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第七章 动量守恒定律
第35 课时 专题强化：碰撞模型及拓展
【考情分析·探规律】
碰撞模型及拓
展
2025·河南、2025·江苏、2024·广东卷·10、2024·天津、2024·甘肃、
2024·海南、2024·广西、2024·山东、2024·安徽卷·14、2023·天津卷
·12、2023·上海、2023·重庆、2023·广东、2023·全国甲卷、
2022·天津、2022·北京、2022·湖南、2022·山东、2022·福建、
2022·广东、2022·河北
试
题
情
境
生活实践
类
安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运
动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物
学习探究
类
气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
【知识梳理】
考点一 碰撞模型
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量
守恒。
3.分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
1
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4.“一动碰一静”弹性碰撞实典例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为典例，则有
m1v1＝m1v1'＋m2v2'
1
2m1v1
2＝1
2m1v1'2＋1
2m2v2'2
联立解得：v1'＝m1−m2
m1＋m2
v1，v2'＝
2m1
m1＋m2
v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1'＝0，v2'＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，
v2'≈2v1；
③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，
v2'≈0。
【小试牛刀】
典例1.质量相等的A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的
速度为6 m/s，B 球的速度为2 m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B
两球速度可能为( )
A.1 m/s 6 m/s
B.4.5 m/s 3.5 m/s
C.3.5 m/s 4.5 m/s
D.-1 m/s 9 m/s
【答案】C
【解析】设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA1＋mvB1＝6m＋2m＝8m，碰
前的总动能Ek＝1
2mv A 1
2＋1
2mvB1
2＝20m。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6 m/s，碰后总动
量p'＝mvA1＋mvB1＝7m，动量不守恒，选项A 错误；若vA2＝4.5 m/s，vB2＝3.5 m/s，
明显vA2>vB2不合理，选项B 错误；若vA3＝3.5 m/s，vB3＝4.5 m/s，碰后总动量p'＝
mvA3＋mvB3＝8m，总动能Ek3＝1
2mv A 3
2＋1
2mvB3
2＝16.25m，动量守恒，机械能不增加，
选项C 可能实现；若vA4＝-1 m/s，vB4＝9 m/s，碰后总动量p'＝mvA4＋mvB4＝8m，总
动能Ek4＝1
2mv A 4
2＋1
2mvB 4
2＝41m，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，
选项D 错误。
【解题技巧】碰撞问题遵守的三条原则
2
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1.动量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。
2.动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。
3.速度要符合实际情况
(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有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)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。
【小试牛刀】
典例2.(九省联考·贵州·15 改编)如图，质量为m 甲＝1
3 kg 的小物块甲向右与静止在
水平地面上A 点、质量为m 乙＝1 kg 的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度
大小v0＝4.8 m/s。碰后乙在AB 间运动一段距离后与静止在B 点、质量为m 丙＝1 kg
的小物块丙发生正碰，乙在此碰撞前、后瞬间的速度大小之比为3∶1，碰后丙滑动
d＝0.04 m 后停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，所有碰撞时间极
短，g 取10 m/s2。求：
(1)甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
(2)乙、丙碰撞过程损失的机械能。
【答案】(1)2.4 m/s (2)0.08 J
【解析】(1)甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
m 甲v0＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙
由机械能守恒定律
1
2m 甲v0
2＝1
2m 甲v甲
2＋1
2m 乙v乙
2
解得甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
v 乙＝
2m甲
m甲＋m乙
v0＝2.4 m/s
(2)碰后，对丙由动能定理
-μm 丙gd＝0-1
2m 丙v丙
2
解得v 丙＝0.4 m/s
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
m 乙v 乙1＝m 乙v 乙2＋m 丙v 丙
3
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其中
v乙1
v乙2
＝3
1
联立解得v 乙1＝0.6 m/s，v 乙2＝0.2 m/s
由能量守恒定律
1
2m 乙v乙1
2＝1
2m 乙v乙2
2＋1
2m 丙v丙
2＋ΔE
解得ΔE＝0.08 J。
典例3.如图所示，可视为质点的弹性小球A、B 在同一竖直线上且间距l＝2.4 m，
小球B 距地面的高度h＝1.8 m，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静
止释放小球A、B，小球B 与地面发生碰撞后反弹，之后小球A 与B 发生碰撞。已
知小球A 的质量mA＝0.1 kg，小球B 的质量mB＝0.5 kg，重力加速度大小g 取10
m/s2，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求：
(1)小球B 第一次着地时小球A 的速度大小vA；
(2)小球A、B 第一次相碰时离地高度H；
(3)小球A、B 第一次相碰后瞬间小球A 的速度大小。
【答案】(1)6 m/s (2)1 m (3)12 m/s
【解析】(1)小球B 刚着地时，小球A、B 的速度大小相等，有v A
2＝vB
2＝2gh
解得vA＝vB＝6 m/s
(2)小球B 着地反弹后，相对小球A 做匀速直线运动，运动时间t1＝l
2vB
＝0.2 s
由运动学公式有H＝vBt1-1
2gt1
2
解得H＝1 m
(3)设两小球碰前瞬间，小球A 的速度大小为vA1，小球B 的速度大小为vB1，有
vA1＝vA＋gt1＝8 m/s
vB1＝vB-gt1＝4 m/s
方法一 两小球碰撞时动量守恒和机械能守恒，取竖直向上为正方向
mA(-vA1)＋mBvB1＝mAvA'＋mBvB'
4
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1
2mAv A 1
2＋1
2mBvB1
2＝1
2mAvA'2＋1
2mBvB'2
解得vA'＝12 m/s，vB'＝0
方法二 把碰撞过程分解为两个过程，先是碰后到速度相同，然后到分开，两个过程
A 球的速度变化相同，故mA(-vA1)＋mBvB1＝(mA＋mB)vA2
得vA2＝2 m/s
ΔvA＝10 m/s
vA＝vA2＋ΔvA＝12 m/s。
考点二 碰撞模型拓展
“滑块—斜(曲)面”模型
“滑块—弹簧”模型
情
景
示
典
例
情
景
示
典
例
模
型
特
点
(1)上升到最大高度：滑块m 与斜(曲)
面M 具有共同水平速度v 共，此时滑
块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 为滑块上升的最大高
度，不一定等于轨道的高度(相当于
完全非弹性碰撞，系统减少的动能
转化为滑块m 的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m 与斜(曲)面
M 分离点。系统水平方向动量守
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)。
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：系统所受的外力的矢量
和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
相等，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)。
【小试牛刀】
5
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典例1.如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一个蹲在滑板
上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的
速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3
m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2
＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g 取10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg (2)不能，理由见解析
【解析】(1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，
设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析，由水平方向动量守恒
和机械能守恒得
m2v0＝(m2＋m3)v
①
1
2m2v0
2＝1
2(m2＋m3)v2＋m2gh
②
式中v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入数据得v＝1 m/s，m3＝20 kg
③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块分析，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0
＝0
④
代入数据得v1＝-1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体分析，由动量守恒定律
和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3
⑥
1
2m2v0
2＝1
2m2v2
2＋1
2m3v3
2
⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝-1 m/s
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，
故冰块不能追上小孩。
典例2.如图所示，质量为M＝2.0 kg，半径R＝0.3 m 的四分之一光滑圆弧槽静置于
光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球A、B 质量分别
为m1、m2，m1＝1.0 kg，m2＝2.0 kg，B 右侧与球心等高处连接一水平轻质弹簧，弹
簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将A 从圆弧槽顶端由静止释放，重力加速度
g 取10 m/s2，求：
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(1)若圆弧槽固定不动，小球A 滑离圆弧槽时的速度大小v0；
(2)若圆弧槽不固定，小球A 滑离圆弧槽时的速度大小v1；
(3)圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能；
(4)判断小球A 与弹簧分离后，能否追上圆弧槽，若能，求小球A 上升的最大高度。
【答案】(1)√6 m/s (2)2 m/s (3)4
3 J (4)见解析
【解析】(1)圆弧槽固定，小球A 机械能守恒，有m1gR＝1
2m1v0
2
解得v0＝√6 m/s
(2)圆弧槽不固定，槽和小球A 组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在
水平方向，由动量守恒定律得m1v1＋Mv2＝0
由机械能守恒定律得m1gR＝1
2m1v1
2＋1
2Mv2
2
解得v1＝2 m/s，v2＝-1 m/s，负号表示圆弧槽的速度方向向右
(3)当小球A、B 速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，
根据动量守恒得m1v1＝(m1＋m2)v
解得v＝2
3 m/s
根据能量守恒可得Epmax＝1
2m1v1
2-1
2(m1＋m2)v2
代入数据可得Epmax＝4
3 J
(4)设小球A 与弹簧分离后速度为v1'，小球B 速度为v3，
m1v1＝m1v1'＋m2v3
1
2m1v1
2＝1
2m1v1'2＋1
2m2v3
2
解得v1'＝-2
3 m/s，负号表示与弹簧分离后小球A 方向向右
由于|v1'|＝2
3 m/s<1 m/s＝|v2|
故小球A 追不上圆弧槽。
典例3.如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B 两物块相连，
它们静止在光滑水平面上，现使A 瞬时获得水平向右的速度v＝3 m/s 并从此时刻开
7
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始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1＝2 kg，下列说法正
确的是( )
A.物块B 的质量为3 kg
B.弹簧的最大弹性势能为4.5 J
C.t2时刻A、B 的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4
D.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
【答案】D
【解析】由题图乙可知，t1时刻两物块速度相同，均为v1＝1 m/s，根据动量守恒可得
m1v＝(m1＋m2)v1
解得物块B 的质量为m2＝4 kg，故A 错误；
当两物块速度相同时，弹簧弹性势能最大，根据能量守恒可得Ep＝1
2m1v2-1
2(m1＋m2)v1
2
＝6 J，故B 错误；
t2时刻，由题图乙可知A、B 速度分别为vA＝-1 m/s，vB＝2 m/s，A、B 的动能之比为
Ek1∶Ek2＝1
2m1v A
2∶1
2m2vB
2＝1∶8，故C 错误；
由题图乙可知，B 的速度在t2时刻最大，可知此时弹簧恢复原长，此后B 开始做减速
运动，弹簧处于拉伸状态；t3时刻，两物块速度再一次相同，此时弹簧伸长量最大，t4
时刻，弹簧刚好再次恢复原长，则从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长，故D 正
确。
【限时训练】（限时：60 分钟）
【基础必刷题】1~5 题每小题4 分，6 题12 分，共32 分
1.如图所示，两质量分别为m1＝1 kg 和m2＝4 kg 的小球在光滑水平面上相向运动，速
度大小v1为4 m/s、v2为6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为( )
A.35 J
B.45 J
C.55 J
D.65 J
【答案】A
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【解析】若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损失，若两球发生完全非弹性碰撞，
则系统机械能损失最多，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m2v2-m1v1＝(m1＋m2)v
ΔEmax＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2-1
2(m1＋m2)v2
联立解得ΔEmax＝40 J
系统损失的机械能的范围为0≤ΔE≤40 J
故选A。
2.一动能为E 的α 粒子与一静止的氖核发生弹性正碰，已知氖核的质量是α 粒子的5 倍，
则碰撞后α 粒子的动能是( )
A. E
6
B.4
9 E
C.2
3E
D.E
【答案】B
【解析】两粒子碰撞过程中由动量守恒定律及能量守恒定律得mvα＝mvα'＋5mv'
1
2mvα
2＝1
2mvα'2＋1
2×5mv'2
其中E＝1
2mvα
2
解得碰撞后α 粒子的动能为
E'＝1
2mvα'2＝4
9 E，故选B。
3.如图所示，质量均为m 的a、b 两个小球，用较长的弹性轻绳连接，现把a、b 两球分
别置于距地面高为H 处的A、B 两点(H 足够大)，间距为L，当a 球自由下落的同时，b
球以速度v0指向A 点水平抛出，已知两球碰撞时无机械能的损失，弹性轻绳始终处于
弹性限度范围内，空气阻力不计，重力加速度为g，下列说法不正确的是( )
A.整个运动过程中，两球始终处于同一高度
B.弹性轻绳伸长过程中，a、b 两球系统动量守恒
C.两球从开始运动到第一次相碰，a 球下落的高度h= g L
2
2v0
2
9
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D.整个运动过程中，弹性轻绳的最大弹性势能Ep=1
4 mv0
2
【答案】B
【解析】两个小球在竖直方向做自由落体运动，所以竖直方向运动情况相同，整个运
动过程中，两球始终处于同一高度，故A 正确；弹性轻绳伸长过程中，水平方向a、b
两球组成的系统不受外力作用，水平方向动量守恒，竖直方向受重力作用，竖直方向
系统动量不守恒，故B 错误；两球从开始运动到第一次相碰，经过的时间t= L
v0
，a 球
下落的高度h=1
2
gt2，联立可得h= g L
2
2v0
2，故C 正确；当两球水平方向速度相等时，弹性
绳最长，弹性势能最大，根据两球组成的系统水平方向动量守恒有mv0=2mv1，根据能
量守恒有1
2mv0
2+2mgh'=2×1
2m(v1
2+v y 1
2)+Ep，又由2gh'=v y 1
2-0，解得Ep=1
2mv0
2-2×1
2m
v1
2=1
4
mv0
2，故D 正确。
4.(多选)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两
游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的
速度与红车发生正碰；已知黄车和红车连同游客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速
度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没有机械能损失。则下列说法正确的是( )
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1>m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2>3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
【答案】AC
【解析】根据动量守恒与机械能守恒
m1v＝m1v1＋m2v2
1
2m1v2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2
得v1＝m1−m2
m1＋m2
v，v2＝
2m1
m1＋m2
v
10
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可知，当m1>m2时，两车速度方向相同，A 正确；若碰后黄车反向运动，则m1<m2，则
碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B
错误；若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即m2−m1
m1＋m2
v>
2m1
m1＋m2
v，得m2>3m1，C
正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，得m1
＋3m2＝0，不符合实际情况，D 错误。
5.如图所示，小车上固定一个足够高的光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小
车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m 的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，能沿
弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，
下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B.小球沿轨道上升的最大高度为3 v0
2
8 g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v0
【答案】B
【解析】依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守
恒，设小球达到最高点与轨道左端的竖直高度差为H，此时小球与小车共速且不为零，
由动量守恒定律，可得mv0＝(m＋3m)v，根据能量守恒，可得1
2mv0
2＝1
2(m＋3m)v2＋
mgH，联立解得H＝3 v0
2
8 g
，故A 错误，B 正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为
v 球和v 车，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv0＝mv 球＋3mv 车，1
2m
v0
2＝1
2mv球
2＋1
2×3mv车
2，联立解得v 球＝-1
2v0，v 车＝1
2v0，可知小车相对小球的速
度大小为Δv＝v 车-v 球＝v0，故C、D 错误。
6.(12 分)(2023·天津卷·12)已知A、B 两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A 物体从h＝1.2 m 处
自由下落，且同时B 物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s 相遇碰撞后，两物体立刻粘在
一起运动，已知重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)(3 分)碰撞时离地高度x；
11
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(2)(6 分)碰后速度v；
(3)(3 分)碰撞损失机械能ΔE。
【答案】(1)1 m (2)0 (3)12 J
【解析】(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h-1
2gt2＝1.2 m-1
2×10×0.22 m＝1 m
(2)设B 物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t-1
2gt2
解得vB0＝6 m/s
碰撞前A 物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B 物体的速度
vB＝vB0-gt＝4 m/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
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2-1
2(mA＋mB)v2
＝12 J。
【巩固必刷题】7、8 题每小题6 分，9 题16 分，共28 分
7.(多选)(2024·广东卷·10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，
分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水
平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列
说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H 乙无关
D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
【答案】ABD
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【解析】两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故
A 正确；
两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知
碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H 乙＝1
2gsin θ·t1
2
在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动，所用时间为
t3，
乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3
由于t1和t2与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；
由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终
停止的位置相同；则如果不发生碰撞，
乙下滑过程有mgH 乙＝1
2mv乙
2
乙在水平面运动到停止有v乙
2＝2μgx
联立可得x＝H 乙
μ
即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ 。故D 正确。
8.(多选)如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA＝4 kg 和mB＝2 kg，用水平轻弹簧拴
接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块C 在t＝0 时刻
以一定速度向右运动，在t＝4 s 时与物块A 相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即
与A 粘在一起不再分开，物块C 的v-t 图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A.物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J
B.4 s 到12 s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为48 N·s，方向向右
C.物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J
D.物块B 离开墙壁后，物块B 的最大速度大小为6 m/s
【答案】AD
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【解析】A、C 碰撞过程中由动量守恒可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12
m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，当A、C 速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势
能最大为Ep＝1
2(mA＋mC)v1
2＝48 J，故A 正确；以水平向右为正方向，4 s 到12 s 的
时间内弹簧弹力对A、C 的冲量为I 弹＝(mA＋mC)(v2-v1)＝-48 N·s，由系统能量守恒可
知12 s 时B 的速度为零，4 s 到12 s 的时间内对B 由动量定理可得-I 弹＋I 墙＝0，得I 墙
＝I 弹＝-48 N·s，即大小为48 N·s，方向向左，故B 错误；当B 的速度与A、C 速度相
等时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v2'，解得v2'＝-3
m/s，所以物块B 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝1
2(mA＋mC)v2
2-1
2(mA＋mC＋
mB)v2'2＝12 J，故C 错误；当弹簧回到原长时B 的速度达到最大，由动量守恒和能量守
恒可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v3＋mBv4，1
2(mA＋mC)v2
2＝1
2(mA＋mC)v3
2＋1
2mBv4
2，解
得v4＝-6 m/s，负号表示方向向左，故D 正确。
9.(16 分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗
糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，
一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠
在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物
块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质
量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆
弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取10
m/s2。
(1)(5 分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)(5 分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)(6 分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的
动摩擦因数μ 的取值范围。
【答案】(1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL＝1
2mv0
2-0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
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FT-mg＝mv0
2
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝
2m
m＋M v0＝4 m/s
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平
方向动量守恒得Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律得
1
2Mv2
2＝1
2×2Mv3
2＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体
由水平方向动量守恒得Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律得
1
2Mv2
2＝1
2×2Mv4
2＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ<0.4。
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