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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点55 一般碰撞
【考点解读】
1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为碰撞系统的动量守恒。
2.碰撞的分类
种类
动量是
否守恒
机械能变化情况
弹性
碰撞
守恒
在弹性力作用下，只产生系统内机械能的
转移
，系统无
机械能损失
非弹性
碰撞
守恒
受非弹性力作用，使
部分
机械能转化为物体内能
完全非弹
性碰撞
守恒
碰撞后两物体合为一体，机械能损失
最大
3.碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或p1
2
2m1
＋p2
2
2m2
≥p1'
2
2m1
＋p2'
2
2m2
。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v 后＞v 前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后
两物体同向运动，则应有v 前'≥v 后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
4 .非弹性碰撞
碰撞结束后，动能有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk 损
5 .完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk 损max
1
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结果：v＝
ΔEk 损max＝(v1－v2)2
6 .静止物体被撞后的速度范围
物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，
物体B 的速度最小，vB＝v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0。则
碰后物体B 的速度范围为v0≤vB≤v0。
【高考真题】
【典例1】.（2024·湖北高考14 题）如图所示，水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转
动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、
不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点
右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.10 kg 的小物块无初速轻放在传送带
左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1
m/s、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点
向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
答案：（1）5 m/s （2）0.3 J （3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩
擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动
学公式有
v1
2＝2aL
联立并代入数据得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与
小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者
构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－
2
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mv2＋Mv3
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为
ΔEk＝1
2mv1
2－1
2mv2
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。
（3）经分析知，小球到达P 点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P 点运动的半径最大，
P 点到O 点距离最小，设这种情况下小球运动到P 点正上方的速度大小为v4，P 点到O 点的
距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P 点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公
式有
Mg＝M v4
2
l－x
对小球的整个上升过程，由动能定理得
－Mg[l＋（l－x）]＝1
2Mv4
2－1
2Mv3
2
联立并代入数据得x＝0.2 m。
【典例2】.[2023 天津]一质量为mA＝2kg 的A 物体从距地面h＝1.2m 处由静止自由下落，
同时另一质量为mB＝1kg 的B 物体从A 物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2s 两
物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10m/s2，碰撞时间极短，不计
空气阻力.求两物体：
（1）碰撞时离地面的高度x；
（2）碰后瞬间的速度v；
（3）碰撞过程损失的机械能ΔE.
答案 （1）1m （2）0 （3）12J
解析 （1）对A 物体，根据运动学公式可得
h－x＝1
2gt2，解得x＝1m
（2）设B 物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－1
2gt2
解得vB0＝6m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A 物体的速度大小为
vA＝gt＝2m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B 物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝（mA＋mB）v
解得碰后瞬间的速度v＝0
3
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（3）碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝1
2mAv A
2 ＋1
2mBvB
2－1
2（mA＋mB）v2
解得ΔE＝12J.
【典例3】（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：
（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。
4
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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。
【针对性训练】
1.（2025·河北沧州三模）甲、乙两小球在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，已知小球
甲的质量小于小球乙的质量，甲、乙两小球碰撞前后的位移随时间的变化规律如图所示。
则下列说法正确的是（ ）
A.图线A 为碰前乙的位移—时间图像
B.图线C 为碰后甲的位移—时间图像
C.小球甲、乙的质量之比为1∶2
D.两小球的碰撞为非弹性碰撞
答案 A
解析： 由题图可知图线A、B、D 对应的小球的速度大小分别为vA＝x0
2t0
、vB＝x0
2t0
、vD＝
x0
t0
，由题意可知，小球甲的质量小于小球乙的质量，即碰前小球乙的动量大于小球甲的动
量，又由于碰撞过程两小球组成的系统动量守恒，碰后系统的动量方向与碰前小球乙的方
向相同，结合实际分析可知碰后小球乙静止，小球甲反弹，所以图线A 为碰前小球乙的位
移—时间图像，图线C 为碰后小球乙的位移—时间图像，故A 正确，B 错误；由碰撞过程
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动量守恒定律得－m 甲vB＋m 乙vA＝m 甲vD，由以上解得m 甲∶m 乙＝1∶3，故C 错误；碰前
系统的动能为Ek1＝1
2m 甲vB
2＋1
2m 乙v A
2＝1
2m 甲
x0
2
t0
2 ，碰后系统的动能为Ek2＝1
2m 甲v D
2＝1
2
m 甲
x0
2
t0
2 ，显然Ek1＝Ek2，所以该两小球的碰撞为弹性碰撞，故D 错误。
2.（2025·重庆期末）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，甲球静止在水平面
上，乙球向左运动与甲球发生正碰，甲球垂直撞向挡板后原速率弹回。已知碰撞前、后乙
球的速率之比为3∶1，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则（ ）
A.碰撞后乙球向左运动
B.甲、乙两球的质量之比为4∶1
C.两球碰撞前、后总动量之比为3∶1
D.两球碰撞前、后总动能之比为9∶5
答案 BD
解析： 甲球垂直撞向挡板后原速率返回，且两球刚好不会发生第二次碰撞，则碰撞后甲
球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右运动，故A 错误；设甲球的质量为
m1，乙球的质量为m2，碰撞前乙的速度为v0，则根据题意可知，取向左为正方向，碰撞前、
后乙球的速率之比为3∶1，则甲、乙两球碰后，甲球的速度为1
3v0，乙球速度为－1
3v0，由
动量守恒定律有m2v0＝m1·1
3v0－m2·1
3v0，解得m1
m2
＝4
1 ，则甲、乙两球的质量之比为4∶1，
故B 正确；根据题意可知，碰撞前、后动量守恒，则两球碰撞前、后总动量之比为1∶1，
故C 错误；结合A、B 分析可知，碰撞前两球总动能为Ek1＝1
2m2v0
2，碰撞后两球总动能为
Ek2＝1
2m1(
1
3 v0)
2
＋1
2m2(
1
3 v0)
2
＝5
18m2v0
2，则两球碰撞前、后总动能之比为Ek 1
Ek 2
＝9
5，故
D 正确。
3 . （厦门市2025 届高三毕业班第四次质量检测）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，
神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg 的小
球A 以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg 的小球B 发生正碰，碰撞后
小球A 向右反弹，当A 向右移动2 格的长度时，小球B 向左移动1 格的长度。已知背景板
上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（ ）
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A. 小球A 碰撞前后的速度大小之比为7：2
B. 小球A 碰撞前后的速度大小之比为3：2
C. 碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能不变
D. 碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能减少
【答案】BC
【解析】根据题意可知，由于碰撞后，A 球向右移动2 格长度时，B 球向左移动1 格的长度，
则碰撞后，A 球的速度大小是B 球速度大小的2 倍，设碰撞后B 球的速度为
，则A 球的速
度为
．设碰撞前A 球的速度为
，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A 球
动量减少量等于B 球动量增加量，则有
，解得
，
则求A 碰撞后的速度大小为
则小球A 碰撞前后的速度大小之比为3：2，故B 正确，A 错误；
根据计算可得碰撞前系统的总动能
碰撞后系统的总动能
可得
可知碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能不变，故C 正确，D 错误。
4. （2025 年5 月广州高三综合测试）大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，
是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆
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上套有一个滑块，滑块M 正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给
小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小
球再向下摆动，则（ ）
A. 小球与滑块等高时，小球的速度为零
B. 此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C. 小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D. 小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0
【答案】B
【解析】．根据动量守恒定律得
，解得
小球的速度为
，A 错误；
此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B 正确；
小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C 错误；
根据机械能守恒定律得
，解得
， 小球向左摆到物块正下
方时，其速度大小小于v0，D 错误。
5 . (湖北省2025 届八校三统联考)如图所示，光滑水平面上有两个质量均为m 的物体A、
B，B 上连接一劲度系数为k 的轻弹簧。物体A 以初速度v0向静止的物体B 运动。从A 接触
弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间为
，弹簧弹性势能为
（x 为
弹簧的形变量），弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
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A. 弹簧的最大压缩量为
B. 弹簧的最大压缩量为
C. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体A 的位移为
D. 从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中，物体B 的位移为
【答案】BD
【解析】．弹簧压缩到最大时，A、B 的速度相同，以A 初速度方向为正方向，根据动量守
恒定律可得
根据能量守恒定律可得
解得
根据弹性势能公式可得
故A 错误，B 正确；
CD．由动量守恒定律可得
则有
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故
由AB 选项分析可知
联合解得
故C 错误，D 正确。
6. （天津市九校联考高三年级模拟考试2）落锤打夯机是一种结构简单的建筑施工设备，
其原理可以简化为以下模型∶质量为
的夯体一部分埋人土层中，质量为
的重锤（可视为质点）从夯正上方
处自由下落，与夯发生碰撞（碰
撞时间极短），碰后重锤和夯一起下移
深度。（重力加速度
取
）
（1）求重锤与夯碰后的速度；
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（2）求夯在下移过程中受到的平均阻力的大小。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）设重锤与夯碰前的速度大小为
，根据动能定理
解得
锤与夯碰后速度大小相等，设为
，根据动量守恒
解得
（2）设夯在下移过程中受到的平均阻力的大小为
，则此过程中，根据动能定理
解得
7 (2024·福建福州高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有滑块C 质量mC＝2
kg，滑块A 质量mA＝3 kg，滑块B 质量mB＝3 kg。开始时A、B 静止，C 以初速
度v0＝10 m/s 的速度冲向A，与A 发生弹性碰撞，碰撞后A 继续向右运动，与B
发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C 与A 碰撞后A 的速度大小为多少；
(2)A 与B 碰撞过程中损失的机械能。
答案 (1)8 m/s (2)48 J
解析 (1)取向右为正方向，以C、A 为系统研究，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有
mCv＝mCv＋mAv
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
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即C 与A 碰撞后A 的速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向，以A、B 为系统研究，根据动量守恒定律有
mAvA＝v
根据能量守恒定律有
E 损＝mAv－v2
解得E 损＝48 J。
8. [2024 四川成都蓉城名校联考/多选]一次台球练习中，某运动员用白球击中彩球，白球
与静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受
桌面阻力保持不变，两球质量均为m＝0.2kg，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v2的关系
如图所示，重力加速度g 取10m/s2.则下列说法正确的是（ BC ）
A.碰撞前白球的速度为1.64m/s
B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/s
C.碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D.台球所受桌面阻力为0.5N
答案 BC
解析 由题图可知，碰后白球速度v1＝0.8 m/s，彩球速度v2＝1.0 m/s.设碰撞前白球速度为
v0，由动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝1.8 m/s，故A 错误；
碰撞过程中，白球对彩球的冲量I＝mv2＝0.2×1.0 kg·m/s＝0.2 kg·m/s，B 正确；
由于1
2mv0
2＞1
2mv1
2＋1
2mv2
2，故碰撞过程中，系统有机械能转化为内能，C 正确；
由运动学知识可知a＝v1
2
2 x1
＝
0.64
2×1.28 m/s2＝0.25 m/s2，故阻力为f＝ma＝0.05 N，故D
错误.
9. 如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞
前后都在同一直线上运动，碰前白色球A 的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B 静止，碰后花色
球B 的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（ ）
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A.mB＝1
6mA
B.mB＝1
4 mA
C.mB＝2mA
D.mB＝5mA
答案：C
解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA
＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有pA
2
2mA
＋pB
2
2mB
≥
pA'
2
2mA
＋pB'
2
2mB
，解得mB≥2
3mA，碰后，两球A、B 同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则
pA'
mA
≤
pB'
mB
，解得mB≤4mA，综上可知2
3mA≤mB≤4mA，故选mB＝2mA，C 正确。
10. 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）碰撞前瞬间轻绳上的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
答案：（1）v
2
2g
（2）mg＋mv
2
L
（3）1
4 mv2
解析：（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得mgH＝1
2mv2
解得H＝v
2
2 g
。
（2）碰前瞬间，对A 由牛顿第二定律得F－mg＝mv
2
L
解得拉力大小F＝mg＋mv
2
L
。
（3）A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
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解得v1＝1
2v
则碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝1
2mv2－1
2×2m(
1
2 v)
2
＝1
4 mv2。
11 .长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态.A 受到一个水平
瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A 回到最低点时，
质量为m2的小球B 与之迎面正碰，碰后A、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨
迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；
（2）碰撞前瞬间B 的动能Ek至少多大？
答案 （1）m1√5 gl （2）5 gl（2m1＋m2）
2
2m2
解析 （1）A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时
的速度大小为v，由牛顿第二定律有m1g＝m1v
2
l ①
A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点
的速度大小为vA，有
1
2m1v A
2 ＝1
2m1v2＋2m1gl ②
由动量定理有I＝m1vA ③
联立①②③式，得I＝m1√5 gl ④
（2）设两球粘在一起后瞬间的速度大小为v'，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高
点，需满足v'＝vA ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，
设B 碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律有m2vB－m1vA＝（m1＋m2）v' ⑥
又Ek＝1
2m2vB
2 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能Ek至少为
Ek＝5 gl（2m1＋m2）
2
2m2
⑧.
12. [2023 江苏扬州三模]有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m，三扇相同的
门板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg，与轨道间的动摩擦因数
为μ＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最
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左侧，用力F 水平向右拉3 号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g＝10m/s2.
（1）若3 号门板左侧凸起部位恰能与2 号门板右侧凸起部位接触，求力F 做的功W.
（2）若F＝12N，3 号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭.
①求3 号门板与2 号门板碰撞前瞬间的速度大小v0.
②求拉力F 的作用时间t.
答案 （1）1.6J （2）①0.8m/s ②2
√6
3
s
解析 （1）根据动能定理有W－μmgd＝0，解得W＝1.6J
（2）①设3 号门板与2 号门板碰撞后速度大小为v1，碰后两门板位移大小均为d＝0.8m
从3 号门板与2 号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有
－2μmgd＝－1
2·2mv1
2
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，
解得v0＝0.8m/s
②根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma
根据动能定理有
Fx
－
μmgd
＝
1
2m
v0
2
【易错辨析】在关门过程中，拉力F 作用时间与门受到的摩擦力作用时间不同，不推荐应
用动量定理列方程解答.
根据运动学公式有x＝1
2at2
解得t＝2
√6
3
s.
13. （2025 届江苏泰州高三年级二模联考） 如图所示，两辆完全相同的手推车1、2 沿直
线排列静置于水平地面，质量均为m，小米推动车1，当车1 运动了距离L 时突然放手，让
其与车2 相碰，碰后两车以共同速度又运动了距离L 时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒
为车所受重力的k 倍，重力加速度为g。假设车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞
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时间很短，忽略空气阻力。求：
（1）碰后两车的共同速度大小v；
（2）车1 碰撞前瞬间速度大小v0。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）碰后根据动能定理得
解得
（2）碰撞过程中根据动量守恒定律得
解得
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