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第26 讲 四种“类碰撞”典型模型研究
目录
01 课标达标练.....................................................................................................................1
题型01 “子弹打木块”模型........................................................................................................1
题型02 “滑块—木板”模型........................................................................................................4
题型03 “滑块—弹簧”模型........................................................................................................9
题型04 “滑块—斜(曲)面”模型..............................................................................................13
02 核心突破练..................................................................................................................17
03 真题溯源练..................................................................................................................22
01 “子弹打木块”模型
1．
（2025·辽宁·三模）如图所示，两个完全相同的木块
、
厚度均为
，质量均为
。第一
次把
、
粘在一起静置在光滑水平面上，质量为
的子弹以速度
水平射向木块
，恰好将木块
击穿，
但未穿入木块
。第二次只放置木块
，子弹以同样的速度水平射向
。设子弹在木块中受到的阻力为恒
力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（ ）
A．能击穿木块
，子弹穿出木块的速度为
B．能击穿木块
，子弹穿出木块的速度为
C．不能击穿木块
，子弹进入木块的深度为
D．不能击穿木块
，子弹进入木块的深度为
1
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【答案】C
【详解】一次击A、B 粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m 的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好
将木块A 击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
联立可得
所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为
。
故选C。
2．
（2025·陕西汉中·一模）（多选）如图所示，装有一定质量沙子的小车，其总质量为M，静
止在光滑的水平面上。将一个质量为m 的铁球，从距离沙面h 高处，以大小为v0的初速度水平抛出，小球
落入车内并陷入沙中∆h 深处，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法正确的是
（ ）
2
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A．小球抛出时的高度h 越高，小车最终的速度越大
B．小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
D．此过程中系统内能的增加了
【答案】BCD
【详解】A．小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则
由此可知，小车最终的速度与抛出时的高度无关，故A 错误；
B．小球陷入沙中过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系统动量不守
恒，由于小球与沙的摩擦损失机械能，因此系统机械能不守恒，故B 正确；
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
联立可得
故C 正确；
D．根据能量守恒可得，此过程中系统内能的增加了
故D 正确。
故选BCD。
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图所示，两物体A 和B 并排静置于光滑水平地面，它们的质量M 均为
0.5kg；质量m=0.1kg 的子弹以v0=34m/s 的水平速度从左边射入A，射出物体A 时A 的速度vA=2m/s，子弹
紧接着射入B 中，最终子弹未从B 中穿出。子弹在物体A 和B 中所受阻力相同且一直保持不变，A 的长度
为LA=0.23m，不计空气阻力，g 取10m/s2。
(1)求物体B 最终的速度大小vB；
(2)求子弹穿过A 的过程中摩擦产生的热量Q；
(3)求物体B 的最小长度LB
【答案】(1)4m/s
3
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(2)46J
(3)0.03m
【详解】（1）从最初到最终共速，由动量守恒
解得
（2）从子弹射入A 到穿出，由动量守恒
解得
由能量守恒
解得
（3）子弹从射入到共速时
解得
由
得
可得
故物体B 的最小长度
02 “滑块—木板”模型
4．（2025·甘肃·模拟预测）（多选）如图甲所示，足够长的质量为
的木板静置在光滑的水平面上，在
木板上放置一质量为
的物块，
时物块以速度
从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物
块的动能
随时间变化的图像如图乙所示，
后物块动能不变，重力加速度
取
，则下列说
法正确的是（ ）
4
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A．
时物块和木板达到共同速度
B．
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．木板的最短长度为
【答案】ACD
【详解】A．由图像可知，
时物块和木板达到共同速度，选项A 正确；
B．根据
可知物块的初速度
，共同速度v=1m/s，根据动量守恒
解得
，选项B 错误；
C．由动量定理，对木板
解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.1，选项C 正确；
D．由能量关系
解得x=6m
即木板的最短长度为
，选项D 正确。
故选ACD。
5．（2025·山东·二模）如图所示，长为
的木板
右端有一挡板（厚度不计），静置在光滑水平地面上，
完全相同的两物块
、
（可视为质点）分别置于
的左端和中点处，
、
、
的质量均为
。现给
一水平向右的初速度
，此后
和
、
和
各发生一次碰撞，且
恰好未从
上滑落。所有的碰撞均为
弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为
。求：
5
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(1)
与
碰撞前后，
的加速度大小之比；
(2)从
开始运动至再次回到
左端过程中，系统产生的热量；
(3)
和
碰撞前瞬间
的速度大小；
(4)从
开始运动至再次回到
左端时，
的位移。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）
与
碰撞前，以
为研究对象，有
与
碰撞后，A、C 相对静止，以
和
为研究对象，则
则
与
碰撞前后，
的加速度大小之比为
（2）对于
、
、
系统，从
开始运动至再次回到
左端过程中，由动量守恒有
由能量守恒得系统产生的热量
解得
（3）对全过程，有
、
碰撞前瞬间，由动量守恒有
从开始到B、C 碰撞前瞬间，由功能关系有
解得
（4）经分析A、B、C 的位移大小相等，设B、C 碰撞前C 的位移为
，由动能定理有
6
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设B、C 碰撞后到A、B、C 共速前，C 的位移为
，由动能定理有
又
解得
6．（2025·陕西汉中·一模）如图所示，一质量M=1kg、长度L=3.5m 的“
”形木板静止在足够大的水
平地面上，木板左端为一竖直薄挡板。一质量m=1kg、可视为质点的小物块，以v0=8m/s 的速度从木板右
端滑上木板，与薄挡板发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地
面间的动摩擦因数μ2=0.3，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)小物块滑到左侧挡板处时的速度；
(2)木板的最大速度v；
(3)木板运动的时间t。
【答案】(1)6m/s
(2)6m/s
(3)1s
【详解】（1）因
，所以物块滑上木板后木板仍然静止，设物块在木板上滑动时的加
速度大小为a1，物块与挡板碰撞前的速度大小为v1，则有
根据速度—位移公式有
7
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解得
（2）设碰撞后物块和木板的速度分别为v2、v，则有
、
解得
（3）碰撞后物块由静止开始以a1的加速度向左加速，设木板向左滑动的加速度大小为a2，设物块与挡
板碰撞后，经过时间t1两者共速，共同速度大小为v3，在t1的时间内物块的位移大小为x1，木板的位移
大小为x2，则有
共速时满足
物块的位移为
木板的位移为
解得
所以物块没有离开木板，设物块和木板一起运动时的加速度大小为a3，一起运动的时间为t2，则有
根据速度与时间公式有
可知
解得
7．（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上竖直固定两根弹性立柱M、N，一质量为m 的
水平薄板左端紧靠立柱M，另一质量也为m 的物块在薄板上从距离薄板左端
处以
的速度
向左运动。物块与立柱M 碰撞后被弹回，在薄板与立柱N 碰撞前物块与薄板已相对静止，最终物块恰好没
有从薄板上掉落。已知物块与薄板之间的动摩擦因数为
，物块、薄板和立柱间的碰撞时间均极短且
无能量损失，立柱M、N 被碰撞一次后立即被撤走，物块可视为质点，取重力加速度
。求：
8
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(1)物块与弹性立柱M 碰撞时的速度大小
；
(2)初始，薄板右端到立柱N 的最小距离d；
(3)薄板的长度L。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块向左滑动做匀减速直线运动，加速度大小
物块与立柱M 碰撞时的速度
满足
解得
（2）物块与立柱M 碰撞后无能量损失弹回，弹回速度为
在摩擦作用下物块带动薄板向右运动，在薄板碰撞立柱N 之前二者达到共速（设为
），由于水平面光
滑，这一阶段系统动量守恒，满足
解得
这一阶段薄板向右运动的距离
满足
解得
则初始，薄板右端到立柱N 的最小距离
（3）薄板与立柱N 碰撞无能量损失弹回，弹回速度大小为
，物块与薄板整体动量守恒，达到
共速（设为
），由动量守恒定律有
9
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解得
即再次共速时二者均停止运动；
从物块与立柱M 发生碰撞弹回后，到物块、薄板二者最终停止运动的过程中，当物块、薄板间发生相
对运动时，物块相对薄板一直在向右运动，由于物块恰好未从薄板上掉落，则最终物块停在薄的右端；
该过程中由能量守恒定律有
解得
8．（2025·河南·二模）如图甲所示，长度L=2m 的木板固定在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木
板质量相等的滑块以水平速度v0=4m/s 从右端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数μ 随滑块距木板左端
距离x 的变化图像如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2，滑块看作质点。
(1)要使滑块能从木板右端滑出，求μ 最大值应满足的条件；
(2)若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求μ 最大值应满足的条件。
【答案】(1)μ1<0.8
(2)μ2<0.4
【详解】（1）要使滑块能够从木板右端滑出，则有
设动摩擦因数最大值为μ1，由图像可知
解得
（2）根据动量守恒有
设动摩擦因数最大值为μ2，根据能量守恒有
又
10
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解得
03 “滑块—弹簧”模型
9．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面上，小车A 右端与轻
质弹簧连接。现使A、B 两车分别以6m/s、2m/s 沿同一直线，同向运动。从小车B 与弹簧接触到与弹簧分
离时，以下判断正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为－4m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和4m/s
【答案】D
【详解】A．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0 逐渐增大后又逐渐减小为0，小
车B 的速度一直增大，根据
可知弹簧对小车B 做功的功率先增大后减小，故A 错误；
B．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得
根据系统机械能守恒可得
联立解得分离时A、B 的速度分别为
，
根据动量定理可得弹簧对小车A 的冲量为
可知弹簧对小车A 冲量大小为
，故B 错误；
C．由于分离时A、B 的速度分别为
，
，所以A 的速度不会变为反向，故C 错误；
11
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D．由于分离时A、B 的速度分别为
，所以可以存在某一时刻小车A 的速度为2m/s，此时根
据动量守恒可得
代入数据解得
故D 正确。
故选D。
10．（2025·安徽马鞍山·一模）如图所示，物块A、B 静止在光滑水平地面上，A 与轻弹簧相连，C 沿水平
面以一定初速度向右运动，与B 碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹
簧分离，则（ ）
A．A 加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C 共速时，B 所受合力为0
C．A、B、C 共速时，弹簧弹性势能最大D．B、C 碰撞过程中，B、C 系统机械能守恒
【答案】C
【详解】A．A 加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A 受到的
弹簧弹力先增大后减小，则A 的加速度先增大后减小，故A 错误；
BC．A、B、C 共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时BC 受到的弹力不为0，BC 的
加速度不为0，则B 的加速度不为0，所受合力不为0，故B 错误，C 正确；
D．B、C 碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C 碰撞过程中，B、C 系统机械能不守恒，故D
错误。
故选C。
11．（2025·安徽阜阳·模拟预测）（多选）如图甲，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v0，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，t1、t3时刻弹簧的弹性势能分别为Ep0、零，则下列说法正确的是（
）
12
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A．A、B 的质量之比为1:3
B．t2时刻B 的速度为
C．t2时刻弹簧的弹性势能为
D．t3时刻A、B 的速率之比为2:5
【答案】BC
【详解】A．根据图乙可知，t1时刻两物块速度相等，根据动量守恒定律有
所以
故A 错误；
B．根据图乙可知，t2时刻A 的速度为零，根据动量守恒定律有
解得
故B 正确；
C．从0~t1时间内，根据能量守恒可得
从0~t2时间内，根据能量守恒可得
联立解得
故C 正确；
D．t3时刻，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立可得A、B 的速率之比为1:2，故D 错误。
13
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故选BC。
12．（2025·陕西西安·模拟预测）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，该系统静置于光滑的水平地面上。已知滑块B 的质量
、滑块C 的质量
。现
有一质量
的滑块A 从光滑曲面上离地面h 处由静止开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块
A 与B 发生正撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动。经一段时间，滑块C 脱离弹簧。已知滑块A 与
滑块B 碰撞结束瞬间的速度大小为v1=3m/s，重力加速度取
，求：
(1)滑块A 的初始高度h；
(2)弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能；
(3)滑块C 最终的速度大小。
【答案】(1)0.8m
(2)6J
(3)4m/s
【详解】（1）滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度
为
，由机械能守恒定律有
滑块A 与B 碰撞的过程，A、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为
，由动量守恒定律
有
联立解得
（2）滑块A、B、C 速度相等（设速度为
）时，被压缩的弹簧弹性势能最大，系统动量守恒定律，有
14
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解得
，方向水平向右
弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，有
解得
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，此时滑块C 速度达到最大，不再改变，设此
时滑块A、B 的速度为
，滑块C 的速度为
，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律，有
联立以上方程解得
、
或
、
（初始值，舍去），故滑块C 能获得的最终速
度大小为4m/s。
04 “滑块—斜(曲)面”模型
13．
（2025·四川成都·模拟预测）（多选）如图所示，一边长为1.5R 的正方体物块静置于足够长
的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R 的四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小
光滑圆孔道。一质量为m 的小球（可视为质点），以初速度
沿水平方向进入孔道，恰好能到达
孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。下列说法正确的
是（ ）
A．小球从刚滑上孔道至刚离开孔道下端的过程中合外力对小球冲量的大小为
B．小球从刚滑上孔道至刚离开孔道的过程中小球对孔道做得功为3mgR
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C．小球从进入孔道至到达孔道最高处的过程中，若小球在孔道圆弧部分运动的时间为
，则该小球到
达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离为
D．小球从进入孔道至到达孔道最高处的过程中，若小球在孔道圆弧部分运动的时间为
，则该小球到
达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离为
【答案】AC
【详解】A．小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量
守恒，以水平向右为正方向，则有
，
，解得
，
，小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，
以水平向右为正方向，则有
，
，解得：
，
，即
小球离开孔道时速度大小为
，方向与初速度相同，对球由动量定理可得合外力对小球冲量的大小
为
，方向水平向右，故A 正确；
B．对M 由动能定理可得
，故B 错误；
CD．小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终
守恒，则有
，小球在孔道圆弧部分运动的时间为
，则有
，其中该
时间
内，小球和物块的相对位移为
，解得
，小球离开孔道圆弧部分至到达
孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
，该过程中物块在水平方向
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做匀速直线运动，此过程物块的位移
，其中
，解得
，综上可知小球到达孔道最
高点时，物块移动的距离
，解得
；故C 正确，D 错误。
故选AC。
14．（2025·吉林延边·模拟预测）如图，圆心角为
，质量为
的弧形物块A 与质量为
的弧形物块
B 叠放在一起，并将A、B 粘连，构成一个半径
的四分之一光滑圆弧轨道，静止在光滑的水平面
上。质量为
的滑块C，以速度
水平向右冲上轨道。取重力加速度
。
(1)若
，求滑块能上升的最大高度；
(2)若将物块B 撤去，滑块C 以
的速度冲上A，求滑块C 滑至A 的最高点时物块A 的速度大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）（2）取系统初始位置为初状态，滑块C 达到空中最高点为末状态，根据水平方向动量守
恒
根据机械能守恒定律
解得
（2）设C 滑至A 的最高点时物块A 速度为
，C 相对于A 的速度为
，根据水平方向动量守恒
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根据能量守恒定理
解得
15．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一质量为
的物体
，右边紧靠一半径为
、质
量为
的半圆形槽
，
、
为半圆形槽的两端点，现锁定
、
。将一质量为
的小球自半圆形槽左端
点正上方
处的
点由静止释放，小球从
点沿切线进入半圆形槽内。已知在直径
所在水平面的上方，
小球总是受到大小恒为
、方向竖直的阻力作用，重力加速度为
，小球可视为质点，忽略一切摩擦。
(1)求小球经过半圆形槽最低点时的速度大小
和对半圆形槽的压力大小
。
(2)若解除对
、
的锁定，在
点由静止释放小球，小球从
点沿切线进入半圆形槽内，求小球第一次经
过
点后上升的最大高度。
(3)若解除对
的锁定并移走
，仍在
点由静止释放小球，小球从
点沿切线进入半圆形槽内，经过足够
长的时间，求小球在直径
所在水平面的上方运动的路程s 和最终在半圆形槽内动能的最大值
。
【答案】(1)
，
(2)
(3)s=2R；
【详解】（1）小球下滑的过程，根据动能定理有
解得
18
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在最低点有
解得
根据牛顿第三定律对半圆形槽的压力大小
（2）若解除对
、
的锁定，小球落到P 点的过程有
解得
小球继续下滑到最低点的过程，水平方向动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得
，
小球上滑经过最低点时，A、B 分离，继续运动小球与B 水平方向动量守恒，设小球到达槽口的水平速
度为
，有
设小球到达槽口的竖直速度为
，小球和B 系统机械能守恒，有
此后小球做斜上抛运动，到达最高点时竖直速度减为零，设距凹槽的高度为h，有
联立解得
（3）若解除对
的锁定并移走
，仍在
点由静止释放小球，阻力仅在PQ 上方做功，根据能量守恒有
解得
小球第一次运动到最低点时速度最大，根据水平方向动量守恒和能量守恒有
，
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解得
则动能的最大值
1．如图所示，长木板A 置于倾角为30°的光滑斜面上，质量为
的小物块B 放在A 上，斜面和A 的
下端均固定有垂直于斜面的挡板，A 的质量为
（包含A 的挡板质量）。将A、B 由静止同时释放，
释放时两挡板间的距离为
，A 第一次弹起再经过0.6s 时间后，B 与A 的挡板第一次相碰。已知B
与A 的上表面之间的动摩擦因数为
，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g 取
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。求：
(1)两挡板第一次碰撞前瞬间A、B 的速度大小；
(2)开始时B 到A 的挡板的距离L；
(3)B 与A 的挡板第一次碰撞后瞬间A、B 的速度大小。
【答案】(1)
，6m/s
(2)L=5.85m
(3)
【详解】（1）两挡板第一次碰撞前，A、B 一起沿斜面向下做匀加速直线运动；A、B 一起运动的加速
20
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度大小为
两挡板第一次碰撞前瞬间A、B 的速度大小为
（2）A 第一次反弹后，A、B 的加速度大小分别为
；
可见A 第一次反弹后，A 沿斜面向上做匀减速运动，B 沿斜面向下做匀加速运动，则开始时B 到A 的挡
板的距离
代入数据解得L=5.85m
（3）设A、B 第一次碰撞前的速度分别为vA、vB，碰后的速度分别为
，则由运动公式有
，
由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立两式并代入数据解得
2．（2025·山西·三模）如图1 所示，甲、乙两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接放置在光滑的水平面上，
乙的质量为3m，现让质量为m 的子弹以水平向右的速度
射向甲并最终停留在甲中（时间极短），此过
程子弹与甲间的摩擦生热为
，从以上过程结束瞬间开始计时，此后甲、乙运动的速度与时间的关系
图像如图2 所示，已知图中阴影部分的面积为
，已知弹簧的弹性势能
与弹簧的形变量x 以及劲度系数
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k 之间的关系为
，规定水平向右为正方向，求：
(1)甲的质量以及在开始计时前的过程中甲对子弹的摩擦力对子弹做的功；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)弹簧的劲度系数。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）设甲的质量为M，子弹与甲发生完全非弹性碰撞，则
由能量守恒定律可得
综合解得
、
对子弹由动能定理可得
综合解得
（2）甲、乙通过弹簧发生相互作用，分析其运动过程以及图2 可知时刻弹簧的伸长量最大、
时刻
弹簧的压缩量最大，且
、
时刻甲、乙达到共同速度v，由系统的动量守恒定律可得
类比完全非弹性碰撞规律，
、
时刻弹簧的弹性势能最大，系统的动能减小最多，由能量守恒可得弹
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簧的弹性势能的最大值为
综合可得
、
（3）由于弹簧的压缩量最大与伸长量最大时，弹性势能达最大值且相等，由
可得最大伸长量
与最大压缩量相等，设为
，从时刻到
时刻，弹簧由伸长量最大变为压缩量最大，则甲相对乙的位
移即图2 阴影部分的面积，即
结合
，
解得
3．
（2025·江苏南京·模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M 的光滑半圆
形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m 的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和
弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B．t2时小球到达位置等于释放时的高度
C．由图可知m 大于M
D．图中阴影面积S2<2S1
【答案】D
【详解】A．小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球
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对弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水
平方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，
系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故A 错误；
B．t1时小球与弯槽在水平方向第一次共速，即小球到达弯槽右侧，t2时再次共速则到达弯槽左侧，根据
能量守恒
可知h>h′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B 错误；
C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有
移项得
若m 大于M，则v1+v2<v3，图中明显获知v1>v3，故C 错误；
D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1~t2时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左
侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据vx−t 图像围成面积等于水平位移，得S1=R
而S2为t1∼t2内两者的相对位移，有S2<2R，故D 正确。
故选D。
4．（2025·重庆·三模）如题图所示，质量为
的小车
置于光滑水平地面上，其右端固定一半径
的四分之一圆弧轨道。质量为
的滑块
静止于小车的左端，现被水平飞来的质量
、速度
的子弹
击中，且子弹立即留在滑块
中，之后
与C 共同在小车上滑动，
且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计
与
之间的摩擦和空气阻力，重力加速度
，则
（ ）
A．子弹C 击中滑块
后瞬间，滑块
的速度大小为
B．滑块
第一次离开小车瞬间，滑块
的速度大小为
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C．滑块
第二次离开小车瞬间，小车
的速度大小为
D．滑块
从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块
的位移大小为
【答案】D
【详解】A．子弹击中滑块B 的过程，子弹与滑块B 组成的系统动量守恒，子弹与B 作用过程时间极短，
A 没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得
解得
=8m/s
故A 错误；
BCD．滑块B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，由水平方
向动量守恒，得
解得
=2m/s
滑块B 开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
设滑块B 离开小车时的竖直分速度为vy，则
联立解得vy=5m/s
滑块B 离开小车后，以小车为参照物，滑块B 做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为
s
则
m
从子弹击中后到B 第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则
、
解得
故D 正确，BC 错误；
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故选D。
1．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲
度系数k = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑
上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度
的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v1
2= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a 共
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对m2有a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块
m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，
共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
，U = Wf
联立有
2．（2024·甘肃·高考真题）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）
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【详解】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
联立解得
3．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗
糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置在
轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分
的半径
，重力加速度大小
。
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q 点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应
关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力
，当小物块到P 点时撤去
F，小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
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【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当
时，轨道的加速度为
，小物块的加速度为
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在小物块到P 点到从Q 点离开轨道的过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
其中，小物块离开Q 点时的速度
,
为此时轨道的速度。联立解得
(舍去），
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根据运动学公式有
代入数据解得
4．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的
小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知
，
B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
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对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
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解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
5．（2023·浙江·高考真题）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
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
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在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
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