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微专题11 碰撞模型 跟踪练习
基础过关
一．选择题：
1．如图所示，两个物块A、B 中间用轻弹簧相连放在光滑的水平面上，A、
B 质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块A 右侧与竖直墙接触。某一瞬间敲
击物块B 使其获得0.3 m/s 的水平向右的速度，物块B 向右压缩弹簧然后被弹簧
弹回，弹回时带动物块A 运动。当弹簧拉伸到最长时，物块A 的速度大小为(
)
A．0.1 m/s B．0.2 m/s
C．0.3 m/s D．0.4 m/s
2．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v 的A 球与质量为3m、静止
的B 球发生对心碰撞，碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球
的速度大小可能是( )
A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v
3．如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连
接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当
甲物体的速度减小到1 m/s 时，弹簧最短。下列说法中正确的是( )
A．此时乙物体的速度大小为1 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4
D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s
4．(2025·广东广州阶段模拟)如图，冰壶A 以1.5 m/s 的速度与静止在冰面上
的冰壶B 正碰，碰后瞬间B 的速度大小为1.2 m/s，方向与A 碰前速度方向相
同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法中正确的是(
)
A．碰后瞬间A 的速度大小为0.4 m/s
B．碰撞过程中，B 对A 做的功为21.6 J
C．碰撞过程中，A 对B 的冲量大小为24 N·s
D．A、B 碰撞过程是弹性碰撞
5.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
6.(多选)如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为
L。质量分别为m、2m 的环A、B 套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧
原长L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B 一水平向右的瞬
时速度v，下列说法正确的是( )
A．A、B 和弹簧组成的系统满足动量不守恒、
机械能守恒
B．若某时刻A 的速度为vA＝，则B 的速度为vB
＝
C．若某时刻A 的速度为vA＝，则弹簧与导轨之间的夹角为30°
D．若弹簧恢复原长时，环B 速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的
弹性势能Ep＝5mv2
二．计算题：
7．一质量为mA＝2 kg 的A 物体从距地面h＝1.2 m 处由静止自由下落，同
时另一质量为mB＝1 kg 的B 物体从A 物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过
t＝0.2 s 两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/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。
能力提升
一．选择题：
8．如图所示，两小球P、Q 竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距
水平地面高度为h 处同时由静止释放。已知小球Q 的质量是P 的2 倍。设所有
碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞
后小球P 上升的高度为( )
A．h B．h
C．h D．h
9．(多选)(2025·河北唐山阶段预测)2024 年2 月5 日，在斯诺克
德国大师赛决赛中，特鲁姆普以10-5 战胜斯佳辉获得冠军，如图甲
所示。特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动，简易
图如图乙所示。蓝球经t＝0.6 s 的时间向前运动x1＝0.36 m 刚好(速度为0)落入
袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16 m 停止运动，已知两球的质量相等，碰
后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内
力远大于外力)，则下列说法正确的是( )
A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒
B．碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
C．碰撞前白球的速度大小为2 m/s
D．该碰撞为弹性碰撞
10．(多选)如图所示，质量为M、带有
半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道
底端与水平面平滑连接，O 为圆心。质量为m 的小滑块(可视为质点)以水平向
右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下
列判断正确的是( )
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守
恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量
守恒
C．小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为v0
D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为v0
二．计算题：
11．如图所示，半径为0.5 m 的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗
糙斜面MN 在N 点平滑相接，质量为0.04 kg 的小物块B 恰好静止在斜面上，此
时物块B 与N 点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg 的小物
块A 从与圆心等高处由静止释放，通过N 点滑上斜面，与物块B 发生弹性碰
撞。已知物块A 与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s2，两物块
均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块A 运动到N 点时对曲面的压力；
(2)物块A 与B 碰撞前的速度大小；
(3)从物块A 与B 第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
培优训练
一．选择题：
12．(2025·辽宁丹东阶段预测)如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道固定在
竖直面内，质量为M 的小球A 从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与
静止于轨道最低点的质量为m 的小球B 发生第一次碰撞(M≤m)，若A、B 两球
第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的
下方运动，A、B 间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，则下列说法正确的
是( )
A．第一次碰撞后瞬间，A 球的运动方向一定变为水平向左
B．第一次碰撞后瞬间，A 球对轨道的压力大小可能为mg
C．第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道上升的最大高度不
可能为R
D．第二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道运动速度为零时，
对轨道的压力大小可能为mg
参考答案：
1.B 解析 由机械能守恒定律可知，当物块B 被弹簧弹回到初始位置时速
度大小仍为v0＝0.3 m/s，方向向左；当弹簧拉伸到最长时，两者共速，则由动
量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.2 m/s，即物块A 的速度大小为0.2
m/s，故选B。
2.C 解析 A、B 两球在水平方向上所受合外力为零，A 球和B 球碰撞过程
中动量守恒，设A、B 两球碰撞后的速度分别为v1、v2，选A 球初速度的方向
为正方向，由动量守恒定律有mv＝mv1＋3mv2，假设碰撞后A 球静止，即v1＝
0，则v2＝v，由题意可知A 球被反弹，所以B 球速度v2>v，A、B 两球碰撞过
程中能量可能有损失，由能量关系有mv2≥mv＋×3mv，联立可得v2≤，可得
<v2≤，故选C。
3. A 解析 根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以
此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A 正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力方
向向左，甲继续减速，B 错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得
m1∶m2＝1∶3，C 错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒
定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，联立解得v2′＝2 m/s，D 错误。
4.C 解析 由于碰撞时间极短，内力远大于外力，可知，A、B 相碰时，A
和B 组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律，以v0 方向为正方向，有
mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A 错误；根据动能定理，碰撞过程中，
B 对A 做的功为W＝mv－mv，解得W＝－21.6 J，故B 错误；碰撞过程中，根
据动量定理，A 对B 的冲量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C 正确；碰撞之
前总能量为Ek＝mv＝22.5 J，碰撞后A、B 系统总动能为Ek′＝mv＋mv＝15.3
J，由此可知Ek>Ek′，可知，A、B 碰撞过程是非弹性碰撞，故D 错误。
5. C 解析 设每个球的质量均为m，碰前系统总动量p＝mvA＋mvB＝
8m(kg·m/s)，碰前的总动能Ek＝mv＋mv＝20m(J)。若碰后vA1＝1 m/s，vB1＝6
m/s，碰后总动量p′＝mvA1＋mvB1＝7m(kg·m/s)，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(kg·m/s)，总动能Ek3＝mv
＋mv＝16.25m(J)，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(kg·m/s)，总动能Ek4＝mv＋
mv＝41m(J)，动量守恒，但机械能增加，违反能量守恒定律，选项D 错误。
6.BCD 解析 平行导轨光滑，对A、B 和弹簧组成的系统分析，所受的外
力矢量和为0，因此系统动量守恒，除系统内弹力外，没有其他力做功，系统
机械能守恒，故A 错误；对A、B 和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，
当A 的速度为vA＝v 时，由动量守恒定律得2mv＝m·v＋2mvB，解得vB＝，故
B 正确；由B 选项分析可知，若vA＝，则vB＝，设弹簧初始弹性势能为Ep，A
的速度为时的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得×2mv2＋Ep＝×2mvB
2
＋mv＋Ep′，可得Ep＝Ep′，开始时弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，
弹性势能为Ep，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为，
此时弹簧长度为L′＝L＋L＝2L＝，故弹簧与导轨间的夹角为30°，故C 正确；
开始时，弹簧长度为L，而原长为L，故弹簧压缩了，弹性势能记为Ep，弹簧
恢复原长时，环B 水平向右的速度为2v，根据动量守恒定律可得2mv＝mvA＋
2m·2v，解得vA＝－2v，即A 的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒定律得
×2mv2＋Ep＝×2m(2v)2＋m(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D 正确。
7.答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对A 物体，根据运动学公式可得h－x＝gt2
解得x＝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－gt2
解得vB0＝6 m/s
碰撞前瞬间A 物体的速度vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间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
解得碰后瞬间的速度v＝0。
(3) 根据能量守恒定律可知碰撞损失的机械能
ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2＝12 J。
8.B 解析 设小球P、Q 的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均
为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q 与地面碰撞后速度等大反
向，然后与P 碰撞，P、Q 碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正
方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，×3mv2＝mv＋×2mv，解得vP＝，碰后
小球P 机械能守恒，则有mgh′＝mv，解得h′＝h，故选B。
9.BC 解析 两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与
桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A 错误；碰后，
蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律有x1＝t，得
蓝球碰后瞬间的速度为v1＝＝1.2 m/s，又两球的加速度大小相等，则由公式v2
＝2ax 得＝，解得碰后瞬间白球的速度大小为v2＝0.8 m/s，则碰后蓝球与白球
的速度之比为3∶2，B 正确；碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝
mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2 m/s，C 正确；两球碰前的动能为Ek1＝mv＝
2m(J)，两球碰后的总动能为Ek2＝mv＋mv＝1.04m(J)，由于Ek1>Ek2，所以该
碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D 错误。
10. AD 解析 小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成
的系统机械能守恒，但小滑块机械能不守恒，A 正确；小滑块冲上轨道的过程，
系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，但系统在水平方向上不受外力，
故系统水平方向上动量守恒，B 错误；小滑块恰好冲到轨道的最高点时，二者
速度相同，由水平方向动量守恒可得mv0＝(m＋M)v，解得带有圆弧轨道的滑
块速度大小为v0，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的
滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则
有mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得v2＝v0，v1＝－v0，故C 错误，D 正
确。
11.答案 (1)4.8 N，方向与竖直方向成37°角且垂直斜面向下 (2)3 m/s
(3) 3 s
解析 (1)物块A 从静止开始下滑到底端的过程中，
由机械能守恒定律得mAgR cos 37°＝mAv
设物块A 运动到N 点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN－mAg cos 37°＝mA
联立解得FN＝4.8 N
由牛顿第三定律得曲面受到的压力F 压＝FN＝4.8 N
方向与竖直方向成37°角且垂直斜面向下。
(2) 对物块A，滑上斜面后，设加速度大小为a，与物块B 碰撞前速度大小
为v，
由牛顿第二定律可得mAg sin θ－μmAg cos θ＝mAa
由运动学公式可得v2－v＝2axNB
联立解得v＝3 m/s。
(3) 物块A 与物块B 发生弹性碰撞，设碰撞后物块A 速度大小为v1，物块
B 速度大小为v2，以沿斜面向下为正方向，
根据动量守恒定律、能量守恒定律，有mAv＝mAv1＋mBv2
mAv2＝mAv＋mBv
联立解得v1＝2 m/s，v2＝5 m/s
因为物块B 恰好静止在斜面上，碰撞后物块B 做匀速运动，物块A 与物块
B 碰后，物块A 以加速度a 做匀加速运动，设经时间t 第二次碰撞，
由运动学公式可得v1t＋at2＝v2t 解得t＝3 s。
12. B 解析 由弹性碰撞的规律知，当M<m 时，碰撞后质量小的球A 被反弹
回来，方向水平向左，当M＝m 时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A 静
止，A 错误；小球A 碰前速度为v0＝，若A、B 两球第一次碰撞和第二次碰撞
发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，则两球碰后
速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒定律知Mv0＝－Mv1＋mv1，由能量守恒
定律知Mv＝Mv＋mv，解得M＝，v1＝v0，第一次碰撞后瞬间，对A 球，由牛
顿第二定律得FN－Mg＝M，解得FN＝mg，则由牛顿第三定律知A 球对轨道的
压力可能为mg，B 正确；第二次碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定
律或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A 球速度均为v0，B 球均静止，故第
二次碰撞结束后，A 球沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A 球速度为0，A
球对轨道的压力大小为0，C、D 错误。
