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第35 讲 专题：碰撞模型及拓展
一、 考点精讲练
考点01： 碰撞模型（必备知识+2 例+2 变式）
考点02：“滑块——斜（曲）面”模型（必备知识+1 例+1 变式）
考点03：“滑块——弹簧”模型（必备知识+1 例+2 变式）
二、 巩固提升（精选18 道题）
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
考点一
碰撞模型
本讲要点
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
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
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。
【例1-1】（多选）如图所示，质量为m 的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高
度为h，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小
车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速
度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块离开小车后做平抛运动
B．物块着地时的动能为mgh
C．小车的最大动能为m v0
2
2
D．弹簧具有的最大弹性势能为m v0
2
2
【答案】BC
【详解】A．物块与小车之间的作用相当于质量相等的两物体发生弹性正碰，碰后两者交换速度，物块与
小车分离时，小车的速度大小为v0，物块的速度为零，物块离开小车后做自由落体运动，故A 错误；
B．根据动能定理可知，物块着地时的动能为mgℎ，故B 正确；
C．根据A 选项可知，小车的最大速度为v0，则小车的最大动能为mv0
2
2
，故C 正确；
D．当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大m v0=2mv，Epm = 1
2 mv0
2−1
2 ×2mv
2
解得最大弹性势能为mv0
2
4
，故D 错误。
故选BC。
【例1-2】（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。
每列有n 个。在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间
的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
【答案】(1)v0(2)v0
2
(3)(
1
2)
4 n+1
m v0
2
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守
恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度
为v0。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有m v0=m v1+3m v2
由能量守恒定律有1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2
解得v1= m−3m
m+3m v0=−1
2 v0，v2=
2m
m+3m v0= 1
2 v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为1
2 v0
（3）根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的1
2，
右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第
一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的1
2，综上所述，
玻璃球碰撞2n次后速度大小为v =(
1
2)
2n
v0
则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek= 1
2 m v
2=(
1
2)
4 n+1
m v0
2
【变式1-1】（多选）如图所示，物体A、B 放在光滑的水平面上，且两物体间有一定的间距。t =0时刻，
分别给物体A、B 向右的速度，物体A、B 的动量大小均为p=12kg⋅m /s（规定向右为正方向），经过一
段时间两物体发生碰撞，已知碰后物体B 的动量变为pB=16kg⋅m /s，两物体的质量分别为mA、mB，则
下列说法正确的是（ ）
A．物体A 的动量增加4 kg⋅m /s
B．物体A 的质量一定小于物体B 的质量
C．若碰后两物体粘合在一起，则mA:mB=1:2
D．若该碰撞无机械能损失，则mA:mB=7:5
【答案】BC
【详解】A．由题意可知，该碰撞过程物体B 的动量增加了
Δ pB= pB−p= 4 kg⋅m /s
碰撞过程两物体的动量守恒，则有
Δ pB=−Δ pA
所以物体A 的动量减少了4kg·m/s，故A 错误；
B．由题意碰前物体A 的速度一定大于物体B 的速度，则有
p
mA
> p
mB
解得
mB>mA
故B 正确；
C．若碰后两物体粘合在一起，则碰后两物体的速度相同，则有
pA
mA
= pB
mB
又
pA= p−4 kg⋅m /s=8kg⋅m /s
解得
mA
mB
= pA
pB
= 1
2
故C 正确；
D．若该碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程中没有能量损失，则有
p
2
2mA
+ p
2
2mB
= pA
2
2mA
+ pB
2
2mB
解得
mA
mB
= 5
7
故D 错误。
故选BC。
【变式1-2】（2025·天津·二模）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m1=800kg的夯体一部分埋人土层中，质量为m2=200kg的重锤（可视为质点）从夯正上方
ℎ=20 m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d =0.5 m深度。（重力加
速度g取10 m /s
2）
(1)求重锤与夯碰后的速度；
(2)求夯在下移过程中受到的平均阻力的大小。
【答案】(1)v = 4 m/s
(2)f =26000 N
【详解】（1）设重锤与夯碰前的速度大小为v0，根据动能定理m2 gℎ= 1
2 m2v0
2
解得v0=20 m/s
锤与夯碰后速度大小相等，设为v，根据动量守恒m2v0=（m1+m2）v
解得v = 4 m/s
（2）设夯在下移过程中受到的平均阻力的大小为f ，则此过程中，根据动能定理
（m1+m2）gd −fd =0−1
2 （m1+m2）v
2
解得f =26000 N
【解题能力提升】
碰撞问题遵守的三条原则
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。
“
1．模型图示
2．两个规律
(1)水平方向动量守恒；
(2)系统机械能守恒。
3．两个状态
(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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞)。
考点二
“滑块——斜（曲）面”模型
【例2】（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，圆弧的半径为R，一可视为质
点的小物块A 从物块B 的底端以速度v0=2❑√gR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2❑√gRt −R
2
D．A 和B 分离时，B 的速度大小为❑√gR
【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m v0=(m+mB)v，mgR = 1
2 mv0
2−1
2 (m+mB)v
2
解得mB=m
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m v0=m v A+m vB
故m v0t =m v At +m vBt，x A = v At，xB= vBt，x A−xB= R
解得xB= 2❑√gRt −R
2
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2❑√gR，故D 错误。
故选BC。
【变式2】（多选）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
移项得m(v1+) 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。
1．模型图示
2．两个规律
(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。
3．两个状态
(1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大
①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 共；
②系统机械能守恒：m1v＝(m1＋m2)v＋Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
②系统机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v。
【例3】（多选）如图所示，轻弹簧一端固定在质量为3m 的小球A 上，静止在光滑水平面上，质量为2m
的小球B 以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分离，从刚开始接触到压缩最短经历的时间为t，则下列说法
正确的是（ ）
A．小球B 压缩弹簧过程中，小球A、小球B 和弹簧组成系统机械能守恒
B．弹簧压缩最短时小球A 的速度为 2
5 v0
C．弹簧压缩最短时弹性势能为m v0
2
D．从刚开始接触到弹簧压缩最短过程中，弹簧对小球B 的平均作用力大小为 F = 2mv0
3t
【答案】AB
【详解】A．小球A、弹簧与小球B 组成的系统只有弹力做功，机械能守恒，故A 正确；
B．弹簧压缩最短时，二者共速，由动量守恒有2m v0=(2m+3m)v
考点三
“滑块——弹簧”模型
解得v = 2
5 v0
故B 正确；
C．由系统的机械能守恒1
2 ×2mv0
2= Epm+ 1
2 ×5mv
2
解得Epm = 3
5 m v0
2
故C 错误；
D．由动量定理得−Ft =2mv −2m v0
代入数值求得
F = 6m v0
5t
故D 错误。
故选AB。
【变式3-1】（多选）（2021·湖南·高考真题）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧连
接构成一个系统，外力F作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去
外力并开始计时，A、B 两物体运动的a−t图像如图（b）所示，S1表示0 到t1时间内A的a−t图线与坐标
轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B 的a−t图线与坐标轴所围面积大小。A 在t1时刻的速
度为v0。下列说法正确的是（ ）
A．0 到t1时间内，墙对B 的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1−S2= S3
【答案】ABD
【详解】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有
F 墙 = F 弹
则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A，则可将研究对象转为A，
撤去F 后A 只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；
B．由a—t 图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F 弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B 正确；
C．由图可得，t1时刻B 开始运动，此时A 速度为v0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒，则
mA v0=mA v A+mB vB
可得AB 整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB 系统的动能，弹簧的形变量小于x，C 错误；
D．由a—t 图可知t1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹
簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由a—t 图像的面积为Δv，在t2时刻AB 的速度分别为
v A = S1−S2，vB= S3
A、B 共速，则
S1−S2= S3
D 正确。故选ABD。
【变式3-2】（多选）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mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，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v0=18 m /s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
【详解】A．A、B碰撞的过程中，满足动量守恒
mA v0=(mA+mB)v1
解得
v1=6 m /s A球与B 球碰撞中损耗的机械能
Δ E = 1
2 mA v0
2−1
2 (mA+mB)v1
2=108J
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
(mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v2
解得
v2=2m /s
最大弹性势能
E p= 1
2 (mA+mB)v1
2−1
2 (mA+mB+mC)v2
2
解得
E p=36J
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
(mA+mB+mC)v2=(mA+mB)v3+mCv4
1
2 (mA+mB+mC)v2
2+ E p= 1
2 (mA+mB)v3
2+ 1
2 mC v4
2
解得
v3=−2m /s
v4= 4 m /s
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。
1．（多选）（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，两小球A、B 置于光滑的水平面上，小球B 静止，小
球A 以水平向右的速度运动，经过一段时间与小球B 发生碰撞，已知A 和B 的质量之比为2 1∶，且两球发生
的是对心碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．碰后球A 被反弹
B．若碰后A、B 的动量大小之比为2 1∶，碰撞损失的能量为碰前A 球动能的1
3
C．若碰后A、B 的动量大小之比为1 2∶，则碰后两球共速
D．碰前球A 的动能可能为碰后球B 动能的4 倍
【答案】BD
【详解】A．两物体发生完全非弹性碰撞，碰后球A 不被反弹，A 错误；
B．碰后球A 和球B 的动量之比为2 1∶，可知两物体发生完全非弹性碰撞，设物体A 碰前速度为v0，碰后两
球B 的速度为v。由动量守恒定律2m v0=(2m+m)v
解得v = 2
3 v0
碰前球A 的动能为Ek A=m v0
2
碰后球A、B 的动能分别为E
′
k A= 1
2 ×2mv
2= 4
9 mv0
2，Ek B= 2
9 mv0
2
该碰撞过程损失的机械能为Δ E损= Ek A−E
′
k A−Ek B= 1
3 m v0
2
所以碰撞损失的能量为碰前的1
3，B 正确；
C．若碰后碰后两球共速，A 和B 的质量之比为2 1∶，则A、B 的动量大小之比为2 1∶，故C 错误；
巩固提升
D．若碰前球A 的动能可能为碰后球B 动能的4 倍，由Ek = 1
2 m v
2
则vB:v0=1:❑√2
由动量守恒定律2m v0=2m vA+m vB
解得vA=(1−
❑√2
4 )v0
碰撞过程中损失的机械能为Δ E损= Ek A−E
′
k A−Ek B= 1
18 mv0
2
碰撞过程可能发生，故D 正确。
故选BD。
2．（2025·河北石家庄·模拟预测）如图所示，光滑的平台与水平传送带平滑连接，传送带的长度为7m，
以恒定速率4m/s 顺时针转动，质量为1kg 的物块B静止在平台上，质量为2kg 的物块A以3m/s 的速度向右
运动，与物块B发生完全非弹性碰撞（时间极短），然后一起滑上传送带。物块A和物块B与传送带之间的
动摩擦因数均为0.2，二者均可视为质点，重力加速度g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．物块A和物块B在碰撞过程中损失的机械能为6J
B．物块A和物块B在传送带上的加速时间为2s
C．传送带对物块A和物块B做的功为42J
D．传送带克服摩擦力做的功为24J
【答案】D
【详解】A．物块A 和物块B 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒有mA v0=(mA+mB)v1
损失的机械能为Δ E = 1
2 mA v0
2−1
2 (mA+mB)v1
2=3J
A 错误；
B．物块A 和物块B 在传送带上加速的过程中，由牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
当物块与传送带达到共速时，加速过程结束，由运动学知识有v1+at = v传
联立解得t=1s
且此时物块A 和物块B 未离开传送带， B 错误；
C．物块A 和物块B 在传送带上加速的过程中，传送带对它们做功，由做功的定义有W = μ(mA+mB)gx
由运动学知识有x = (v1+ v传)
2
t
联立解得W=18J， C 错误；
D．由功能关系可知传送带克服摩擦力做的功等于物块A 和物块B 在滑动过程中所受的摩擦力乘以传送带
的位移，其大小为W = μ(mA+mB)g v传t =24 J
D 正确。
故选D。
3．（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2 M、半径为R（R 足够大）的1
4 光滑圆弧曲面C，质量
为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M
2 ，小球A 以v0=6 m /s的速度向B 运动，并与B 发生弹
性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则（ ）
A．B 的最大速率为4m/s
B．B 运动到最高点时的速率为2m/s
C．B 能与A 再次发生碰撞
D．B 不能与A 再次发生碰撞
【答案】AD
【详解】A．A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得
M
2 v0= M
2 v A+ M vB
1
2 ⋅M
2 v0
2= 1
2 ⋅M
2 v A
2 + 1
2 M vB
2
解得
v A =−2m /s
vB= 4 m /s
所以B 的最大速率为4 m /s，故A 正确；
B．B 冲上弧面上的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与弧面共速，设它们的共同速度为v，则由水
平方向动量守恒有
M vB=( M +2 M )v
解得
v = 4
3 m /s
故B 错误；
CD．从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B、C 分离时的速度分别为vB
′ 、vC
′ ，由水平方向动量守恒有
M vB= M vB
′ +2 M vC
′
由机械能守恒有
1
2 M vB
2 = 1
2 M vB
′ 2+ 1
2 ⋅2 M vC
′ 2
联立解得
vB
′ =−4
3 m /s
由于
|vB
′ )<|v A)
所以二者不会再次发生碰撞，故C 错误，D 正确。
故选AD。
4．（2025·江西九江·三模）如图，用不可伸长的轻绳将小球a 悬挂在O 点，初始时，轻绳处于水平拉直状
态，将小球a 由静止释放，当小球a 下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b 发生弹性碰撞，碰
撞后b 滑行的最大距离为L，已知b 的质量是a 的2 倍，b 与水平面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，
则（ ）
A．小球a 下摆至最低点过程中重力做功的功率一直在增大
B．碰撞后瞬间小球a 的速度大小为❑√2 μgL
C．轻绳的长度9
4 μL
D．小球a 反弹的最大高度为1
3 μL
【答案】C
【详解】A．小球a 摆到最低点时，小球a 沿竖直方向的速度为零，重力的瞬时功率为零，故小球a 从释放
到摆动到最低点时重力的瞬时功率先增大后减小，A 错误；
B．设轻绳的长度为l，小球a 的质量为m，物块b 的质量为2m，碰前球a 的速度为v0，碰后，小球a 的速
度为v1，物块b 的速度为v2，对于物块b，碰后减速时，根据牛顿第二定律则有μ·2mg =2ma
解得物块b 减速的加速度a= μg
由运动学规律可得v2
2=2aL
解得碰后物块b 的速度大小为v2= ❑√2 μgL
选取小球a 碰前的速度为正方向，则根据动量守恒定律可得m v0=m v1+2m v2
根据能量守恒可得1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 ·2mv2
2
联立解得v1= m−2m
m+2m v0=−1
3 v0，v2=
2m
m+2m v0= 2
3 v0
结合上述结论解得v0= 3
2
❑√2 μgL，v1=−1
2
❑√2 μgL
即碰后瞬间小球a 的速度大小为1
2
❑√2 μgL，B 错误；
C．小球a 从释放到摆到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，则有mgl = 1
2 m v0
2
解得小球a 摆到最低点时的速度v0= ❑√2gl
结合上述结论v0= 3
2
❑√2 μgL
解得轻绳的长度l = 9
4 μL
C 正确；
D．小球a 反弹的速度大小v1= 1
2
❑√2 μgL
根据机械能守恒定律，则有mgℎmax= 1
2 mv1
2
解得小球a 反弹的最大高度为ℎmax= 1
4 μL
D 错误。
故选C。
5．（多选）（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m 的物块甲连接，小球
乙在C 点静止，现在让甲在A 点获得一个初速度2v0，甲在A 点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧具有的弹
性势能为3mv0
2，当甲运动到B 时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C 与乙球发生弹性碰撞，已知甲与
水平面的动摩擦因数μ= v0
2
2gL
，AB 两点距离与BC 间距均为L，则下列说法正确的是（ ）
A．物体甲到达B 点时速度为3v0
B．A--C 过程摩擦生热为2mv0
2
C．甲刚到C 时（未与乙发生碰撞前）的动能为mv0
2
D．若甲乙碰撞刚结束，乙的速度为
❑√2v0
2
，则乙的质量为2m
【答案】AC
【详解】A．由能量守恒有1
2 m(2v0)
2+3m v0
2= μmgL+ 1
2 m vB
2
解得物体甲到达B 点时速度为vB=3 v0，A 正确；
B．由功能关系可知A--C 过程摩擦生热为Q = μmg⋅2 L=m v0
2，B 错误；
C．由A 到C 过程中，由于A、C 关于B 点对称，故A、C 位置弹簧上的弹性势能相等，由能量守恒有
1
2 m(2v0)
2= μmg⋅2 L+ EkC
解得甲刚到C 时（未与乙发生碰撞前）的动能为EkC =m v0
2，C 正确；
D．甲刚到C 点时的速度大小为vC = ❑√2v0
甲乙发生弹性碰撞，有m vC =mv +m
' v
'，1
2 mvC
2 = 1
2 mv
2+ 1
2 m
' v
' 2
若乙的速度为
❑√2v0
2
，联立解得乙的质量为m
' =3m，D 错误。
故选C。
6．如图，质量为3m的滑块Q套在固定的水平杆上，一轻杆上端通过铰链固定在Q上，下端与一质量为m的
小球P相连。某时刻给小球P一水平向左、大小为v0的初速度，经时间t小球P在水平方向上的位移为x。规
定水平向左为正方向，忽略一切摩擦，则滑块Q在水平方向上的位移为（ ）
A．x
3
B．v0t
3
C．v0t −x
3
D．x−v0t
3
【答案】C
【详解】P、Q在水平方向上动量守恒，有
m v0=m v1+3m v2
在极短的时间Δt内，有
m v0⋅Δt =m v1⋅Δt +3m v2⋅Δt
则在时间t内有
m v0t =mx +3m x2
可知
x2= v0t −x
3
故选C。
7．如图，质量M=4kg 的圆环套在光滑水平轨道上，质量m=2kg 的小球通过长L=0.9m 的轻绳与圆环连接。
现将细绳拉直，且与AB 平行，小球以竖直向下的v0=2❑√6m/ s初速度开始运动，重力加速度g=10m/s2.则
（ ）
A．运动过程中，小球和圆环系统的动量和机械能均守恒。
B．在运动过程中，小球能绕圆环做完整的圆周运动
C．小球通过最低点时，小球的速度大小为❑√35 m/s
D．从小球开始运动到小球运动到最高点这段时间内，圆环向左运动的位移大小为0.3m
【答案】B
【详解】A．分析小球和圆环组成的系统可知，水平方向上不受外力，所以系统水平方向动量守恒，但竖
直方向合外力不为零，动量不守恒，只有重力做功，则系统机械能守恒，故A 错误；
B．若小球运动到最高点时，圆环和小球的速度大小分别为v3、v4，由水平方向动量守恒可知
M v3=m v4
由能量守恒可知
1
2 mv0
2= 1
2 M v3
2+ 1
2 mv4
2+mgL
解得速度大小为
v3=1m/s、v4=2m/s
小球相对圆环的速度恰好为
v
′ = v3−(−v4)=3 m/s= ❑√gL
所以小球可以绕圆环做完整的圆周运动，故B 正确；
C．从开始运动到小球运动到最低点时，圆环和小球的速度大小分别为v1和v2，由水平方向动量守恒可知
M v1=m v2
由能量守恒可知
mgL+ 1
2 mv0
2= 1
2 M v1
2+ 1
2 mv2
2
代入数据解得小球的速度大小为
v2=2❑√7 m/s
故C 错误；
D．小球从开始到运动到最高点的过程中，圆环向右运动的位移为x，则
Mx =m( L−x)
解得
x =
m
M +m L=0.3 m
故D 错误。
故选B。
8．（多选）如图所示，半径为R、质量为M 内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙
壁，一个质量为m 的物块从半球形物体的顶端a 点无初速释放，图中b 点为半球的最低点，c 点为半球另
一侧与a 等高的顶点，关于物块M 和m 的运动，下列说法正确的有（ ）
A．m 从a 点运动到b 点的过程中，m 与M 系统的机械能守恒、动量守恒
B．m 从a 点运动到b 点的过程中，m 的机械能守恒
C．m 释放后不能到达右侧最高点c
D．m 释放后能再次回到a 点
【答案】BC
【详解】AB．m 从a 点运动到b 点过程中，只有m 的重力做功，机械能守恒，墙壁对系统有力的作用，动
量不守恒，选项A 错误，B 正确；
CD．m 释放后，过b 点后系统动量守恒，机械能守恒，到达最高点时系统具有相同的速度，由能量关系，
故m 不能到达右侧最高点，也不能回到a 点，选项C 正确，D 错误。
故选BC。
9．（多选）（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右运动，
速度大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞
后，N 在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
可知
mv =m v M +m v N
1
2 mv2
2= 1
2 mv M
2 + 1
2 mv N
2
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
vM=0，vN= v
碰后小球N 做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；
在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
10．（多选）（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，固定在竖直面内的光滑细管道顶部有质量分别为
m1、m2的小球A 和B，两小球受到微小扰动后同时由静止开始沿管道的两侧滑下，相遇后发生弹性碰撞，
碰撞时间极短。已知两小球均可视为质点，管的内径略大于两小球的直径，对小球下滑之后的运动判断正
确的是（ ）
A．在小球下滑至与管道圆心等高之前，管道对小球的支持力一定沿半径向外
B．碰前，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g
C．只有满足m1=m2时，两小球才能在最低点发生碰撞后同时返回最高点
D．若碰撞后小球B 返回管道最高点时对管道恰好无压力，则m1:m2=3:1
【答案】BC
【详解】A．在小球下滑至与管道圆心等高之前，存在一个临界位置，该临界位置处重力沿半径方向的分
力恰好充当向心力，小球过临界位置之后，管道对小球的支持力一定沿半径向内，故A 错误；
B．两小球在下滑过程中有相同的运动过程，一定同时到达最低点，到最低点（碰撞前瞬间）时的速度大
小满足1
2 m v
2=mg⋅2 R
可得v =2❑√gR
此时管道对小球的支持力大小满足F −mg=m v
2
R
解得F =5mg
由牛顿第三定律知，管道受到两小球的最大压力为5(m1+m2)g，故B 正确；
C．只有满足m1=m2时，两小球在最低点发生弹性碰撞后交换速度，同时返回最高点，故C 正确；
D．若碰撞后小球B 返回管道最高点时对管道恰好无压力，则小球B 在最高点时的速度应满足m2 g=m2
v3
2
R
从碰撞结束到小球B 到达最高点，由动能定理有−m2 g⋅2 R = 1
2 m2v3
2−1
2 m2v2
2
解得v2= ❑√5 gR
方向向右，若m1:m2=3:1，规定向右为正方向，碰撞过程中满足m1
❑√4 gR+m2(−❑√4 gR)=m1v1+m2v2，
1
2 m1⋅4 gR+ 1
2 m2⋅4 gR = 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
联立解得v2= 4 ❑√gR>❑√5 gR
故D 错误。
故选BC。
11．（多选）（2024·广东·高考真题）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
【详解】A．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；
B．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；
C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有
H 乙
sinθ = 1
2 gsinθt1
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t3，乙运动的时间为
t =t1+t2+t3
由于t1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；
D．乙下滑过程有
mg H 乙= 1
2 mv乙
2
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，乙在水平面运动到停止有
v乙
2 =2 μgx
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。
故选ABD。
12．如图所示，半径为R 的光滑半圆轨道AB 与光滑水平轨道BC 相切于B 点，质量分别为m 和2m 的小球
M、N 之间压缩一轻弹簧并锁定（弹簧与两小球均不拴连）。某时刻解除弹簧的锁定，两小球被弹开，小
球M 离开弹簧后恰好能沿半圆轨道通过最高点A，重力加速度为g。求：
（1）离开弹簧时小球M 的速度大小v M；
（2）弹簧锁定时所具有的弹性势能E p。
【答案】（1）v M = ❑√5 gR；（2）E p= 15mgR
4
【详解】（1）小球M 恰好能通过半圆轨道的最高点A，根据牛顿第二定律有
mg=m v A
2
R
小球M 从B 点运动到A 点的过程，根据动能定理有
−mg⋅2 R = 1
2 mv A
2 −1
2 mvB
2
小球M 通过B 点时的速度等于离开弹簧时的速度，即
v M = vB
联立解得
v M = ❑√5 gR
（2）弹簧将两小球弹开的过程系统所受外力之和为零。根据系统动量守恒有
m vM=2m v N
解得小球N 离开弹簧时的速度大小
v N =
❑√5 gR
2
弹簧的弹性势能全部转化为M、N 的动能。根据机械能守恒有
E p= 1
2 m v M
2+ 1
2 ×2m v N
2
解得
E p= 15mgR
4
13．如图所示，光滑水平面上质量为mA=2kg，mB=3kg的A、B 两物块用轻质弹簧连接，一起以
v0= 4 m /s的速度向右匀速运动，与静止在水平面上质量mC=1kg的物块C 发生碰撞，碰撞时间极短，弹
簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力。
(1)若物块B 与C 碰撞后粘合在一起运动，求碰后瞬间C 的速度大小；
(2)若物块B 与C 碰撞后粘合在一起运动，求此后弹簧能获得的最大弹性势能。
【答案】(1)3 m /s
(2)2
3 J
【详解】（1）根据动量守恒
mBv0=(mB+mC)vC
解得
vC=3 m /s
（2）当三个物体速度相等时，弹簧能获得最大弹性势能，根据动量守恒
mA v0+(mB+mC)vC=(mA+mB+mC)v
得
v = 10
3 m /s
根据能量守恒
1
2 mA v0
2+ 1
2 (mB+mC)vC
2= 1
2 (mA+mB+mc)v
2+ Ep
解得
EP= 2
3 J
14．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，固定的光滑弧形轨道底端O处切线水平，光滑的水平面上静置一
块长木板AB，P为长木板的中点，木板的上表面与O点等高，在板的左端点放置一个可视为质点、质量为
m的物块，物块与板之间的动摩擦因数为μ。可视为质点、质量为1
2 m的小球从弧形轨道上距离O点某一高
度处由静止释放，滑到O点时速度大小为v0，小球与物块发生弹性碰撞（碰撞后立即取走小球），当长木
板锁定时，物块恰好停在长木板的右端点。已知重力加速度为g，求：
(1)小球在弧形轨道上释放时的高度ℎ；
(2)长木板的长度L；
(3)解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，木板质量的范围。
【答案】(1)ℎ= v0
2
2 g
(2)L= 2v0
2
9 μg
(3)1
3 m< M <m
【详解】（1）小球滑到O点的过程，由动能定理得1
2 mgℎ= 1
2 ⋅1
2 m v0
2−0
解得ℎ= v0
2
2g
（2）小球滑到O 点时与物块发生弹性碰撞，设碰后小球和物块的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和机
械能守恒有1
2 mv0= 1
2 mv1+mv2，1
2 ⋅1
2 mv0
2= 1
2 ⋅1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2
联立解得v1=−1
3 v0，v2= 2
3 v0
当长木板锁定时，物块由A 点滑到B 点的过程，由动能定理得−μ⋅1
2 mgL=0−1
2 ⋅1
2 mv2
2
解得L= 2v0
2
9 μg
（3）设长木板的质量为M，物块相对于长木板的位移大小为x相，解除长木板的锁定，要使物块最终停在
P点左侧，但越过AP的中点，则1
4 L< x相< 1
2 L
根据动量守恒和能量守恒有m v2=(M +m)v共，1
2 mv2
2= 1
2
(M +m)v共
2 + μmg x相
联立解得1
3 m< M <m
15．（2024·辽宁·高考真题）如图，高度ℎ=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
mA=mB=0.1kg。A、B 间夹一压缩量Δ x =0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、B，
弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距
离xB=0.25 m后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度g=10 m/s
2。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能Δ Ep。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A 物块由平抛运动知识得
ℎ= 1
2 gt
2
xA= vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
vA=1m/s
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
mA vA=mB vB
解得脱离弹簧时B 的速度大小为
vB=1m/s
（2）对物块B 由动能定理
−μmB g xB=0−1
2 mBvB
2
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
μ=0.2
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
Δ Ep= 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBvB
2+ μmA g Δ xA+ μmB g Δ xB
其中
mA=mB，Δ x = Δ xA+ Δ xB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
Δ Ep=0.12J
16．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于
轨道最低点的小球A 施加水平向左的瞬时冲量I，A 沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B 正
碰并粘在一起。已知I = 1.8 N∙s，A、B 的质量分别为mA = 0.3 kg、mB = 0.1 kg，轨道半径和绳长均为R =
0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B 碰前瞬间A 的速度大小；
(2)A、B 碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A 从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有
I =mA v0
设与B 碰前瞬间A 的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
−mA g⋅2 R = 1
2 mA v
2−1
2 mA v0
2
联立代入数据解得
v = 4 m/s
（2）A 与用轻绳悬挂的静止小球B 正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
mA v =(mA+mB)v共
设A、B 碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
F −(mA+mB)g=(mA+mB) v共
2
R
联立代入数据解得
F =11.2N
17．（2025·黑龙江·模拟预测）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上套有一个质量为3m 的滑块，滑块
正下方用长为L 不可伸长的轻绳悬挂一个质量为m 的小球。开始两者均静止，现给小球一个水平初速度v0
（未知），小球恰好能达到与滑块等高的位置，此时滑块水平向右移动s，重力加速度为g，求：
(1)初速度v0大小；
(2)小球第1 次返回最低点时绳的拉力大小；
(3)从给小球初速度开始到第1 次摆到最高点的时间。
【答案】(1)v0= ❑√
8
3 gL
(2)FT= 11
3 mg
(3)t = 4 s+ L
4 gL
❑√6 gL
【详解】（1）小球第一次到最高点时，小球和滑块达到相同速度，由水平方向的动量守恒m v0= 4 m v共
由系统机械能守恒1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v共
2 +mgL
联立得v0= ❑√
8
3 gL
（2）小球第1 次返回最低点时，设小球速度v1，滑块的速度为v2，对系统由动量守恒定律和机械能守恒
定律m v0=m v1+3m v2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 ×3m v2
2
解得v1=−1
2 v0，v2= 1
2 v0
由牛顿第二定律FT−mg= m(v2−v1)
2
L
联立解得FT= 11
3 mg
（3）从开始到第1 次摆到最高点的过程中二者组成系统水平方向动量守恒，取极短时间Δt内
m v0 Δt =m v1 Δt +3m v2 Δt
累加可得m v0∑Δt =m∑v1 Δt +3m∑v2 Δt
又∑v1 Δt = s1= s+ L，∑v2 Δt = s2= s
则m v0t =m s1+3m s2
解得t = 4 s+ L
v0
= 4 s+ L
4 gL
❑√6 gL
18．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P 固定在水平面上，其上表面有半径为R 的1
4 圆弧轨道。P 右端
与薄板Q 连在一起，圆弧轨道与Q 上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q 上，另一端自由。质量为m
的小球自圆弧顶端A 点上方的B 点自由下落，落到A 点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减
小至刚接触时的1
3时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P 和Q 的连接，从静止开始向右滑动。g 为重力加
速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q 的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A 两点间的距离；
(3)欲使P 和Q 断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q 的质量应为多大？
(4)欲使P 和Q 断开后，Q 的最终动能最大，Q 的质量应为多大？
【答案】(1)mgR
(2)3 ❑√2 gR
2
，5
4 R
(3)4 m
(4)1
9 m
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为W G=mgR
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知1
2 m v0
2= E p+ 1
2 m(
v0
3 )
2
，其中
E p=2mgR
同时有mg(ℎ+ R)= 1
2 mv0
2
联立解得v0= 3 ❑√2gR
2
，ℎ= 5
4 R
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q 共速，设Q 的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
有m⋅1
3 v0=(m+ M )v共，1
2 mv0
2= E p2+ 1
2
(m+ M )v共
2 ，其中E p2=2.2mgR
联立解得M = 4 m
（4）对Q 和小球整体根据机械能守恒可知要使Q 的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时
弹簧刚好恢复原长；设此时Q 的质量为M′，Q 的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有
m⋅1
3 v0= M
′ vm，1
2 mv0
2= 1
2 M
′ vm
2
解得M
′ = 1
9 m
