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高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
专题16 类碰撞模型
特训目标
特训内容
目标1
与弹簧有关的类碰撞模型（1T—4T）
目标2
与斜面曲面有关的类碰撞模型（5T—8T）
目标3
与板块和子弹打木块有关的类碰撞模型（9T—12T）
目标4
与绳子绷紧有关的类碰撞模型（13T—16T）
【特训典例】
一、与弹簧有关的类碰撞模型
1．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
将
，
代入得
解得
故A 正确；
1
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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。
2．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
（ ）
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
2
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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
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。
3．质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m 的物体
乙以4m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则（ ）
A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒
B．当两物块从相碰到相距最近过程，乙物块的速率越来越小
C．当甲物块的速率为1m/s 时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0
D．甲物块的速率可能达到6m/s
【答案】BC
【详解】A．弹簧的质量不计，甲乙两物块在弹簧压缩的过程中，所受的外力之和为零，系统动量守恒，
故A 错误；
B．当两物块的速度相等时，两物块相距最近，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得mv 乙-mv 甲=2mv
解得此时两物块的速度v=0.5m/s 方向向右，则两物块从相碰到相距最近过程，乙物块的速率越来越小，故
B 正确；
3
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C．当甲物块的速率为1m/s，若方向向右，规定向右为正方向，根据动量守恒得mv 乙-mv 甲=mv1+mv2
解得v2=0 若甲的速度方向向左，规定向右为正方向，根据动量守恒得mv 乙-mv 甲=mv1+mv2解得v2=2m/s
故C 正确；
D．当弹簧恢复原长时，甲的速度最大，根据动量守恒和能量守恒有mv 乙-mv 甲=mv1+mv2；
解得，甲的最大速率v1=4m/s 故D 错误。故选BC。
4．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为
，两个质量均为
的物体
、
与弹簧连接，
物体的左边有一固定挡板，
物体从图示位置由静止释放，当两物体相距最近时，
物体的速度为
，
弹簧处于自然长度时弹性势能为，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．
、
两物体和弹簧组成的系统水平方向动量守恒
B．弹簧的最大弹性势能为
C．
物体的最大速度等于
D．在某段时间内
物体可能向左运动
【答案】BC
【详解】A．有挡板在，故
、
两物体和弹簧组成的系统最初水平方向动量不守恒，A 错误；
B．物体
释放瞬间，弹簧弹性势能最大，当
到达与物体
相距最近位置时，弹簧弹性势能最小为零，
根据系统机械能守恒定律，可知弹簧的最大弹性势能为
，B 正确；
C．从
到达与物体
相距最近位置时开始，两物体和弹簧组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量
守恒定律和机械能守恒定律得
；
当
时，物体
的最小速度
是，物体
的最大速度为
，C 正确；
4
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D．由动量守恒可知物体
不会向左运动，D 错误。
二、与斜面曲面有关的类碰撞模型
5．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
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
5
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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。
6．如图所示，半径为R、质量为3m 的
圆槽AB 静止放在水平地面上，圆槽底端B 点与地面相切，距离B
点为R 处有一理想轻弹簧，右端固定在竖直挡板上。现将质量为m 的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端
距A 点高度为R 处由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB 组成的系统动量守恒
B．小球与弹簧接触时，与圆槽底端B 点相距
C．弹簧弹性势能的最大值为
D．小球最终的速度大小为0
【答案】BCD
【详解】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB 组成的系统水平方向动量守恒，故A 错误；
B．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，小球在左侧圆槽下滑过
程中，根据“人船模型”可得
其中
根据水平方向动量守恒可得
根据机械能守恒定律可得
解得小球与弹簧接触时，与圆槽底端B 点相距
故B 正确；
C．由上述解得
，
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为
6
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故C 正确；
D．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
；
设小球再次落到槽底的速度为
，此时槽的速度为
，根据动量守恒定
律结合能量守恒定律有
；
解得
小球最终的速度大
小为0，故D 正确；故选BCD。
7．如图，质量为M 的匀质凹槽放置在光滑的水平地面上，凹槽内有一个半圆形的光滑轨道，半径为R。
质量为m 的小球，初始时刻从半圆形轨道右端点由静止开始下滑。以初始时刻轨道圆心位置为坐标原点，
在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，半圆直径位于x 轴上，重力加速度为g，则下列说法正确
的是（ ）
A．小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度
B．小球第一次运动到凹槽最低点时，小球受到的支持力
C．小球运动过程中能到达与O 点等高位置
D．在直角坐标系xOy 中，小球的运动轨迹为
【答案】ACD
【详解】A．小球和凹槽系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律和能量关系
；
解得小球第一次运动到凹槽最低点时，凹槽的速度
小球的速度
7
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选项A 正确；
B．小球第一次运动到凹槽最低点时
则的小球受到的支持力
选项B 错误；
C．小球到达最高点时与凹槽共速，此时由动量守恒定律可知，共同速度为零，由能量关系可知，小球运
动过程中能到达与O 点等高位置，选项C 正确；
D．设小球的坐标为（x,y），设此时凹槽向右运动的距离为x0，则m（R-x）=Mx0小球在凹槽所在的圆上，
根据数学知识可分析出此时的圆方程为
整理可得
选项D 正确。
故选ACD。
8．如图所示，将一质量为M 半径为R 内壁光滑的半圆槽置于光滑的水平面上，现从半圆槽右端入口处静
止释放一质量为m（
）的小球，则小球释放后，以下说法中正确的是（ ）
A．小球能滑至半圆槽左端槽口处
B．小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，则小球再次回到半圆槽最低点
时的速度大小为
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为v0的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，
则离开槽口后还能上升的最大高度为
【答案】ACD
【详解】A．小球和半圆槽组成系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒且总动量为零，当小球到半圆
槽左端最高处时，小球和半圆槽速度相等，由动量守恒定律知，速度为零，结合机械能守恒定律可知小球
8
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能滑至半圆槽左端槽口处，故A 正确；
B．设小球滑至半圆槽最低点时半圆槽的位移大小为
，取向左为正方向，对系统水平方向根据平均动量守
恒可得
解得
故B 错误；
C．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为
的初速度，设小球再次回到轨道最低点的速
度大小为
、槽的速度大小为
，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据机械能守
恒定律可得
联立解得
另一解为
舍去，故C 正确；
D．若开始时小球在半圆槽最低点且小球有方向向左大小为
的初速度，如果小球能从左侧槽口飞出，取
向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律可得
；
联立解得
故D 正确。故选ACD。
三、与板块和子弹打木块有关的类碰撞模型
9．如图所示，圆筒C 可以沿着水平固定的光滑杆（足够长）左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻细线悬
挂物体B。开始时物体B 和圆筒C 均静止，子弹A 以v0=100m/s 的水平初速度在极短时间内击穿物体B 后
速度减为0.4v0，已知子弹A、物体B、圆筒C 的质量分别为mA=0.1kg、mB=mC=0.1kg，重力加速度g 取
10m/s2。则物体B 能上升的最大高度和C 可以达到的最大速度是（ ）
A．90m
B．105m
C．75m/s
D．60m/s
【答案】AD
【详解】AB．子弹穿过B 的过程由动量守恒
解得v1=0.6v0当BC 共速时B 达到最大高
9
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度，则
；
解得h=90m 选项A 正确，B 错误；
CD．当B 摆回到最低点时C 的速度最大，则
；
解得v3=60m/s
选项C 错误，D 正确。故选AD。
10．如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹
、
射入前的速度分别为
、
。若子弹
、
从两
侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹
射入木块深度为
，子弹
射入木块深度为
，且
。若子弹
先向左射入木块，射入深度为
，子弹
与木块共速后，子弹
再射入木块，射入深
度为
。整个过程
、
始终不相撞，且所受摩擦力恒定。则下列说法正确的是（ ）
A．木块对子弹
、
的摩擦力大小相等
B．子弹
的质量是子弹
的质量的两倍
C．
D．
【答案】ABD
【详解】A．子弹
、
从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，对木块受力分析，根据平衡条件
可得
根据牛顿第三定律，木块对子弹
、
的摩擦力大小相等，故A 正确；
B．木块与子弹
、
组成的系统合外力为零，系统动量守恒，有
则
即
可得
故B 正确；
C．若子弹
、
从两侧同时水平射入木块，对子弹
，根据动能定理有
对子弹
，根据动能
10
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定理有
若子弹
先向左射入木块，子弹
与木块动量守恒有
子弹
先向左射
入木块，子弹
与木块共速时，根据能量守恒有
则
子弹
再射
入木块，木块与子弹
、
组成的系统合外力为零，系统动量守恒，且
系统初动量为零，
则最终木块与子弹
、
都静止，子弹
射入木块过程，根据能量守恒
则
可得
故C 错误；
D．根据能量守恒可得
；
可得
故D 正确。故选ABD。
11．如图，光滑水平面上足够长的木板，质量为
，以初速度
向左运动的同时，长木板左端上方的
也以同样大小的速度
向右运动，最终它们有共同的速度，则（ ）
A．若
，最终共同速度一定为零
B．若
，
的即时速度可能为零
C．若
，当
的速度减至零时，木板向左运动
D．若
，
相对
先向右，后向左运动，直至与木板相对静止
【答案】AC
【详解】水平面光滑，系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒得
解得共同速度为
A．若
，可知最终共同速度一定为零，故A 正确；
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B．若
，合动量方向向右，
先减速，最后以v 的速度向右匀速运动，即其速度不可能为零，B 错误；
CD．若
，合动量方向向左，
先减速，后向左加速，最后以v 的速度向左匀速运动，所以当m 的速
度减至零时，木板向左运动，此过程中m 相对M 一直向右运动，至与木板相对静止，故C 正确，D 错误。
故选AC。
12．如图所示，光滑水平面上放置滑块A 和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C 置于B 的最右端，三
者质量分别为mA=2kg、mB=3kg、mC=1kg。开始时B、C 静止，A 以v0=7.5m/s 的速度匀速向右运动，A 与B
发生正撞（碰撞时间极短），经过一段时间，B、C 达到共同速度一起向右运动，且此时C 再次位于B 的最
右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B 的长度为L=0.9m，B、C 之间的动摩擦因数为μ，取
g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度大小为5m/s
B．A 与B 碰撞后瞬间，B 的速度大小为6m/s
C．C 与B 左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C 对B 摩擦力的冲量水平向左
D．μ=0.75
【答案】BD
【详解】AB．规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
；
解得
故A 错误，B 正确；
C．C 与B 左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C 的速度大于B 的速度，C 对B 的摩擦力水平向右，此时C
对B 摩擦力的冲量水平向右，故C 错误；
D．由动量守恒定律和机械能守恒定律得
；
解得
故D 正确。故选BD。
四、与绳子绷紧有关的类碰撞模型
13．如图所示，物块A、B 通过不可伸长的轻绳绕过光滑轻质定滑轮连接，已知mA=3m，mB=m，t=0 时刻通
过一个弹射装置（图中未画出）给物块A 一个竖直向上的初速度v0=2m/s，然后瞬间移开弹射装置，物块
A、B 均可视为质点，全过程A、B 既没有落地，也没有碰到滑轮。重力加速度g 取10m/s2，则正确的是（
）
12
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A．0.1s 时，A 的速度大小为1.5m/s
B．0.1s 时，B 的速度大小为1m/s
C．物体B 下落的最大高度为0.325m
D．物体B 下落的最大高度为0.225m
【答案】BD
【详解】AB．瞬间移开弹射装置，A 的速度大于B 的速度，所以绳子会松弛，绳子没有弹力，则A 做竖直
上抛运动，B 做自由落体运动，0.1s 时，A 的速度大小为
，B 的速度大小为
故A 错误，B 正确；
CD．设经过t 时刻，绳子再次紧绷，则有A 的位移大小等于B 的位移大小，即
解得
此时A 的速度大小为
，B 的速度大小为
根据沿着绳子方向上动量守恒可得
可得
此时根据牛顿第二定律有
；
联立解得
则物块B 接着以速度
，加速度
向下减速，则物体B 下落的最大高度为
故C 错误，D 正确。故选BD。
14．光滑水平面上放着质量
的物块A 与质量
的物块B，A 与B 均可视为质点，物块
13
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A、B 相距
，A、B 间系一长
的轻质细绳，开始时A、B 均处于静止状态，如图所示。现
对物块B 施加一个水平向右的恒力
，物块B 运动一段时间后，绳在短暂时间内被拉断，绳断后经时
间
，物块B 的速度达到
。则下列说法正确的是（ ）
A．绳拉断后瞬间的速度
B．绳拉断后瞬间的速度
C．绳拉断过程绳对物块A 所做的功
D．绳拉断过程绳对物块B 的冲量大小为
【答案】BCD
【详解】AB．绳断之后，对B 应用动量定理有Ft = mBv - mBvB解得vB = 1m/s，A 错误、B 正确；
C．设绳断之前瞬间B 的速度大小为v0，对B 应用动能定理有F(L - L0) =
mBv0
2解得v0 = 2m/s
设绳拉断后A 获得的速度大小为vA。绳拉断的过程中，根据动量守恒定律有mBv0 = mBvB + mAvA
解得vA = 0.6m/s 根据动能定理有W =
mAvA
2 = 0.45J，C 正确；
D．对A 应用动量定理有I = mAvA =
由于绳对A 的力与绳对B 的力等大，则绳拉断过程绳对物块B
的冲量大小也为
，D 正确。故选BCD。
15．如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时B 静止，A 具
有4kg·m/s 的动量（向右为正），开始绳松弛，在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B 动量的变化不可能
是（ ）
A．
，
B．
，
14
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C．
，
D．
，
【答案】ABD
【详解】它们的总动量为：p=mAvA=4kg•m/s，而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒；A 的
动量减小，B 的动量增加；但总动量应保持不变；故A 动量改变量应为负值，B 动量改变量为正值；而想
拉断绳子，在拉断绳子后，A 的速度不可能为零，即A 的动量变化不可能是-4kg·m/s，故只有C 正确，不符
合题意，ABD 错误，符合题意；故选ABD。
16．如图所示，物块
、
的质量均为
，
的质量为
，都静止于光滑水平台面上．
、
间用一不
可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，
位于
右侧足够远处．现突然给
一瞬时冲量，
使
以初速度
沿
、
连线方向向
运动，
与
相碰后，黏合在一起．
（1）求
与C 刚黏合在一起时的速度大小；
（2）若将
、
、
看成一个系统，则从
开始运动到
与
刚好黏合的过程中，系统损失的机械能为
多少？
【答案】（1）
（2）
【分析】本题考查动量守恒和能量综合问题，注意绳张紧的一瞬间动量守恒，但是系统会有机械能损失，
绳张紧后
、
速度相等，
、
碰撞过程中
的速度未发生变化。
【详解】（1）轻细线绷紧的过程，
、
组成的系统动量守恒，
解得
之后
、
均以速度
向右匀速运动，在
与
发生碰撞过程中，
、
组成的系统动量守恒
解得
（2）轻细线绷紧的过程，
、
组成的系统机械能损失为
，则
在
与
发生碰撞过程中，
、
组成的系统机械能损失为
，则
15
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全过程
、
、
这一系统机械能损失为
16
