿第二定律得：
μ2mCg+μ1（mB+mC）g＝mBaB′
代入数据解得：aB′＝4m/s2
物块A 与木板B 相向运动，设经时间t3恰好相遇，由位移关系得：xA2+xB3＝Δx
其中A 的位移为：x＝v0t3
B 的位移为：xB3＝vB0t3- 1
2aB′t3
2
联立解得：t3= 3-2√2
5
s 或3+2√2
5
s（舍去）
此时B 的速度vB1＝vB0
a
﹣B′t3＝1.4m/s
4
﹣× 3-2√2
5
m/s= 8√2-5
5
m/s，方向向左；
C 的速度vC1＝vC0
a
﹣Ct3＝2m/s
5
﹣× 3-2√2
5
m/s＝（2√2-1）m/s，方向向右；
以水平向右为正方向，A、B 发生弹性碰撞，碰撞过程由动量守恒定律得：mAv0
m
﹣
BvB1＝
mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：1
2mAv0
2+ 1
2mBvB1
2 = 1
2mAv A
2 + 1
2mBvB
2
代入数据联立解得：
vA=- 32√2-15
15
m/s，方向向左；
vB= 15-8√2
15
m/s，方向向左；
此时C 的速度vC＝vC1＝（2√2-1）m/s
物块A 向左的速度大于木板B 向左的速度，物块A 向左做匀速直线运动。由于摩擦力作用，B
和C 最后静止，三个物体的初动量为p1＝（mA+mB）v0+mCv
末动量为p2＝mAvA
整个过程动量的变化量的大小为Δp＝|p2
p
﹣1|
6
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代入数据联立解得：Δp＝（6+ 32√2
15
）kg•m/s
4.
（2023•浙江）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R＝0.4m 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k＝100N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量m＝0.12kg
的滑块a 以初速度v0＝2√21m/s 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L＝0.8m，以v＝2m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因
数μ＝0.5，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Ep= 1
2 k x
2（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vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE；
（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Δx。
【解答】解：（1）从D 到F 的过程中，对滑块a 根据动能定理可得：2mgR= 1
2 m v F
2 - 1
2 m v0
2
代入数据解得：vF＝10m/s
在F 点，滑块受到的支持力和自身重力的合力提供向心力，则F N -mg= mvF
2
R
解得：FN＝31.2N，方向竖直向上
（2）滑块a 碰后返回到B 点的过程中，根据动能定理可得：-2mgR - μmgL= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v1
2
碰撞瞬间，滑块a 与b 组成的系统动量守恒，规定向右的方向为正方向，设碰撞后滑块a 的速度
为v1，滑块b 的速度为v2，则mvF＝﹣mv1+3mv2
ΔE = 1
2 m v F
2 - 1
2 m(- v1)
2- 1
2 ×3m v2
2
联立解得：ΔE＝0
7
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（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，选择水平向右的方向为正方向，则
mvF＝（m+3m）v
当弹簧的长度最大或者最小时，弹簧的弹性势能都最大，且滑块的速度相等，根据能量守恒定
律可得：4mv＝（4m+2m）v′
设弹簧的压缩量和伸长量分别为x1和x2，则
ΔE' = 1
2 ×4 mv
2- 1
2 ×(4 m+2m)v '
2= 1
2 k x1
2
联立解得：x1＝0.1m
同理可得：x2＝0.1m
则Δx＝x2+x1
代入数据解得：Δx＝0.2m
弹性碰撞模型（5-7 题）
5.
（多选）（2023•河北模拟）如图所示，质量分别为m、2m 的乙、丙两个小球并排放
置在光滑的水平面上，质量为m 的小球甲以速度v0（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三
个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，小球丙的动量为2
3 mv0
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为- 8
9 mv0
2
D．乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量的大小为4
3 mv0
【解答】解：A．甲、乙第一次碰撞后互换速度，即甲速度变为零，乙速度变为v0，设乙、丙碰
撞刚结束时速度分别为v 乙、v 丙
由弹性碰撞规律：动量守恒和动能守恒定律，以v0为正方向，则mv0＝mv 乙+2mv 丙
8
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1
2 mv0
2= 1
2 mv乙
2+ 1
2 ×2mv丙
2
联立解得v乙=- 1
3 v0、v丙= 2
3 v0
乙反弹后与甲再次发生碰撞，碰后二者交换速度，即甲速度变为- 1
3 v0，乙速度变为零，故A 正
确；
B．碰撞结束，小球丙动量等于2m× 2
3 v0= 4
3 mv0
故B 错误；
C．乙、丙发生碰撞过程，乙速度v0变成v乙=- 1
3 v0
由动能定理，丙对乙做功W = 1
2 ×mv乙
2- 1
2 ×mv0
2=- 4
9 mv0
2
故C 错误；
D．乙、丙在发生碰撞过程中，丙速度由零变成v丙= 2
3 v0
对丙由动量定理，乙对丙冲量大小I =2m× 2
3 v0-0= 4
3 mv0
故D 正确。
故选：AD。
6.
（多选）（2022 秋•钦州期末）如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平
轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A，质量为m 的小球B
以初速度v0向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，
则小球B 的初速度v0可能为（重力加速度为g）（ ）
A．2√2gR
B．√2 gR
C．2√5 gR
D．√5 gR
【解答】解：A 与B 碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B 的初速度方向为
正方向，设碰撞后B 与A 的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1+2mv2
由动能守恒得：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 ⋅2m v2
2
9
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联立得：v2= 2
3 v0 ①
恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由
牛顿第二定律得：2mg = 2m vmin
2
R
②
A 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：1
2 ⋅2mv2
2= 1
2 ⋅2mvmin
2 +2mg⋅2 R ③
联立①②③得：v0=1.5√5 gR，可知若小球B 经过最高点，则需要：v0≥1.5√5 gR
小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O 等高处，由机械能守恒定律
得：
1
2 ⋅2mv2
2=2mgR④
联立①④得：v0=1.5√2gR
可知若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5√2gR
由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5√2 gR或v0≥1.5√5 gR，故AD 错
误，BC 正确。
故选：BC。
7.
（2023 春•沈阳期末）在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，
如图所示是它们碰撞前后的x
t
﹣图像。小球的质量分别为m1和m2，已知m1＝0.1kg。由此可
以判断（ ）
A．碰撞前m1和m2都在做匀速直线运动
B．碰撞后m1和m2运动方向相同
10
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C．m2＝0.2kg
D．该碰撞为弹性碰撞
【解答】解：A、由s
t
﹣（位移—时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处
于静止。m1向右运动，碰后B 的速度为正方向，A 的速度为负方向，说明向左运动，则碰撞后
m1和m2运动方向相反，故AB 错误；
C、根据v= Δx
Δt 结合图像，求出碰前m1 的速度为v1＝4m/s，碰后m2 和m1 的速度分别为v2′＝
2m/s，v1′＝﹣2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′+m1v1′，代入解得，m2＝0.3kg，故C 错
误。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE= 1
2 m1v1
2- 1
2 m1v1'
2- 1
2 m2v2'
2，代入解得，ΔE＝0，故
D 正确。
故选：D。
非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型（8-11 题）
8.
（多选）（2023 春•宁波期中）如图所示，在光滑水平面上的两个小球A、B 发生一
维碰撞，两小球质量分别为m1和m2，右图为他们碰撞前后的x
t
﹣图像。已知m1＝0.3kg，由
此可以判断（ ）
A．碰前B 做匀速直线运动，A 做匀加速直线运动
B．可以计算出m2＝0.9kg
C．碰撞过程为非弹性碰撞
D．若两球碰撞后粘合在一起运动，则碰撞过程中损失的动能是1.8J
【解答】解：A、x
t
﹣图像的斜率等于速度，由图像可知，碰前B 处于静止状态，A 做匀速直线
11
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运动，故A 错误；
B、碰前B 的位移不随时间而变化，处于静止状态。A 的速度大小为v1= Δx
Δt = 8
2m/s＝4m/s，方
向只有向右才能与B 相撞，故题图乙中向右为正方向。
由题图乙可求出碰后B 和A 的速度分别为v2′= Δ x2
Δt2
= 16-8
6-2 m/s＝2m/s，v1′= Δ x1
Δt1
= 0-8
6-2m/s＝﹣
2m/s
根据动量守恒定律得：m1v1＝m1v′1+m2v′2
代入数据解得：m2＝0.9kg，故B 正确；
C、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE= 1
2m1v1
2- 1
2m1v′1
2- 1
2m2v′2
2，代入数据解得：ΔE＝0，碰
撞过程为完全弹性碰撞，故C 错误；
D、若两球碰撞后粘合在一起运动，则m1v1＝（m1+m2）v，解得v＝1m/s，碰撞过程中损失的动
能是ΔEk= 1
2m1v1
2- 1
2（m1+m2）v2，代入数据解得：ΔEk＝1.8J，故D 正确。
故选：BD。
9.
（2022 秋•徐州期中）物块A、B 在水平面上沿同一直线同向滑行，A 追上B 后发生
碰撞，碰撞时间Δt 极短，如图为两物块运动的v
t
﹣图像，图线在碰撞前、后均平行。已知A
的质量为1kg，则（ ）
A．物块B 的质量为0.5kg
B．两图线交点的纵坐标为4m/s
C．碰撞过程中系统的机械能守恒
D．两物块在0～t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同
【解答】解：
A．根据碰撞动量守恒，以速度v＞0 为正方向，列式：mAv1+mBv2＝mAv3+mBv4，代入数据
12
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7+3mB＝3+5mB，解得mB＝2kg，故A 错误；
B．交点代表共速度，结合碰撞动量守恒，即mAv1+mBv2＝（mA+mB）v 共，解得v共= 13
3 m/ s，
故B 错误；
C．碰撞前的动能为Ek1= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mB v2
2，代入数据解得Ek1＝33.5J，碰撞后的动能为Ek2
= 1
2 mA v3
2+ 1
2 mB v4
2，代入数据解得：Ek2＝29.5J，由于Ek1＞Ek2，所以系统机械能不守恒，故C
错误；
D．两物块在碰前做匀减速运动的加速度相同，根据a＝μg，可知两物体与地面间的动摩擦因数
相同，根据I＝μmgt，可知，在0～t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同，选项D 正确。
故选：D。
10. （2022 秋•淮阴区校级月考）A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两
球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b 分别为A、B 两球碰前的位移随时间变化的图线，
c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图线，若A 球质量是m＝2kg，则由图像判断下
列结论正确的是（ ）
A．碰撞前、后A 球的动量变化量为6kg•m/s
B．碰撞时A 球对B 球的冲量为﹣6N•s
C．A、B 两球碰撞前的总动量为3kg•m/s
D．碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能为10J
【解答】解：A、根据x
t
﹣图像的斜率表示物体的速度，由图可得，碰撞前A 球的速度vA
= Δ xa
Δta
= 4 -10
2
m/s＝﹣3m/s，B 球的速度vB= xb
tb
= 4
2
m/s＝2m/s。碰撞后两球的共同速度v
13
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= Δ xc
Δtc
= 2- 4
4 -2
m/s＝﹣1m/s，则碰撞前、后A 球的动量变化量为ΔpA＝mv
mv
﹣
A＝2×（﹣1）
kg•m/s
2×
﹣
（﹣3）kg•m/s＝4kg•m/s，故A 错误；
B、根据动量守恒定律得：ΔpA+ΔpB＝0，则碰撞前、后B 球的动量变化量为ΔpB＝﹣4kg•m/s。
对B 球，由动量定理得A 球对B 球的冲量：IB＝ΔpB＝﹣4N•s，故B 错误；
C、设B 球的质量为mB。两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前B 球的速度方向为正方向，由
动量守恒定律得：mvA+mBvB＝（m+mB）v，代入数据解得：mB= 4
3 kg。A、B 两球碰撞前的总
动量为p＝mvA+mBvB＝2×（﹣3）kg•m/s+ 4
3 ×2kg•m/s=- 10
3 kg•m/s，故C 错误；
D、两球碰撞过程，对系统，由能量守恒定律得：1
2mvA
2+ 1
2mBvB
2= 1
2（m+mB）v2+ΔE，代入数
据解得系统损失的机械能：ΔE＝10J，故D 正确。
故选：D。
11. （2022 秋•丹东月考）2022 年2 月4 日至20 日，北京冬季奥运会成功举办，北京成为
世界上首座“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目给人们留下了深刻的印象，被誉为“冰上象
棋”。某次投掷的物理过程可以简化为如下模型：O、P、Q 为整个冰上场地中心线上的三个
点，一个冰壶B 静止在半径R＝1.8m 的营垒圆形边界Q 处。队员手推冰壶A 由静止开始从O
点沿中心线出发，在6N 水平恒力的作用下，经10m 在P 处放手。放手后，队友用冰刷擦拭冰
壶A 前方PQ 间的冰面，使得冰壶A 以速度v＝1m/s 在Q 处与冰壶B 发生对心正碰（碰撞时间
极短）。冰壶A、B 可视为质点，质量均为m＝20kg。已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数
μ＝0.01，擦拭后变为kμ，PQ 间距L＝25m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰
壶。
（1）求k 的大小；
（2）碰撞后，若冰壶B 恰好停在营垒中心O'处，求冰壶A、B 都停下后A、B 间的距离。
【解答】解：（1）队员手推冰壶A 由静止开始从O 点沿中心线出发，加速阶段，由牛顿第二定
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律得F
μmg
﹣
＝ma
由匀变速直线运动公式得v p
2 =2a xop
❑
PQ 之间的运动：v p
2 - vQ
2 =2a' x pQ
❑
在擦拭过的冰面上由牛顿第二定律得kμmg＝ma'
联立解得：k＝0.6；
（2）碰撞过程中，取冰壶A 运动方向为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝mAv'A+mBv'B
碰撞后B 和A 分别继续向前运动，对B 物体：v ' B
2 =2a xB
对A 物体：v ' A
2 =2a x A
联立解得：xA＝0.8m，
冰壶A、B 都停下后A、B 间的距离
Δx＝R
x
﹣A＝1.8m
0.8m
﹣
＝1m。
小球——曲面模型（12-14 题）
12. （2023 秋•金坛区期中）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧
形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m（m＜M）的小球从槽高h
处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中小球和槽之间的作用力对槽不做功
B．在下滑过程中小球和槽所组成的系统机械能守恒、动量守恒
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h 处
【解答】解：A、光滑弧形槽静止在光滑水平面上，小球在下滑过程中，槽向左运动，小球和槽
之间的作用力对槽做正功，故A 错误；
B、在下滑过程中小球和槽所组成的系统只有重力做功，机械能守恒；系统竖直方向动量不守恒，
则系统动量不守恒，故B 错误；
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C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接
触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C 错误；
D、小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量
大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等
于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上
槽并沿槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总
动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒
定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h 处，故D 正确。
故选：D。
13. （2023 秋•碑林区校级期中）如图所示，c 是半径为R 的1
4 圆周的圆弧形光滑槽，其
质量为3m，静置于光滑水平面上，A 为与c 的圆心等高的点，B 为c 的最低点，与水平面相切。
一可视为质点、质量未知的小球b 静止在c 右边的水平面上。将另一可视为质点、质量为m 的
小球a 从槽口A 点自由释放，到达水平面上与小球b 发生弹性正碰。整个过程中，不计一切阻
力，重力加速度为g，下列说法不正确的是（ ）
A．小球a 下滑到B 点过程中，小球a 和光滑槽c 组成的系统机械能守恒，动量不守恒
B．小球a 第一次下滑到B 点时，光滑槽c 的速率为√
gR
6
C．小球a 第一次下滑到B 点时所受支持力大小为11
3 mg
D．当小球b 的质量为3m 时，小球a 与小球b 碰撞后，小球a 沿光滑槽c 上升最大高度为1
16 R
【解答】解：A．小球a 下滑到B 点过程中，小球a 和光滑槽c 组成的系统中只有重力做功，机
械能守恒，小球a 和光滑槽c 组成的系统合外力不为零，因此系统的动量不守恒，故A 正确；
B．小球a 第一次下滑到B 点时，小球a 和光滑槽c 组成的系统水平方向动量守恒，有
mv1+3mv2＝0
根据机械能守恒有mgR = 1
2 m v1
2+ 1
2 ×3m v2
2
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解得：v2=-√
gR
6
故小球a 第一次下滑到B 点时，光滑槽c 的速率为√
gR
6
，故B 正确；
C．根据牛顿第二定律F N -mg=m (v1+ v2)
2
R
解得：F N = 11
3 mg
故C 正确；
D．当小球b 的质量为3m 时，小球a 与小球b 碰撞后，根据动量守恒定律可得：mv1＝
mv3+3mv4
根据机械能守恒定律可得：1
2 mv1
2= 1
2 mv3
2+ 1
2 ×3mv4
2
解得：v3=-√
3 gR
8
小球a 沿光滑槽c 上共速时有mv3+3mv2＝（m+3m）v
根据机械能守恒有1
2 mv3
2+ 1
2 ×3mv2
2= 1
2 ×(m+3m)v
2+mgh
解得：h= 1
64 R，故D 错误。
本题选不正确的，故选：D。
14. （2023 秋•海安市期中）如图将一质量为m 的小球，从放置在光滑水平地面上质量为
M 的光滑半圆形槽的槽口A 点由静止释放经过最低点B 运动到C 点，下列说法中正确的是（
）
A．小球运动到圆形槽右侧最高点一定与A 点等高
B．从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C．从A→B→C，C 点可能是小球运动的最高点
D．从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
【解答】解：ABC、小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最高点时，球与槽
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在水平方向速度相等，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，小球上升到最高点时，球与槽
的速度都为零，整个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球到达最高点位置在槽
右端最高点，不是C 点，故A 正确，BC 错误；
D、从A 到B 过程，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒
定律得：mv 球﹣Mv 槽＝0，即：ms球
t -MR - s球
t
=0，解得：s 球= MR
M +m，s 槽= mR
m+ M ，由于不
知M、m 的大小关系，无法判断球与槽的位移大小关系，故BD 错误
故选：A。
小球——弹簧模型（15-17 题）
15. （2023 秋•市中区校级期中）如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球A 和质量
为1
2 m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
以初速度v0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．2
3 mv0
2
B．1
4 mv0
2
C．1
9 mv0
2
D．1
12 mv0
2
【解答】解：由于小球C 与小球A 质量相等，两者发生弹性正碰，则碰撞后A 与C 交换速度，
C 速度为零，A 以速度v0向右运动，A、B、轻弹簧组成的系统机械能守恒，此系统总机械能为
1
2 mv0
2。
若在A 与B 动量相同时B 与挡板碰撞，碰撞后B 的速度大小不变，但方向相反，则碰撞后A 与
B 动量等大反向，A、B 的总动量为零，由动量守恒定律可知，两者速度能同时减至零，此时弹
簧的弹性势能最大，且最大值为：
Ep1= 1
2 mv0
2
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若B 与挡板碰撞时，A 的速度趋近于v0，B 的速度趋近于零时，B 与挡板碰撞后，当A、B 速度
相同时弹簧的弹性势能最大，设共同速度趋近于v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=(m+ 1
2 m)v
解得：v = 2
3 v0，此速度是A、B 共速时所能趋近的最大速度。
由机械能守恒定律可知，此情况的最大的弹性势能趋近于E p2= 1
2 mv0
2- 1
2 (m+ 1
2 m)v
2
解得：E p= 1
6 mv0
2
则弹簧弹性势能的最大值的范围为：1
6 mv0
2＜E pm≤1
2 mv0
2，故ACD 错误，B 正确。
故选：B。
16. （2022 秋•未央区校级期末）如图甲所示，质量为2kg 的小球B 与质量未知的小球C
用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A 以6m/s 的初速度向右运动，t＝2s 时球
A 与球B 碰撞并瞬间粘在一起，碰后球B 的ν
t
﹣图像如图乙所示。已知弹簧的弹性系数k＝
240N/m，弹簧的弹性势能EP= 1
2 k x
2（x 为弹簧的形变量），整个运动过程中弹簧始终在弹性
限度内。下列判断正确的是（ ）
A．碰后球B 的速度为零时弹簧长度最短
B．碰后球B 的速度为零时球C 的加速度为零
C．碰后运动过程中，小球B 加速度的最大值为20m/s2
D．碰后运动过程中，小球B 加速度的最大值为30m/s2
【解答】解：A．当三球共速时，弹簧弹性势能最大，压缩量最大，弹簧长度最短，故A 错误；
B．由图可知，B 的速度为零后继续反向加速，说明弹簧弹力不为0，故C 球受到弹簧弹力，加
速度不为0，故B 错误；
CD．AB 发生完全非弹性碰撞，设水平向右为正方向，由动量守恒定律，则
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mAvA＝（mA+mB）v
代入数据解得 mA＝4kg
ABC 整体动量守恒（mA+mB）v＝（mA+mB）v'+mCvC
当弹簧恢复原长时，此时v'＝﹣1m/s，满足
1
2 (mA+mB)v
2= 1
2 (mA+mB)v '
2+ 1
2 mC vC
2
即v ' = mA+mB-mC
mA+mB+mC
v
代入数据解得 mC＝10kg
当ABC 共速时，设水平向右为正方向，由动量守恒定律（mA+mB）v＝（mA+mBmC）v 共
依据能量守恒定律1
2 (mA+mB)v
2= 1
2 (mA+mB+mC)v共
2+ E p
联立解得 Ep＝30J
Ep= 1
2 k x
2
代入数据解得 x = 1
2 m
此时小球B 加速度最大a=
kx
mA+mB
代入数据解得 a＝20m/s2，故C 正确，D 错误。
故选：C。
17. （2023•小店区校级模拟）质量为2kg 的小球b 静止在光滑的水平地面上，左端连接一
水平轻质弹簧，质量为2kg 的另一小球a 以4m/s 的速度向b 运动，从小球a 接触弹簧到压缩到
最短所经历的时间为π
20 s，已知此弹簧的压缩量x 与弹性势能Ep的关系为x = √2 E p
10
，则小球
a、b 在这段时间内的位移大小分别为（ ）
A．π +2
10 m，π -2
10 m
B．3 π +3
10
m，3 π -3
10
m
C．π + 4
10 m，π - 4
10 m
D．3 π +1
10
m，3 π -3
10
m
20
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【解答】解：小球a、b 与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b 达到共速，
设共速时的速度为v1，小球a 的初速度为v0，则由动量守恒定律有：mav0＝（ma+mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有：1
2 mav0
2= 1
2 (ma+mb)v1
2+ E p
解得弹簧压缩到最短时的弹性势能：Ep＝8J
由弹簧的压缩量x 与弹性势能Ep的关系：x = √2 E p
10
代入可得：x＝0.4m
设小球a、b 在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量
均守恒，任意时刻的速度分别设为v1i、v2i则有：mav0＝mav1i+mbv2i
两边同乘以Δt 并求和得：∑mav0Δt＝∑mav1iΔt+∑mbv2iΔt
故有：mav0t＝mal1+mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为：l1
l
﹣2＝x
联立解得：l1= π +2
10 ，l2= π -2
10 ，故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
子弹打木块模型（18-22 题）
18. （2023 秋•海珠区校级月考）如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同
的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头
内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是（ ）
A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B．两个系统产生的内能不一样大
C．子弹在软木中打入深度较大
D．子弹在硬木中打入深度较大
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【解答】解：AB、设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，以向右为正方
向，根据动量守恒定律：mv0＝（m+M）v
可知，共同速度v 相同，则根据能量守恒定律有：ΔE = 1
2 mv0
2- 1
2 (m+ M )v
2=Q
可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能Q 一样多，
故AB 错误；
CD、根据功能关系：Q＝Ff•d
从以上表达式可知，当产生的内能Q 相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d 越大，由于子弹
在软木块受到的摩擦力小，所以子弹在软木中打入深度较大，故C 正确，D 错误。
故选：C。
19. （2023 秋•常熟市校级月考）光滑的水平面上静止放置着两个紧靠的长方体木块B 和
C，子弹A 以初速度v0正对B 射入，子弹在木块B 和C 中穿行时和木块的相互作用力大小恒
定，在此后的过程用中A 和C 的v
t
﹣图像如图所示，若A、B、C 的质量分别为MA、MB、
MC，子弹恰好未从C 穿出，则以下推理正确的是（ ）
A．MA＝MC
B．MB＝2MC
C．MA＝2MC
D．木块B 和C 的厚度一样
【解答】解：ABC．子弹在木块B 和C 中穿行时和木块的相互作用力大小恒定，则子弹做匀减
速运动，由图像可知子弹的加速度为a=
v0- 3
5 v0
2t0
= v0
5t0
t0时子弹的速度为v＝v0
at
﹣
0= v0- v0
5t0
t0= 4 v0
5
规定向右为正方向，0～t0内由动量守恒定律得
M A v0= M A
4 v0
5 +( M B+ M C) v0
5
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规定向右为正方向，t0～2t0内由动量守恒定律得
M A
4 v0
5 + M C
v0
5 =( M A+ M C) 3 v0
5
解得MA＝2MC
MB＝MC
故AB 错误，C 正确；
D．根据匀变速直线运动结合图像可知B 的厚度为
xB=
( 4 v0
5 + v0)t0
2
-
v0
5 t0
2
= 4 v0t0
5
根据匀变速直线运动结合图像可知C 的厚度为
xC =
( 3 v0
5 + 4 v0
5 )t0
2
-
( 3 v0
5 + v0
5 )t0
2
= 3 v0t0
10
可知木块B 和C 的厚度不一样，故D 错误；
故选：C。
20. （2023 秋•香坊区校级月考）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v0射入木块，深度为d 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
Mm v0
2
2( M +m)
【解答】解：A、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，根据动能定理可得木块动能的增加量等于子弹对木块做功，即fL，故A 错误；
B、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；
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C、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；
D、取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（M+m）v，解得子弹和木块的共同速度为：
v = mv0
M +m
，所以子弹和木块（系统）的动能减少量为Δ Ek = 1
2 mv0
2- 1
2 ( M +m)v
2，解得：
Δ Ek =
Mm v0
2
2( M +m)
，故D 正确。
故选：D。
21. （2023 春•仁寿县校级期中）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O 点。开始时砂
袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0 击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为
m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不
计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入砂袋过程中，机械能守恒
C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为mv0
2
72
D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0
2
72g
【解答】解：A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力增大，则细绳对
砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A 错误；
B、弹丸打入砂袋过程中，产生热量，机械能不守恒，故B 错误；
C、弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m+5m）v，得v
= v0
6
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产生的热量为Q= 1
2 mv0
2- 1
2（m+5m）v2= 1
2 mv0
2- 1
2（m+5m）( v0
6 )
2= 5
12 mv0
2，故C 错误；
D、弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得1
2（m+5m）v2＝（m+5m）gh，解
得最大高度h= v0
2
72 g
，故D 正确。
故选：D。
22. （2022 秋•鲁山县校级期末）质量为M 的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的
子弹，以水平速度击中木块，木块滑行距离s 后，子弹与木块以共同速度运动，子弹射入木块
的深度为d。为表示该过程，甲、乙两同学分别画出了如图所示的示意图。对于甲、乙两图的
分析，下列说法中正确的是（ ）
A．不论速度、质量大小关系如何，均是甲图正确
B．不论速度、质量大小关系如何，均是乙图正确
C．当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时乙图正确
D．当M＞m 时，甲图正确，当M＜m 时乙图正确
【解答】解：子弹和木块构成一系统，在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，规
定向右为正方向，设子弹与木块的共同速度为v，根据动量守恒定律有：
mv0＝（m+M）v
木块在水平面上滑行的距离为s，子弹射入并穿出木块的过程中对木块运用动能定理得：
fs= 1
2Mv2=
M m
2v0
2
2( M +m)
2
根据能量守恒定律得：Q＝fd= 1
2mv0
2- 1
2（M+m）v2=
Mm v0
2
2( M +m)
所以Q＝fd＞fs，即d＞s，
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不论速度、质量大小关系如何，乙图正确，故ACD 错误，B 正确；
故选：B。
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