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第3 讲 专题强化：碰撞模型拓展
题型一 滑块—弹簧模型
1．模型图示(如图所示)
2．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0，则系
统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和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同，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0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
【典例1】 （2026·河南新乡·模拟预测）如图甲所示，物块A 与物块B 之间通过一根轻质
弹簧栓接，静置在光滑的水平地面上，物块B 与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并
被锁定，t =0时解除锁定。规定向右为正方向，物块A 在一段时间内运动的v −t图像如图乙
所示，已知物块A 的质量为m，则（ ）
A．物块B 的质量为2m
B．t2时刻弹簧处于原长
C．t1∼t3时间内，弹簧弹性势能的最大值为1
6 m v0
2
D．t1∼t3时间内，物块A 运动的位移大小为v0(t3−t1)
4
【答案】C
【分析】对物块A 运动状态分析：
0−t1时间段弹簧处于压缩状态，接触锁定后弹簧逐渐恢复原长，物块B 与墙面接触保持静
止，物块A 随着弹簧恢复原长，弹力减小，做加速度减小的加速运动，t1时刻弹簧恢复原长，
物块A 速度达到最大v0
t1−t2时间段，物块A 要继续向右运动，弹簧逐渐被拉长弹力增大，物块A 将做加速度增大
的减速运动，物块B 将从静止开始做加速度增大的加速运动，t2时刻物块AB 共速时，弹簧
长度达到最大。
t2−t3时间段vB>v A，方向均向右，弹簧逐渐恢复原长，物块A 将做加速度减小的减速运动，
物块B 将做加速度减小的加速运动，t3时刻物块A 速度减到最小，弹簧恢复原长，此后由于
vB>v A，弹簧将再次被压缩， 物块A 加速，物块B 减速。
【详解】A．由分析知t2时刻物块AB 共速，由动量守恒得m v0=(mB+m)
2v0
3
，解得mB= m
2 ，
故A 错误；
B．t2时刻弹簧长度达到最大，故B 错误；
C．t2时刻物块AB 共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得
1
2 mv0
2= 1
2 (m+mB)(
2v0
3 )
2
+ E p
弹性势能E p= 1
6 m v0
2，故C 正确；
D．t1−t3内物块A 运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图象知
x> v0
3 (t3−t1)> v0(t3−t1)
4
，故D 错误。
故选 C。
【典例2】 （2026·福建南平·二模）（多选）如图（a），质量分别为mA、mB的两个小球
A、B 拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。给小球A 一个水平向右的初
速度v0压缩弹簧，此后小球A、B 的速度与冲量大小的关系图像如图（b）所示，图中v0、I 0
已知，则（ ）
A．mA>mB
B．1
mA
+ 1
mB
= v0
I 0
C．从开始运动到A、B 共速时B 球的动能变化量为v0 I 0
D．A、B 共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为1
2 v0 I 0
【答案】BD
【详解】A．由动量定理，对小球A有−I =mA(v −v0)，变形得v =−1
mA
I + v0
对小球B有I =mBv，变形得v = 1
mB
I
v −I图像斜率的绝对值为1
m，由图可知A的斜率绝对值大于B的斜率绝对值，即1
mA
> 1
mB
，
可得mA<mB，故A 正确。
B．当I = I 0时A，B共速，设共同速度为v。由动量定理得I 0=mA(v0−v)，I 0=mBv
联立消去v得I 0=mA v0−mA I 0
mB
整理得1
mA
+ 1
mB
= v0
I 0
，故B 正确。
C．从开始运动到A，B共速时，对B由动量定理得I 0=mBv
B球的动能变化量Δ Ek B= 1
2 mBv
2= 1
2 I 0v
因v <v0，则Δ Ek B< 1
2 v0 I 0<v0 I 0，故C 错误。
D．A，B共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得
Ep= 1
2 mA v0
2−1
2 (mA+mB)v
2
结合动量守恒mA v0=(mA+mB)v，I 0=mA(v0−v)
代入化简得Ep= 1
2 mA v0(v0−v)= 1
2 v0 I 0，故D 正确。
故选BD。
题型二 滑块—斜面(曲面)模型
1．模型图示(如图所示)
2．模型特点
(1)上升到最大高度：滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v 共，此时滑块的竖直速度vy＝
0。系统水平方向动量守恒，有mv0＝(M＋m)v 共；系统机械能守恒，有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的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块与斜(曲)面分离点。系统水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2；
系统机械能守恒，有mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞)。
【典例3】 （2026·安徽亳州·模拟预测）（多选）质量为mA =3m的物块A 以一定速度v0在
光滑的水平面运动，在其右侧有一质量为mB=m的物块B 其曲面为光滑1
4 圆弧，半径为R，
最低点与水平面相切。A 恰好滑到B 的圆弧最高点，重力加速度为g。v0未知。则下列说法
正确的是（ ）
A．A 和B 动量守恒
B．A 的初速度v0=2❑√2 gR
C．B 的最大速度为3 ❑√2 gR
D．若A 的初速度增大为2v0，A 从B 最高点飞出再落回过程，B 的位移为12❑√3 R
【答案】BCD
【详解】A．A、B 组成的系统，竖直方向上A 运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有
水平方向动量守恒，故A 错误；
B．A 恰好滑到圆弧最高点时，A、B 水平方向共速，设共速速度为v，水平方向动量守恒有
mA v0=(mA+mB)v
解得v = 3 v0
4
由机械能守恒定律有1
2 mA v0
2=mA gR+ 1
2 (mA+mB)v
2
解得v0=2❑√2 gR，故B 正确；
C．A 从最高点滑回水平面后，B 达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和
机械能守恒， 设滑回后A 速度v1，B 速度v2，则mA v0=mA v1+mB v2，
1
2 mA v0
2= 1
2 mA v1
2+ 1
2 mB v2
2
联立解得v2= 2mA v0
mA+mB
== 3 v0
2
代入v0=2❑√2 gR
解得v2=3 ❑√2 gR，故C 正确；
D．初速度变为2v0，A 到达最高点飞出时，水平方向A、B 共速，由动量守恒定律有
3m⋅2v0= 4 m⋅v共
解得v共= 3 v0
2 =3 ❑√2gR
设竖直方向的相对初速度为v y，由机械能守恒定律有
1
2 ⋅3m(2v0)
2= 1
2 ⋅4 m v共
2 +3mgR+ 1
2 ⋅3m v y
2
解得v y = ❑√6 gR
竖直上抛总运动时间t = 2v y
g =2❑√
6 R
g
B 做匀速运动，位移x = v共⋅t =12❑√3 R，故D 正确。
故选BCD。
【典例4】 （2025·辽宁沈阳·三模）（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为
M 的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有
从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如
图乙所示，重力加速度为g=10 m/s
2，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为2M
B．小球运动到最高点时的速度为2
3 m/s
C．小球能够上升的最大高度为1
30 m
D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动
【答案】ABD
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律有
m v0=m v1+ M v2
整理可得v2=−m
M v1+ m
M v0
则v2−v1图线的斜率为k =−m
M = 0−2
1−0
解得m=2 M，故A 正确；
B．v2−v1图线的纵截距为b= m
M v0=2m/s
解得小球的初速度大小为v0=1m/s
小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方
向上由动量守恒定律得m v0=(m+ M )v
解得v = 2
3 m/s，故B 正确；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得1
2 m v0
2= 1
2 (m+ M )v
2+mgh
解得h= 1
60 m，故C 错误；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时有m v0=m v1+ M v2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v1= 1
3 m/s>0
即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D 正
确。
故选ABD。
题型三 滑块—木板模型
1．模型图示(如图所示)
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Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对
象为一个系统。
【典例5】 （2026·安徽合肥·二模）（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木
板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木
板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的
是（ ）
A．滑块与木板的质量之比为2 3∶
B．木板的长度为14 m
C．滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3 N
D．滑块的速度减为1
2 v0时，木板的速度为1
3 v0
【答案】ACD
【详解】A．最终两者共速，速度v相同，由图得共速时滑块动能Ek m=8J = 1
2 m v
2
木板动能Ek M =12J = 1
2 M v
2
因此质量比m
M = Ek m
Ek M
= 8
12 = 2
3，故A 正确；
BC．对滑块由动能定理−f ⋅x滑= Ekm−Ek 0
代入x滑=14 m解得f =3 N
对木板由动能定理f ⋅x木=12J
得x木= 4 m，木板长度L= x滑−x木=14 m −4 m =10 m，故B 错误，C 正确；
D．系统任意时刻动量守恒，有m v0=m⋅v0
2 + Mv
代入m
M = 2
3，解得v = 1
3 v0，故D 正确。
故选ACD。
【典例6】 （2026·山东淄博·二模）（多选）如图甲，O 为光滑绝缘水平面上的一点，以
O 为原点、水平向右为正方向建立x 轴。在0≤x ≤d的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电
场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。质量为m、长为d 的绝缘板静止在光滑水平面上，
其左端位于O 点。一质量为m、带电量为−q的小物块以大小为2v0的初速度从左端滑上绝
缘板，物块相对地面运动的速度v 随x 变化的关系如图乙所示。已知物块与板间的动摩擦因
数为μ，重力加速度大小为g，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，则（ ）
A．物块从O 点运动到x =d位置的过程中，物块做匀减速直线运动
B．物块从O 点运动到x =d位置的过程中，物块和板组成的系统产生的热量为3mv0
2
4
C．匀强电场的电场强度大小为mg
q
D．匀强磁场的磁感应强度大小为m v0
2 μqd
【答案】BCD
【详解】A．对物块竖直方向受力分析，负电荷受电场力qE向上，洛伦兹力qvB向下，重力
mg向下，支持力N向上，竖直方向平衡得N +qE =mg+qvB
可得N =mg−qE+qvB
物块水平方向，由牛顿第二定律有f = μN =ma
可得加速度a= μ(mg−qE+qvB)
m
故物块运动中速度v不断减小，加速度a不断减小，物块做加速度减小的减速运动，A 错误；
B．水平面光滑，物块和板组成的系统水平方向动量守恒，由图乙可得，物块到达x =d时，
物块速度为v1= 3
2 v0
设此时板的速度为v，由动量守恒有m⋅2v0=m v1+mv
解得v = v0
2
系统产生的热量等于动能损失Q = 1
2 m(2v0)
2−( 1
2 mv1
2+ 1
2 mv
2)
解得Q = 3m v0
2
4
，B 正确；
C．由v −x图可得v随x线性变化，即dv
dx 为定值，加速度a= dv
dt = v ⋅dv
dx
结合a= μ(mg−qE+qvB)
m
整理得μ(mg−qE)
m
+ μqB
m ⋅v =∣dv
dx ∣⋅v
该式对所有v成立，因此常数项必须为0，即mg−qE =0
解得E = mg
q ，C 正确；
D．由v −x图可得∣dv
dx ∣=
2v0−3
2 v0
d
= v0
2d
代入v的系数关系有μqB
m = v0
2d
解得B = mv0
2 μqd ，D 正确。
故选BCD。
题型四 子弹打木块模型
1．模型图示(如图所示)
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＝mv－(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－mv＋Mv。
【典例7】 （2026·河北保定·一模）（多选）如图所示，质量为2kg 的小车A 置于光滑水
平地面上，其右侧是一半径为1m 的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平
部分粗糙。质量为0.99kg 的滑块B 静止于小车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度
为700m/s 的子弹C 击中，子弹立即停留在滑块B 中，之后B 在小车上滑动，与粗糙部分动
摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B 上升的最高点距小车顶端的高度为
0.15m。滑块B 可视为质点，不计空气阻力，g 取10 m/s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．子弹C 刚停留在滑块B 中时，滑块B 的速度大小为7m/s
B．滑块B 离开小车瞬间的速度大小为7
3 m /s
C．小车粗糙水平面的长度为1.9m
D．滑块B 离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端
❑√3
5 m
【答案】ACD
【详解】A．设小车A、滑块B、子弹C 的质量分别为m1、m2、m3，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，则m3v0=(m3+m2)v1
解得v1=7m/s，故A 正确；
B．从圆弧轨道的最高点离开小车，滑块B 上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m，则滑
块B 离开小车时竖直方向的分速度v y = ❑√2gh= ❑√3 m/s
滑块B 离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B 相对于小车沿水平方向的分速度
v x相对=
v y
tan 60° =1m/s
从滑块B 开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得
(m3+m2)v1=(m3+m2)v x+m1v2
其中v x−v2= v x相对
解得v2=2m/s，v x=3 m/s
所以滑块B 离开小车瞬间的速度大小vB=
❑√v y
2 + v x
2=2❑√3 m/s，故B 错误；
C．滑块B 开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
1
2 (m3+m2)v1
2= 1
2 m1v2
2+ 1
2 (m3+m2)vB
2 +(m3+m2)gR(1−cos60°)+ μ(m3+m2)gL
解得小车粗糙水平面的长度L=1.9 m，故C 正确；
D．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t = 2v y
g =
❑√3
5 s
则滑块B 离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端x = v x相对t =
❑√3
5 m，故D 正确。
故选ACD。
【典例8】 （2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置木板A，木板A的上
表面光滑，其左端放置一可视为质点的物块C，木板A左侧一定距离处放置带有光滑轻质定
滑轮的物块B。一根轻质弹性绳绕过定滑轮，两端分别与木板A和物块C相连，且滑轮两侧的
弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，弹性绳处于原长。一质量为m的子弹以初速
度v0水平向右射入C并留在其中（作用时间极短）。已知木板A的质量为2m，物块B的质量
为2m，物块C的质量为m，在研究过程中A、B未发生碰撞，且C未从A上滑落，弹性绳的形
变始终在弹性限度内。求：
(1)子弹射入C的过程中产生的热量；
(2)当A的速度大小为vA时，B的速度大小；
(3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能；
(4)弹性绳刚好恢复原长时B的速度。
【答案】(1)1
4 m v0
2
(2)2vA
(3) 1
24 mv0
2
(4)v0
3
【详解】（1）打击瞬间，子弹与物块C 组成的系统动量守恒，满足m v0=(m+m)v1
解得v1= v0
2
系统动能损失转化为热量，满足Q = 1
2 m v0
2−1
2 ×2m v1
2
联立解得Q = 1
4 m v0
2
（2）由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为FT，对木板A由
动量定理有∑FT Δt =2m vA
对物块B由动量定理有∑2 FT Δt =2m vB
联立可知此时B的速度大小vB=2vA
（3）由小问（2）分析可知，子弹射入物块C后，物块C连同子弹一起向右运动，弹性绳拉
长；木板A向左运动，物块B向右运动，A、B间弹性绳长度变短。当B、C间弹性绳长度的增
加量等于A、B间弹性绳长度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时A、B、C三者的速度大
小满足vC−vB= vB+ vA
对物块C由动量定理有∑FT Δt =2m ΔvC=m v0−2m vC
结合小问（2）分析得，弹性绳伸长到最长时有vB=2vA= v0−2vC
规定向右为正方向，由系统动量守恒可知m v0=2m vC+2m vB−2m vA
三式联立，解得vA= v0
12，vB= v0
6 ，vC= 5 v0
12
从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足
Epm= 1
2 ×2m v1
2−(
1
2 ×2m vA
2 + 1
2 ×2m vB
2+ 1
2 ×2m vC
2)
解得Epm= 1
24 mv0
2
（4）弹性绳刚好恢复原长时，设A、B、C三者的速度大小分别为vA1、vB1、vC1，根据系统
的机械能守恒有，1
2 ×2mv1
2= 1
2 ×2mvA1
2 + 1
2 ×2mvB1
2 + 1
2 ×2mvC1
2
同时结合第（2）、（3）小问分析可知vB1=2vA1，v0
2 −vC1= vA1
联立解得vB1= v0
3
1.
（2026·山西晋中·三模）（多选）如图所示，机械加工厂中将做好的质量为m 的球形工件在
高为H 的左侧平台边缘处静止释放，工件沿光滑轨道滑入质量为3m 的半圆形圆槽。圆槽可
自由移动，圆槽最低点与地面高度差不计。圆槽与右侧平台接触时，小球刚好到达圆槽右侧
最高点且相对圆槽速度为零被右侧平台上的人接住，右侧平台高度与圆槽圆心O 点等高，
不计一切摩擦和人的高度，小球可看作质点，重力加速度为g，则（ ）
A．小球到达右侧平台被接住时速度大小为
❑√gH
4
B．小球到达右侧平台被接住时速度大小为
❑√2 gH
4
C．右侧平台的高度为3
5 H
D．右侧平台的高度为3
4 H
【答案】BD
【详解】AB．工件从左侧平台由静止释放到圆槽最低点过程中，由于圆槽紧挨左侧平台，
故圆槽不会运动，则工件的机械能守恒，则有 mgH = 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gH
又工件刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零，说明在圆槽最高点时工件与圆槽共速，
即工件从圆槽最低点到圆槽右侧最高点，系统水平方向动量守恒，设共速度为v，则有
m v0= 4 mv
解得v =
❑√2gH
4
，故A 错误，B 正确；
CD．由题可知，右侧平台的高度等于圆槽的半径R。工件从圆槽最低点到圆槽右侧最高点，
根据系统机械能守恒有1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v
2+mgR
解得R = 3
4 H，故C 错误，D 正确。
故选BD。
2.
（2026·江西宜春·一模）如图，一质量为M =1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半
径为R =0.4 m的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m=2kg小球以水平
向右的初速度v0=6 m /s从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过t =0.1s小球从圆弧最
高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g 取10 m /s
2。则小球从最低点冲上滑块到刚
落回滑块的过程中，滑块的位移是（ ）
A．1.63 m
B．1.73 m
C．1.83 m
D．1.93 m
【答案】B
【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得m v0=m v1+ M v2
可得在t 时间内求和可得m v0t = Σ m v1 Δt + Σ M v2 Δt
可得m v0t =m x1+ M x2
且x1−x2=0.4 m
可得x2=0.13 m。
当小球运动到最高点时可得m v0=(m+ M )v共，mgH = 1
2 m v0
2−1
2 (m+ M )v共
2
得H =0.6m，h= H −R =0.2m
h= 1
2 gt1
2，则t1=0.2s
最终小滑块的位移是X = x2+2v共t1=1.73 m
故选B。
3.
（2026·新疆乌鲁木齐·二模）（多选）如图所示，质量为2m 的1
4 光滑圆弧轨道静止在光滑
水平面上，轨道半径为R，质量为m 的小球以❑√6 gR的速度从左端滑上轨道，冲出轨道后能
再次落回轨道。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球冲出轨道后做竖直上抛运动
B．小球能上升的最大高度为2R
C．小球冲上轨道过程中，轨道的动量变化量大小为2m ❑√6 gR
3
D．轨道最终做匀速直线运动的速度为2❑√6 gR
3
【答案】BCD
【详解】A．小球运动到轨道顶端并脱离时，其与轨道具有相同的水平速度，记作v。由系
统在水平方向动量守恒可得m v0=(m+2m)v
再根据系统机械能守恒定律有1
2 mv0
2= 1
2 ⋅2mv
2+ 1
2 m(v
2+ v y
2)+mgR
代入相关数据计算得v = 1
3
❑√6 gR，v y = ❑√2gR
由于小球脱离时相对地面存在水平速度分量，因此其运动轨迹为斜抛，故A 错误；
B．竖直方向根据v y
2 =2gh
解得h= R
可得小球能上升的最大高度为R+ R =2 R，故B 正确；
C．在小球沿轨道上滑阶段，轨道动量的变化量Δp=2mv
解得Δ p= 2m ❑√6 gR
3
，故C 正确；
D．小球滑回并最终脱离轨道的过程，在水平方向上可等效为弹性碰撞。依据系统水平方向
动量守恒mv0=mv1+2mv2
机械能守恒1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2
(2m)v2
2
解得轨道最终获得的速度v2=
2m
m+2m v0= 2❑√6 gR
3
，故D 正确。
故选BCD。
4.
（2026·湖南·模拟预测）如图所示，一质量为M的正方体装置固定在光滑水平面，其竖直面
内有一半径为R的光滑环形管道，R远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，
直径略小于管道横截面直径。M =2m，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，小球到达管道最低点B时装置对地面的
压力大小6mg
B．小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，运动到与水平方向夹角为37°的C点时，
小球对装置压力大小为3.6mg
C．若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，装置偏离原位置的最大距离2
3 R
D．若装置解除固定，小球从最低点B以水平向右的速度v0= ❑√7 gR开始运动，小球到达
最高点时刚好与装置无弹力
【答案】D
【详解】A．装置固定，小球由最高点A运动到最低点B的过程中，由机械能守恒定律，可
得mg×2 R = 1
2 m vB
2
解得vB=2❑√gR
在最低点B，由管道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，有N −mg= mvB
2
R
解得N =5mg
由牛顿第三定律，可得小球对管道的压力为N
′ =5mg
装置的重力Mg=2mg
由平衡条件，地面对装置支持力为F N = Mg+ N
′ =7mg
由牛顿第三定律，可得装置对地面压力为7mg≠6mg，故A 错误；
B．由几何关系，C 点相对A 点下落高度Δh= R+ R sin37° =1.6 R
由机械能守恒定律，得mg×1.6 R = 1
2 m vC
2
可得vC
2 =3.2 gR
在C 点由管道对小球的支持力和小球的重力沿背离圆心的分力的合力提供向心力，有
F
′
N−mgsin37° = mvC
2
R
解得F
′
N =3.2mg+0.6mg=3.8mg
小球对装置压力大小为3.8mg≠3.6mg，故B 错误；
C．装置解除固定，系统水平方向动量守恒。当小球运动到与圆心等高处时，装置偏离原位
置距离最大。设装置最大位移为x，则小球水平位移为R−x。由水平方向动量守恒，得
m( R−x)= Mx
解得x =
m
M +m R = 1
3 R，故C 错误；
D．若装置解除固定，小球从B点以v0出发。设小球和装置在最高点的速度分别为v1，v2，
若小球到达最高点时刚好与装置无弹力，则重力提供向心力，有mg=m (v1−v2)
2
R
由水平动量守恒，得m v0=m v1+ M v2
由机械能守恒，得1
2 m v0
2=mg×2 R+ 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
联立M =2m，解得v0= ❑√7 gR
故当v0= ❑√7 gR时，小球到达最高点刚好与装置无弹力，故D 正确。
故选D。
5.
（2026·广东湛江·二模）如图（俯视图），水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板A、
B，质量为m 的光滑圆管abcd 静止在水平面上，恰好夹在两钢板间，直径ac 平行钢板、直
径bd 垂直钢板，圆管可以左右自由滑动，圆管中有一质量为m 的光滑小球（球直径略小于
管径），小球静止在圆管的最右端a 处。某时刻小球获得一垂直指向钢板A 的初速度v0，下
列说法正确的是（ ）
A．小球从a 端运动到b 端的过程，圆管对小球的冲量为0
B．小球从a 端运动到c 端的过程，圆管对小球的冲量为0
C．小球到达b 端时，小球和圆管的速度大小均为v0
2
D．小球到d 端时，小球和圆管的速度大小均为
❑√2
2 v0
【答案】D
【详解】AC．小球从a 到b 运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球
到达b 点时速度大小为v，由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为v，由
能量守恒，1
2 mv0
2= 1
2 mv
2+ 1
2 mv
2
解得v =
❑√2
2 v0，故AC 错误；
B．从a 到c，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2mv0，故B 错误；
D．小球到达d 点时速度大小也应该为v，方向向右，圆管速度大小为v，方向向左，故D 正
确。
故选D。
6.
（2026·北京海淀·二模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松
弛状态。物块甲受到一水平向左的瞬时冲量I 1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I 2（
I 1和I 2沿两物块连线方向）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动
的速度v随时间t变化关系如图所示。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（
）
A．物块甲的质量大于物块乙的质量
B．瞬时冲量I 1的大小等于瞬时冲量I 2的大小
C．0~t0内，橡皮条对物块甲做负功、对物块乙做正功
D．0~t0内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量
【答案】B
【详解】A．由图可知，t =t0时刻v
′
甲= v
′
乙=0
故t =t0时刻系统动量为0，因水平面光滑，物块甲、乙运动过程中受到的合外力为0，系统
动量守恒，故p初= p末=0
规定向右为正方向，设t =0时刻，甲、乙的初速度大小分别为v甲和v乙，可知
−m甲v甲+m乙v乙=0
结合图像，t =0时有v甲>v乙
可知m甲<m乙，故A 错误；
B．根据动量定理有I 2+ I 1= p初=0
可知|I 1)= I 2
即瞬时冲量I 1的大小等于瞬时冲量I 2的大小，故B 正确；
C．0~t0内，橡皮条对物块甲的拉力方向向右，物块甲向左运动，橡皮条对物块甲做负功；
橡皮条对物块乙的拉力方向向左，物块乙向右运动，橡皮条对物块乙做负功，故C 错误；
D．因t =t0时刻v
′
甲= v
′
乙=0
在0~t0内，物块甲、乙的动能变化量分别为Δ Ek甲=0−1
2 m甲v甲
2 ，Δ Ek乙=0−1
2 m乙v乙
2
由动量定理有I 1=m甲v甲，I 2=m乙v乙
故Δ Ek甲=−
I 1
2
2m甲
，Δ Ek乙=−
I 2
2
2m乙
因|I 1)= I 2，m甲<m乙
可知物块甲的动能变化量与物块乙的动能变化量不相等，故D 错误。
故选B。
7.
（2026·河南·模拟预测）（多选）如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，
传送带以恒定速率v顺时针转动。t =0时，A的速度大小为2v，方向水平向右，B的速度为
0，弹簧处于原长。t =t1时，A 第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为Ep。已知A、B可视为
质点，质量均为m，与传送带的动摩擦因数均为μ；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重
力加速度大小取g，A、B始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．0∼t1过程，A、B 的位移相等
B．在t =t1时，A、B 的速度不相同
C．在t =t1时，弹簧的压缩量为1
μmg (m v
2−Ep)
D．0∼t1过程，A在传送带上留下的划痕长度大于1
2 v t1
【答案】CD
【详解】B．初始阶段，A 受到向左的滑动摩擦力μmg和向左的弹力作用而向右减速，B 受
到向右的滑动摩擦力μmg和向右的弹力作用而向右加速。在A 与传送带首次达到共速之前，
A、B 系统所受合外力为零， 系统动量守恒，有m×2v =mv +m vB
解得B的速度vB= v，即在t =t1时刻，A、B的速度相同，故B 错误；
A．0∼t1过程，A向右减速，B向右加速，最后共速，则在这段时间内A的位移大于B的位移，
故A 错误；
C．在t1时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB
由功能关系有−μmg xA+ μmg xB= 1
2 mv
2+ 1
2 mv
2−1
2 m(2v)
2+ Ep
此时弹簧的压缩量Δ x = xA−xB，解得Δ x =
1
μmg (mv
2−Ep)，故C 正确；
D．0∼t1过程，传送带位移x传= v t1，A的初速度2v，末速度v，加速度a= −μmg−F 弹
m
弹簧弹力逐渐变大，故加速度逐渐变大，A做加速度变大的减速运动，故A的位移
xA> 2v + v
2
t1= 3
2 v t1，A在传送带上留下的划痕长度x相= xA−x传> 3
2 v t1−v t1= 1
2 v t1，故
D 正确。
故选CD。
8.
（2026·江苏徐州·模拟预测）如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁
定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子
弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程
中（ ）
A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小
B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大
C．钢板对子弹做的功比锁定时的多
D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多
【答案】A
【详解】AB．钢板锁定，子弹末速度为0，由动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为
I 1=|0−m v0|=m v0
故子弹对钢板的冲量大小为m v0；由于水平面光滑，则钢板解锁后，子弹与钢板组成的系统
动量守恒且最终共速v，规定向右为正方向，根据动量守恒有m v0=(m+ M )v
根据动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为I 2=|mv −mv0|=
M
M +m mv0
故子弹对钢板的冲量大小为
M
M +m mv0，综上可知子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，
故A 正确，B 错误；
CD．钢板锁定时，子弹恰好穿过钢板（即子弹末速度为0），对子弹，根据动能定理，可知
钢板对子弹做的功为W 锁定=0−1
2 m v0
2
钢板解锁后，子弹和钢板最终共速，对子弹，根据动能定理，钢板对子弹做的功为
W 解锁= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
综上可知|W 锁定)>|W 解锁)，故CD 错误。
故选A。
9.
（2026·内蒙古赤峰·一模）（多选）滑板运动现在已经成为风靡全球的青少年时尚运动，代
表着自由、创意与挑战极限的精神。如图甲，一名滑手以水平速度v0从左侧滑上静止的滑板，
一段时间后速度变为v1，滑手的v −t图像如图乙所示。已知滑板质量为m，重力加速度为
g，忽略滑板与地面间的摩擦，利用以上信息可求出的物理量是（ ）
A．滑手的质量
B．滑手鞋底与滑板的相对位移
C．滑手鞋底与滑板的动摩擦因数
D．滑手鞋底与滑板因摩擦而产生的热量
【答案】AD
【详解】A．设滑手质量为M，由动量守恒M v0=( M +m)v1
整理得M = mv1
v0−v1
已知m、v0、v1因此可以求出滑手质量，故A 正确；
B．相对位移Δ x = x滑手−x滑板，x滑手= (v0+ v1)t
2
，x滑板= v1t
2
得Δ x = v0t
2
题目未给出共速的时间t，因此无法求出相对位移，故B 错误；
C．对滑手，摩擦力f = μMg = M ⋅v0−v1
t
整理得μ= v0−v1
gt
时间t未知，因此无法求出动摩擦因数，故C 错误；
D．摩擦生热等于系统动能的损失，即Q = 1
2 M v0
2−1
2 ( M +m)v1
2
代入M = mv1
v0−v1
化简，最终得Q = 1
2 m v0 v1
所有量已知，因此可以求出摩擦生热，故D 正确。
故选AD。
10. （2026·陕西延安·二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为
m1=1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2=1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量
为m3=1.0kg的物块C 放在长木板B 的右端，C 与长木板B 间的滑动摩擦力的大小等于最大
静摩擦力大小。现在给物块C 水平向左的瞬时初速度v0=2.0 m/s，物块C 立即在长木板B 上
运动。已知绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B 总是具有相同的速度；
物块C 始终未从长木板B 上滑落。下列说法正确的是（ ）
A．绳子绷紧前，B、C 的共同速度大小为2.0m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5m/s
C．绳子断开后的瞬间，A、B 的速度大小均为1.0m/s
D．最终A、B、C 三者将以大小为5m/s 的共同速度一直运动下去
【答案】B
【详解】A．绳子松弛，A 静止，B、C 组成的系统动量守恒，有m3 v0=(m2+m3)v1
代入m2=m3=1kg，v0=2m/s，解得v1=1m/s，故A 错误；
B．绳子绷紧作用时间极短，C 的速度来不及变化，仅A、B 通过绳子相互作用，A、B 系统
动量守恒，有m2v1=(m1+m2)v2
代入m1=m2=1kg，v1=1m/s，解得v2=0.5 m/s
即绳子绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5m/s，故B 正确；
D．最终三者共速时，对A、B、C 整体，总动量守恒，有m3v0=(m1+m2+m3)v共
解得v共= 2
3 m/s，故D 错误；
C．绳子绷紧后，A、B 总是具有相同的速度，直到A、B、C 三者达到共速v共= 2
3 m/ s，则
A、B 的速度大小不会达到1.0m/s，故C 错误。
故选B。
11. （2026·安徽铜陵·一模）如图，木板m1足够长，静止在光滑水平地面上，物块m3静止在木
板右侧，m3左端固定一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块m2以水平向右的
速度v0滑上木板m1，m2与m1速度相等时m1刚好与弹簧接触，此后再经过时间t0弹簧压缩量
最大，并且m2与m1恰好能始终保持相对静止。已知m1、m2和m3的质量均为m，弹簧始终
处在弹性限度内，弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep= 1
2 k x
2，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度为g，下列说法不正确的是（ ）
A．木板刚接触弹簧时速度v1= 1
2 v0
B．弹簧的最大压缩量xm = v0
❑√
2m
3k
C．弹簧压缩量最大时，m3的位移大小为x3= v0t0
3 −2v0
3
❑√
m
6 k
D．m2与m1间的动摩擦因数μ= v0
2g
❑√
k
6m
【答案】B
【详解】A．设木板刚接触弹簧时速度为v1，则以m1和m2整体作为研究对象，对其列动量
守恒定律方程有m v0=2m v1，解得v1= 1
2 v0，故A 正确；
B．当m2和m3共速时，弹簧的压缩量最大，以m1、m2以及m3整体作为研究对象，对其列动
量守恒定律方程有2m v1=3m v2，解得共同的速度为v2= 1
3 v0
设此时弹簧的最大压缩量为xm，则由能量守恒定律有1
2 k xm
2 = 1
2 ⋅2m v1
2−1
2 ⋅3m v2
2
解得xm = v0
❑√
m
6k ，故B 错误；
C．m1、m2和m3组成的系统动量守恒有2m⋅v0
2 =2mv1+mv3
对应三者的位移关系有2m⋅v0t0
2 =2m Σ v1⋅Δt +m Σ v3⋅Δt
由选项B 可知弹簧的最大压缩量为xm = v0
❑√
m
6k = x1−x3
联立解得x3= v0t0
3 −2v0
3
❑√
m
6k
故C 正确；
D．弹簧压缩过程中，m1和m2的合力等于弹簧的弹力，由于m1和m2相对静止，说明二者间
的静摩擦力提供m2的加速度，且弹簧压缩到最大时静摩擦力达到最大值（等于滑动摩擦
力）。设弹簧压缩到最大时m1和m2的加速度为a，则对m1和m2整体列牛顿第二定律方程有
k xm =2ma
此时对m2列牛顿第二定律方程有μmg=ma
联立解得m2与m1间的动摩擦因数为μ= v0
2g
❑√
k
6m，故D 正确。
由于本题选择错误的，故选B。
12. （2026·湖北孝感·二模）如图所示，质量为m1=1kg的木板放在水平地面上处于静止状态，
木板左、右两端固定竖直挡板M、N。质量为m2=1kg的木块开始时位于木板正中间的标记
点A 处，木块可视为质点。当木板被锁定时，木块以v0=3 m /s的初速度向右运动并与挡板
N、M 各碰撞一次，最后恰好回到标记点A 处。假设每次碰撞时间极短且不损失能量，木块
与木板间的动摩擦因数为μ=0.6，重力加速度大小g 取10 m /s
2。
(1)求木板的长度l；
(2)解除木板锁定，若地面光滑，要使木块还能与挡板N、M 各碰撞一次后恰好回到标记点A
处，求木块的初速度大小v1；
(3)解除木板锁定，若木块光滑，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.5，当木块以
v2=5 m /s的初速度向右运动，求最终木块与挡板N 的距离Δ x。
【答案】(1)0.375m
(2)3 ❑√2m /s
(3)0.125m
【详解】（1）当木板被锁定时，木块与木板每次碰撞时间极短且不损失能量，木块最后恰
好回到标记点A 处时速度为零，则木块的运动可等效为匀减速直线运动，运动的加速度大
小为a= μm2 g
m2
=6 m /s
2
木块运动的总时间为t = v0
a =0.5s
设木板的长度为l，则2l = 1
2 at
2
解得l =0.375 m
（2）木块恰好回到标记点A 处时与木板有共同速度，规定向右为正方向，对木块与木板，
由动量守恒定律得m2v1=(m1+m2)v共
解得v共= 1
2 v1
由能量守恒定律可知1
2 m2v1
2= μm2 g×2l+ 1
2 (m1+m2)v共
2
联立解得木块的初速度大小v1=3 ❑√2m /s
（3）木块第一次与挡板N 碰撞，木块的速度从v2变为v3，木板的速度从0 变为v4，由动量
守恒m2v2=m2v3+m1v4
由能量守恒有1
2 m2v2
2= 1
2 m2v3
2+ 1
2 m1v4
2
解得v3=0，v4= v2
即木块与木板的速度在碰撞后互换，同理，每次在挡板M 或N 发生碰撞后，木块与木板的
速度互换。若在整个运动过程中木板的位移为x总，由能量守恒1
2 m2v2
2= μ1(m1+m2)g x总
解得x总=1.25 m
而x总=nl+ Δ x (n=0,1,2,3⋯)
故n=3，Δ x =0.125 m
13. （2026·广东广州·三模）如图，AB 是倾角为30°的斜轨道，BC 是以恒定速率v0顺时针转动
的水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水
平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有质量为m 的物块，从轨道AB 上
与B 相距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩
擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，
μ=0.25，重力加速度取g=10m/s2。不计空气阻力，物块视为质点，传送带足够长。求：
(1)物块滑到B 点处的速度大小；
(2)物块从B 到C 点过程因摩擦产生的热量；
(3)物块到达圆弧轨道最高点时对轨道的压力。
【答案】(1)vB= 4 m /s
(2)Q =0.1J
(3)3N，方向竖直向上
【详解】（1）物块从P 到B 点，根据动能定理可得mgLsin30° = 1
2 m vB
2 −0
解得vB= 4 m /s
（2）物块从B 点匀加速运动到与传送带共速v0，对物块有a= μmg
m ，t = v0−vB
a
，
x物= vB+ v0
2
t
解得t =0.4s，x物=1.8 m
对传送带有x传= v0t =2m
根据功能关系可得Q = μmg( x传−x物)
解得Q =0.1J
（3）物块从进入圆弧槽到达最高点过程，根据水平方向动量守恒和能量守恒可得
m v0=m v1+ M v2，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+2mgR
解得v1=−2.2m /s，v2=0.8 m /s（v1=3.2m /s，v2=0.2m /s，不符合实际舍掉）
物块在圆弧槽最高点时，有F +mg =m (v2−v1)
2
R
解得F =3 N
根据牛顿第三定律，物块在圆弧槽最高点时对轨道的压力大小3N，方向竖直向上。
14. （2026·江西宜春·二模）一光滑水平面上静止着由两个半径为R=0.5m 的 1
4 光滑圆弧组合而
成的轨道P，轨道末端与水平面相切，轨道质量为M1=4kg，P 的左侧有一质量为M2=4kg、倾
角为θ =37°的光滑斜面，斜面处于静止且末端与水平面平滑接触，斜面总长度L=5.85m。
连接轻弹簧质量为mA=2kg 的A 物块锁定在斜面上C 处，C 距离斜面顶端D 的距离为
s=0.53m，轻弹簧处于原长且末端刚好处于斜面底端，弹簧劲度系数k=90N/m，一质量为
mB=2kg 的滑块B 从P 的右侧以初速度v0=4m/s 滑上P，能通过P 的最高点，之后从P 的另一
侧沿轨道滑到水平面，一段时间后冲上斜面，当弹簧被压缩到最短时物块B 被锁定在斜面上，
同时物块A 解除锁定，当弹簧恢复原长时，A 与弹簧断开连接，最终A 从斜面顶端飞出。忽
略空气阻力的影响，不考虑物块的大小，圆弧槽和斜面均不固定，g=10 m /s
2，弹簧弹性
势能表达式EP= 1
2 k x
2，x 为形变量。求：
(1)B 重新滑到P 底端时，B 与P 的速度大小；
(2)弹簧被压缩至最短时的压缩量x；
(3)物块 A 落地时，距离斜面左端的水平距离。
【答案】(1)4 m/ s，0
(2)0.4 m
(3)0.72m
【详解】（1）滑块与轨道P 作用过程中水平方向动量守恒mB v0=mB v1+ M 1v2
机械能守恒1
2 mB v0
2= 1
2 mB v1
2+ 1
2 M 1v2
2
解得v1= 4 m/s，v2=0
（2）物块B冲上斜面，至弹簧压缩量最大时，A、B和斜面共速，速度为v
水平方向动量守恒mBv1=(mB+mA+ M 2)v
系统能量守恒1
2 mBv1
2= 1
2 (mB+mA+ M 2)v
2+ 1
2 k x
2+mB gxsinθ
联立解得x =0.4 m
（3）设物块A 从斜面顶端Q 飞出时，A 的对地速度水平、竖直速度分别为v x和v y，斜面速
度v3
水平动量守恒mBv1=mA v x+(mB+ M 2)v3
系统能量守恒1
2 mB v1
2= 1
2 mA(v x
2+ v y
2)+ 1
2 (M 2+mB)v3
2+mBg xsinθ+mAgssinθ
相对运动关系tanθ =
v y
v x−v3
联立解得v x=1.6 m /s，v y =0.6 m/s，v3=0.8 m/s
物块A 离开斜面后斜抛运动
竖直方向Lsinθ =−v yt + 1
2 gt
2
水平方向Δ x =(v x−v3)t
联立解得Δ x =0.72m
15. （2026·山东泰安·模拟预测）如图所示，在光滑的水平面上有A、B、C三轨道，轨道A为上
表面光滑的“L”形平台，A的上方有一与其等长的轻质弹簧，弹簧左端固定在A左侧挡板上，
右端自然伸长；轨道B为上表面粗糙、质量M B=1.8kg、长L=4.0m的长木板，轨道A、B
上表面平滑相接；轨道C为半径R =1.2m、质量M C=3.6kg的竖直光滑半圆轨道，半圆轨道
最低点在圆心O点正下方，且与轨道B上表面平齐。锁定轨道A、C，用质量m=1.8kg的小
物块D（可视为质点）将弹簧压缩至P点，此时弹簧的弹性势能为72.9J，然后由静止释放
小物块D，D 与长木板B 上表面间的动摩擦因数μ=0．45，B与C 发生碰撞时，D 恰好运动
到B 的最右端。已知重力加速度g=10 m/s
2。
(1)求小物块D 沿轨道C 上升的高度H；
(2)在（1）中，若轨道B与C 刚要相碰时，解除对轨道C 的锁定，同时调整轨道C 的半径R，
使B、C 发生碰撞（碰撞性质不确定，且B、C 不会粘连）后，小物块冲上轨道C 并恰好能沿
轨道到达与圆心O等高处，求轨道C 的半径R的最大值。
【答案】(1)H =1.6m
(2)Rmax=5
6 m
【详解】（1）设D 由静止释放后获得的初速度为v0，由能量守恒定律，有Ep= 1
2 m v0
2
解得v0=9 m/s
D 在B 上滑行，对D 则μmg=ma1
对B有μmg= M Ba2
有x1= v0t −1
2 a1t
2，x2= 1
2 a2t
2，x1−x2= L
对D 速度v1= v0−a1t
D 冲上C 时速度v1=6 m/s，B的速度v2=3 m/s,设小物块D 脱离轨道C 时的速度大小为v，
方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律，有mgsinθ =m v
2
R
从D 冲上到脱离轨道C，由动能定理，有−mgR(1+sinθ)= 1
2 mv
2−1
2 mv1
2
解得脱离轨道时sinθ = 1
3
离B板上表面的高度H = R (1+sinθ)
代入数据解得H =1.6 m
（2）对B速度v2=a2t
若B、C 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后C 获得的速度最小，对应轨道C 的半径R最大。设B、
C 碰撞后的共同速度为vBC由动量守恒得M Bv2=(M B+ M C)vBC
解得vBC=1 m/s
在小物块沿轨道C 运动的过程中，设小物块到达圆心高度时的速度为v2，由动量守恒得
m v1+ M CvBC=(M C+m)v3
根据能量守恒得1
2 m v1
2+ 1
2 M C vBC
2 = 1
2 (M C+m)v3
2+mg Rmax
联立解得Rmax=5
6 m
