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第27 讲 四种“类碰撞”典型模型研究
目录
01 考情解码·命题预警..........................................................................................................................2
02 体系构建·思维可视..........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚..........................................................................................................................3
考点一 “子弹打木块”模型.....................................................................................................................15
知识点1 “子弹打木块”模型........................................................................................................................15
考向1 子弹嵌入木块中...............................................................................................................................16
考向2 子弹穿透木块....................................................................................................................................16
考点二 “滑块—木板”模型.........................................................................................................................12
知识点1 “滑块—木板”模型................................................................................................................12
考向1 “滑块—木板”模型....................................................................................................................12
考点三 “滑块—弹簧”模型.............................................................................................................................7
知识点1 “滑块—弹簧”模型.............................................................................................................................7
考向1 “滑块—弹簧”模型.................................................................................................................................8
考点四 “滑块—曲面”模型...........................................................................................................................3
知识点1 “滑块—曲面”模型..........................................................................................................................3
考向1 “滑块—曲面”模型..............................................................................................................................4
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................18
1
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考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
子弹打木块”模
型
选择题
非选择题
考点二 “滑块
—木板”模型
选择题
非选择题
考点三 “滑块
—弹簧”模型
选择题
非选择题
考点四 “滑块
—曲面”模型
选择题
非选择题
湖南卷T15
湖南卷T15
考情分析：
1．碰撞模型的拓展的“四种“类碰撞”模型”是力学压轴题的情景，在湖南物理试卷中频繁出现，是考
查学生综合运用物理知识能力、科学思维素养的关键载体，对学生的成绩有着举足轻重的影响。
2．从命题思路上看，试题情景为
这“四种“类碰撞”模型与其他知识板块的融合将更加深入，不仅局限于力学内部综合，还可能与电磁
学、热学等跨模块结合
复习目标：
目标一：深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程
中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。
目标二：明确碰撞模型与动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在逻辑联
系。
2
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考点一 “子弹打木块”模型
知识点1 “子弹打木块”模型
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。
3.两种情境
3
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（1）子弹嵌入木块中，最后两者速度相等，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＝1
2mv0
2－1
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＝1
2mv0
2－(
1
2 M v2
2＋1
2 m v1
2)。
考向1 子弹嵌入木块中
例1（2025·湖南邵阳市一模）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如
图所示，两个完全相同的钢板A、B 厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B 焊接在一起静置在光
滑水平面上，质量也为m 的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B 间隔一段距
离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹
在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹射出B 时，A 的位移为d
B. 第一次子弹穿过A、B 所用时间之比为
C. 第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B 的深度为
D. 第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【解析】
【详解】A．设第一次子弹穿过A、B 时共同速度为v，对系统由动量守恒有
此过程对A 和B 有
对子弹有
解得
故A 错误；
4
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B．第一次子弹相对A、B 做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看
成子弹相对A、B 做初速度为0 的反向匀加速直线运动，穿过B、A 的相对位移相等，根据连续相
邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A 的时间之比为
，所以穿过A、B
所用时间之比为
，故B 错误；
C．设子弹的初速度为
，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B 时共同速度为v，对系统由动量
守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A 时，设子弹速度为
，A 的速度为u，假设不能穿透B，最后与B 的共同速度为
，进入B 的深度为
，对子弹和A 由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
假设成立，故C 错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D 正确。
故选D。
【变式训练1】（2025·江西·模拟预测）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质
点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示
子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设子弹射入木块的初速度为v0，经过t时间子弹与木板达到共速v，子弹的质量为m，木块
的质量为M，由题意可知m< M，根据动量守恒可得m v0=(m+ M )v
可得v =
m
m+ M v0< 1
2 v0
经过t时间子弹发生的位移大小为x子= v0+ v
2
t
木块发生的位移大小为x木= v
2 t
子弹与木块发生的相对位移大小为Δ x = x子−x木= v0+ v
2
t −v
2 t = v0
2 t
则有Δ x = v0
2 t > 2v
2 t =2 x木
故选B。
【变式训练2】（2025·河北·一模）如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，子弹从圆孔下
方以大小为v0的速度竖直向上击中物块并留在物块中。已知子弹的质量为m，物块的质量为9m，
重力加速度大小为g。物块（含子弹）在空中运动时所受阻力大小为它们所受总重力的1
8。子弹与
物块相对运动的时间极短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹在物块中相对物块运动的过程中，系统损失的机械能；
(2)物块（含子弹）落回支架前瞬间的速度大小。
【答案】(1)Δ E = 9mv0
2
20
(2)v1= √7 v0
30
【详解】（1）子弹射入物块过程，由动量守恒定律有m v0=(m+9m)v
解得v = v0
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子弹射入物块的过程中，系统损失的机械能Δ E = 1
2 mv0
2−1
2 (m+9m)v
2
解得Δ E = 9m v0
2
20
（2）子弹射入物块后一起向上运动，由运动学公式有2a1h= v
2
由牛顿第二定律有(1+ 1
8)×10mg=10ma1
子弹和物块落回支架的过程中，由牛顿第二定律有(1−1
8)×10mg=10ma2
由运动学公式有2a2h= v1
2
解得子弹和物块落回支架前瞬间的速度大小v1= √7 v0
30
考向2 子弹穿透木块
例2 （2025·湖南省娄底市高三二模） 如图所示在光滑水平面上有两个小木块
和
，其质量
，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为
，初速
度为
，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿
木块后子弹的速度变为原来的
，
且子弹射穿
木块损失的动能是射穿
木块损失的动能的2 倍，则（ ）
A. 子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J
B. 子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为
C. 弹簧再次恢复原长时
的速度为
D. 弹簧再次恢复原长时
的速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由题意可知
，
子弹穿过
的过程中，由动量守恒定律可得
联立解得
，射穿
木块过程中系统损失的机械能为
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，故A 正确；
B．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由动量守恒定律可得
由题意可知
联立解得
，子弹穿过
以后，弹簧开始被压缩，
和弹簧所组成的系统动量守恒，
当
达到共同速度
时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
故B 错误；
CD．弹簧再次恢复原长时
的速度分别为
、
，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定
律
机械能守恒定律有
联立解得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
【变式训练1】．如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m 的子弹以初速度v0水平向右射向
木块，穿出木块时子弹的速度为
，木块的速度为
。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的
阻力始终保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．木块的质量为3m
B．子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为
C．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于
D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于
【答案】AB
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【详解】AB．子弹击穿木块的过程，有
解得
M=3m
故AB 正确；
D．若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即减少的动能仍为
。故D
错误；
C．由能量守恒可得
解得
故C 错误。
故选AB。
【变式训练2】如图所示，把一个质量
的小球静置于高度
的直杆的顶端。一颗质
量
的子弹以
的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处
离杆的水平距离
。取重力加速度
，不计空气阻力。求：
（1）小球水平抛出的速度大小
；
（2）子弹刚落地时刻的动能
；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球在空中做平抛运动，竖直方向有
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解得
小球水平抛出的速度为
（2）子弹穿过小球过程，根据动量守恒可得
解得子弹速度为
对子弹根据动能定理可得
可得子弹刚落地时刻的动能为
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能为
考点二 “滑块—木板”模型
知识点1 “滑块—木板”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
（2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。
3.求解方法
（1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
（2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
（3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对象为一个
系统。
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考向1 “滑块—木板”模型
例1 （2025·湖南省岳阳市高三二模）如图所示，质量为
且足够长的木板静止在光滑的水平地面
上，一质量为
的滑块以速度
从最左端冲上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为
，重力加速度
大小为
。则：
（1）经过足够长的时间，求系统产生的热量；
（2）若
，开始时在离木板右侧
处固定一块挡板（图中未画出），木板只与右侧挡板发
生2 次弹性碰撞（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相反），求
满足的条件；
（3）若
，开始时在离木板右侧距离
的右侧某位置固定一块挡板（图中未画
出），木板与右侧挡板发生弹性碰撞后立刻将挡板撤走（碰撞前后木板的速度大小不变，方向相
反），求滑块冲上木板之后，经过足够长的时间，系统产生热量的可能取值范围。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
经过足够长的时间，滑块与木板将会达到共同速度v，对滑块与木板组成的系统，以水平向右的方
向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v
由能量守恒定律得：
联立解得：
【小问2 详解】
如图为两种临界情况（示意图）
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物块减到0 的时间是固定的，为：
木块向右加速和向左减速是对称的，段数越多，每段时间就越短，L 就越小。加速时，对木板由牛
顿第二定律得：μmg=Ma
即a=
μg
加速时间最长为t，则2t1=t
对应最长长度为
加速时间最短为t2，则4t2=t
对应最短长度为
最长长度Lmax，如果取等号，物块和木板将会共速为零停下，不会有第二次碰撞；不取等号，L 比
Lmax略小一点。则当木板速度减为零时，物块还有向右的速度（很小），就会带着木板向右发生第
二次碰撞。
综上所述可知，L 应满足的条件是：
【小问3 详解】
木板将要与挡板发生碰撞时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，对滑块与木板组成的系统，以水
平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2
木板与挡板发生碰撞后，经过足够长时间滑块与木板共速，对滑块与木板组成的系统，取v1方向为
正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=（m+M）v
滑块冲上木板至最终滑块与木板共速的整个过程，由能量守恒定律得：
联立解得：
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v2有取值范围，当其最小时
当其最大时，以水平向右的方向为正方向，则mv0=（m+M）v2max
联立解得：v2min≤v2≤v2max
即
当
时，
当
时，
综上知：
【变式训练1】（2025·湖北·二模）如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M，以水平速度v0向
右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙
上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A 对地向左的最大位移是
B．若M＜m，小车B 对地向右的最大位移是
C．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
【答案】D
【详解】AB．规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
若
，A 所受的摩擦力
对A，根据动能定理得
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则得物体A 对地向左的最大位移
若
，对B，由动能定理得
则得小车B 对地向右的最大位移
故AB 错误；
C．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即
故C 错误；
D．根据动量定理得
又
，解得
故D 正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·山东济南·一模）如图所示，足够长的木板M 放在光滑水平面上，
滑块N 放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡
板。木板M 和滑块N 以相同的速度水平向右运动，木板M 和挡板发生弹性碰撞，
碰撞时间可忽略不计。以木板M 第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平
向右为正方向，以下描述木板M 和滑块N 的速度随时间变化规律的图像（用实线
表示滑块N 的速度变化规律，用虚线表示木板M 的速度变化规律）可能正确的是
（ ）
A．
B．
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C．
D．
【答案】ABD
【详解】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左
减速的加速度大小，同时减速为0，故A 正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B 正确，C 错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，
重复之前的过程，故D 正确。
故选ABD。
考点三 “滑块—弹簧”模型
知识点1 “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（或最短）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），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝1
2
m1v0
2－1
2（m1＋m2）v2。
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1
＋m2v2，1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2。
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考向1 “滑块—弹簧”模型
例1 （2025 湖南省长沙市湖南师范大学附属中学一模）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬
杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为
，初状态B、C 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、
C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A 球以
的速度向左运动，与同一杆上的B
球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，正确的是（ ）
A. A 球与B 球碰撞中损耗的机械能为108J
B. 在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C 球的速度最大
C. 在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D. 在以后的运动过程中，B 球的最小速度为2m/s
【答案】AC
【解析】
【详解】A．
碰撞的过程中，满足动量守恒
解得
球与B 球碰撞中损耗的机械能
A 正确；
B．弹簧再次恢复原长时C 球速度最大，B 错误；
C．在以后的运动过程中，AB 的组合体与C 的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
解得
最大弹性势能
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解得
C 正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
解得
此时B 反向速度最大，而B 由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D 错误。
故选AC。
【变式训练1】（2025·湖南娄底·二模）如图所示为一缓冲机构工作的原理示意图。两滑块A、B 可
在光滑水平面上做直线运动，mA=m，mB= 4 m，滑块B 中贯穿一轻质摩擦杆，靡擦杆和滑块B 之
间的滑动摩擦力可以通过改变滑块B 中安装的液压装置所提供的压力进行调节，摩擦杆前端固定一
劲度系数为k的轻质弹簧，当A 挤压弹簧达到一定压缩量时可以导致摩擦杆与B 之间达到最大静摩
擦力，并出现相对运动，某次实验时，调节B 与摩擦杆之间的压力使得它们之间的最大静摩擦力大
小为f =√5mg（g为重力加速度的值），弹簧左端与B 的左端距离为L0,B初始时静止，滑块A 位
于滑块B 的左侧，给滑块A 一向右的初始速度正对B 做直线运动，当A 与弹簧接触时缓冲机构开
始工作。已知弹签的弹性势能Ep= 1
2 k x
2, x为弹簧的形变量若膝擦杆与滑块B 之间的最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。求：
(1)若摩擦杆与B 刚好出现相对运动时所对应A 的初速度的值以及此条件下A、B 分离后的速度
(2)若A 的初始速度大小为25
8 √
m
k g,A的右端与B 的左端的最小距离以及A、B 分离后的速度
【答案】(1)v0= 5
2√
m
k g，v1=−3
2√
m
k g，v2=√
m
k g
(2)L= L0−41√5mg
32k
，v1
❑' ' =−11
8 √
m
k g，v2
❑' ' = 9
8√
m
k g
【详解】（1）若摩擦杆与B 刚好出现相对运动时所对应的A 的初速度为v0，弹簧的最大压缩量为
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x0。此时弹簧弹力：k x0=√5mg
且A 与B 速度刚好相同。根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得m v0=(m+ 4 m)v
'
1
2 m v0
2= 1
2
(m+ 4 m)v
'
❑
2 + 1
2 k x0
2
联立可得：v0= 5
2√
m
k g
从A 与B 开始接触到分离的过程可以视为发生一次弹性碰撞，设分离后速度分别为v1和v2，根据动
量守恒定律和机械能守恒定律可得：m v0=m v1+ 4 m v2 1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 4 mv2
2
解得：v1=−3
2√
m
k g,v2=√
m
k g
（2）若A 的初始速度大小为25
8 √
m
k g，当弹簧压缩至x0时，设A、B 的速度分别为v1
'和v2
'，由动
量守恒和机械能守恒可得：m 25
8 √
m
k g=m v1
' + 4 m v2
'
1
2 m(
25
8 √
m
k g)
2
= 1
2 m v
'
1
2+ 1
2 4 m v
'
2
2+ 1
2 k x0
2
且1
2 k x0
2= 1
2 k(
√5mg
k )
2
= 5m
2 g
2
2k
解得：v1
' = 17
8 √
m
k g,v2
' = 1
4 √
m
k g
此后A 与B 在摩擦力的作用下分别做匀减速和匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律：对A、B 分别有√5mg=ma1、√5mg= 4 ma2
当速度变为相同时v1
❑'−a1t = v2
❑' +a2t
其相对位移：Δ x1=(v1
❑' t −1
2 a1t
2)−(v2
❑' t + 1
2 a2t
2)= 9√5mg
32k
从接触弹簧开始A 相对于B 的位移为Δ x = x0+ Δ x1= √5mg
k
+ 9√5mg
32k
= 41√5mg
32k
则A 与B 的最近距离为L= L0−Δ x = L0−41√5mg
32k
当A 与B 共速时，根据动量守恒定律：m 25
8 √
m
k g=5m v
″
此时弹性势能仍为1
2 k x0
2= 5m
2 g
2
2k
由此状态到A 与B 分离，设A、B 分离的速度分别为v1
❑' '和v2
❑' '。由动量守恒定律以及机械能守恒
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定律可得m 25
8 √
m
k g=m v1
❑' ' + 4 m v2
❑' '、1
2 5m v
″2+ 1
2 k x0
2= 1
2 m v
″
1
2+ 1
2 4 m v
″
2
2
联立解得v1
❑' ' =−11
8 √
m
k g,v2
❑' ' = 9
8√
m
k g
【变式训练2】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，在光滑水平地面上，A、B、C 三个物块质
量均为m，A、B 间用劲度系数大小为k 的轻质弹簧连接，开始时弹簧处于原长，B、C 接触不粘连。
现给物块A 一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0。在以后的运动中弹簧始终在弹性限度内，
弹簧弹性势能的表达式为Ep= 1
2 k x
2（x 为弹簧相对原长的形变量）。求：
(1)物块C 的最大加速度a 及最大速度vC；
(2)弹簧第一次最大压缩量与第一次最大拉伸量之比x1
x2
；
(3)若其他条件不变，只改变物块C 的质量，求物块C 可能获得的最大动能Ek。
【答案】(1)√
k v0
2
6m
，2
3 v0
(2) x1
x2
=√
4
3
(3)Ek= 1
4 m v0
2
【详解】（1）当弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力最大，B、C 加速度最大。这时A、B、C 速
度相同，设为v。物块A、B、C 三者组成的系统动量守恒，有m v0=3mv
由能量守恒，有1
2 k x1
2= 1
2 mv0
2−1
2 ×3m×v
2
联立解得x1=√
2m v0
2
3k
对B、C，由牛顿第二定律有k x1=2ma
可得a=√
k v0
2
6m
当弹簧第一次恢复原长时，B、C 即将分离，C 速度达到最大。
设A 速度为v1，B、C 速度为v2，对A、B、C 系统动量守恒，有m v0=m v1+2m v2
由能量守恒，有1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×2m×v2
2
联立解得v1=−1
3 v0，v2= 2
3 v0
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所以C 的最大速度2
3 v0
（2）B、C 分离后，A、B 系统动量守恒，当A、B 速度相等时，弹簧第一次达到最大拉伸量，设此
时A、B 速度为v3，对A、B 系统动量守恒，有m v1+m v2=2m v3
对A、B 系统能量守恒，有1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2= 1
2 ×2m×v3
2+ 1
2 k x2
2
联立得x2=√
m v0
2
2k
解得x1
x2
=√
4
3
（3）设C 的质量为M，当弹簧第一次恢复原长时，B、C 分离，C 速度达到最大。设A 速度为v4，
B、C 速度为v5。对A、B、C 系统动量守恒，有m v0=m v4+(m+ M )v5
由能量守恒有1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 (m+ M )v5
2
联立解得v4=−
M
2m+ M v0,v5=
2m
2m+ M v0
C 的动能EkC= 1
2 M v5
2=
2m
2v0
2
4 m+ 4 m
2
M + M
=
2m
2v0
2
(2m−M )
2
M
+8m
当M =2m时，C 的动能有最大值，最大值为Ek= 1
4 mv0
2
考点四 “滑块—曲面”模型
知识点1 “滑块—曲面”模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）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＝（M＋m）v 共；系统机械能守恒，1
2mv0
2＝1
2（M＋m）v共
2＋mgh，其中h 为滑块上
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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）返回最低点：m 与M 分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，1
2mv0
2
＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2（相当于弹性碰撞）。
考向1 “滑块—曲面”模型
例1 （2025·广东·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时小球到达位置低于释放时的高度
C．由图可知m大于M
D．图中阴影面积S2<2S1
【答案】BD
【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mgh= 1
2
(m+ M )v共
2 +mgh
'
可知h>h
'，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B 正确；
C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有m v1= M v3−m v2
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移项得m¿ v2）= M v3
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时间内即小球的从弯槽右侧共速
点到左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据v x−t图像围成面积等于水平位移，得S1= R，而
S2为t1∼t2两者的相对位移，有S2<2 R，故D 正确。
故选BD。
【变式训练1】（2025·山西·模拟预测）如图所示，半径为R 的光滑四分之一圆弧体静止在光滑的
水平面上，圆弧面最高点B 与圆心O 等高，物块a、b、c 一字排开也静止在光滑的水平面上，已知
物块a 的质量为m、物块c 的质量为4 m。给物块a 一个水平向右的初速度，a、b 碰撞后粘在一起，
b 与c 发生弹性碰撞后a、b 的速度恰好为零，c 刚滑上圆弧面时对圆弧面最低点A 的压力大小为
40mg，c 沿圆弧面上滑恰好能滑到B 点，重力加速度为g，不计物块的大小，求：
(1)b、c 碰撞后一瞬间，物块c 的速度大小；
(2)a 与b 碰撞过程中损失的机械能；
(3)圆弧体的质量。
【答案】(1)3√gR
(2)54 mgR
(3)8
7 m
【详解】（1）设b 与c 碰撞后一瞬间，c 的速度大小为v1，c 刚滑上圆弧面最低点A 时有
F −4 mg= 4 m v1
2
R
根据牛顿第三定律有F = 40mg
解得v1=3√gR
（2）由于a、b 碰撞后粘在一起，b 与c 发生弹性碰撞后a、b 的速度恰好为零，则有
(m+mb)vab= 4 m vc，1
2 (m+mb)vab
2 = 1
2 ×4 m vc
2
解得mb=3m
设a 与b 碰撞前的速度大小为v0，根据动量守恒定律有m v0=(m+mb)v1
a 与b 碰撞过程中损失的机械能为Δ E = 1
2 m v0
2−1
2 (m+mb)v1
2
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解得Δ E =54 mgR
（3）设圆弧体的质量为M，物块c 从A 点滑到B 点时，c 与圆弧体共同速度为v2，根据水平方向动
量守恒有4 m v1=(4 m+ M )v2
根据机械能守恒有1
2 ×4 mv1
2= 4 mgR+ 1
2 (4 m+ M )v2
2
解得M = 8
7 m
【变式训练2】（2025·山东·模拟预测）如图所示，在水平面上放置一质量为m的物体A，右边紧靠
一半径为R、质量为m的半圆形槽B，P、Q为半圆形槽的两端点，现锁定A、B。将一质量为m的小
球自半圆形槽左端P点正上方R处的O点由静止释放，小球从P点沿切线进入半圆形槽内。已知在
直径PQ所在水平面的上方，小球总是受到大小恒为1
2 mg、方向竖直的阻力作用，重力加速度为g，
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v0和对半圆形槽的压力大小FN。
(2)若解除对A、B的锁定，在O点由静止释放小球，小球从P点沿切线进入半圆形槽内，求小球第一
次经过Q点后上升的最大高度h。
(3)若解除对B的锁定并移走A，仍在O点由静止释放小球，小球从P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PQ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Ekm。
【答案】(1)v0=√3 gR，FN= 4 mg
(2)h= 1
8 R
(3)s=3R；Ekm = 1
2 mgR
【详解】（1）小球下滑的过程，根据动能定理有mg⋅2 R−1
2 mg⋅R = 1
2 mv0
2−0
解得v0=√3 gR
在最低点有FN
'−mg =m v0
2
R
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解得F N
' = 4 mg
根据牛顿第三定律对半圆形槽的压力大小FN= FN
' = 4 mg
（2）
若解除对A、B的锁定，小球落到P 点的过程有mg⋅R−1
2 mg⋅R = 1
2 m v
2−0
解得v =√gR
小球继续下滑到最低点的过程，水平方向动量守恒有2m vAB=m v1
根据机械能守恒有1
2 ⋅2m vAB
2+ 1
2 m v1
2= 1
2 m v
2+mgR
联立解得vAB= √2gR
2
，v1=√2gR
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v2 x，有m v1−m vAB=2m v2 x
设小球到达槽口的竖直速度为v2 y，小球和B 系统机械能守恒，有
1
2 m vAB
2+ 1
2 m v1
2= 1
2 ⋅2m v2 x
2+ 1
2 m v2 y
2+mgR
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
1
2 mv2 y
2=mgh
联立解得h= 1
8 R
（3）
若解除对B的锁定并移走A，仍在O点由静止释放小球，阻力仅在PQ 上方做功，根据能量守恒有
mgR = 1
2 mg s
'
解得s
' =2 R
考虑多次往返，实际路程为无限级数求和s= R+2 R( 1
2 + 1
4 + 1
8 +⋯)=3 R
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0=mv −m v
'，
mgR = 1
2 m v
2+ 1
2 m v
'2
解得v =√gR
则动能的最大值Ekm = 1
2 m v
2= 1
2 mgR
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1．
（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M 的行星做半径为r 的
圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为
。如图所示，轨道舱在P 点沿运动方向向前弹射返回舱，
分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为
，G 为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】轨道舱与返回舱的质量比为
，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为
6m；
根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有
可得做圆周运动的线速度为
弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有
由题意
带入解得
故选C。
2．（2024·湖北·高考真题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木
块，质量为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入
初速度大小
成正比，即
（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小
，若木块获得的速度
最大，则（ ）
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A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度
分别为
，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为
，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即
取极值即可，该函数在
到无穷单调递
减，因此当
木块的速度最大，A 正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
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故B 错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D 正确。
故选AD。
3．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演
中，需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一
水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初
始时刻，轻绳？？紧且与轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，
且在A 点正下方，
。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内
运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被
抛至A 点，求v 的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹
角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
，
【详解】（1）由B 点到最低点过程动能定理有
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最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由能量守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为
，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
4．
（2023·湖南·高考真题）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内
有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标
原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻
转，重力加速度为
。
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（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表
示）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移
为
，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
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整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
5.（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
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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
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
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解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
6.（2023·湖南·高考真题）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆
形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初
始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直
平面内建立固定于地面的直角坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速
度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表
示）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
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且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移
为
，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
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7．（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
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
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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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