文档文本内容
专题19 碰撞模型及拓展
核心考点
考点梳理1 碰撞模型.............................................................................................................................................1
母题考点一 碰撞模型............................................................................................................................................2
考点梳理2 “滑块—弹簧”.................................................................................................................................2
母题考点二 “滑块—弹簧”................................................................................................................................3
考点梳理3 “滑块—曲面(斜面)”模型.............................................................................................................3
母题考点三 “滑块—曲面(斜面)”模型.............................................................................................................4
考点梳理4 “子弹打木块”模型.........................................................................................................................4
母题考点四 “子弹打木块”模型........................................................................................................................5
考点梳理5 “滑块—滑板”模型.........................................................................................................................5
母题考点五 “滑块—滑板”模型........................................................................................................................6
考点梳理1 碰撞模型
1．碰撞现象遵循的三条原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或p1
2
2m1
+ p2
2
2m2
≥p1
' 2
2m1
+ p2
' 2
2m2
。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
2．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒：1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2＝1
2 m1v1
' 2+ 1
2 m2v2
' 2
联立解得v′1＝(m1−m2)v1+2m2v2
m1+m2
v′2＝
2m1v1+(m2−m1)v2
m1+m2
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝
m1−m2
m1+m2
v1，v′2＝
2m1
m1+m2
v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝(
1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2)−1
2 (m1+m2)v共
2。
母题考点一 碰撞模型
【母题1】（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
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
，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
；
(3)若钢球质量为
，求玻璃球经历
次碰撞后的动能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【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
。
（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
由能量守恒定律有
解得
，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
（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
，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
，综上所述，玻璃球碰撞
次后速度大小为
则玻璃球碰撞
次后最终动能大小
【练1】（2025·陕西西安·一模）最近“一颗编号为2024YR4 直径在40 米至90 米之间的小行
星可能在8 年后撞击地球”的消息引起热议。我国已掌握动能撞击术来规避这个风险，如图
所示，若用与小行星质量m、速率v 相同的自主导航航天器去横向与小行星发生弹性碰撞，
小行星被撞后瞬间速度变为
，速度偏离原来的方向θ 角度，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】小行星被质量完全相同的航天器横向弹性撞击后，原方向动量不变，被撞方向交换
速度，获得横向速度v，合速度变为
，速度偏转角度为
故选A。
【练2】（2025·陕西渭南·模拟预测）如图甲所示，一可看作质点的物块
位于底面光滑的木
板
的最左端，
和
以相同的速度
在水平地面上向左运动。
时刻，
与
静止的长木板
发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，
厚度相同，
平滑地滑到
的右端，
此后
的
图像如图乙所示，
时刻，
与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，
碰撞前后
的速度大小不变，方向相反；运动过程中，
始终未离开
。已知
与
的质
量
，重力加速度大小
。求：
(1)
与
间的动摩擦因数
以及
与地面间的动摩擦因数
。
(2)
和
第一次碰撞后
的速度大小。
举一反三
【答案】(1)0.4，
(2)
【详解】（1）由图乙有
过程中
在
上滑动的加速度大小为
由受力分析和牛顿第二定律有
解得
与
间的动摩擦因数为
在
过程中，
和
一起运动的加速度大小为
对
整体受力分析和牛顿第二定律有
解得
与地面间的动摩擦因数为
（2）在
过程中，设
的加速度为
，对
进行受力分析和牛顿第二定律有
解得
设
时刻
的速度为
，经
匀加速到
由运动学公式
有
和
弹性碰撞，动量守恒
能量守恒
解得
所以
和
碰撞后
的速度大小为
【练3】（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两个完全相同的弹性小球A 和B（均可看作
质点），分别挂在长
和L 的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球
A 向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2 次碰撞（碰
撞均为弹性碰撞）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
，
由
，解得
，
可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得
，
从释放小球A 到第1 次相碰经历时间
从小球B 摆起到第2 次相碰经历时间
故选A。
考点梳理2 “滑块—弹簧”
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。
母题考点二 “滑块—弹簧”
【母题2】（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
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
时弹簧的弹性势
能为2mgR，此时断开P 和Q 的连接，Q 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)
(2)
，
(3)
(4)
【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
（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
，其中
同时有
联立解得
，
（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
，
，其中
联立解得
（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
，
解得
【练1】（2025·云南昆明·模拟预测）如图甲所示。物块A、B 的质量分别是
和
，用轻弹簧拴接，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＝4s 时与物块A 相碰，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C 的质量为2kg
B．物块B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
C．4s 到12s 的时间内，墙壁对物块B 的冲量大小为24N·s
D．物块B 离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
【答案】C
【详解】A．由图知，C 与A 碰撞前的速度为
，碰后的速度为
，C 与A
碰撞过程动量守恒，以C 的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
举一反三
解得
，故A 错误；
B．当C 与A 速度为0 时，根据能量守恒，可得最大弹性势能
，故
B 错误；
C．由图知，12s 末A 和C 的速度
，4s 到12s 过程中墙壁对物体B 的冲量大小等于
弹簧对物体B 的冲量大小，也等于弹簧对A 和C 整体的冲量大小，墙对B 的冲量为
解得I＝-24N·s
即冲量大小为24N·s，方向向左，故C 正确；
D．物块B 刚离开墙壁时，根据机械能守恒定律有
解得AC 向左运动的速度大小为
物块B 离开墙壁后，当A、B、C 三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
，故D 错误。
故选C。
【练2】（2025·江苏苏州·三模）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A
以速度
向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m
的物体B，如图乙所示，物体A 以
的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，
则（ ）
A．此过程中，A 物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B．物体A 的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A 物体的冲量大小之比为3 2∶
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【详解】BD．图（甲）中，弹簧最大弹性势能为
图（乙）中，AB 共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两
次最大弹性势能相同，根据动量守恒有
能量守恒有
联立解得
，
，
故B 错误，D 正确。
A． 开始时A 物体的速度大于B 的速度，弹簧被压缩，A 物体受到的弹力逐渐增大，加速度
也越来越大，所以该过程中A 物体均做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A 错误；
C．以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A 物体
的冲量大小为
在图乙的情况下弹簧对A 物体的冲量大小为
可得两种情况下弹簧对A 物体的冲量大小之比为 I1: I2=2:1
故C 错误。
故选D。
【练3】（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在光滑的水平桌面上，原长为、劲度系数为
的轻弹簧两端各连接一个物块，按住物块
，向左拉物块
，在弹簧长度为
时由静止释放
物块
，当弹簧恢复原长时释放物块
。已知两物块的质量均为
，弹簧的形变量为
时的
弹性势能为
。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放物块
时，物块
的速度为
B．最终两物块以相同的速度匀速运动
C．两物块之间的最小距离为
D．物块
的最大速度为
【答案】D
【详解】A．刚释放物块B 时，弹簧的弹性势能转化为A 的动能
物块A 的速度为
，故A 错误；
C．释放物块B 后，A 向右减速，B 向右加速，当A、B 速度相等时弹簧长度最短，由动量守
恒定律得
由能量守恒得
解得此时A、B 的速度为
弹簧的压缩量为
两物块之间的最小距离为
，故C 错误；
D．随后物块A 继续减速，物块B 继续加速，当弹簧再次恢复原长时，设A、B 的速度分别
为
、
由动量守恒可得
由能量守恒得
解得
，
此时B 的速度最大，故D 正确；
B．随后物块A 开始加速，B 开始减速，弹簧先伸长再缩短，再次恢复原长时物块A 的速度
仍为
，物块B 的速度为0，以此重复，故B 错误。
故选D。
考点梳理3 “滑块—曲面(斜面)”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：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
2 mv0
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
2 mv0
2＝1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2(相当于弹性碰撞)。
母题考点三 “滑块—曲面(斜面)”模型
【母题3】（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
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
【练1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，竖直平面内有一质量为M＝0.3kg，半径为R
＝1.5m，圆心为O 的四分之一圆弧轨道静止放置在光滑水平地面上，轨道最高点A 与圆心O
等高，最低点B 在O 点正下方且刚好和地面相切。将质量为m＝0.1kg 的滑块从轨道最高点A
由静止释放，测得滑块从B 点离开轨道时，滑块的速度大小为3m/s，取
，则滑块
沿轨道从A 滑到B 的过程中，摩擦产生的热量为（ ）
A．0.9J
B．0.45J
C．0.6J
D．1.05J
【答案】A
【详解】滑块沿轨道下滑的过程中，滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，有
解得滑块滑到B 点时，圆弧轨道的速度大小为
滑块从A 滑到B 的过程中，根据能量守恒有
联立解得
故选A。
【练2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，水平面上放置着半径为
、圆心角为
的
圆弧轨道，一个可视为质点的小球以初速度
冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量
，
小球质量
，重力加速度大小为
，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，
速度方向恰好跟水平方向成
角，求：
举一反三
(1)圆弧的半径；
(2)小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度；
(3)若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为
，小球在轨道上运动时间。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑
上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，
因此小球有两个分速度，其中v1 是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，
方向水平，如图所示
由几何关系，可知
与v2成60°角，v 与v2成30°角，则
与v 成30°角，所以四边形是菱形，
则有
，
由水平方向动量守恒可得
由系统机械能守恒可得
联立解得圆弧半径为
（2）由水平方向动量守恒可得
可得小球飞出时圆弧轨道的速度为
根据矢量三角形可得小球飞出圆弧轨道时速度大小为
（3）根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有
设小球在轨道上运动时间为t，则有
整理可得
解得
【练3】（2025·广西百色·模拟预测）如图甲所示，一质量为M 的小车静止在光滑水平地面上，
其左端P 点与平台平滑连接。小车上表面PQ 是以O 为圆心、半径为R 的四分之一圆弧轨道。
质量为m 的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车
的速度大小分别为v1、v2，画出图像如图乙所示。已知OP 竖直，OQ 水平，水平台面高
，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)小球运动过程中离平台的最大高度为多少？
(2)小球在Q 点速度方向与水平方向夹角的正切值
为多少？
【答案】(1)
(2)
【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，由图乙可知，当
时
，当
时
，根据系统在水平方向动量守恒有
解得
设小球在Q 点的速度为vQ，小球在Q 点时，在水平方向与小车共速，根据动量守恒定律有
解得
小球由P 点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得
联立解得
（2）小球由P 点运动到Q 点时，由机械能守恒定律可得
联立解得
则小球此时的竖直分速度为
小球在Q 点速度方向与水平方向夹角的正切值为
考点梳理4 “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
(1)子弹嵌入木块中，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
2 m v0
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
2 m v0
2−(
1
2 M v2
2+ 1
2 m v1
2)。
母题考点四 “子弹打木块”模型
【母题4】（2024·湖北·高考真题）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（ ）
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
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。
【练1】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上静止放置一木块，一子弹水
平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，子弹的质量小于木
块的质量，则子弹从木块穿出后（ ）
A．系统产生的热量一定等于木块的动能
B．系统产生的热量一定小于木块的动能
C．系统产生的热量一定等于木块动能的2 倍
D．系统产生的热量一定大于木块动能的2 倍
【答案】D
【详解】由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二定律可知，子弹的加速度大小大于木
块的加速度大小，子弹和木块的v−t 图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木
块的位移分别为x1、x2，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f 的作用，木块的长度为L，由功
能关系知系统产生的热量Q=fL
木块的动能Ek=fx2，由图可知L=x1−x2>2x2
则
故选D。
举一反三
【练2】（2025·河北·一模）如图所示，水平传送带AB 长L=2.9m，质量为M=1kg 的木块随
传送带一起以v=2m/s 的速度向右匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动
摩擦因数
当木块运动至最右端A 点时，一颗子弹以
水平向左的速度正
对射入木块并穿出，穿出速度
木块被子弹击穿时的速度大小v'=3.0m/s，设子弹
射穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，重力加速度大小
求：
(1)子弹的质量；
(2)木块在被子弹击穿后向左运动距B 点的最小距离；
(3)从子弹射中木块到木块相对传送带静止的过程中，子弹、木块和传送带这一系统由于摩擦
产生的内能。
【答案】(1)
(2)
(3)885J
【详解】（1）取水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
（2）木块在被子弹击穿后，运动的加速度
减速到零过程运动位移
向左运动距B 点的最小距离
（3）子弹击穿木块过程中产生的热能为
木块向左减速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热能为
10.5J
减速到零后，木块再向右加速运动，时间为
向右移动的位移为
木块向右加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热能为
=2J
从子弹射中木块到木块相对传送带静止的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能
是Q=Q1＋Q2＋Q3=872.5J+10.5J+2J=885J
【练3】（2025·山西·三模）如图1 所示，甲、乙两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接放置
在光滑的水平面上，乙的质量为3m，现让质量为m 的子弹以水平向右的速度
射向甲并最
终停留在甲中（时间极短），此过程子弹与甲间的摩擦生热为
，从以上过程结束瞬间
开始计时，此后甲、乙运动的速度与时间的关系图像如图2 所示，已知图中阴影部分的面积
为
，已知弹簧的弹性势能
与弹簧的形变量x 以及劲度系数k 之间的关系为
，
规定水平向右为正方向，求：
(1)甲的质量以及在开始计时前的过程中甲对子弹的摩擦力对子弹做的功；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)弹簧的劲度系数。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）设甲的质量为M，子弹与甲发生完全非弹性碰撞，则
由能量守恒定律可得
综合解得
、
对子弹由动能定理可得
综合解得
（2）甲、乙通过弹簧发生相互作用，分析其运动过程以及图2 可知
时刻弹簧的伸长量最大、
时刻弹簧的压缩量最大，且
、
时刻甲、乙达到共同速度v，由系统的动量守恒定律可得
类比完全非弹性碰撞规律，
、
时刻弹簧的弹性势能最大，系统的动能减小最多，由能量
守恒可得弹簧的弹性势能的最大值为
综合可得
、
（3）由于弹簧的压缩量最大与伸长量最大时，弹性势能达最大值且相等，由
可得
最大伸长量与最大压缩量相等，设为
，从
时刻到
时刻，弹簧由伸长量最大变为压缩量
最大，则甲相对乙的位移即图2 阴影部分的面积，即
结合
，
解得
考点梳理5 “滑块—滑板”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)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，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：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研
究对象为一个系统。
母题考点五 “滑块—滑板”模型
【母题5】（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直
轨道
，半径
的圆弧轨道
，长度
、倾角为
的直轨道
，半径
为R、圆心角为
的圆弧管道
组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面
上紧靠着质量
滑块b，其上表面与轨道末端F 所在的水平面平齐。质量
的小物块a 从轨道
上高度为h 静止释放，经圆弧轨道
滑上轨道
，
轨道
由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
，向下运动时动摩擦
因数
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因
数恒为
，小物块a 运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光
滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）若
，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在
上经过的总路程；
③在
上向上运动时间
和向下运动时间
之比。
（2）若
，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1 2∶；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C 点的向心加速度大小为
②小物块a 在DE 上时，因为
所以小物块a 每次在DE 上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE 上的滑动使机
械能损失，最终小物块a 将在B、D 间往复运动，且易知小物块每次在DE 上向上运动和向
下运动的距离相等，设其在
上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式
有
解得
（2）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定
律和能量守恒定律有
解得
【练1】（2025·浙江杭州·一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑
块C，滑块B 置于A 的左端，质量分别为
。开始时C 静止，
A、B 一起以
的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后C 向右运动，
经过一段时间，A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。A、B 间动摩
擦因数为0.5，则下列判断错误的是（ ）
A．A 与C 碰撞后的瞬间A 的速度大小是2m/s
B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J
C．碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为0.6m
D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s
【答案】B
【详解】A．因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为
vA，C 的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=
（mA+mB） vAB
A、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足vAB=vC
联立解得vA=2m/s，vAB=3m/s，A 正确；
B．运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B 相互作用的过程中损失的机械能，即
代入数据解得Q=3J，B 错误；
C．根据
解得x=0.6m
即碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为0.6m，C 正确；
D．对B 由动量定理
解得∆t=0.4s，D 正确。
此题选择错误选项，故选B。
【练2】（2025·四川巴中·模拟预测）如图甲所示，质量为
的轨道静止在光滑水平面上，
举一反三
轨道左侧部分水平且上表面粗糙，右侧部分为
光滑圆弧，两部分在
点平滑连接，
为轨
道的最高点。质量为
的小物块静置在轨道左端，与水平轨道间的动摩擦因数为
，给物块
施加水平向右的推力
，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度
与
对应关系如图乙所
示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分长度
，圆弧部分的半径
，重力加速度大小
取
，则（ ）
A．动摩擦因数为
B．小物块质量
C．若对物块施加水平向右的推力
，当小物块到
点时撤去
，则物块不能从Q
点冲出轨道
D．若对物块施加水平向右的推力
，当小物块到
点时撤去
，则物块最终能从
轨道左端离开
【答案】BC
【详解】AB．由图乙可知，当
时，物块与轨道一起加速，根据牛顿第二定律有
可得
根据
图像可得
时，二者发生相对滑动，对轨道根据牛顿第二定律有
可得
根据
图像可得
联立求得
由
时，
，可求得
，故A 错误，B 正确；
CD．若对物块施加水平向右的推力
，则物块与轨道发生相对滑动，对物块根据牛顿
第二定律有
对轨道
求得
，
当小物块到
点时，有
求得
此时轨道速度为
物块速度为
撤去
后，物块与轨道水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道上升到最高点时，则有
，
代入数据求得
，显然物块不能从Q 点冲出轨道，物块将滑回轨道水平部分，
根据水平方向动量守恒可知，最终二者将到达共速，速度为
该过程，根据功能关系可知
求得
，显然物块不能从轨道左端离开，故C 正确，D 错误。
故选BC。
【练3】（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图所示，倾角为θ 的光滑斜面体固定在水平面上，斜
面底端固定一挡板。三个相同的小物块A、B、C 质量均为m，小物块A 紧靠挡板放置，小物
块A 和小物块B 通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，开始时A、B 均静止。现让小物块C 从
斜面上由静止释放，小物块B、C 碰后一起向下运动，当B、C 再次分离后撤去小物块C。当
小物块B 沿斜面向上运动到最高点时，小物块A 与挡板之间的作用力恰好为零。已知弹簧的
弹性势能可表示为
，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度为g，
碰撞时间极短。则（ ）
A．小物块B、C 碰后一起向下运动过程中，二者组成的系统机械能守恒
B．小物块B 运动到最高点时，弹簧的弹性势能为
C．小物块B、C 分离时，B 的速度大小为
D．小物块C 开始下落时与小物块B 之间的距离为
【答案】BD
【详解】A．小物块B、C 碰后一起向下运动过程中，弹簧弹力做功，二者组成的系统机械能
不守恒，故A 错误；
B．设弹簧开始时的压缩量为x0，则
当小物块A 与挡板之间的作用力恰好为零时，有
解得
则小物块B 运动到最高点时弹簧的弹性势能
，故B 正确；
CD．设小物块C 开始下落时与小物块B 之间的距离为d，下落过程与碰撞过程有
、
小物块B、C 在弹簧原长处分离，设分离时的速度大小为v3，由能量守恒得
小物块B、C 分离后，小物块B 向上运动到最高点的过程中，由能量守恒得
联立解得
、
，故C 错误，D 正确。
故选BD。
模拟演练
1．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，倾角为θ 的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定
在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l，质量与A 相同的物体B 从弹簧原
长位置由静止释放，A 与B 发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B 视为质点，
重力加速度为g，弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（
）
A．碰后瞬间两物体的速度大小为
B．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒
C．碰后两物体一起向下运动的最大位移为3l
D．两物体反弹向上运动，最大高度能到达B 的释放点上方
【答案】A
【详解】A．碰撞前物体B 的速度大小为
解得
碰后瞬间两物体的速度大小为
解得
，A 正确；
B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B 错误；
C．碰后两物体一起向下运动的最大位移x 为
碰撞前对物体A 根据平衡条件得
解得
，C 错误；
D．以最低点为零势能面，两物体在B 的释放点处的重力势能为
在最低点处，弹簧的弹性势能为
因为
，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达B 的释放点，更不能到达B
的释放点的上方，D 错误。
故选A。
2．（2025·江苏南京·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时小球到达位置等于释放时的高度
C．由图可知m 大于M
D．图中阴影面积S2<2S1
【答案】D
【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
可知h>h′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B 错误；
C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有
移项得
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，即小球从弯槽右侧
共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据vx−t 图像围成面积等于水平
位移，得S1=R
而S2为t1∼t2内两者的相对位移，有S2<2R，故D 正确。
故选D。
3．（2025·湖北武汉·模拟预测）光滑水平桌面上放置两个质量均为
的小球
、
，用轻弹
簧连接，小球
紧靠挡板
，如图所示，初始时弹簧处于原长。小球
以
水平向左运动并
压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，在小球
开始向左运动到弹簧第二次恢复原长的过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．
、
及弹簧组成的系统机械能和动量均守恒
B．挡板
对小球
做的功为
C．挡板
对小球
的冲量大小为
D．小球
离开挡板后，系统弹性势能最大值为
【答案】D
【详解】A．小球运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒；由于挡板P 的弹
力对小球A 有向右的冲量，因此系统动量不守恒，故A 错误；
B．从初始到小球A 将要离开挡板，小球A 一直静止，则挡板P 对小球A 不做功，小球A 离
开挡板后，挡板对小球A 的弹力为零，也不做功，所以整个过程中，挡板P 对小球A 不做功，
故B 错误；
C．小球B 的动能
小球A 将要离开挡板P 时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球B 的动能Ek=Ek0
此时小球B 的速度大小为v0，方向向右，由动量定理知挡板P 对小球A 的冲量等于系统动量
的改变量，规定向左为正方向，则
故C 错误；
D．小球A 离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时A、B 速
度相等，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=2mv
解得
对系统，由机械能守恒定律得
代入数据联立解得弹性势能的最大值为
故D 正确。
故选D。
4．（2025·河南·模拟预测）如图所示，物体
与光滑半圆弧槽
静止在光滑水平面上，槽底
端放有小球
。现给
一个水平向右的初速度，
与
发生弹性碰撞（碰撞时间极短），
小球
能脱离圆弧槽向上运动，已知
、
、
质量相等，不计空气阻力，则（ ）
A．
与
碰撞后，
的速度向左
B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内
C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零
D．圆弧槽在水平地面上做往复运动
【答案】C
【详解】A．
、
质量相等碰撞后速度交换，
的速度为0，故A 错误；
B．球脱离圆弧槽后，水平方向的运动完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B 错误；
C．
与
相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，速度互换，
所以槽的速度为零，故C 正确；
D．根据动量守恒，
会一直向右运动，故D 错误。
故选C。
5．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，足够长的竖直光滑管内有一劲度系数为
的轻弹簧，
弹簧下端固定于地面，上端与一质量为
的小球
接触但不相连，小球
静止时所在位置为
O。另一质量为
的小球
从距离O 点
的
点由静止开始下落，与
发生瞬间碰撞
后粘在一起开始向下运动。两球均可视为质点，运动过程中弹簧始终在弹性限度内，已知
，弹簧形变量为
时弹性势能为
，弹簧振子做简谐运动的周期为
，重力加速度为
。求（ ）
A．B 与A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小为
B．
与
碰撞后瞬间一起向下运动的加速度大小为
C．小球A 被碰后向下运动，离
点的最大距离为
D．小球
从开始向下运动到第一次运动到最高点所用的时间为
【答案】A
【详解】A．
从距离O 点
的
点由静止开始下落，有
解得
与
发生瞬间碰撞后粘在一起，有
解得
，故A 正确；
B．
静止时弹簧压缩量
与
碰撞后瞬间，对整体有
与
碰撞后瞬间一起向下运动的加速度大小为
，故B 错误；
C．
一起做简谐运动的平衡位置弹簧的形变量
可知
，设
一起做简谐运动的振幅为
从初位置到最低点，有
解得
小球A 被碰后向下运动，离
点的最大距离为
，故C 错误；
D．碰后AB 整体做简谐运动，其周期
从碰后到平衡位置，位移大小为
，由简谐运动规律
从平衡位置向下到平衡位置向上
从平衡位置向上到AB 与弹簧分离（弹簧处于原长），位移大小为
，由简谐运动规律
从最低点到向上与弹簧分离，有
弹簧分离后竖直上抛至最高点
小球
从开始向下运动到第一次运动到最高点所用的时间
，
故D 错误。
故选A。
6．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图长为
、与水平方向成夹角
的倾斜传送带
以速度
沿顺时针方向匀速转动。质量
的小物块A 在沿传送带向上
的恒定拉力作用下沿传送带由静止开始向上运动。已知A 与传送带间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取
，
，重力加速度
，A 沿传送带上滑到顶点之后从传送带冲出，当小物块A 到达最高点后与水平面
上的质量
的B 发生完全非弹性碰撞，A、B 与水平面的动摩擦因数相同且都为
，下列说法中正确的是（ ）
A．A 在传送带上滑动时可以一直加速上滑
B．A 在传送带上运动的时间为
s
C．A 开始运动到A、B 发生完全非弹性碰撞后A 的整个运动时间为4.1s
D．整个过程中A 的位移18.8m
【答案】C
【详解】A B．在传送带上共速之前，根据牛顿第二定律可得
得
位移为
在传送带上共速之后若匀速上滑，根据牛顿第二定律可得
可得
大小为1N（小于最大静摩擦力，可以相对传送带静止匀速上滑）、方向沿传送带向下，在这
过程中
可得
总时间为
故AB 错误；
C．A 从传送带冲出后，斜向上抛
水平位移为
竖直位移
之后AB 发生完全非弹性碰撞
可得
一起运动，根据牛顿第二定律可得
得
运动时间为
位移为
故A 运动的总时间为
故C 正确；
D．A 的水平位移
竖直方向位移为
故而A 的位移为
故D 错误。
故选C。
7．（2025·福建·模拟预测）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小
物块A，上端固定在C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子
弹B 以水平速度v0射入A 内（未穿透），接着两者一起绕C 点在竖直面内做圆周运动。在各
种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F 随时间t 变化关系如图（b）所示，已知
子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0 为A、B 开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正
确的是（ ）
A．A、B 一起在竖直面内做周期T=t0的周期性运动
B．A 的质量大小为
C．子弹射入木块过程中所受冲量大小为
D．轻绳的长度为
【答案】BD
【详解】A．根据图（b）可以知道A、B 一起在竖直面内做周期性运动的周期为
，故
A 错误；
BCD．设子弹打入物块A 后一起运动的速度大小为v1，AB 一起运动到最高点的速度大小为
v2，细绳的长度为l，子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有
子弹和物块在最低点绳子有最大拉力Fm，根据牛顿第二定律有
子弹和物块在最高点绳子有
从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有
物块A 受到子弹的冲量
联立解得
，
，
，故BD 正确，C 错误。
故选BD。
8．（2025·河北·三模）如图，弹簧左端固定，将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于
M、N 点，质量为M=4kg 的小球B 静止在水平轨道上，将质量为m=2kg 的小球A 压缩弹簧后
由静止释放，小球能从M 点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P 时恰好与圆管无弹力作用，
之后从N 点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相
同且半径很小，圆弧轨道半径R=0.1m，不计一切摩擦和空气阻力，g 取10m/s²。则（ ）
A．释放小球 A 时弹簧内储存的弹性势能为10J
B．两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2
C．A 小球再次返回轨道运动时与内轨道无弹力
D．两小球至多能发生2 次碰撞
【答案】BC
【详解】A．小球在最高点P 时恰好与圆管无弹力作用，有
代入数据解得
释放小球A 时弹簧内储存的弹性势能为
A 错误；
B．小球A 与B 碰前的速度
以水平向右为正方向，则AB 碰撞过程根据动量守恒有mv0=mv1+Mv2
机械能守恒有
代入数据联立解得
即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1：2，B 正确；
C．A 小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则
解得
，可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，C 正确；
D．小球A 返回到水平面时的速度大小仍为
，因小于小球B 的速度，则两球不可能再
发生第二次碰撞，D 错误。
故选BC。
9．（2025·安徽·模拟预测）在未来的智能物流运输系统中，有一个在光滑轨道上可自由滑动
的大型运输平板
，其长度为
，初始时处于静止状态。工作人员将包裹
和包裹
放置在
运输平板
上，包裹
位于平板
的左端，包裹
则在平板
的正中间。为了使包裹
移动起
来，智能推送装置瞬间给包裹
一个向右的初速度
，之后与包裹
发生了弹性正碰，碰撞
时间极短，最终包裹
刚好到达运输平板
的右端，已知包裹
、
的质量均为
，运输平
板
的质量为
，且包裹
、
与运输平板c 表面之间动摩擦因数均为
，重力加速度为
。
下列关于包裹和运输平板运动情况的说法，正确的是（ ）
A．
与
碰撞前，
与
保持相对静止
B．
与
碰撞后，
与
都相对
滑动
C．
的初速度
D．若物块
初始位置离木板右端近一些，重复上述过程，
将滑离木板
【答案】AC
【详解】A．包裹
滑上
后相对
滑动过程中，假设
相对
静止，由牛顿第二定律，对
、
整体有
对
有
解得
即
与
间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则
相对
保持静止，
、
一起加速运动，故A
正确；
B．设
、
碰撞前瞬间的速度分别为
、
，
、
发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、
机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
即碰撞后
、
两者交换速度，
相对
滑动，由A 可知，
、
相对静止一起运动，故B 错
误；
C．
刚好滑到
的右端与
相对静止，
、
、
共速，设共同速度为
、
、
组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
解得
，故C 正确；
D．若包裹
初始位置离平板右端近一些，重复上述过程，全程动量守恒的表达式和能量守
恒的表达式不变，故
仍刚好到
的右端，故D 错误。
故选AC。
10．（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与
滑块C 接触但未连接，该系统静置于光滑的水平地面上。已知滑块B 的质量
、滑
块C 的质量
。现有一质量
的滑块A 从光滑曲面上离地面h 处由静止
开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块A 与B 发生正撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C
向前运动。经一段时间，滑块C 脱离弹簧。已知滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度大小为
v1=3m/s，重力加速度取
，求：
(1)滑块A 的初始高度h；
(2)弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能；
(3)滑块C 最终的速度大小。
【答案】(1)0.8m
(2)6J
(3)4m/s
【详解】（1）滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底
面的速度为
，由机械能守恒定律有
滑块A 与B 碰撞的过程，A、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为
，由动
量守恒定律有
联立解得
（2）滑块A、B、C 速度相等（设速度为
）时，被压缩的弹簧弹性势能最大，系统动量守
恒定律，有
解得
，方向水平向右
弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，有
解得
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，此时滑块C 速度达到最大，不再
改变，设此时滑块A、B 的速度为
，滑块C 的速度为
，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律，有
联立以上方程解得
、
或
、
（初始值，舍去），故滑块C
能获得的最终速度大小为4m/s。
11．（25-26 高三上·福建福州·开学考试）如图所示，光滑水平轨道OA 的右端拴连一轻质弹
簧，左端与等高的长
的水平传送带AB 相接，传送带B 端与竖直固定的半径
的光滑半圆形轨道最高点相近，半圆轨道最低点C 与放置于光滑水平面上质量
、长度为l 的薄木板等高。弹簧压缩后被锁定，弹性势能为
。质量
的小滑块置于弹簧左端（不连接），它与传送带和长木板间的动摩擦因数分别为
和
，传送带能以不同的速率
逆时针匀速转动（如图所示）。传送带静止时，解除弹
簧上的约束，物块获得速度
滑上传送带，到达B 端时速度为
，从B 端滑入半圆形轨道
且恰能沿轨道内表面运动到C 点。重力加速度大小取
，求：
(1)到达B 端速度
的大小及弹簧势能
；
(2)传送带静止时解除弹簧上的约束，物块最终与M 相对静止的速度大小；
(3)保持弹簧势能
不变，调节传送带速率v，要使物块始终不会滑出木板，木板的最小长度。
【答案】(1)
；
(2)
(3)4.5m
【详解】（1）物体在光滑半圆轨道恰好做圆周运动，则
解得
物块被弹簧弹出，机械能守恒，即
物体在传送带上运动，由动能定理得
解得
（2）物块从B 到C，根据动能定理有
物块与木板共同速度为
，根据动量守恒定律有
解得
（3）调节传送带速率v，当物块从A 到B 一直加速到B 点速度最大，则
解得
设物块运动到C 点速度为
，物块从B 到C，根据动能定理有
物块最后与木板一起运动的速度为
，根据动量守恒定律有
解得
要使物块不滑出木板，木板的最小长度满足
解得
12．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，质量为1kg 的木板静置于光滑水平地面上，半径为
0.9m 的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端切线水平与木板上表面平齐，轨道上端点P
和圆心连线与水平面成已知角θ，
。质量为2kg 的可视为质点的小物块A 以8m/s 的
初速度从木板上某一位置Q（图上未画出，Q 点左侧板足够长）开始水平向右滑行，A 与木
板间的动摩擦因数为0.2。当A 到达木板右端时，木板恰好与轨道底端发生第一次碰撞，同时
A 沿圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P 抛出。已知g 取
，木板
与轨道底端碰撞时无能量损失。
(1)求物块A 离开轨道后距P 点的最大高度；
(2)求Q 点到木板右端的距离；
(3)改变Q 点在木板上的位置，移动木板使Q 点到轨道底端的距离不变，使A 以8m/s 的初速
度从Q 点开始水平向右滑行，仍能在A 到达木板右端时，木板恰好与轨道底端碰撞，且A 沿
圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P，求Q 点到木板右端的距离满足的条
件和对应的整个过程中A 与木板之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n=1，2，3…），
（n=1，2，3…）
【详解】（1）物块A 恰好到达圆弧轨道P 点时，根据牛顿第二定律有
根据速度分解有
物块A 距离P 点最大高度
（2）设木板与轨道底端碰撞前，物块
和木板的速度分别为
和
，Q 点到木板右端的距
离为
。物块A 从轨道最低点到
点过程有
根据动量守恒定律有
根据功能关系有
联立解得
，
，
（3）对A 进行分析有
对木板进行分析有
木板位置改变前，右端到轨道底端的距离
解得
Q 点到轨道底端的距离
位置改变后，使A 仍能沿轨道恰好运动到上端点
，则A 运动过程不变，仍一直匀减速运动，
历时
解得
木板与轨道底端发生
次碰撞。木板从开始运动到第一次与轨道底端碰撞的时间
（n=1，2，3…）
木板B 经历的位移
木板B 的速度
令Q 点到木板右端的距离
，则有
解得
（n=1，2，3…）
根据能量守恒定律得
解得
（n=1，2，3…）
13．（2025·陕西西安·一模）小华和同学玩如图所示的闯关游戏。轻绳上端固定于O 处，装
有沙的甲车静止于光滑水平面
上的C 处，质量
的小华腰系轻绳从A 处由静止开始
摆下，
长
，摆到最低点B 时绳子恰好断裂，B 在水平面上方
处，小
华正好落入甲车中，小华瞬间和甲车获得共同速度，而且之后小华和甲车始终速度相同，然
后甲车碰撞D 处的乙车滑上粗糙水平面
，将乙车撞离平台，而甲车恰停在E 处。已知
间距离
，两车与
平面间动摩擦因数均为
，小华与甲车总质量等
于乙车质量
，且均可看成质点，碰撞中系统损失的动能等于碰前瞬间总动能的
，
重力加速度g 取
，求：
(1)甲乙两车碰后瞬间，甲车的速度
，小华落入甲车后与甲车的共同速度
；
(2)
的水平距离
，小华落入甲车前的速度大小
；
(3)绳子能承受的最大拉力F 的大小，由静止开始摆下前，绳子与竖直方向的夹角θ。
【答案】(1)0.8m/s，3.2m/s
(2)1.2m，5m/s
(3)800N，60°
【详解】（1）设甲车及人总质量为M，甲车从D 恰好滑至E 过程有
①
得
②
甲与乙碰撞过程系统动量守恒，动能损失为碰前动能的
，有
③
④
联立②③④解得
（此解求出
，依题意
，排除此解），
或
（取此解）
（2）设小华在B 点的速度为
，小华与甲车相互作用瞬间系统水平方向动量守恒，则
得
小华从B 至C 做平抛运动因此
，
此过程机械能守恒有
解得
，
（3）在B 点由牛顿第二定律
从A 到B，由动能定理有
联立两式解得
，
14．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图所示，有一斜面与圆弧面组成的轨道固定在光滑水平
面上．在竖直平面内，粗糙斜面AB 的下端与光滑的圆弧面BCD 相切于B 点，C 为最低点，
D 为圆心等高点．一小物块从A 处静止释放，已知小物块质量m=3kg，轨道质量M=4kg，斜
面长L=5m，倾角
，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道半径R=5m，重力
加速度g=10m/s2．
(1)求小物块在AB 面上的加速度大小a；
(2)求小物块第一次到达B 点的速度大小vB和在斜面AB 上运动的总路程s；
(3)若轨道不固定且斜面AB 也光滑，求小物块从A 处由静止释放到第一次滑到C 处的位移大
小d 和小物块第一次滑到C 处时受到的支持力大小F．
【答案】(1)a=2m/s2
(2)vB=
m/s；7.5m
(3)
m；F=114N
【详解】（1）小物块在AB 面上下滑时由牛顿第二定律
解得a=2m/s2
（2）小物块第一次运动到B 时，由
得vB=
m/s
由于
，小物块在圆弧面上往复运动，最终到达B 点时速度为零，即
，则全
程A→B 由能量守恒可得
解得
（3）A→C，小物块与轨道组成“人船模型”，水平动量守恒，设小物块水平位移大小x1，
轨道水平位移大小为x2，则mx1=Mx2
AC 间水平距离
则
=4m
小物块竖直位移大小
小物块位移大小
设小物块运动到C 处，小物块的速率v1，轨道的速率v2，A→C 水平动量守恒，则有mv1=Mv2
A→C 能量守恒，则
C 处，对小物块
其中
联立解得F=114N
15．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，长度
的水平传送带静止。质量
的小木箱静止在传送带的左端A 点，传送带的右端B 与光滑水平面BO 平滑连接。
水平面自O 点向右粗糙。以O 为坐标原点，向右为正方向建立x 轴，在
、2m、
3m……的位置依次静止放置质量均为M 的小物块（可视为质点），自左至右物块编号为1，
2，3，…。传送带启动后以加速度
匀加速顺时针转动，小木箱与传送带间的动摩擦因数
，小木箱、物块与水平面粗糙部分之间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，物块之间碰撞时间极短，且均为完全非弹性碰撞，重力加速度g 取
10m/s2。
(1)当
m/s2时，求木箱在传送带上运动的时间及离开传送带时的速度大小；
(2)当
m/s2时，求木箱与传送带间因摩擦产生的热量及木箱与第1 个物块碰后的速度大
小；
(3)改变传送带的加速度，求木箱停止运动时距离坐标原点的最大距离。
【答案】(1)2s；2m/s
(2)4J；
(3)4.4m
【详解】（1）木箱所受滑动摩擦力
对木箱，根据牛顿第二定律有
解得木箱的最大加速度
当传送带加速度
时
故木箱始终相对传送带静止，在传送带上以加速度
做匀加速运动
根据位移时间公式有
解得
离开传送带时速度大小
（2）当传送带加速度大小
时
故木箱相对传送带滑动对木箱，根据位移时间公式有
解得
木箱离开传送带时的速度大小
木箱离开传送带时传送带位移
传送带相对木箱的位移
木箱在传送带上运动过程中，摩擦产生的热量
木箱离开传送带后沿光滑水平面匀速运动至O 点，进入粗糙面后滑行1m，滑行过程加速度大
小
根据速度位移公式有
解得
小木箱与第一个木块碰撞过程，根据动量守恒有
解得
（3）设木箱与第k 个物块碰撞后一起运动，不再与
个物块发生碰撞，设木箱与k 个物块
碰撞后速度为
，则应满足
解得
当传送带加速度大于2m/s2时，木箱离开传送带时的速度最大，为
设与物块1 碰前速度为
，根据运动学公式，则有
木箱与物块碰撞动量守恒，设碰后速度为
，根据动量守恒有
解得
可得
设与物块2 碰前速度为
，根据运动学公式，则有
木箱与物块碰撞动量守恒，设碰后速度为
，根据动量守恒有
解得
，
设与物块3 碰前速度为
，根据运动学公式，则有
木箱与物块碰撞动量守恒，设碰后速度为
，根据动量守恒有
解得
，
同理
因为k 为整数，所以
当
时，
与第4 个小物块碰撞后，继续滑行距离
综上木箱静止时距离坐标原点的最大距离
16．（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图所示，固定点O 处悬挂长为L 的轻质细绳，细绳的末
端拴接一个质量为2m 的小球。光滑水平地面上有n 个质量均为m 的相同小滑块，从左向右
依次编号为1、2、…、n.现将细线水平拉直，静止释放小球，当小球摆到最低点时刚好与小
滑块1 发生弹性碰撞。已知滑块间的每次碰撞时间极短，重力加速度大小为g。
(1)求小球与1 号小滑块碰前瞬间细绳的拉力大小；
(2)若所有滑块间的碰撞是弹性碰撞，求小滑块n 被碰后速度大小；
(3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞，求因碰撞损失的机械能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球下摆过程：由机械能守恒得
碰前瞬间小球所需向心力由拉力和重力的合力提供
联立解得
（2）小球与滑块1 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得
，
联立解得
，
滑块1、2 发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得
，
联立解得
，
质量相等的滑块发生弹性碰撞后，二者交换速度，可知小滑块n 被碰后速度大小为
（3）所有滑块都发生完全非弹性碰撞，整个碰撞过程中动量守恒，有
整个过程中损失的机械能为
联立解得
