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专题16 动量能量在各类模型中的应用
目录
题型一 碰撞模型........................................................................................................................................................1
类型1 一动一静的弹性碰撞.............................................................................................................................1
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型............................................................................................................. 6
题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题..........................................................................................................13
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失........................................................................................................... 13
类型2 滑块木板模型中的动能损失............................................................................................................... 15
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题......................................................................................................16
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题......................................................................................................18
类型5 带电系统中动能的损失问题............................................................................................................... 19
类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题............................................................................................20
题型三 碰撞遵循的规律.......................................................................................................................................... 22
类型1 碰撞的可能性.......................................................................................................................................22
类型2 碰撞类型的识别...................................................................................................................................25
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题..............................................................................................28
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型...................................................................................................................39
题型六 滑块模型中的多过程.................................................................................................................................. 46
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题..........................................................................................................51
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配..................................................................................................54
题型九 人船模型及其拓展模型的应用..................................................................................................................59
题型十 悬绳模型......................................................................................................................................................67
题型一 碰撞模型
类型1 一动一静的弹性碰撞．
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碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
【例1】（2023 春·江西赣州·高三校联考阶段练习）弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，
一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B 两玻璃球，质量分别为
、
，且
，小朋友在水平面上将玻璃球A 以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B 发生正碰，
玻璃球B 冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A 速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则
、
之比为（ ）
A．1：2
B．1：3
C．1：4
D．1：5
【答案】B
【详解】两球碰撞时由动量守恒可得
1
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由能量守恒可得
联立可得
玻璃球B 返后两球速度相等
可得
故选B。
【例2】（2023·四川达州·统考二模）如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为
的小球悬
挂在O 点，绳长
，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点
与静止在A 点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度
，小物块沿水平地
面滑到B 点停止运动。已知小物块质量为
，小物块与水平地面间的动摩擦因数
，
A 点到B 点的距离
，重力加速度
，则下列说法正确的是（ ）
A．小球与小物块质量之比
B．小球与小物块碰后小物块速率
C．小球与小物块碰撞是弹性碰撞
D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失
【答案】BC
【详解】B．根据牛顿第二定律
可知小物块的加速度
根据匀变速运动公式
2
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解得小球与小物块碰后小物块速率
B 正确；
A．设小球碰撞前的速度为
，碰撞后的速度为
，根据动能定理
解得
以向右为正方向，根据动量守恒定律
解得
A 错误；
CD．碰撞前动能
碰撞后动能
碰撞前后动能相等，所以小球与小物块碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C 正确，D 错误。
故选BC。
【例3】（2023·四川遂宁·统考三模）在一个水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为R 的管
形圆轨道，俯视如图所示，a、b、c、d 为圆上两条直径的端点，且ac 与bd 相互垂直。在
内部放置A、B 两个小球（球径略小于管径，管径远小于R），质量分别为
、
，开始
时B 球静止于a 点，A 球在其左侧以
的初速度向右与B 球发生第一次碰撞且被反弹。已
知小球之间的碰撞均为对心弹性碰撞，第二次碰撞发生在b 点。则下列说法中正确的是（
）
3
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A．A、B 两球的质量比为
B．若只增大A 球的初速度
则第二次碰撞点可能在
之间某处
C．若只增大A 球的质量
则第二次碰撞点可能仍在b 处
D．若只增大A 球的质量
则第一、二次碰撞时间间隔不可能大于
【答案】CD
【详解】A．设第一次碰后A、B 两球的速度分别为
，
。根据动量守恒定律和能量守恒
定律有
第二次碰撞发生在b 点，则有
联立解得
故A 错误；
BC．设第二次碰撞A 球转过的角度为
，则有
解得
可知
与初速度无关，即第二次碰撞点与A 球的初速度无关，若只增大A 球的质量
则
第二次碰撞点可能仍在b 处，故B 错误，C 正确；
D．两次碰撞间隔时间为
4
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故D 正确；
故选CD。
【例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，小球1 从固定光滑斜面上某处由静止释放，
滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的N 点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，
再将小球1 从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生弹性正碰，两小球在地面上的落
点分别为M、P 点。已知小球1 的质量为
，小球2 的质量为
，且
，O 点为桌
面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确
的是（ ）
A．碰撞后小球1 的落点为M 点
B．碰撞后小球1 的落点为P 点
C．图中点间距离满足的关系为
D．图中点间距离满足的关系为
【答案】BC
【详解】AB．设小球1 碰撞前的速度为
，取水平向右为正方向，因为球1 质量较小，可
知小球1 与小球2 碰撞后，球1 反向，设碰撞后球1 和球2 速度大小分别为
、
，根据动
量守恒和能量守恒有
解得
，
根据题意
，可得
，斜面光滑，小球1 反向到达最高点回到抛出点时速度大小
等于
，两球在做平抛运动的时间相等，故可知小球1 的水平位移较大，即碰撞后小球1
的落点为P 点，A 错误，B 正确；
CD．当小球1 单独释放时有
小球1 与小球2 碰撞后有
5
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，
可得
C 正确，D 错误。
故选BC。
类型2 弹性碰撞中的“子母球”模型
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2
v1′＝
v2′＝
【例1】（2022 届云南省昆明市第一中学高三（上）第五次复习检测理综物理试题）如图
所示，将两个质量分别为m1=60g、m2=30g 的小球A、B 叠放在一起，中间留有小空隙，从
初始高度h0=1.8m 处由静止释放。A 球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A 球与B 球碰撞
的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B 球的速度时间图象如图乙所示，g 取
10m/s2（ ）
A. B 球与A 球碰前的速度大小为6m/s
B. 两球碰撞过程中，B 球的重力冲量与A 对B 球的冲量大小比值为1：101
C. A、B 两球发生的是弹性碰撞
D. 若m2<m1，第一次碰撞后，m2球上升的最大高度可能大于17m
【答案】AB
【解析】由机械能守恒定律可知
解得
两物体落地前的速度
6
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根据动量定理，A 和B 相互作用过程中，B 动量
变化量等于合力的冲量
重力的冲量为
因为A、B 作用时间极短，重力对系统的冲量远小于系统总动量，可以视系统动量守恒，
根据动量守恒
得A 碰后速度为
，计算知
碰撞前后，系统机械能有损失，不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响，且m2<<m1，由动
量守恒
不计碰撞损失，由能量关系
联立解得
因m2<<m1，则v1=3v0，则m2球上升的最大高度
h2=9h0=16.2m
故AB 正确CD 错误。
故选AB。
【例2】（2023·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）如图为“子母球”表演的示意图，
弹性小球A 和B 叠放在一起，从距地面高度为h 处自由落下，h 远大于两小球直径，小球
B 的质量是A 质量的3 倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑
空气阻力，则下列判断中错误的是（ ）
7
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A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力
B．A 与B 第一次碰后小球B 的速度为零
C．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度是2h
D．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度是4h
【答案】C
【详解】A．球B 与地面碰撞前，对AB 整体，由牛顿第二定律得
（mA+mB）g＝（mA+mB）a
解得
a＝g
设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B 球，由牛顿第二定律得
mBg+T＝mBa
解得
T＝0
故A 不符合题意；
B．根据机械能守恒定律可得
（mA+mB）gh＝
（mA+mB）
解得球A、B 与地面碰撞前瞬间的速度大小为
v0＝
B 球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A 与B 碰撞过程为研究过程，碰撞前后动
量守恒，设碰后A、B 速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
（mA+mB）v0
2＝
mAvA
2+
mBvB
2
由题可知
mB＝3mA
联立解得
vA＝
8
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vB＝0
故B 不符合题意；
CD．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度为
故C 符合题意，D 不符合题意。
故选C。
【例3】（2023·云南昆明·统考一模）物理课堂上，老师带同学们做了一个有趣的实验：如
图甲所示，老师让某同学将一个网球叠放在一个充足气的篮球上，举到头顶附近，然后一
起由静止释放，发现网球和篮球碰撞后，被反弹的网球能打到教室的天花板。若将该实验
简化为如图乙所示模型，网球和篮球均可视为质点，篮球和地面碰撞完成后恰与网球碰撞，
所有碰撞均为弹性碰撞。已知网球的质量为
，篮球的质量为
，初始释放
高度为
，篮球和网球的球心始终在同一竖直线上，不计空气阻力，取重力加速度
，求：
（1）篮球落地前瞬间，网球和篮球共同的速度大小；
（2）网球反弹后能达到的最大高度
；
（3）若用一个质量远远小于篮球质量的弹性小球替代网球重复该实验，其他条件不变，求
弹性小球反弹后能够上升的最大高度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速度大小为，根据动能定理可得
解得
（2）规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰撞后瞬间，网球的速度为
，篮球
的速度为
，有
，
。设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为
，网
球与篮球发生弹性碰撞，可得
9
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根据匀变速直线运动的规律可得
代入相关已知数据解得
（3）由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹性小球的速度为
，篮球的速
度为
，有
可得
当
时，
可取得极大值，可得
设弹性小球能上升的最大高度为
，由
解得
【例4】（2023·河北张家口·统考三模）伽利略大炮是一种极为简易的机械发射装置，由伽
利略于1590 年左右发明。现我们共同研究伽利略大炮的实验，先将500g 的弹性大球单独
自由释放，落地反弹高度为下落高度的0.64 倍。现在弹性大球上将弹性小球逐个叠放，并
将它们从距地面0.8m 高处自由释放，如图所示。已知各球相互接触且重心在同一竖直线上，
每个弹性球的质量为该球下面接触球质量的一半，各球之间均发生弹性碰撞，作用时间极
短，无论弹性大球上面是否叠放弹性小球及叠放几个弹性小球，弹性大球与地面碰撞过程
中能量损失均保持不变，重力加速度g 取
，忽略空气阻力。
（1）若将弹性大球单独从距地面0.8m 高处自由释放，求地面对弹性大球所做的功；
（2）若弹性大球上端只放一个弹性小球，求两球碰撞过程中弹性大球对弹性小球的冲量大
小；
（3）若要使最上端的弹性小球上升高度不低于45m，求至少需要叠放多少个弹性小球？
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【答案】（1）
；（2）
；（3）弹性大球上至少叠放6 个弹性小球
【详解】（1）设弹性大球与地面碰撞前的速度大小为
，与地面碰撞后的速度大小为
，
地面对弹性大球所做的功为
，由运动学规律可得，上升过程
下落过程
由动能定理可得
解得
（2）弹性小球与弹性大球发生弹性碰撞，设弹性大球碰后的速度为
，弹性小球碰前与
碰后的速度分别为
，取向上为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
由动量定理可得
解得
（3）由（2）可得第一个弹性小球与弹性大球碰撞之后速度为
整理可得
同理可得第二个弹性小球与第一个弹性小球碰撞之后的速度为
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整理可得
……
由数学知识可得
由于要使最上端的弹性小球上升高度不低于
，由运动学规律可得
则
解得
时
时
故弹性大球上至少叠放6 个弹性小球。
题型二 非弹性碰撞中的“动能损失”问题
1.非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk 损
3.完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk 损max
类型1 非弹性小球碰撞中的动能损失
【例1】在光滑水平面上甲、乙两个小球发生碰撞后粘在一起，两球运动的位移时间变化
如图所示，已知甲球的质量
，则碰撞过程中损失的能量为（ ）
12
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A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设乙球的质量为
，甲、乙碰前的速度为v1、v2，碰后的速度为v3，由动量守恒
得
代值可得
得乙球的
则碰撞过程中两物块损失的机械能
故ACD 错误，B 正确。
故选B。
【例2】（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙
壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，
碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两
壶都静止过程中，测得乙壶位移是甲壶位移的k 倍，则（ ）
A．k<1
B．k 值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越大
C．k 值越大，两壶碰撞过程中损失机械能越小
D．碰撞后瞬时，乙壶速度为零
【答案】C
【详解】A．甲乙碰撞瞬间动量守恒，即
且有
13
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所以
故A 错误；
BC．两壶碰撞过程中损失的机械能为
变形可得
由此可知，当k=1 时，损失的机械能达到最大，随着k 增大，损失的机械能减小，故B 错
误，C 正确；
D．由于两壶完全相同，所以碰撞后瞬时乙壶速度一定大于零，故D 错误。
故选C。
类型2 滑块木板模型中的动能损失
【例3】(多选)长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v0
＝2 m/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.则下列说法正确的是( )
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 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】 ABD
【解析】 由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/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M＝2 kg，则木板获得
的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A 正确；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 正确；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xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A 的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木
板A 的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C 错误；由题图可知，B 的加速度a＝＝ m/s2＝－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－μmBg＝mBa，解得μ＝
0.1，故D 正确．
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【例2】（2023 秋·江苏·高三统考期末）质量为m 的矩形木板ae，放在光滑水平面上，b、
c、d 是ae 的4 等分点。质量为M 的物块以一定的初速度从a 点水平滑上粗糙木板，物块的
宽度不计，且
，经过一段时间物块停在木板上。若图是物块刚滑上木板时的物块与
板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】地面光滑，物块A 与木板B 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右
为正方向，由动量守恒定律得
对m 有
设相对位移为
，对M 有
整理得
因为
，所以
解得
故B 正确ACD 错误。
故选B。
类型3 滑块-曲面模型中的动能损失问题
【例1】(2021·安徽十校联盟检测)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道M 静止在光滑水平
面上，一个物块m 在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨
道，当物块运动到圆弧轨道上某一位置时，物块向上的速度为零，此时物块与圆弧轨道的
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动能之比为1 2∶，则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)( )
A．1 2
∶
B．1 3
∶
C．1 6
∶
D．1 9∶
【答案】 C
【解析】 因为水平面光滑，m 和M 组成的系统水平方向动量守恒；当物块向上的速度为
零时，根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同，又因为此时物块与圆弧轨道的动能之
比为1 2∶，即mv2∶Mv2＝1 2∶，得m∶M＝1 2∶，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v，得：v0＝
3v，根据能量守恒定律：mv0
2＝(m＋M)v2＋Ep，得物块的重力势能为Ep＝mv0
2，此时物块的
动能为Ek＝mv2＝mv0
2，所以此时物块的动能与重力势能之比为Ek∶Ep＝1 6∶，故C 正确，A、
B、D 错误．
【例2】.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小
车的质量
，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量
的小球
以水平初速度
从圆弧下端滑上小车，重力加速度
取
。下列说法正确的是
（ ）
A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒
C．小球沿圆弧轨道上升的最大高度时的速度大小为1m/s
D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6m
【答案】ACD
【详解】A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，选项A 正
确；
B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动
量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项B 错误；
CD．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，小球沿圆弧轨道上升的最大高度为，两
者共同速度大小为
解得
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小球与小车组成的系统机械能守恒
解得
选项CD 正确。
故选ACD。
类型4 小球-弹簧模型中的动能损失问题
【例1】(2022·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2 甲)，弹簧压
缩到最短时的长度为L1；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
L2，则L1与L2的大小关系为( )
A.L1＞L2
B.L1＜L2
C.L1＝L2
D.不能确定
【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Ep＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝
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Ep＝
故弹性势能相等，则有L1＝L2，故A、B、D 错误，C 正确。
【例2】(2022·江西省教学质量监测)如图所示，质量相同的A、B 两物体用轻弹簧连接，静
止在光滑水平面上，其中B 物体靠在墙壁上。现用力推动物体A 压缩弹簧至P 点后再释放
物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep1。现将物体A 的质量增大到原来的3 倍，仍
使物体A 压缩弹簧至P 点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于(
)
A.1
B.2
C.3
D.4
【答案】 B
【解析】 设压缩到P 点时，弹簧的弹性势能为Ep，开始时，物体A、B 的质量均为m，
则有Ep＝mv，mv0＝2mv，Ep1＝Ep－×2mv2＝Ep，把A 的质量换成3m，Ep＝×3mv0′2，3mv0′
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＝4mv′，Ep2＝Ep－×4mv′2＝Ep，所以有Ep1∶Ep2＝2，选项B 正确。
类型5 带电系统中动能的损失问题
如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B 两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、
＋2q。某时刻A 有指向B 的速度v0，B 球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两
小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中( )
A．任意时刻A、B 两小球的加速度大小之比均为1 2∶
B．两小球构成的系统动量守恒，电势能减少
C．A 球减少的机械能大于B 球增加的机械能
D．电场力对A 球做功的大小为mv
【答案】 AC
【解析】 两球所受的库仑力为作用力与反作用力，大小相等，由F＝ma 知两球的加速度
之比＝＝，故A 正确；两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从A 开始运动到
两球距离最近过程，两球间的距离减小，电势能增大，机械能减少，故B 错误；由能量守
恒定律可知，减少的机械能转化为电势能，系统电势能增加，两球组成的系统动量守恒，
两球距离最近时，两球速度相等，由动量守恒定律得2mv0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，A 球减
少的机械能为ΔEkA＝·2mv－·2m＝mv，B 球增加的机械能为ΔEkB＝m＝mv，所以A 球减少的
机械能大于B 球增加的机械能，故C 正确；由动能定理可知，电场力对A 球做功大小W＝
·2mv－·2mv2＝mv，故D 错误。
【例2】如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0 时，甲静止，乙以v
＝6 m/s 的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没
有接触)，它们运动的v－t 图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知( )
A.两小球带电的电性一定相反
B.甲、乙两球的质量之比为2 1∶
C.t2时刻，乙球的电势能最大
D.在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【答案】 B
【解析】 由题图可知乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电
性的电荷，故A 错误；两球作用过程动量守恒，有m 乙Δv 乙＝m 甲Δv 甲，解得＝，故B 正确；
t1时刻，两球共速，此时两球间距离最近，则此时乙球的电势能最大，故C 错误；在0～t3
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时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D 错误。
类型6 导体棒“追及”过程中的动能损失问题
【例1】(多选) 如图所示，在竖直向上磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场中，两条足够长光
滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l＝1 m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂
直，金属棒AB、CD 水平放在两导轨上，相隔为L＝0.2 m，棒与导轨垂直并保持良好接触，
AB 棒质量为m1＝0.2 kg，CD 棒质量为m2＝0.4 kg，两金属棒接入电路的总电阻R＝0.5 Ω，
若CD 棒以v0＝3 m/s 的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，
下列说法正确的是( )
A．AB 棒的最终速度大小为1 m/s
B．该过程中电路中产生的热量为0.6 J
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4 C
D．两金属棒的最大距离为0.3 m
【答案】 BC
【解析】 开始CD 棒做减速运动、AB 棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最
大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解
得v＝2 m/s，选项A 错误；对系统，由能量守恒定律得m2v＝Q＋(m1＋m2)v2，解得Q＝0.6
J，选项B 正确；对AB 棒，由动量定理得BIlt＝m1v，而It＝q，则Blq＝m1v，解得q＝0.4
C，选项C 正确；通过导体横截面的电荷量q＝＝，两金属棒间的最大距离D＝d＋L＝＋L
＝ m＋0.2 m＝0.4 m，选项D 错误。
【例2】(多选)如图所示，水平面上有相距为L 的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着
金属杆a 和b(杆a、b 均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a 以速度v 向右运
动，当杆a 与杆b 发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a 刚进入磁场时，
杆b 的速度刚好为a 的一半.已知杆a、b 的质量分别为2m 和m，接入电路的电阻均为R，
其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A.杆a 与杆b 碰撞后，杆a 的速度为，方向向右
B.杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为
C.从b 进入磁场至a 刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为mv2
D.杆a、b 最终具有相同的速度，大小为
【答案】 ABC
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【解析】 以向右为正方向，杆a 与杆b 发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv
＝2mv1＋mv2，×2mv2＝×2mv1
2＋×mv2
2，解得v1＝，v2＝v，即杆a 的速度为，方向向右，故
A 正确；杆b 刚进入磁场时，通过b 的电流为I＝＝，故B 正确；从b 进入磁场至a 刚进入
磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝mv2
2－m2＝mv2，故C 正确；a 进入磁场
后，a、b 组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝v，即杆a、b 最
终具有相同的速度，大小为v，故D 错误.
题型三 碰撞遵循的规律
1．碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(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至少有一个改变．
2．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，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0.则碰后物体B 的速度范
围为：v0≤vB≤v0.
类型1 碰撞的可能性
【例1】（2023·全国·高三专题练习）在光滑水平面上，有两个小球A、B 沿同一直线同向
运动，B 在前，A 在后。已知碰前两球的动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s，碰撞
前后，它们动量的变化量分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是（ ）
A．ΔpA＝－4 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝4 kg·m/s、ΔpB＝－4 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝24 kg·m/s、ΔpB＝－24 kg·m/s
【答案】A
【详解】碰撞前的总动量为
碰撞前的总动能为
A．如果
、
，则碰后两球的动量分别为
，
则有
满足动量守恒；由于A 的动量大小减少，B 的动量大小增加，根据
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可知A 的动能减少，B 的动能增加，由于两者的质量关系未知，所以总动能可能不增加，
是可能的，故A 正确；
BD．由于B 在前，A 在后，故A、B 碰后A 的动量减少，B 的动量增加，故BD 错误；
C．如果
、
，则碰后两球的动量分别为
，
则有
满足动量守恒；由于A 的动量大小不变，B 的动量大小增加，根据
可知A 的动能不变，B 的动能增加，总动能增加，违反了能量守恒定律，故不可能，故C
错误。
故选A。
【例2】（2023·高三课时练习）在光滑的水平面上，有a、b 两个等大的小球，a 的质量为
2m，b 的质量为m，它们在同一直线上运动，t0时刻两球发生正碰，则下列关于两球碰撞前
后的速度-时间图像可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设纵轴坐标分度值为v0；两球组成的系统所受合外力为零，两球碰撞过程系统动
量守恒，系统动能不增加。
A．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
，违背动量守恒定律，故A 错误；
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B．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒，物体发生完全非弹性碰撞，该过程可能发生，故B 正确；
C．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程系统动量守恒；碰撞前系统的总动能为
碰撞后系统的动能为
碰撞后的动能增加，这是不可能发生，故C 错误；
D．由图示可知，碰撞前系统总动量
碰撞后系统总动量
碰撞过程不遵守动量守恒定律，这种情况不可能发生，故D 错误。
故选B。
【例3】（2023·甘肃兰州·高三西北师大附中期中）质量为m 的小球A 以速度
在光滑水平
面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生正碰，则碰撞后小球A 的速度大小
和小球B
的速度大小
可能为（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】AC
【详解】碰撞过程中应满足动量守恒，即
还应满足系统总动能不增加，即
A．若
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，
当
与
方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为
，满足总动能
不增加，故A 可能；
B．若
，
当
与
方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但
，会发生二次碰撞，故不符
合实际情况，故B 不可能；
C．若
，
当
与
方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为
，满足总动能
不增加，故C 可能；
D．若
，
当
与
方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为
，大于系统
碰撞前的动能，故D 不可能。
故选AC。
类型2 碰撞类型的识别
碰撞的分类
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
【例1】（2023 秋·江苏盐城·高三盐城市第一中学校联考阶段练习）质量为m 和 m 的两个
物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。
（1）碰撞后
和
的速度
、
；
（2）若
，则
等于多少；
（3）在第（1）（2）问基础上，通过计算判断两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）弹性碰撞
【详解】（1）根据图像可得碰撞后
（2）根据动量守恒定律
可得
（3）根据图像可得碰撞前
碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
说明属于弹性碰撞。
【例2】．（2023 春·辽宁鞍山·高三统考期中）某次训练中使用的冰壶A 和冰壶B 的质量
均为
，初始时两冰壶之间的距离
，运动员以
的初速度将冰壶A 水
平掷出后，与静止的冰壶B 碰撞，碰后冰壶A 的速度大小变为
，方向不变，碰
撞时间极短．已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为
，重力加速度
。
求：
（1）冰壶A 与B 碰撞碰撞前的速度大小
；
（2）两冰壶碰撞后瞬间B 的速度大小
；
（3）计算碰撞前后系统的总动能，判断是否为弹性碰撞。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）冰壶A 从开始运动到与冰壶B 碰撞过程中，根据动能定理可得
代入数据解得
（2）两冰壶碰撞过程中，满足动量守恒，则有
代入数据解得
（3）碰撞前两冰壶的总动能为
碰撞后两冰壶的总动能为
由于
可知两冰壶碰撞为非弹性碰撞。
【例3】2022 年第24 届冬奥会在北京举行，其中冰壶比赛是冬奥会项目之一．在冰壶比赛
中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图(a)所示，蓝壶静止在
圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v－t
图像如图(b)所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．碰撞后在冰面滑行的过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B．碰撞后，蓝壶运动的加速度大小为0.1 m/s2
C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
D．两壶碰撞是弹性碰撞
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【答案】 C
【解析】 根据v－t 图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两
壶质量相等，所以蓝壶受到的阻力比红壶的小，故A 错误；由题图(b)知碰前红壶的速度v0
＝1.0 m/s，碰后红壶的速度v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方
向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得v＝0.6 m/s.根据图像可得，红壶
碰前的加速度为a1＝＝0.2 m/s2，所以蓝壶静止的时刻为t＝＝6 s，碰后蓝壶的加速度大小
为a′＝＝0.12 m/s2，故B 错误．碰后两壶相距的最远距离Δx＝ m－ m＝1.1 m，碰撞前两
壶的总动能为Ek1＝mv0
2＝0.5m，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝mv0′2＋mv2＝0.26m，所以两壶
碰撞为非弹性碰撞，故C 正确，D 错误．
题型四 “滑块—弹簧”碰撞模型中的多过程问题
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的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，类似弹性碰撞。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统
所受的外力和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1】（2023·安徽黄山·统考三模）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（ ）
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】AD
【详解】A．根据动量守恒定律得
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根据机械能守恒定律得
解得
根据动量定理得
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．根据动量守恒定律得
解得
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
C 错误，D 正确。
故选AD。
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【例2】（2023·河北·高三学业考试）如图甲所示，物块A、B 静止在光滑水平地面上，中
间用一轻质弹簧连接，初始时弹簧处于原长，给A 一水平向右的瞬时速度
，之后两物块
的速度随时间变化的图像如图乙所示，已知弹簧始终处于弹性限度内，
、
时刻弹簧的
弹性势能分别为
、
，则下列说法正确的是（ ）
A．A、B 的质量之比为
B．
时刻B 的速度为
C．
时刻弹簧的弹性势能为
D．
时刻A、B 的速率之比为
【答案】BC
【详解】A．根据图乙可知
时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有
解得
A 错误；
B．根据图乙可知
时刻A 的速度为零，则根据动量守恒定律有
又
可得
时刻B 的速度为
B 正确；
C．从
时间内，根据能量守恒可得
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从
时间内，根据能量守恒可得
联立解得
C 正确；
D．
时刻，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
结合以上分析联立解得
，
或
，
结合图乙可知第二种结果不符合题意，则
时刻A、B 的速率之比为
D 错误。
故选BC。
【例3】（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与
质量为2m 的B 滑块相连，右端与质量为m 的滑块A 接触而不固连，弹簧处于原长，现给
A 施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度
，经一段时间后滑块A 与弹簧分离，
其间弹簧的最大弹性势能为
，则下列说法正确的是（ ）
A．A 与弹簧分离前任一时刻，A 与B 的动量之比为
B．若事先将B 固定，弹簧的最大弹性势能为
C．两者分离后A、B 的动能之比为
D．若事先在距B 左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B 不可能追上A
【答案】BC
【详解】A．A 与弹簧分离之前任一时刻，A 与B 受到的弹力始终大小相等，方向相反，
因而受到的冲量的大小相等，但A 具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，
即动量大小之比不一定为
，A 错误；
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B．A、B 运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有
即
B 固定，则A 速度减小为0 时弹性势能最大，可得
B 正确；
C．整个过程系统根据动量守恒及机械能守恒可得
解得
即有
即两者分离后A、B 的动能之比为
，选项C 正确；
D．由前面分析可知B 与档板发生弹性碰撞反向运动时
，则B 可追上A，选项D 错
误。
故选BC。
【例4】．（2023·湖南郴州·统考三模）如图所示，质量为
的物块P 与物块Q（质量未
知）之间拴接一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P 物体一瞬
时初速度，并把此时记为0 时刻，规定向右为正方向，0~2t0内P、Q 物块运动的
图像
如图所示，已知
时刻P、Q 的加速度最大，其中轴下方部分的面积大小为，则
（ ）
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A．物体Q 的质量为
B．
时刻Q 物体的速度大小为
C．
时刻弹簧的弹性势能为
D．
时间内弹簧对P 物体做功为零
【答案】BCD
【详解】A．
时间内Q 所受弹力方向向左，P 所受弹力方向始终向右；
时刻，P、
Q 所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
解得物体Q 的质量为
故A 错误；
B．根据
图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知
时间内，Q 物体的速度变
化量大小为
则
时刻Q 物体的速度大小为
，故B 正确；
C．
时刻两物体具体相同的速度，根据对称性可知，
时刻P、Q 物体的速度大小为
设物体P 的初速度为
，根据动量守恒可得
解得
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设
时刻弹簧的弹性势能为
，根据能量守恒可得
联立解得
故C 正确；
D．设
时刻P 物体的速度为
；根据动量守恒可得
解得
可知
时刻P 物体的速度大小等于
时刻P 物体的速度大小，则
时刻P 物体的动能等
于
时刻P 物体的动能，故
时间内弹簧对P 物体做功为零，故D 正确。
故选BCD。
【例5】（2023 春·陕西咸阳·高三统考期中）如图所示，滑块A、B、C 位于光滑水平面上，
已知A 的质量
，B 的质量
。滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始
处于自由伸长状态。现使滑块以
速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B 相
互作用（无机械能损失），直至分开未与C 相撞．整个过程弹簧没有超过弹性限度，求：
（1）弹簧被压缩到最短时，B 滑块的速度大小；
（2）弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能；
（3）从A 与弹簧相互作用开始到A 与弹簧分开，该过程中弹簧给滑块B 的冲量；
（4）若弹簧被压缩到最短时，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B、C 粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。
【答案】（1）1m/s；（2）3J；（3）4N·s；（4）0.5m/s；0.5J
【详解】（1）对AB 系统，AB 速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒有
代入数据，解方程可得
（2）根据能量守恒，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能
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代入数据，解得
（3）从A 与弹簧相互作用开始到A 与弹簧分开，B 一直加速，B 与弹簧分开后，B 的速度
最大，根据动量守恒和能量守恒有
代入数据，解方程可得
则弹簧给滑块B 的冲量
（4）弹簧被压缩到最短时，B 速度为
，此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，对B、
C 组成的系统，由动量守恒定律得
代入数据，解方程可
只有B 与C 发生非弹性碰撞，有机械能损失，对B、C 组成的系统，则损失的系统机械能
为
【例6】（2023·全国·高三专题练习）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。
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【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
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对方程两边同时乘以时间
，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
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
题型五 “滑块—斜(曲)面”碰撞模型
1．模型图示
35
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2．模型特点
(1)最高点：m1与m2具有共同水平速度v 共，m1不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向
动量守恒，m1v0＝(m2＋m1)v 共；系统机械能守恒，m1v＝(m2＋m1)v＋m1gh，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：m1与m2分离点。水平方向动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2；系统机械能守恒，m1v
＝m1v＋m2v(完全弹性碰撞拓展模型)。
【例1】 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v0向右运动滑上a，沿a 左侧面上滑
一段距离后又返回，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．滑块b 沿a 上升的最大高度为
D．物块a 运动的最大速度为
【答案】 B
【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mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv0
2＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，
A、C 错误；滑块b 从滑上a 到滑离a 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mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律
得mv0
2＝mvb
2＋×4mva
2，解得va＝v0，vb＝－v0，B 正确，D 错误．
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m 的
光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M=3kg，底端与水平面相切，左边有质量是m=1kg 的小
球A 以初速度v0=4m/s 从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g 取10m/s2，下
列说法正确的是（ ）
A．小球A 不能从斜劈顶端冲出
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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30N
D．小球A 从斜劈上返回最低点C 时速度大小为2m/s，方向向左
【答案】ACD
【详解】C．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
代入数据得
N
小球A 对斜劈的压力也是30N，选项C 正确；
AB．假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为
，小球竖直速度为
，
水平方向动量守恒
小球和斜劈系统机械能守恒
联立得
小球A 不能从斜劈顶端冲出，选项A 正确，B 错误；
D．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
、
联立得
小球A 从斜劈上返回最低点C 时速度大小为2m/s，方向向左，选项D 正确。
故选ACD。
【例3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平面上有一质量为
、半径为R
（R 足够大）的
光滑圆弧曲面C，质量为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为
，小球A 以
的速度向B 运动，并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均
可视为质点，则（ ）
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A．B 的最大速率为
B．B 运动到最高点时的速率为
C．B 能与A 再次发生碰撞
D．B 不能与A 再次发生碰撞
【答案】AD
【详解】A．A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
解得
所以B 的最大速率为
，故A 正确；
B．B 冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速
度为v，则由水平方向动量守恒有
解得
故B 错误；
CD．从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B、C 分离时的速度分别为
，由水平方向动
量守恒有
由机械能守恒有
联立解得
由于
所以二者不会再次发生碰撞，故C 错误，D 正确。
故选AD。
【例4】（2023·河北沧州·河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，质量
的物
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块C 静置在光滑水平面上，其左侧为半径
的四分之一光滑圆弧，圆弧底端和水平
面平滑连接。一质量
的小物块A 被压缩的轻质弹簧弹出后与静止在水平面上的物
块B 发生正碰，此后两物块粘在一起运动。A、B 均可视为质点，不计空气阻力。已知物
块B 的质量为1.5kg，A、B 碰撞后瞬间B 的速度大小为6m/s，取
。求：
（1）最初弹簧上储存的弹性势能。
（2）A、B 整体碰后能达到的最大高度。
（3）A、B 整体第一次与C 分离时C 速度的大小。
（4）从A、B 整体第一次与C 分离瞬间至A、B 整体第二次与C 分离瞬间的过程，A、B
整体对C 的冲量大小。
【答案】（1）144J；（2）1.5m；（3）2m/s；（4）
【详解】（1）对AB 系统发生正碰，由动量守恒定律可知
对弹簧和A 系统由能量守恒定律可得
解得
（2）A、B 整体碰后与C 组成的系统，由水平方向动量守恒可得
碰后到达最高点系统机械能守恒定律可得
解得
h=1. 5m
（3）A、B 整体第一次与C 分离此过程中ABC 系统水平方向动量守恒，ABC 系统机械能
守恒。由水平方向动量守恒
由机械能守恒定律
解得
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故A、B 整体第一次与C 分离时C 速度的大小为2m/s。
（4）A、B 整体第一次与C 分离瞬间至A、B 整体第二次与C 分离瞬间的过程中，ABC 系
统由动量守恒和能量守恒定律可得
A、B 整体对C 的冲量为
解得
【例5】（2023·河北·模拟预测）如图所示，A、B、C 的质量分别为
、
、
，轻弹簧的左端固定在挡板上，C 为半径
的
圆轨道，静止在水平面上。
现用外力使小球A 压缩弹簧（A 与弹簧不连接），当弹簧的弹性势能为
时由静止
释放小球A，小球A 与弹簧分离后与静止的小球B 发生正碰，小球B 到圆轨道底端的距离
足够长，经过一段时间小球滑上圆轨道，一切摩擦均可忽略，假设所有的碰撞均为弹性碰
撞，重力加速度取
。求：
（1）小球B 能达到的最大高度；
（2）通过计算分析，小球B 能否第二次进入圆轨道。
【答案】（1）
；（2）不能
【详解】（1）设碰前小球A 的速度为
，从释放小球A 到分离的过程，由能量守恒定律
得
代入数据解得
A、B 碰撞的过程，A、B 组成的系统机械能守恒、动量守恒有
40
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带入数据解得
，
小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高，设共同的速度为
，小球与圆轨道组
成的系统在水平方向上动量守恒有
小球与圆轨道组成的系统能量守恒，有
代入数据解得
，
（2）设小球与圆轨道分离时的速度分别
，由动量守恒定律和能量能守恒定律得
联立带入数据解得
，
球A 与球B 第一次碰后以
的速度向左运动，再次压缩弹簧，根据能量守恒定律，
球A 与弹簧分离后的速度大小为
，经过一段时间，球A 与球B 发生第二次碰撞，
设碰后球A 和球B 的速度分别为
、
，根据动量守恒定律和能量能守恒定律得
联立带入数据解得
，
因为
，所以小球B 无法第二次进入圆轨道。
【例6】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在水平面上依次放置小物块A 以及曲面劈
B，其中A 的质量为m=1kg，曲面劈B 的质量M=3kg，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，
且曲面劈B 足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A 一个正对B 曲面的初速度，使A 冲上曲
面劈。若曲面劈B 固定在地面上，则物块A 能够达到的最大高度为H1，随后物块A 从曲面
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劈B 上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B 自由放置在地面上，则物块A 能够达到的最大高
度为H2，随后物块A 从曲面劈B 上滑离时的速度为v2。求：
（1）H1与H2的比值；
（2）v1与v2的比值。
【答案】（1）
；（2）
【详解】若曲面劈B 固定在地面上，根据机械能守恒定律得
若曲面劈B 固定在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
（2）若曲面劈B 固定在地面上，随后物块A 从曲面劈B 上滑离时的速度为
若将曲面劈B 自由放置在地面上，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
解得
题型六 滑块模型中的多过程
【例1】（2023·湖南株洲·统考三模）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A 和
B 分别从车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与
平板车保持相对静止。已知平板车的质量
，长度
，A、B 的质量均为
，A 的初速度大小为
，与平板车之间的动摩擦因数
；B 的初速
42
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度大小为
，与平板车之间的动摩擦因数
，A、B 均可视为质点，它们之间
的碰撞为弹性碰撞，重力加速度
取
，求：
（1）整个过程中，A、B 以及平板车组成的系统损失的机械能；
（2）A、B 发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；
（3）A、B 与车保持相对静止时，A、B 之间的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，设平板车最终的速度为，以A、B 以及平板车为系统，根据动
量守恒定律有
解得
则系统损失的机械能为
解得
（2）根据题意，设开始运动时A、B 和平板车的加速度大小分别为
、
和a，根据牛顿
第二定律有
设经
时间A、B 发生碰撞，则有
代入数据得
或
（舍去）
43
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A、B 发生碰撞的位置与平板车最左端的距离
解得
（3）设A、B 发生碰撞前瞬间，A、B 和平板车的速度分别为
、
和v，则有
A、B 质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有
碰后B 与平板车速度相等，分析可知此后B 与平板车始终保持相对静止。设此后A 与平板
车的相对位移为
，则有
最终A、B 之间的距离
【例2】（2023·江西南昌·校联考二模）如图所示，一质量为
的木板B 静止于光滑水平
面上，物块A 质量为
，停在木板B 的左端。质量为
的小球用长为
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
，重力加速度
。
（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
，求物块A 的最终速度大小。
【答案】（1）
；（2）
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【详解】（1）小球由静止摆至最低点过程，由机械能守恒
小球与物块A 发生弹性碰撞过程，由动量守恒和能量守恒可得
对物块A 运用动量定理
代入数据可得
（2）假设物块A 与木板B 达到共同速度，设相对位移为s，则由动量守恒和能量守恒得
联立解得
由于
，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
和
，由动
量守恒和能量守恒得
解得
【例3】（2023·湖北·华中师大一附中校联考模拟预测）如图所示，质量
的长木
板C 静止在光滑的水平面上，长木板C 右端与竖直固定挡板相距
，左端放一个质量
的小物块B（可视为质点），与长木板C 间的动摩擦因数为
。在小物块
B 的正上方，用不可伸长、长度
的轻绳将质量
的小球A 悬挂在固定点
O。初始时，将轻绳拉直并处于水平状态，使小球A 与O 点等高，由静止释放。当小球A
下摆至最低点时恰好与小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短），之后二者没有再发生碰撞。
已知A、B 之间以及C 与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度取
。
（1）小球A 与小物块B 碰后瞬间，求小物块B 的速度大小；
（2）为保证长木板C 与竖直挡板碰撞时B、C 能共速，求
应满足的条件；
（3）在（2）问的前提下，即与竖直挡板碰撞到B、C 能共速，求长木板的最短长度。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球A 由静止到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
设小球A 与小物块B 发生弹性碰撞后的速度分别为
、
，根据动量守恒定律有
碰撞前后根据机械能守恒定律有
联立解得
（2）设B、C 获得共同速度为
，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
代入数据解得
若B、C 共速时C 刚好运动到挡板处，对C 应用动能定理有
代入数据解得
则保证C 运动到竖直挡板前B、C 能够共速，
应满足的条件是
（3）第一次共速过程中，由能量守恒定律有
长木板C 与挡板碰后速度方向反向，设B、C 第二次获得共同速度为
，以水平向左为正
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方向，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
长木板的最短长度为
联立解得
题型七 子弹打木块模型中的能量动量问题
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：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv0
2－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv0
2－(Mv2
2＋mv1
2)
【例1】(2022 届云南省高三（下）第一次统测物理试题)如图所示，子弹以某一水平速度
击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是
（ ）
A. 木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
B. 因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C. 子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D. 子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
【答案】C
【解析】A．木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量，方向相反，不相等，A 错误；
B．因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B 错误；
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C．根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能；根据能量守恒定律，子弹
和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C 正确；
D．根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D 错误。
故选C。
【例2】（2023 春·河北·高三校联考阶段练习）如图所示，质量为
的木板静止在足够大
的光滑水平地面上，质量为
的滑块静止在木板的左端，质量为
的子弹以大小为
的初
速度射入滑块，子弹射入滑块后未穿出滑块，且滑块恰好未滑离木板。滑块与木板间的动
摩擦因数为
，重力加速度大小为
，子弹与滑块均视为质点，不计子弹射入滑块的时间。
求：
（1）木板的长度
；
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做功（产生热量）的平均功率
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设子弹射入滑块后瞬间子弹和滑块的共同速度大小为
，根据动量守恒定律
有
解得
设最终滑块与木板的共同速度大小为
，根据动量守恒定律有
解得
对滑块在木板上相对木板滑动的过程，根据功能关系有
解得
（2）滑块在木板上相对木板滑动的过程中系统克服摩擦力做的功
设滑块在木板上相对木板滑动时木板的加速度大小为
，对木板，根据牛顿第二定律有
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设滑块在木板上相对木板滑动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有
又有
解得
【例3】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
有一颗质量为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
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能ΔE＝mv0
2－(M＋m)v2＝882 J.
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，
由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝mv0′2－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F 阻x 相＝F 阻d
ΔE′＝F 阻x 相′＝F 阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块．
题型八 两体爆炸（类爆炸）模型中的能量分配
爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统
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的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的
机械能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后
各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑水平轨道MN 左端与倾角θ = 37°的
足够长的斜面PM 连接，右端与半径为R 的
光滑圆弧轨道QN 连接。质量分别为m1= 2kg
和m2= 3kg 的滑块A、B 之间夹有少量炸药，静止在MN 上（滑块A、B 均可视为质点，炸
药的质量忽略不计）。炸药引爆后释放的化学能E = 30J 全部转化为两滑块的动能，之后
滑块B 冲上圆弧轨道，滑块A 冲上斜面PM，A 与斜面间的动摩擦因数为μ = 0.5，g 取
10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
（1）炸药引爆后A、B 到达M、N 点时的动能EA、EB各为多大；
（2）已知B 恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R 是多大；
（3）A 沿斜面上滑的最大距离x。
【答案】（1）18J，12J；（2）0.4m；（3）0.9m
【详解】（1）设炸药引爆后A、B 的速度大小各为v1、v2，取向左为正方向，由动量守恒
定律得
m1v1 - m2v2 = 0
由能量守恒定律得
可得
，
联立解得
EkA = 18J，EkB = 12J
（2）B 从N 到Q 的上滑过程，由机械能守恒定律得
EkB = m2gR
可得
R = 0.4m
（3）A 从M 沿斜面上滑的过程，运用动能定理得
- m1gxsin37° - μm1gxcos37° = 0 - EkA
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解得
x = 0.9m
【例2】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，两块小木块A 和B 中间夹上轻弹簧用细线
扎在一起，放在光滑的水平台面上，烧断细线，弹簧将小木块A、B 弹出，最后落到水平
地面上，根据图中的有关数据，可以判定下列说法中正确的是（弹簧原长远小于桌面长
度）（ ）
A．小木块A 先落到地面上
B．两小木块质量之比
C．两小木块离开桌面时，动能之比
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
【答案】D
【详解】AB．题意中可知桌面光滑，则弹簧、A、B 组成的系统动量守恒。设A、B 两物
块速度的大小分别为
、
，则
根据
，由下落高度相同，则AB 下落时间相同。A 和B 平抛的水平距离之比为
则
小物块的质量之比为
弹簧原长远小于桌面长度，且AB 与桌边缘距离均为
，则两物块分离后，在平抛运动之
前，B 的速度较大，所以B 到达桌边用时更短，平抛后AB 下落时间相同。故B 先落到地
面上。故AB 错误；
C．两小木块离开桌面时，动能之比为
故C 错误；
D．两小木块在空中飞行时所受的冲量大小之比
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故D 正确。
故选D。
【例3】（2022·天津·模拟预测）两质量均为m 的相同物块紧密相连，中间放有少量火药，
在足够长水平地面上以初速度
开始运动，物块与水平地面的动摩擦因数均为
，重力加
速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。当物块一起运动时间为
时，火药爆炸
将两物块炸开，有
的化学能转化为两物块的动能，且爆炸后两物块均沿水平方向
运动。爆炸时间极短。求：
（1）火药爆炸前瞬间两物块的速度大小；
（2）两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对于两物块根据牛顿第二定律得
根据匀变速运动的规律有
（2）火药爆炸后，两物块均沿水平方向运动，设炸后瞬间B、A 物块速度分别为
和
，
根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
向左运动
向右运动（另一组解与题意不符，舍去）
火药爆炸后物块A 向右运动的距离
火药爆炸后物块B 向左运动的距离
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两物块炸开后均停止运动时两物块间的距离
【例4】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Ek1.现解除锁定，仍让Q 从滑块顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为Ek2，Ek1和
Ek2的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】 设滑块P 的质量为2m，则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 下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P 解除锁定，Q 下滑过
程，P、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvQ－
2mvP＝0，由机械能守恒定律得：mgh＝mvQ
2＋·2mvP
2，Q 离开P 时的动能：Ek2＝mvQ
2，解
得：＝，故C 正确．
【例5】(2022·辽宁大连市中学高三月考)质量为3m 的劈A，其右侧是光滑曲面，曲面下端
与光滑的水平面相切，如图所示，一质量为m 的物块B 位于劈A 的曲面上，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．
【答案】 h
【解析】 设物块B 滑到曲面底端时速率为v1，劈A 的速率为v2，物块B 和劈A 组成的系
统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有
3mv2－mv1＝0
由系统机械能守恒可得mgh＝mv1
2＋×3mv2
2
联立可得v1＝，v2＝
与弹簧作用后，物块B 速度方向变为向左，速度大小不变，v1′＝v1，当物块B 在劈A 上达
到最大高度时二者速度相同，设为v3，系统水平方向动量守恒，则有
3mv2＋mv1′＝(3m＋m)v3
物块B 和劈A 组成的系统机械能守恒，可得
mgh′＝×3mv2
2＋mv1′2－×(3m＋m)v3
2
53
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联立可得h′＝h.
题型九 人船模型及其拓展模型的应用
人船模型
(1)模型图示
(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0
②两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x 人＋x 船＝L，
得x 人＝L，x 船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即
＝＝.
【例1】（2023·河南郑州·统考模拟预测）如图所示，质量为M=2m 的小木船静止在湖边附
近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质
量为m 的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离为L，船头到
湖岸的水平距离
，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽
略船在水中运动时受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度为g。下列判断正确的
有（ ）
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
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D．弹簧释放的弹性势能为
【答案】BD
【详解】A．对船与铁块有
由于铁块到船头的距离为L，则有
解得
，
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为
A 错误；
B．铁块脱离木船后做平抛运动，则有
，
解得
B 正确；
C．对船与铁块有
结合上述解得
C 错误；
D．弹簧释放的弹性势能为
解得
D 正确。
故选BD。
【例2】（2023·全国·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为2m 的光滑半圆轨道小车静
止在光滑的水平地面上，将质量为m 的小球（可视为质点）从A 点正上方高为R 处由静止
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释放，由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，重力加速度为g，则（ ）
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小车获得的最大速度为
【答案】CD
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动
量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的
系统总动量不守恒，A 错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，
且系统水平方向总动量为0，则小球由B 点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相
同，则水平方向上有
解得
即小球由B 点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运
动，B 错误；
C．根据上述，小球由B 点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定
律，在水平方向上有
此过程有
解得
C 正确；
D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有
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，
解得
D 正确。
故选CD。
【例3】（2023·河北承德·校联考三模）如图所示，质量为3kg 的物块静置于足够大的光滑
水平地面上，光滑轨道的BC 部分为半径为R 的四分之一圆弧，CD 部分水平。质量为1kg
的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B 正上方的A 点由静止自由落下，与圆弧相切于B
点并从B 点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确
的是（ ）
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1m/s
C．两者分离时物块移动了0.15m
D．物块对地面的最大压力为70N
【答案】BC
【详解】A．小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A 错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
故B 正确；
C．小球的水平分速度始终为物块速度的3 倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
故C 正确；
D．小球在C 点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯
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性系），小球此时相对圆心的速度为
，对整体应用牛顿运动定律有
故D 错误。
故选BC。
【例4】.（2023·宁夏银川·银川一中校考二模）如图所示，质量均为
的木块A 和
B，并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为
的细
线，细线另一端系一质量为
的球C。现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C
球，重力加速度为
。从开始释放C 到A、B 两木块恰好分离的过程，下列说法正
确的是（ ）
A．两物块A 和B 分离时，A、B 的速度大小均为
B．两物块A 和B 分离时，C 的速度大小为
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为
D．C 球由静止释放到最低点，A 对B 的弹力的冲量大小为
【答案】BC
【详解】AB．球C 下落到最低点时，AB 将要分离，根据机械能守恒定律有
系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
联立解得
，
故A 错误，B 正确；
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，设C 对地的水平位移大小为
，AB 对地的水平位
移大小为
，则有
，
解得
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故C 正确；
D．C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理有
故D 错误。
故选BC。
【例5】（2023 春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M、半径为R
的光滑半圆形曲面放置在光滑水平地面上，其直径AB 水平。某时刻一质量为m 的小球从
距曲面最左端A 点的正上方高h 处自由下落，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球第一次运动到最低点时速度的大小；
（2）半圆形曲面在水平面上的最大位移。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设最低点M 的速度为
，小球的速度为
，小球从开始运动到最低点的过
程中系统在水平方向动量守恒，有
同时在下落过程中机械能守恒，有
联立解得
（2）设半圆形曲面在水平面上的最大位移为
，小球水平方向的位移为
，小球和曲面
在水平方向动量守恒，由人船模型可得
联立解得
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【例6】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小
车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道
相切于B 点。一质量为m 的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨
道，最后从C 点滑出小车。已知滑块质量
，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，
重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小
；
②滑块从B 到C 运动过程中，小车的位移大小s。
【答案】（1）3mg，方向竖直向下；（2）①
，②
【详解】（1）若固定小车，滑块从A 到B 的运动中，由动能定理可得
解得
滑块在B 点时，由牛顿第二定律可得
解得
此时在B 点，圆弧轨道对滑块的支持力最大，由牛顿第三定律可知，滑块对小车的最大压
力为3mg，方向竖直向下。
（2）①若不固定小车，因水平轨道粗糙，因此滑块滑至B 点时，小车的速度最大，滑块与
小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律可得
此过程系统的机械能守恒，则有
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联立解得小车的最大速度大小为
②滑块从B 到C 运动过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律可得
则有
等式两边乘以时间t，则有
可知
解得
又
解得小车的位移大小为
题型十 悬绳模型
【例1】（2023·天津河西·统考二模）如图所示，质量M=0.2kg 的滑块套在光滑的水平轨道
上，质量m=0.1kg 的小球通过长L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻
杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初
速度
=4m/s，不计空气阻力，重力加速度g 取
。
（1）若锁定滑块，求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力F 的大小和方向；
（2）若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点过程中，滑块移动的距离x；
（3）若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点时的速度v 和此时滑块的速度v。
【答案】（1）
，方向竖直向上；（2）
；（3）
，
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【详解】（1）设小球通过最高点时速度为
，由动能定理有：
解得
在最高点时有
解得
方向竖直向下。
由牛顿第三定律可得，通过最高点时小球对杆的作用力大小为0.2N，方向竖直向上。
（2）设小球从开始运动到运动至最高点水平位移为x1，滑块向左运动位移为x，任意时刻
小球水平方速度大小为，滑块速度到为
，任意时刻，取水平向右为正方向，由水平方
向动量守恒有
两边同乘以
有
因上式对任意时刻附近微小
都适用，累积可得
又
解得
（3）在上升过程中，取小球和滑块系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，
有
取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有
解得
【例2】（2023·江苏徐州·高三期末）如图所示，质量为2m 的滑块套在光滑水平杆上，质
量为m 的小球与滑块由一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长为L，开始时，轻绳处于水平
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拉直状态，小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，重力加速度为g，求：
（1）滑块相对初始位置向右运动的最大位移x；
（2）小球运动到最低点时，轻绳对小球的拉力F；
（3）若小球第一次运动到最低点时，滑块与一个固定在水平杆上的弹性挡板（图中未画
出）发生碰撞，碰撞后滑块的速度大小不变，方向与碰撞前相反，小球在随后的运动中相
对最低点上升的最大高度h。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设滑块对初始位置向右运动的最大位移
时，小球向左运动位移
，小球与
滑块组成的系统水平方向的动量守恒，则
解得
（2）设小球运动到最低点时，小球的速度大小为
，滑块的速度大小为
，根据动量守恒
和机械能守恒，则
联立解得
（3）小球在随后的运动中相对最低点上升的最大高度时，设小球和滑块的速度大小为，
则
解得
【例3】（2023·河南许昌·高三校联考阶段练习）如图所示，A、B 两小车间夹有少量炸药，
并静置于足够大的光滑水平地面上，轻杆竖直固定在A 上，长为L 的轻绳一端系在轻杆的
顶端，另一端系有质量为m 的小球（视为质点）。现将A 锁定，将小球从图示位置（轻绳
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水平伸直）由静止释放，小球通过最低点后继续向左摆动。已知A、B 的质量均为
，轻
杆与炸药的质量均不计，重力加速度大小为g。
（1）求小球通过最低点时轻绳对小球的拉力大小F；
（2）若将A 解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，求小球通过最低点时两车的速度大
小v；
（3）若将A 解锁，仍将小球从图示位置由静止释放，当小球通过最低点时炸药爆炸，两
车瞬间分离，爆炸后瞬间A 的速度大小为
、方向水平向左，求系统因炸药爆炸而增
加的机械能
及爆炸后A 的最大速度
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）设小球通过最低点时的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
又
解得
（2）设小球通过最低点时的速度大小为
，对小球下摆到最低点的过程，根据机械能守恒
定律有
该过程中系统水平方向动量守恒，显然小球通过最低点时两车的速度方向水平向右，有
解得
（3）设炸药爆炸后瞬间A、B 的速度大小分别为
，根据动量守恒定律有
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其中
，根据能量守恒定律有
解得
爆炸后A 与小球通过轻绳相互作用，由（2）可得
由于
，因此爆炸后A 做加速直线运动，小球摆到最高点后返回最低点时A 的速度最
大，设此时小球的速度为
，有
，
解得
【例4】（2023·河北·模拟预测）某游乐场有个“投篮”活动项目，可简化为如下过程。光
滑的平直轨道上有一辆质量为
的小车，以
的速度匀速向右运动，小车下
方用较长的轻绳竖直悬挂着一个质量
的球筐，随小车一起运动。轨道下方有一个
投球点A，与球筐的竖直高度
，在小车运动的竖直面内，某时刻一玩家将质量
的游戏球以与水平方向成
角的速度斜向上抛出，恰好水平击中并落入球筐中，
然后和球筐一起摆动，如图所示，重力加速度取
，球筐和球均可视为质点，轨
道足够长，空气阻力不计，求：
（1）球筐摆动的最大高度；
（2）轨道上小车的最大速度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）球在空中飞行过程中利用逆向思维，球的运动是一个平抛运动。设球的水平
速度大小为，由平抛运动规律得
，
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联立解得
球落入球筐过程，球和球筐组成的系统在水平方向动量守恒，则有
解得
摆动过程中，小车、球以及球筐整个系统水平方向动量守恒，设摆到最高点时系统的速度
大小为
，则有
解得
根据系统机械能守恒有
解得球筐摆动的最大高度为
（2）当球与球筐回到最低点时，小车速度最大，设此时车的速度及球与球筐的速度分别为
和
，根据系统水平方向动量守恒以及机械能守恒有
联立解得
即轨道上小车的最大速度为
。
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