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12 动量守恒定律
[-考点-06-] 碰撞模型拓展
一、“滑块—弹簧”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)动量守恒：两个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．
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或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同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于
完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．
3．两种情景
(1)弹簧处于最长(最短)状态
动量守恒：m1v1+m2v2＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v1
2+m2v2
2＝(m1＋m2)v2+Epm
(2)弹簧恢复原长
动量守恒：m1v1+m2v2＝m1v1′＋m2v2′
能量守恒：m1v1
2+m2v2
2＝m1v1′2＋m2v2′2
二、“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)从最低上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v 共，此时m 的竖直速度vy＝0.
系统水平方向动量守恒：mv0＋Mv1＝(M＋m)v 共
系统机械能守恒：mv0
2＋Mv1
2＝(M＋m)v 共2＋mgh
1
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其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统
减少的动能转化为m 的重力势能)．
(2)从最大高度下滑到最低点：m 与M 分离点．
水平方向动量守恒：mv0＋Mv1＝mv1＋Mv2
系统机械能守恒：mv0
2＋Mv1
2＋mgh＝mv1
2＋Mv2
2(相当于完成了弹性碰撞)．
典例1 (“滑块—弹簧”模型一)(2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质
量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平
向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s 时，弹簧最短．下列说法中正确的是(
)
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
答案 A
解析 根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大
小也是1 m/s，A 正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B 错误；根据
动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C 错误；当弹簧恢复原长时，根
据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v0
2＝m1v1′
2＋m2v2′
2，联
立解得v2′＝2 m/s，D 错误．
典例2 (“滑块—弹簧”模型二)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为
d，两小球质量分别为m1、m2，m1>m2，m2 的左边有一固定挡板．由图示位置静止释放
m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
答案 BD
解析 由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做
减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此
2
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时m1 速度最小，m2 速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋
m2v2，m1v1
2＝m1v1′
2＋m2v2
2，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D 选项正确．
典例3 (“滑块—斜面”模型)(多选)如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地
面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端以
初速度v0沿斜面向上开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距
地面高度为h，重力加速度为g，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C.m(v0sin θ)2＝mgh
D.mv0
2＝mgh＋(m＋M)v2
答案 BD
解析 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度
都为v，沿水平方向，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒．以水
平向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋
M)v，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mv0
2＝mgh＋(m＋M)v2，
故C 错误，D 正确．
典例4 (“滑块—曲面”模型)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 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P 解除锁定，Q 下滑过程
中，P、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，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，联
立解得＝，故C 正确．
3
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1.如图所示，P 物体与一个连着弹簧的Q 物体正碰，碰撞后P 物体静止，Q 物体以P 物体
碰撞前速度v 离开，已知P 与Q 质量相等，弹簧质量忽略不计，那么当弹簧被压缩至最短
时，下列的结论中正确的应是( )
A．P 的速度恰好为零
B．P 与Q 具有相同速度
C．Q 刚开始运动
D．Q 的速度等于v
答案 B
解析 P 物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P 物体做减速运动，Q 物体做加速运动，
P、Q 间的距离减小，当P、Q 两物体速度相等时，弹簧被压缩到最短，所以B 正确，A、
C 错误．由于作用过程中动量守恒，设速度相等时速度为v′，则mv＝(m＋m)v′，所以
弹簧被压缩至最短时，P、Q 的速度v′＝，故D 错误．
2.(多选)如图所示，质量分别为M 和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿
光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m 的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、
丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是( )
A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋
mv3
B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋
m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速
度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1
＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C 正确．
3.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，物体A 以速度v0向右运动压缩
弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧右端连接另一质量为m 的物体B(如图乙所示)，
物体A 以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
4
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A．物体A 的质量为3m
B．物体A 的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv0
2
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv0
2
答案 AC
解析 对题图甲，设物体A 的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x 时弹性势能
Ep＝Mv0
2；对题图乙，物体A 以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B 组成的系统动量守恒，弹
簧达到最大压缩量时，A、B 速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒
定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝mv0
2，选项A、C 正确，B、D 错
误．
4.(2023·山西运城市高三检测)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M 的四分
之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m 的小球
以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如
果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球
在圆弧面上能到达的最大高度为.则小球与滑块质量之比m∶M 为( )
A．1∶2
B．1∶3
C．2∶1
D．3∶1
答案 C
解析 当圆弧滑块固定时，有mv0
2＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根
据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv0
2＝mg＋(m＋
M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故选C.
5.(多选)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R 足够大)的圆弧曲面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v0＝6 m/s 的速度向B 运动，
并与B 发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )
A．B 的最大速率为4 m/s
B．B 运动到最高点时的速率为 m/s
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
解析 A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
5
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得v0＝vA＋MvB，·v0
2＝·vA
2＋MvB
2，联立解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B 的最大速率为4
m/s，选项A 正确；B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得
v＝ m/s，选项B 错误；从B 冲上C 后又滑下的过程，设B、C 分离时速度分别为vB′、
vC′，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒有MvB
2＝MvB′2＋
×2MvC′2，联立解得vB′＝－ m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C
错误，D 正确．
6.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B 相连接，并静止在光
滑的水平面上，现使A 瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，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．从开始计时到t4这段时间内，物块A、B 在t2时刻相距最远
B．物块A、B 在t1与t3两个时刻各自的加速度相同
C．t2到t3这段时间弹簧处于压缩状态
D．m1∶m2＝1∶2
答案 D
解析 结合题图乙可得两物块的运动过程，开始时物块A 逐渐减速，物块B 逐渐加速，弹
簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹
簧逐渐恢复原长，物块B 依然加速，物块A 先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢
复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3
时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t2到t3过程中弹簧的长度将逐
渐变大，故A、C 错误；由题图乙可知，物块A、B 在t1与t3两个时刻各自的加速度方向相
反，故B 错误；系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t＝0 时
刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D 正确．
7.(多选)如图所示，质量为M、带有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水
平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O 为圆心．质量为m 的小滑块(可视为质
点)以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则
下列判断正确的是( )
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
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C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为v0
D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为v0
答案 AD
解析 小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，选项A 正确；小
滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向所受合
力为零，动量守恒，选项B 错误；由水平方向动量守恒可得，小滑块冲到轨道的最高点时，
带有圆弧轨道的滑块速度大小为v0；当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧
轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有
mv0＝mv1＋Mv2，mv0
2＝mv1
2＋Mv2
2，解得v2＝v0，v1＝－v0，故C 错误，D 正确．
8.(多选)质量为M 的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量
也为M 的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加
速度为g，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为Mv0
2
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
答案 BC
解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v′，由动量守恒定律和机械
能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，Mv0
2＝2×(Mv′2)＋Mgh，联立解得h＝，故D 错误；从小
球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机
械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自
由落体运动，小车速度变为v0，动能为Mv0
2，即此过程小球对小车做的功为Mv0
2，故B、
C 正确，A 错误．
9.(多选)(2022·菏泽市月考)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B，mA＞mB，B
球上固定一轻质弹簧．A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，则( )
A．A 球的最小速率为零
B．B 球的最大速率为v
C．当弹簧压缩到最短时，B 球的速率最大
D．两球的动能最小值为
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答案 BD
解析 A 球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A 球产生向左的弹力，对B 球产生向右的
弹力，故A 球做减速运动，B 球做加速运动，当B 球的速度等于A 球的速度时弹簧的压缩
量最大，此后A 球继续减速，B 球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B
球速度最大，A 球速度最小，此过程满足动量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，mAv2
＝mAv1
2＋mBv2
2，解得v1＝v，v2＝v，因为mA＞mB，可知A 球的最小速率不为零，B 球的最
大速率为v，故A、C 错误，B 正确；两球共速时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，此时
两球动能最小，根据动量守恒有mAv＝(mA＋mB)v 共，Ek＝(mA＋mB)v 共
2，联立可得Ek＝，故
D 正确．
10.如图所示，小球A 质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水
平面的距离为h.物块B 和C 的质量分别是5m 和3m，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水
平面上，且B 物块位于O 点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动
到最低点时与物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.
小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程B 物块受到的冲
量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能．
答案 m mgh
解析 设小球运动到最低点与物块B 碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重
力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝mv1
2
解得v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mg＝mv1′2
解得v1′＝
设碰撞后物块B 的速度大小为v2，取水平向右为正方向，
由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2
解得v2＝
由动量定理可得，碰撞过程B 物块受到的冲量为I＝5mv2＝m
碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝
8mv3
据机械能守恒定律得Epm＝×5mv2
2－×8mv3
2
解得Epm＝mgh.
11.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体
8
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静止放在离地面高为H＝5 m 的光滑水平桌面上．现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面高h＝
1.8 m 处由静止开始滑下，与滑块B 发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经
过一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．
已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑块A、B、C 均可看作质点，取g＝10 m/s2，不计
空气阻力．求：
(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A 从光滑曲面上高h 处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平
桌面时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv1
2，解得v1＝6 m/s
滑块A 与B 碰撞的过程，A、B 系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有
共同速度，设为v2，由动量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑块A、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程中机械能守恒，被压缩弹簧
的弹性势能最大时，滑块A、B、C 速度相同，设为v3，取水平向右为正方向，由动量守恒
定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝v1＝1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v2
2－(mA＋mB＋mC)v3
2
代入数据解得Ep＝3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设此时滑块A、B 的速度为v4，滑
块C 的速度为v5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v2
2＝(mA＋mB)v4
2＋mCv5
2
联立解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动
x＝v5t，H＝gt2
联立解得x＝2 m.
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12.(多选)(2023·重庆市名校联考)如图所示，A、B、C 三个半径相等的刚性小球穿在两根平
行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为mA＝2 kg、mB＝3 kg、mC＝2 kg，初状态
三个小球均静止，B、C 两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态．现给A 球一个向
左的初速度v0＝10 m/s，A、B 两球碰后A 球的速度变为方向向右、大小为2 m/s.下列说法
正确的是( )
A．球A 和球B 间的碰撞是弹性碰撞
B．球A 和球B 碰后，弹簧恢复到原长时球C 的速度大小为9.6 m/s
C．球A 和球B 碰后，球B 的最小速度为1.6 m/s
D．球A 和球B 碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96 J
答案 ABC
解析 A、B 两球碰撞过程中A、B 两球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，根据动量
守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，且v1＝－2 m/s，代入数据解得v2＝8 m/s，碰撞前系统的总
动能Ek＝mAv0
2，碰撞后系统的总动能Ek′＝mAv1
2＋mBv2
2，代入数据解得Ek＝Ek′，则A、
B 两球碰撞过程中系统的机械能守恒，因此球A 和球B 间的碰撞是弹性碰撞，A 正确；由
于B、C 两球及弹簧组成的系统在运动的过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B
球的速度最小时，弹簧处于原长状态，则有mBv2＝mBv3＋mCv4，mBv2
2＝mBv3
2＋mCv4
2，联立
解得v3＝1.6 m/s，v4＝9.6 m/s，因此B 球的最小速度为1.6 m/s，此时C 球的速度大小为9.6
m/s，B、C 正确；当B、C 两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，则有mBv2＝(mB＋
mC)v5，Epmax＝mBv2
2－(mB＋mC)v5
2，联立解得Epmax＝38.4 J，D 错误．
10
