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专题14 碰撞
考点
三年考情（2022-2024）
命题趋势
考点1 弹性碰
撞
（5 年5 考）
2024 年高考广西卷：弹性碰撞+平抛；
2024 年高考广东卷：斜面上弹性碰撞；
2023 年高考全国乙卷：一竖直固定的长直圆管
内小球与圆盘弹性碰撞；
2023 年学业水平等级考试上海卷：绳系小球与
物块弹性碰撞；
2023 年高考山东卷：物块碰撞+滑块木板模型；
1. 碰撞，涉及动量和能量问题，
是高考考查频率较高的。碰撞可
以设计成不同情境，可以有机结
合其他模型和图像。
2 .弹性碰撞命题可以是选择题，
可以是计算题；弹性碰撞与其他
模型结合，大多是压轴题。
3. 非弹性碰撞过程有机械能损
失，可能与动能定理、牛顿运动
定律结合。
考点2 非弹性
碰撞
（5 年4 考）
2024 年高考湖南卷：两小球在水平圆环内多次
碰撞；
2024 年考甘肃卷：绳系小球与物块弹性碰撞+滑
块木板模型；
2023 年高考北京卷：绳系小球与水平面上小球
碰撞。
2022 年高考北京卷：质量为
和
的两个物
体在光滑水平面上正碰+位移图像。
考点01 弹性碰撞
1. （2024 年高考广西卷）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（ ）
1
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A. 竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B. 竖直增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
【解析】
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，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，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。
2. （2024 年高考广东卷）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从
、
高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为
，乙在水平
面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（ ）
A. 甲
斜坡上运动时与乙相对静止
B. 碰撞后瞬间甲
速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C. 乙的运动时间与
无关
D. 甲最终停止位置与O 处相距
【参考答案】ABD
【名师解析】两滑块在同一斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲
斜坡
上运动时与乙相对静止，A 正确；两物块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两物块质量相同，且发
2
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生弹性碰撞，根据弹性碰撞规律可知碰撞后两滑块交换速度，即 碰撞后瞬间甲
速度等于碰撞前瞬间乙
的速度，B 正确；设斜面倾角为θ，对乙沿斜面下滑，有
，在水平面上运动一段时间t2
后与甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做匀减速运动，运动时间为t3，乙运动的时间
，
由于t1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，C 错误；一下滑过程，有
，由于甲
和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止位置相同；
如果不发生碰撞，乙在水平面上运动最终停止位置，由
联立解得 x=
即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距
，D 正确。
3.（20 分）（2023 年高考全国乙卷）. 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
。一质量为
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。
【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。
【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v0=
小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2，
由动量守恒定律mv0=-mv1+Mv2，
3
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由系统动能不变，
=
+
联立解得：v1=
，v2=
。
（2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，所以圆盘向
下做匀速运动。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间
t=
v1/g+ v2/g =
小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置，
在这段时间内圆盘下落位移x1= v2 t=
=l。
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
,
同理可得当位移相等时
4
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解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。
5
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4. （2023 年学业水平等级考试上海卷）（16 分）如图，将质量mP=0.15kg 的小球P 系在长度L=1.2m 轻绳
一端，轻绳另一端固定在天花板上O 点。在O 点正下方1.2m 处的A 点放置质量为mQ=0.1kg 的物块Q，将
小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q 弹性碰撞，P 与Q 碰撞前瞬间的向心加速度为
1.6m/s2，碰撞前后P 的速度之比为5׃1 ,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数
μ=0.28.
（1）求碰撞后瞬间物块Q 的速度；（2）在P 与Q 碰撞后再次回到A 点的时间内，物块Q 运动的距离。
【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m
【名师解析】
（1）由圆周运动的向心加速度公式，a=
，解得v0=1.4m/s
碰撞后P 的速度vP=
v0=0.28m/s
碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.68m/s
（2）设碰撞后P 摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh=
解得h=0.004m
由sinθ=
=
，θ 小于5°，
P 的摆动可以看作单摆的简谐运动，
P 与Q 碰撞后再次回到A 点的时间为t=T/2=π
=1.1s
物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2
Q 在水平面上运动时间t’=
=0.6s，小于t=1.1s，即Q 已经停止。
所以Q 运动的距离为s=
=0.504m。
6
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5. （2023 高考山东高中学业水平等级考试） 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
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
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，
C 与B 间动摩擦因数
，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
。
（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
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，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
的大小。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【名师解析】
（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C
加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
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代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好撞上木板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
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（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动0.48m
时，有
此时A、B 之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
，方向向左；
，方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
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则整个过程动量的变化量
即这三个物体总动量的变化量
的大小为9.02kg·m/s。
6. （2022·全国理综乙卷·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，
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。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（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）同一时刻弹簧对
、
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
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根据位移等于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
（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
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
考点02 非弹性碰撞
1. （2024 年高考湖南卷）如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A 和B
（mA>mB）。初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆环
之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比
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。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
【答案】（1）
，
；（2）
或
；
（3）
【解析】
（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
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①若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，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k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为
，
，则同样有
联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证
，
，满足题意。
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综上可知
或
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后与第二次相碰
前B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
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2. （2024 年考甘肃卷） 如图，质量为2kg 的小球A（视为质点）在细绳
和OP 作用下处于平衡状态，
细绳
，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质量为
2kg 的物块C 静止在B 的左端。剪断细绳
，小球A 开始运动。（重力加速度g 取
）
（1）求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力。
（2）A 在最低点时，细绳OP 断裂。A 飞出后恰好与C 左侧碰撞（时间极短）、碰后A 竖直下落，C 水平向
右运动。求碰后C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行4m 后与B 共速。求C 和B 之间的动摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】
根据题意，设AC 质量为
，B 的质量为
，细绳
长为
，初始时细线与竖直方向
夹角
。
（1）A 开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A 与C 相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A 竖直下落可知
故解得
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行4m 后与B 共速，则对CB 分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
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联立解得
3．（11 分）（2023 年6 月高考浙江选考科目）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
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
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
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
，以
的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，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
（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
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（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
。
【名师解析】（1）滑块a 以初速度v0 从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，机械能守恒，
mg·2R=
-
，解得vF=10m/s。
在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m
，
解得：FN =31.2N
（2）碰撞后滑块a 返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=
-
，解得va=5m/s。
滑块a、b 碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb，
解得：vb=5m/s
碰撞过程中损失的机械能△E=
-
-
=0
（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab，
解得vab=2.5m/s。
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滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，
由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc
解得vabc=5 /3m/s。
由机械能守恒定律，Ep1=
-
解得Ep1=0.5J
由Ep1=
解得：最大压缩量x1=0.1m
滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c 速度最
大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，ab 加速，当abc 三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量
由动量守恒定律，x2=0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m
4.．（9 分）（2023 年高考北京卷）如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O
点正下方的光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L．现将A 拉至某一
高度，由静止释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求：
（1）A 释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能
．
【解析】（1）由机械能守恒定律，mgH=
，解得H=
（2）由牛顿运动定律，F-mg=
解得 F=mg+
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（3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’，
解得v’=v/2
碰撞过程损失的机械能△E=
-
=
5.（2022 年高考北京卷）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。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前
的速率大于
的速率
B．碰撞后
的速率大于
的速率
C．碰撞后
的动量大于
的动量
D．碰撞后
的动能小于
的动能
【参考答案】C
【命题意图】此题考查碰撞及其相关知识点。
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前
的速率为零，碰撞后
的速率等于
的速率。
选项AB 错误；由碰撞规律可知，m1大于m2，碰撞后
的动量大于
的动量，碰撞后
的动能大于
的动能，选项C 正确D 错误。
6．（11 分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12 所示的物理模型。
竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A 处以初速度
为
向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为
,滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开
桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量
，滑杆的质量
，A、B 间的距离
，
重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
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（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小
和
；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。
【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N1=mg+Mg。
代入数据解得N1=8N。
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N2=Mg-f’。
代入数据解得N2=5N。
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v0
2=-2al 解得：v=8 m/s
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。
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