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第27 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 “光滑圆弧轨道＋滑块”模型...................................................................................................12
02 核心突破练..................................................................................................................................................... 18
03 真题溯源练..................................................................................................................................................... 28
01 “子弹打木块”模型
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（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
1
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【详解】设子弹射入木块的初速度为
，经过时间子弹与木板达到共速，子弹的质量为
，木块的质
量为
，由题意可知
，根据动量守恒可得
可得
经过时间子弹发生的位移大小为
木块发生的位移大小为
子弹与木块发生的相对位移大小为
则有
故选B。
2．
（2025·安徽芜湖·二模）如图甲所示，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m 的子
弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度
与子弹的速度
之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正
确的有（ ）
A．
B．该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C．木块所能达到的最大速度为
D．木块所能达到的最大速度为
【答案】AC
2
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【详解】ACD．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足
设子弹与木块相对静止时的速度为，则有
解得二者共同的速度
即木块所能达到的最大速度为
子弹射入木块，系统动量守恒则有
代入数据解得
AC 正确，D 错误；
B．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有
根据动能定理则有
系统动量守恒，则有
联立解得
，
显然
，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B 错误。
故选AC。
3．（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）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．第一次子弹穿过A、B 所用时间之比为
B．第二次子弹能击穿两钢板
3
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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】CD
【详解】A．第一次子弹相对A、B 做匀减速直线运动，恰好击穿时末速度为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，则时间之比为
，所以穿过A、B 所用时间之比为
，故A 错误；
BC．设子弹的初速度为v0，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
可得
第二次子弹穿过A 时，设子弹速度为v1，A 的速度为u，假设不能穿透B，最后与B 的共同速度为v2，进入
B 的深度为d′，对子弹和A，由动量守恒有
由能量守恒有
可得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
4
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可得
假设成立，故B 错误，C 正确；
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CD。
4.（2025·湖北·模拟预测）如图所示，质量为M 的木块静止在光滑水平桌面上，一质量为m 的子弹以水
平速度v0射入木块，深度为d 时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为
L，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这一过程中，下列说法正确的是( )
A.木块的动能增加f(L＋d)
B.子弹的动能减少量为fd
C.子弹和木块组成的系统动能减少量为fL
D.子弹和木块组成的系统的动能减少量为
【答案】 D
【解析】 子弹对木块的作用力大小为f，木块相对于水平桌面的位移为L，则子弹对木块做功为fL，根据
动能定理得知，木块动能的增加量等于子弹对木块做的功，即fL，故A 错误；子弹相对于地面的位移大小
为L＋d，则木块对子弹的阻力做功大小为f(L＋d)，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服
阻力做的功，大小为f(L＋d)，故B 错误；子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做的功为fd，
根据功能关系可知，系统动能的减少量为fd，故C 错误；由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子
弹和木块(系统)的动能减少量为ΔEk＝mv－(M＋m)v2，解得ΔEk＝，故D 正确。
5
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5．（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；(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
6．（2025·河南郑州·三模）如图，物块A、B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，用一长
6
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的细线将小球C（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上O 点，A、B、C 质量均为
。初始时，
物块A、B 均固定在水平面上，质量为
的子弹以某一水平初速度射入小球C（射入时间极短且未
射出），小球C 恰能到达与O 点等高的P 点。取重力加速度
，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小。
(2)若解除物块A、B 的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），求：
.
Ⅰ小球C 能上升的最大高度；
.
Ⅱ物块B 速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小。
【答案】(1)
；(2)Ⅰ：
；Ⅱ：1.6m/s，
【详解】（1）设子弹的速度为
，击中C 后，二者共同的速度为
，由动量守恒
当C 达到P 点时，由机械能守恒
联立求解得：
，
（2）Ⅰ：设小球C 到最高点时速度为
，由动量守恒
由机械能守恒
解得
Ⅱ：设C 再次回到最低点时速度为
，此时木块A、B 恰好分离，B 的速度有最大值
，由动量守恒
由机械能守恒
7
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解得
，
在最低点，由牛顿第二定律
代入数据可得
02 “滑块—木板”模型
7.（2025·河北保定·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A
（可视为质点）从左端以大小为v 的速度冲上木板，经过时间t 运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。
下列说法正确的是（ ）
A．物块A 运动到木板右端时的速度大小为v
2
B．在此过程中，物块A 运动的距离为3 vt
2
C．A 动量的减少量大于B 动量的增加量
D．木板B 的长度为vt
4
【答案】A
【详解】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选
取滑块初速度的方向为正方向，则有mv =2m v共
解得v共= 1
2 v
即物块A 运动到木板右端时的速度大小为v
2，A 正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A 运动的位移xA= 1
2 (v + v
2 )t = 3
4 vt，B 错误；
C．A 动量的减少量Δ pA=mv −m· v
2 = 1
2 mv
8
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B 动量的增加量Δ pB=m· v
2 −0= 1
2 mv
则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，C 错误；
D．由题可知，t时间木板B 的位移为xB= 1
2 (0+ v
2 )t = 1
4 vt
结合上述分析可得，木板B 的长度为L= xA−xB= 1
2 vt，D 错误。
故选A。
8．（2025·河北保定·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块
A（可视为质点）从左端以大小为v 的速度冲上木板，经过时间t 运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。
下列说法正确的是（ ）
A．物块A 运动到木板右端时的速度大小为
B．在此过程中，物块A 运动的距离为
C．A 动量的减少量大于B 动量的增加量
D．木板B 的长度为
【答案】A
【详解】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选
取滑块初速度的方向为正方向，则有
解得
即物块A 运动到木板右端时的速度大小为
，A 正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A 运动的位移
，B 错误；
C．A 动量的减少量
9
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B 动量的增加量
则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，C 错误；
D．由题可知，时间木板B 的位移为
结合上述分析可得，木板B 的长度为
，D 错误。
故选A。
9．
（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，滑块看做质点。
(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
解得
10
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10.（2025·河南新乡·三模）如图所示，水平地面上有一木板M，其左端固定一电磁铁装置P，右端固定一
挡板Q，在P 的右端有一质量为m 的铁质物块N，M、P、Q 的总质量为2m。装置P 初始时不通电，其右
端在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不再分开。已知P 的右端到Q 之间的距
离为L，N 与M 接触面光滑，M 与地面之间的动摩擦因数为μ，N 可视为质点，重力加速度为g。现整个装
置在水平外力的作用下，以恒定速度向右做直线运动，某时刻撤去外力，则
(1)撤去外力瞬间，M 的加速度大小；
(2)若在M 的速度第一次为零之前，N 未和Q 发生碰撞，求恒定速度v 的取值范围；
(3)若v =√2 μgL，N 和Q 碰撞时没有能量损失，求撤去外力后的整个过程M 与地面摩擦产生的热量。
【答案】(1)3
2 μg
(2)v <√3 μgL
(3)79
27 μmgL
【详解】（1）整个装置在外力的作用置处于平衡状态，即FN=(2m+m)g
摩擦力Ff= μ FN
撤去外力后，物块N 不受任何影响，仍保持原速前进；对木板，由牛顿第二定律得Ff=2ma
联立解得a= 3
2 μg
（2）假设M 第一次停下来的时间是t，N 运动的位移是x1，M 运动的位移是x2，则x1= vt，
x2= vt −1
2 at
2，v＝at
若在M 的速度第一次为零之前，N 并未和Q 发生碰撞，需满足x1−x2< L
联立得v <√3 μgL
（3）经分析得，N、Q 碰撞前，木板已经停止运动，此时N 的速度是v。设碰后N 的速度是v1，木板的速
度是v2，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv =m v1+2m v2，1
2 m v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得v1=−1
3 v，v2= 2
3 v
同样，N、P 碰撞前，木板已经停下来了，此时N 的速度是v1，设碰后N 和M 的共同速度是v3，列动量守
11
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恒公式m v1=3m v3
解得v3=−1
9 v
N、P 碰撞的机械能损失是Δ E = 1
2 m v1
2−1
2 ×3m v3
2
由能量守恒定律，木板M 与地面摩擦产生的热量为ΔQ = 1
2 ×3m v
2−Δ E
联立解得ΔQ = 79
27 μmgL
03 “滑块—弹簧”模型
11．（2025·江苏盐城·二模）如图所示，
为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙
小球
z），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲
量，使其获得向右的初速度
，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的
图像可能正确的（
）
A．
B．
12
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C．
D．
【答案】C
【详解】甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲
的质量为2m，甲乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有
解得第一次共速
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增
大的运动。达到
后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复延长，当甲乙再次相距最
近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有
解得此时甲乙速度分别为
从第一次共速到甲乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力增小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者
做的是加速度减小的运动，
图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C 选项符合题意。
故选C。
12．（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
13
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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；
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。
13．（2025·湖南长沙·三模）光滑水平面有A、B 两个物块，质量分别为2m 和m，初始时用处于原长状态
下的弹簧相连，现在给物块A 一个水平向右的初速度
。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B
第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
14
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A．弹簧的最大弹性势能是
B．物块B 的最大速度是
C．初始时物块B 离墙面的距离是
D．初始时物块B 离墙面的距离是
【答案】AC
【详解】A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定理
两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
故A 正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两物块的动能守恒
解得
，
故B 错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两边同时乘以可得
即
初末状态弹簧均处于原长，所以
解得
故C 正确，D 错误。
故选AC。
15
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14．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为
的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡
时，弹簧的压缩量为
，如图所示，一质量为
物块从钢板正上方距离为
的A 处自由落下，打
在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势
能面的弹性势能表达式为
，弹簧振子做简谐运动的周期
，（
为弹簧形变量，
为振子的质量，
为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加
速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是
B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
【答案】C
【详解】A．对物块，根据动能定理有
解得
设
表示质量为2m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取
16
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方向为正，则
解得
故A 错误；
B．碰后根据能量守恒
根据平衡条件可得
解得
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置
解得
所以振幅为
故B 错误；
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为
，则
解得
继续运动到最低点所经历的时间
，则
所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间
故C 正确；
D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大
故D 错误。
故选C。
15．（2025·四川遂宁·二模）如图，长木板
静止在光滑水平地面上，连接在B 端固定挡板上的轻弹簧静
止时，其自由端位于木板上
点，
，现让一可视为质点的小滑块以
的初速度水平向左
滑上木板A 端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到
的中点
。已知滑块和木板的质
量均为
，滑块与木板间的动摩擦因数为
，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大
17
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小
。下列判定正确的是（ ）
A．锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为
B．锁定木板时，弹簧的最大压缩量为
C．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置可能在
点左侧
D．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置恰好在
点右侧
【答案】B
【详解】AB．锁定木板时，设弹簧最大压缩量为x，根据功能关系可得
解得x=0.25m
弹簧缩短过程中的最大弹性势能为EPm，根据功能关系可得
代入数据解得EPm=0.75J
故A 错误、B 正确；
CD．取向左为正方向，根据动量守恒定律可知mv=2mv 共
解得v 共=1m/s
此过程中弹簧最大压缩量为x′，则有
代入数据解得x′=0
所以滑块相对木板静止的位置在P 点，故CD 错误。
故选B。
04 “光滑圆弧轨道＋滑块”模型
16．（2025·湖北·三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静置在光滑水
平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的小物块（可视为质点）从槽上高为h 处由静止释放，
已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
18
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A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若
，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【详解】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成
的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；
B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，
此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此
推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B 错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，
设小球滑到底端时二者速度大小分别为
、
，取向左方向为正
该过程由动量守恒定律得
故得
若
，则
，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，
故C 正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点
时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D 错误；
故选C。
17．（2025·安徽·模拟预测）（多选）一个四分之一光滑圆弧形物块B 静止在光滑的水平面上，圆弧的半
19
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径为R，一可视为质点的小物块A 从物块B 的底端以速度
滑上圆弧，经过时间t 恰好能滑上B 的
圆弧面顶端，已知滑块A 的质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A．物块A 滑上圆弧面后，A、B 组成的系统动量守恒
B．物块B 的质量为m
C．物块A 从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B 的位移为
D．A 和B 分离时，B 的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；
B．A 滑上B 的过程，有
，
解得
故B 正确；
C．A 滑上B 的过程，A 和B 系统在水平方向动量守恒
故
，
，
，
解得
故C 正确；
D．由于A 和B 质量相等，A 和B 分离时，相当于发生弹性碰撞，A 和B 交换速度，A 的速度为0，B 的速度
大小为
，故D 错误。
故选BC。
18．（2025·福建南平·模拟预测）（多选）如图，两个完全相同、质量均为
的光滑半圆形凹槽a、b 静
止在光滑水平地面上，其中a 槽左侧紧靠墙面。现将两个质量均为
的小球1、2（可视为质点）分别从两
槽的左侧最高点处由静止释放，则两小球在运动过程中（ ）
20
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A．分别与a 槽和b 槽组成的系统机械能和动量均守恒
B．运动到凹槽右端的最大高度不同
C．第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为
D．第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为
【答案】BD
【详解】A．球1 与a 槽组成的系统，球1 从a 槽的左侧下到最低点过程中，由于a 槽受到墙壁的作用力，
所以球1 与a 槽组成的系统动量不守恒，此过程只有重力做功，则系统的机械能守恒；接着球1 从a 槽最
低点向右侧运动过程中，由于存在球1 的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所
受合外力为零，水平方向动量守恒，此过程系统的机械能守恒；故球1 与a 槽组成的系统机械能守恒，但
动量不守恒；球2 与b 槽组成的系统机械能守恒，由于存在球2 的重力，故系统的合外力不为零，系统动
量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，故A 错误；
BCD．球1 滑到最低点时，槽a 才开始运动，球1 水平位移为
根据机械能守恒有
解得球1 最低点速度为
达到右侧最大高度时，球1 和槽a 共速，根据水平方向动量守恒有
根据系统机械能守恒有
联立解得
球2 滑到最低点时，根据水平位移关系有
根据水平方向动量守恒有
又
，
21
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可得
联立解得球2 水平位移为
根据机械能守恒和动量守恒有
，
联立解得
达到右侧最大高度时，球2 的速度为零，而系统初状态的总动量为零，故此时槽b 的速度也为零，根据系
统机械能守恒可知球2 能上升到最大高度
两球运动到凹槽右端的最大高度之比为
第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为
第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为
，故BD 正确，C 错误。
故选BD。
19．（2025·湖南·模拟预测）如图1 所示，一质量为
（未知）的小车静止在光滑水平地面上，其左端
点与平台平滑相接。小车上表面
是以
为圆心、半径
的四分之一圆弧轨道。质量
的
光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。测得小球与小车在水平方向上的速度大小分别为
，
作出的部分图像如图2 所示。已知
竖直，
水平，水平台面高
，小球可视为质点，重力加速度
取
，不计一切摩擦。求：
22
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(1)小球落地时的速度大小；
(2)小球从
点上升的最大高度；
(3)小球运动到
点时的速度大小。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图2 可知，当
时
，当
时
，
则有
解得
小球从
点离开小车，小球离开小车时的速度为
，小车的速度为
，由动量守恒定律和能量守恒定律可
得
小球落地时的速度为
，由机械能守恒定律可得
联立解得
（2）小球在
点时，在水平方向与小车共速量守恒定律可得
解得
23
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小球由
点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得
解得
从
点上升的高度
（3）设小球在
点的速度为
，小球由
点运动到
点时，由机械能守恒定律可得
解得
1．（2025·浙江金华·三模）如图，质量均为1kg 的木块A 和B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻
杆，轻杆上端系一长为0.22m 的细线，细线另一端系一质量为0.1kg 的球C，现将球C 拉起使细线水平，并
由静止释放，当球C 摆到最低点时，木块A 恰好与木块B 相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C 摆到最低点的速度是
m/s
B．木块A、B 原先间距0.04m
C．球C 通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C 开始下落到A、B、C 三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
【答案】C
【详解】A．球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守
恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有
24
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根据机械能守恒，有
解得速度大小分别为
，
故A 错误；
B．球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有
两边同乘以t，有
又有
联立解得
故B 错误；
C．A 与B 碰瞬间根据动量守恒，有
解得
球C 向左运动过程中，A、B、C 组成的水平方向动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
故C 正确；
D．系统产生的热量为
故D 错误。
故选C。
2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h 的木板A、B 静止
放置在光滑水平面上，质量为m 的子弹（体积忽略）以一定初速度
打入木板A，子弹恰好未离开木板B
且A、B 两木板没有发生碰撞。现把A、B 两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速
度
打入木板A，子弹也恰好未离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的
25
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竖直方向的运动，则
等于（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】子弹第一次打入木板A 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
子弹打入木板B 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
子弹第二次打木板A 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
可得
故选D。
3．（2025·全国·模拟预测）在一个充满趣味与挑战的物理世界里，有这样一个场景：在空间站内，有一个
实验装置，该装置由两个质量不同的小球A、B 组成，A、B 两球通过可触发装置将一根轻质弹簧压缩（弹
簧与小球未连接）并固定，初始时A、B 两球及轻弹簧处于静止状态。已知两小球的质量之比为
mA∶mB=2 1∶，现对整个装置进行实验操作，解除压缩弹簧装置，两小球在弹力作用下分别向左、右运动，下
列说法正确的是（ ）
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A．弹簧弹开后A、B 两小球的速度大小之比为1 2∶
B．弹簧弹开后A、B 两小球的动量大小之比为1 2∶
C．弹簧弹开过程中A、B 两小球受到的冲量大小之比为2 1∶
D．弹簧弹开过程中弹力对A、B 两小球做功之比为1 4∶
【答案】A
【详解】AB．两小球及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律
变形得
解得
可知弹簧弹开后A、B 两小球的动量大小之比为1 1∶，速度之比为1 2∶，故A 正确，B 错误；
C．弹簧弹开过程中，A、B 两小球受到的弹力大小相等，作用时间相同，根据
可知左右两小球受到的冲量大小之比为1 1∶，故C 错误；
D．弹簧弹开过程中，根据动能定理有
可知弹力对A、B 两小球做功之比为
，故D 错误。
故选A。
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
（ ）
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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
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
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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；
故选D。
5．（2025·云南大理·二模）（多选）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B 静止在光滑的水平面上。A、B
的圆弧面光滑，半径分别为
和
，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C 从A 的
圆弧面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为
和
，则以下说法正确的是（ ）
A．整个过程ABC 组成的系统动量守恒
B．C 刚滑到A 底端时，C 距B 的圆弧面底端的水平距离为
C．C 刚滑到A 底端时，C 的速度为
D．若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为
【答案】CD
【详解】A．整个过程ABC 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．设C 刚滑到A 底端时，A、C 的水平位移的大小分别为
、
，根据“人船模型”有
依题意有
可得C 刚滑下A 时到B 的圆弧面底端的距离为
故B 错误；
C．C 刚滑到A 底端时，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
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联立解得
，
故C 正确；
D．C 滑上B 的过程，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
故D 正确。
故选CD。
6.（2025·辽宁·一模）如图所示，在水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧AB 是一个半径为R 的
1
6弧形凹槽，A 点切线水平。一个质量为m 的小球以水平初速度v0从A 点冲上滑块，重力加速度为g，不
计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C．若v0=√gR，小球恰能到达滑块M 上的B 点
D．若小球能从B 点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B 时，小球和滑块的水平方向速度相等
【答案】A
【详解】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，
所以系统的总动量不守恒，故A 正确；
B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B 错误；
C．当小球刚好到达B 点，系统水平方向动量守恒有m v0=( M +m)v
系统机械能守恒有1
2 m v0
2= 1
2 M v
2+ 1
2 m v
2+mgR (1−cos60°)
30
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解得v0=√
M +m
M
gR
故C 错误；
D．若小球能从B 点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块M
后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B 时，小球只有水平方向的分速度，
则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D 错误。
故选A。
7.（2025·贵州贵阳·一模）如图，水平地面上有一质量为m 的“
”形木板A，其水平部分表面粗糙，
长度为2R，1
4 圆弧部分的半径为R、表面光滑，两部分平滑连接。现将质量也为m、可视为质点的滑块B
从圆弧的顶端由静止释放。若地面粗糙，滑块B 恰好能滑到此木板的最左端，此过程中木板A 始终处于静
止状态，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ）
A．此过程中，A 对水平地面的最大压力为4mg
B．B 与A 水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C．若水平地面光滑，滑块B 将从木板A 的左端滑出
D．若水平地面光滑，A 向右运动的最大位移
为1.5R
【答案】AD
【详解】A．若地面粗糙，B 滑到低端时mgR = 1
2 m v
2
根据F N −mg=m v
2
R
可得FN=3mg
可知此过程中，A 对水平地面的最大压力为FNm=4mg
选项A 正确；
B．若地面粗糙，根据能量关系mgR = μmg⋅2 R
解得B 与A 水平部分上表面的动摩擦因数为μ=0.5
选项B 错误；
C．若水平地面光滑，则当B 相对A 静止时由水平方向动量守恒0=2m v共
31
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即两物体的速度均为零，根据能量关系mgR = μmg Δ x
可得Δ x =2 R
即滑块B 仍停在木板A 的左端，选项C 错误；
D．若水平地面光滑，水平动量守恒可得mx =(3 R−x)m
解得x=1.5R
即A 向右运动的最大位移为1.5R，选项D 正确。
故选AD。
8（2024·江西宜春·模拟预测）某种游戏的弹射装置的简化示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处
与倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，并以恒定速率v =5.0 m/s顺时针转动，三个质量均为
m=1.0kg的滑块A、B、C 置于水平导轨上，B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，
C 未连接弹簧，B、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v0=6.0 m/s沿B、C 连线方向向
B 运动，A 与B 碰撞后粘连在一起，碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ =37°的传送带，并从传
送带顶端滑出.已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g 取10 m/s
2，sin37° =0.6，
cos37° =0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块C 与弹簧脱离的瞬间获得的速度vc=1m/s
B．轻弹簧长度最短时，所具有的弹性势能Ep=12J
C．滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q1=8J
D．传送带因传送滑块C 到顶端而电动机多做的功Q2=94.5J
【答案】C
【详解】B．设A 与B 碰撞后共同速度为v1，弹簧长度最短时，A、B、C 共同速度为v2，以向右为正方向，
根据动量守恒定律和能量守恒定律有m v0=2m v1，2m v1=3m v2，1
2 ×2m v1
2= 1
2 ×3m v2
2+ Ep
解得Ep=3J
故B 错误；
A．设A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时，A、B 整体的速度为vB，C 的速度为vC，由动量守恒定律有：
2m v1=2m vB+m vC
由机械能守恒定律有：1
2 ×(2m)v1
2= 1
2 ×(2m)vB
2+ 1
2 m vC
2
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解得vC= 4 m /s
故A 错误；
C．C 以vC滑上传送带，假设做匀加速直线运动的位移为x时与传送带共速，由运动学公式得
v
2−vC
2=2a1 x
由μmgcosθ−mgsinθ =ma1
得a1=0.4 m /s
2
解得x =11.25 m < L
设C 在传送带上加速运动的时间为t，有t = v −vC
a1
=2.5s
所以相对位移Δ x = vt −x =1.25 m
摩擦产生的热量Q1= μmgcosθ⋅Δ x
解得Q1=8J
故C 正确；
D．根据能量守恒定律，电动机多做的功等于滑块C增加的机械能与在传送带上因摩擦产生的热量之和，
即Q2=Ql+mglsinθ+ 1
2 m(v
2−vC
2)=102.5J
故D 错误。
故选C。
9.（2025·天津宁河·一模）如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C 端切线水平，
长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连（长木板厚度不计）。从
B 的左上方A 点以某一初速度水平抛出一质量m=2kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B 点沿切线方
向无碰撞进入圆心角θ =53
∘的圆弧轨道BC，物块滑到圆弧轨道C 点时速度大小为vC = 4 m/s，经圆弧轨道
后滑上长木板。已知长木板的质量M =6kg，A 点距C 点的高度为H =1.2m，圆弧轨道半径为R =1m，物
块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，g 取10 m/s
2，sin53
∘=0.8，
cos53
∘=0.6。求：
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(1)物块从B 滑到C 的过程中摩擦力做的功；
(2)在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。
【答案】(1)-17J
(2)0.5m
【详解】（1）从A 到B 做平抛运动，根据图中几何关系可得h= R（1−cosθ ）
根据运动学公式可得vBy
2 =2g（H −h）
解得vBy = 4 m/s
从B 到C 由动能定理可得：mgh+W f = 1
2 m vC
2 −1
2 m vB
2
其中vB=
vBy
sin53
∘
解得W f =−17J
（2）对物块和木板分析，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m vC =( M +m)v
解得v =1m/s
在物块相对长木板运动的过程中，对长木板列动能定理有μmgx = 1
2 M v
2
解得：x =0.5 m
10（2025 高三下·海南·学业考试）如图所示，距离地面一定高度的水平桌面上，有两相同材料做成的物块
甲、乙，质量分别为m1=0.49kg、m2=1.0kg，两物块与水平桌面间的动摩擦因数为μ=0.5，物块乙放
在桌面边缘的B 点，物块甲放在物块乙左侧的A 点，AB =6 m。在水平地面上固定一半径为R =1.25 m的竖
直光滑圆管轨道，轨道与水平地面相切于D 点，直径DE 垂直水平面，C 为圆管的入口，其中θ =37°。质
量为m0=10g的子弹以水平向右的速度v =800 m /s射入物块甲并留在其中（时间极短），经过一段时间与
物块乙发生碰撞，碰后甲被反弹且物块甲、乙的速度大小之比为1:4，物块乙无碰撞地进入圆管。假设两
物块均可视为质点且碰撞时间极短，重力加速度g 取10 m /s
2，sin37° =0.6。求：
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(1)碰后物块甲、乙的速度大小；
(2)B、C两点的水平间距：
(3)物块乙运动到D 点时对圆管的压力大小。
【答案】(1)v1=2m /s，v2=8 m /s
(2)xBC = 4.8 m
(3)94N
【详解】（1）子弹击中物块甲的过程中，子弹与物块甲组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得m0v =(m0+m1)v A
解得v A =16 m /s
物块甲从A到B的过程，由动能定理−μ(m0+m1)g x AB= 1
2 (m0+m1)vB
2 −1
2 (m0+m1)v A
2
解得vB=14 m /s
两物块碰撞的过程动量守恒，设碰后物块甲，乙的速度大小分别为v1、v2，又由动量守恒定律得
(m0+m1)vB=−(m0+m1)v1+m2v2
解得v1=2m /s，v2=8 m /s
（2）物块乙离开B点后做平拋运动，设运动到C点的速度为vc，由于物块乙无碰撞地进入圆管
则有v2= vccos37°
解得vc =10 m /s
物块乙在C点的竖直分速度大小为v y = vcsin37° =6 m /s
物块从B到C的时间为t = v y
g =0.6s
BC两点间的水平距离为xBC = v2t = 4.8 m
（3）滑块乙运动到D点的速度为v D，由C到D的过程由机械能守恒定律得
1
2 m2vC
2 +m2 gR(1−cos37°)= 1
2 m2v D
2
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滑块乙在D点时，由牛顿第二定律得FN−m2 g= m2v D
2
R
解得FN=94 N
由牛顿第三定律，物块乙在D点时对圆管的压力大小为94N。
11.（2025·重庆·模拟预测）如图所示，质量为m的长木板c锁定在粗糙水平地面上，质量为2m的物块b放
在木板c的正中央，质量为m 的物块a以大小为v0的水平速度从木板c的左端滑上木板c，物块a与物块b发
生弹性正碰（碰撞时间极短）的瞬间解除锁定，最终物块b 恰好不能从木板c的右端掉落。已知物块ab 与
木板c间的动摩擦因数均为μ，木板c 与地面间的动摩擦因数为μ
6 ，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，求∶
(1)木板的长度L；
(2)木板的最大速度vm；
(3)物块a与木板因摩擦产生的热量Q。
【答案】(1) v0
2
4 μg
(2)√3 v0
12
(3)3m v0
2
16
【详解】（1）物块a 滑上木板c 后与物块b 碰撞前，物块b 与木板c 均静止，设两物块在木板上滑动时的
加速度大小均为a1，解除锁定后，木板加速过程中的加速度大小为a2，物块a 与物块b 碰撞前物块a 的速
度大小为v，碰后物块ab 的速度分别为va、vb，则有a1= μg，2 μmg−μmg−μ
6 ⋅4 mg=ma2
由动量守恒和能量关系mv =m va+2m vb，1
2 m v
2= 1
2 m va
2+ 1
2 ⋅2m vb
2
解得a2= μg
3 ，va=−v
3 ，vb= 2v
3
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v-t 图像如图所示，根据图中关系则
v0
2−v
2=2a1 L
2
，
(
2v
3 )
2
=2(a1+a2) L
2
解得L= v0
2
4 μg
（2）设木板的加速时间为t，则由vb=(a1+a2)t，vm=a2t
解得vm= √3 v0
12
（3）设物块a 与物块b 碰撞后，物块a 相对木板向左运动的距离为l，则l = 1
2 (a1−a2)t
2，
Q = μmg(
L
2 +l)
解得Q = 3mv0
2
16
12.（）山东淄博·一模）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为mA=2kg、mB=1kg的两小物块A、
B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未栓接），弹簧的弹性势能为EP=0.75J。
轴间距为L1= 4.5 m的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以v = 4 m /s的速度顺时针匀速转动。
传送带右侧放置一个倾角为θ =30
∘的足够长的固定斜面，小物块C静置于距斜面顶端L2= 128
15 m处。现将
A、B间的细线烧断，B与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动Δt =1.5s后，从传送带右端水平飞出，
恰好无碰撞的由斜面顶端滑入斜面，一段时间后B与C发生碰撞。t =0时B、C恰完成第一次碰撞，t =2.4s
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时刚要发生第二次碰撞，在0∼2.4s内B运动的v −t图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C 每
次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，物块A、B、C 均可看作质点，重力加速度
g=10 m /s
2，求：
(1)B 刚滑上传送带时的速度大小vB；
(2)B 与传送带间的动摩擦因数μ1；
(3)C 的质量mC以及C与斜面间的动摩擦因数μ2；
(4)C 沿斜面下滑的最大距离xm。
【答案】(1)1m /s
(2)0.3
(3)7kg，√3
2
(4)16
15 m
【详解】（1）对A、B 及弹簧系统由动量及能量守恒定律得：
mBvB−mA vA=0①
EP= 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2②
由①②得：vB=1m /s
（2）若B 在传送带上一直加速，由vBt + 1
2 at
2= L1
得：a= 8
3 m /s
2
则B在传送带末端的速度为：v末=at =5 m /s>4 m /s不合题意。
故B 在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，设加速用时为t1，匀速用时为t2，
则由vB+ v
2
t1+ v t2= L1
t1+t2=t
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解得：
t1=1s
由v = vB+a1t1
μ1mB g=mBa1
得：μ1=0.3
（3）B在斜面顶端有：v0=
v
cosθ ③
由v −t图像可知B每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为：
a2=7.5 m /s
2，a3=2.5 m /s
2
B在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有：
vB1
2 −v0
2=2a3 L2④
由③④式得：vB1=8 m /s
对B、C第一次碰撞过程有：mBvB1=mBvB1
' +mCvC1⑤，1
2 mBvB1
2 = 1
2 mBvB1
'2+ 1
2 mCvC1
2 ⑥
由⑤⑥得：vC1=2m /s
mC=7 kg
由v −t图像得：x1=2.4 m ，x2=3.2m
若C在经x2−x1过程后速度恰减为0，则由：
vC1+0
2
t
' = x2−x1
得：t
' =0.8s<2.4s
故B与C再次碰撞时C早已停止运动
B与C第一次碰后对C有：
0−vC1
2 =2(−aC)(x2−x1)⑦
μ2mC gcosθ−mC gsinθ =mCaC⑧
则由⑦⑧得：μ2= √3
2
（4）设B第n次与C碰前的速度为vBn，由⑤⑥相同的规律可知碰后B、C的速度大小分别为：
vBn
' = 3
4 vBn，vCn= 1
4 vBn⑨
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第n次碰后B上升过程有：vBn
'2 =2a2 xn⑩
C减速过程有：vCn
2 =2aC xCn
B与C第(n+1)次碰撞前的速度应满足：vB(n+1)
2
=2a3(xn+ xCn)（11）
由⑨∼
式得：
⑫
vB(n+1)= 1
2 vBn
由⑨⑾式可知第n次碰撞后C的位移为：xCn= vBn
2
32aC
第(n+1)次碰撞后C的位移为：
xC(n+1)= 1
4 × vBn
2
32aC
又第一次碰后C的位移为：xC1=0.8 m
则每次碰后C的位移为：
xCn= 0.8
4
n−1 m (n=1,2,3⋯)
C沿斜面下滑的最大距离为：
xm= x1+ x2+ x3+⋯=
0.8×[1−(
1
4)
n
]
1−1
4
= 16
15 m
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（ ）
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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
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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
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。
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(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
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
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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
。
（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）。
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【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
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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
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
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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
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）。
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【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
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
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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
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
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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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