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第35 讲 碰撞模型及拓展
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，
真题演练
1
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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
2．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q 的质量分别为
和想
，将它们分别与小车N 沿
直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为
，碰撞时间极短，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
故
故选D。
3．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、
2
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B，A、B 用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A 的质量为1kg，B 的质量为2kg，A 与传
送带的动摩擦因数为0.5，B 与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0 时，将两物块放置在传送带
上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A 与传送带
第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A 可在传送带上留下痕迹，重力
加速度
，则（ ）
A．在t=
时，B 的加速度大小大于A 的加速度大小
B．t=t0时，B 的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A 与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力
为零，系统动量守恒有
，
代入数值解得t=t0时，B 的速度为
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有
，
由于
，故可知
故A 错误，B 正确；
C．在
时间内，设AB 向右的位移分别为
，
；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C 错误；
3
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D．A 与传送带的相对位移为
B 与传送带的相对为
故可得
由于
时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，
且满足
，作出AB 的
图像
可知
等于图形
的面积，
等于图形
的面积，故可得
结合
可知
，故D 正确。
故选BD。
4．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力
和
作
用下，由静止开始沿同一直线相向运动在
时刻发生正碰后各自反向运动。已知
和
始终
大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球速度v 随时
间t 变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
4
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C．
D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律
两物体受外力F 大小相等，由图像的斜率等于加速度可知
M、N 的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N 的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m 和2m；
由图像可设MN 碰前的速度分别为4v 和6v，则因MN 系统受合外力为零，向右为正方向，则
系统动量守恒，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得
、
因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，
则BD 是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M 来
说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A 正确，C 错误。
故选A。
5．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为
的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，
其末端与水平地面
相切于P 点，
的长度
。一长为
的水平传送带
以恒定速率
逆时针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静
止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞
时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左端N 时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小
5
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为
。以后每隔
给b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传送带。已知a 的质量为
的质量为
，它们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩擦因数
均为
，取重力加速度大小
。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)30N
(2)3.2s
(3)95J
【详解】（1）a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律
在
点，设轨道对它的支持力大小为
，根据牛顿第二定律
联立解得
（2）a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
解得
与
发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
6
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滑上传送带后，根据牛顿第二定律
解得
的速度减小到与传送带速度相等所需的时间
对地位移
此后
做匀速直线运动，
到达传送带最左端还需要的时间
b 从M 运动到N 的时间
（3）设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对
根据动量定理
解得
向右减速到零所需的时间
然后向左加速到
所需的时间
可得
在
时间内向右运动的距离
循环10 次后
向右运动的距离
每一次相对传动带运动的路程
7
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b 从N 向右运动3m 的过程中
与传送带摩擦产生的热量
然后
继续向右减速运动，根据运动学公式
解得
此过程，b 相对传动带运动的路程
此过程中
与传送带摩擦产生的热量
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量
6．（2025·河南·三模）如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为
和
的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量
的小球甲静止在距水平轨道高度
的A 处，质量
的小球乙静止在距水平轨道高度
的D 处，两小
球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排
斥力的大小
（
为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，
重力加速度取
。
(1)求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度
和
的大小。
(2)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度
。
(3)在水平轨道
的基础上增加水平导轨的长度，使得小球甲第二次在水平轨道上运动的过程
中与小球乙恰好不相碰，求此时水平轨道的最小长度
。
模拟冲关
8
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【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）设两小球从斜面滑下的时间分别为
和
，加速度分别为
和
，由匀变速
直线运动的位移与时间的关系有
，
由匀变速直线运动的速度与时间的关系有
，
由牛顿第二定律有
，
解得
，
，
。
（2）由第一问可知，两小球同时进入水平轨道，均做减速运动，最终达到共同速度。设两小
球的共同速度为
，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有
又
解得
（3）由第二问分析可知，两小球达到共同速度后一起向左做匀速直线运动，之后小球甲第二
次返回水平面后经过一段时间两小球再次达到共同速度。当两小球第一次达到共同速度时，
小球甲恰好回到左端的斜面底端，水平轨道的长度最小。设两小球第一次达到共同速度时，
它们之间的距离为
，有
设之后小球甲在斜面上滑的时间为
，有
此过程中小球乙的位移
小球甲第二次到达斜面底端至两小球达到共同速度的过程中，设两小球第二次达到的共同速
度为
，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有
解得
9
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两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有
又
，
解得
。
7．（2025·陕西汉中·一模）如图所示，装有一定质量沙子的小车，其总质量为M，静止在光
滑的水平面上。将一个质量为m 的铁球，从距离沙面h 高处，以大小为v0的初速度水平抛出，
小球落入车内并陷入沙中∆h 深处，最终与车一起向右匀速运动。不计空气阻力，则下列说法
正确的是（ ）
A．小球抛出时的高度h 越高，小车最终的速度越大
B．小球陷入沙中过程，小球和沙、车组成的系统动量不守恒，机械能不守恒
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
D．此过程中系统内能的增加了
【答案】BCD
【详解】A．小球与车、沙组成的系统在水平方向动量守恒，则
由此可知，小车最终的速度与抛出时的高度无关，故A 错误；
B．小球陷入沙中过程，小球在竖直方向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因此系
统动量不守恒，由于小球与沙的摩擦损失机械能，因此系统机械能不守恒，故B 正确；
C．此过程中小车（包括沙子）所受合外力的冲量为
联立可得
故C 正确；
D．根据能量守恒可得，此过程中系统内能的增加了
10
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故D 正确。
故选BCD。
8．（2025·安徽·模拟预测）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
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
D．A 和B 分离时，B 的速度大小为
【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
，
解得
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
故
，
，
，
解得
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
，故D 错误。
故选BC。
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9．（2025·山东·模拟预测）如图所示，A 是
光滑圆弧轨道，B 是由上表面粗糙、长度
的木板与
光滑圆弧轨道组成，两圆弧轨道的半径均为
，木板与圆弧轨
道底端等高，A、B 质量均为
。A、B 靠在一起静止在光滑水平面上，A 紧靠左侧
竖直固定挡板，B 的右侧某位置有竖直固定挡板。质量为
的物块从A 正上方距轨
道上端高
处由静止释放，物块恰好切入圆弧轨道，当物块第二次到达B 左端时，B
刚好与右侧挡板发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数
，不计空气阻力，重
力加速度
。求
(1)物块到达A 底端时受到的支持力大小；
(2)B 与右侧挡板第一次碰撞前B 的速度大小；
(3)B 与右侧挡板第一次碰撞后B 通过的路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块从静止释放至
底端过程机械能守恒
解得
在
底端，根据向心力公式
可得
（2）物块滑上B 时，根据动量守恒定律
12
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根据能量守恒定律
联立两式解得
（3）物块滑上B 后，设物块在B 上上升的最大高度为
，根据能量守恒定律
解得
物块在B 上相对B 的水平位移
B 与右侧挡板碰撞后，物块和B 总动量为零，两者质量相同，相同时间位移相同，所以B 向
左运动的位移大小
设物块最后停在距B 左端
处，由能量守恒定律
解得
所以B 与右侧挡板第一次碰撞后B 通过的路程是
。
10．（2025·湖北·三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽
静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的小物块（可视为质点）从
槽上高为h 处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B．小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C．若
，物块能再次滑上弧形槽
D．若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点
【答案】C
【详解】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块
和弧形槽组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；
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B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加
速，动能增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，
故物块机械能必定减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B 错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方
向动量为零，设小球滑到底端时二者速度大小分别为
、
，取向左方向为正
该过程由动量守恒定律得
故得
若
，则
，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此
能追上弧形槽，故C 正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点
时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D 错误；
故选C。
11．（2025·福建三明·三模）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B 之间用智能柔
性机械臂连接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验
台上，B 右侧与竖直挡板相接触。
时刻，元件C 以一定速度向右运动，
时与元件
A 相碰（碰撞时间极短），并立即与A 粘连且不再分开。C 的运动情况由视觉追踪系统和惯
性测量单元监测，并生成如图乙的
图像，已知
、
，则（ ）
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A．元件C 的质量为100 g
B．1 s 到3 s 的时间内，墙壁对B 的冲量大小为
C．元件B 离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为
D．元件B 离开墙壁后，B 的最大速度为
【答案】BD
【详解】A．以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C 与A 碰前速度为
，碰后速
度为
，C 与A 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有
解得
故A 错误；
B．由题图乙知，3s 末A 和C 的速度为
，由动量定理可知，1s 到3s 过程中柔性机
械臂对元件A、C 的冲量为
解得
方向向左，则柔性机械臂对元件B 的冲量大小为
，方向向右，所以1s 到3s 的时间内，
墙壁对B 的冲量大小为
，方向向左，故B 正确；
C．元件B 离开墙壁后，A、B、C 三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左为
正方向，根据动量守恒定律有
，
得
由系统机械能守恒定律有
解得
故C 错误；
D．规定水平向左为正方向，元件B 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机械
臂的弹性势能再次为0 时，元件B 的速度最大，根据系统动量守恒有
由系统机械能守恒定律有
解得B 的最大速度为
故D 正确。
15
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故选BD。
12．（2025·山东青岛·三模）物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性
质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e 来描述，称之为恢复系
数。现有运动的物块A 与静止的物块B 发生正碰，关于A、B 间的碰撞，下列说法正确的是
（ ）
A．若e=0，则碰撞后A、B 均静止
B．若e=1，则碰撞后A、B 交换速度
C．若e=1，则碰撞前后A、B 总动能相等
D．若e=0.5，A、B 质量相同，则A、B 碰后速度大小之比为1：3
【答案】CD
【详解】A．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静
止，故A 错误；
BC．设A、B 的质量分别为
、
，碰前物体A 的速度为
，碰后物体A、B 的速度分别
为
和
，若
则
根据动量守恒定律，有
即
两式相乘可得
即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若
则可解得
，
此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B 错误，C 正确；
D．若
即
根据动量守恒定律，有
因
，所以上式变为
16
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两式联立得
，
即A、B 碰后速度大小之比为1：3，故D 正确。
故选CD。
13．（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
静止在平台上，质量为2kg
的物块
以3m/s 的速度向右运动，与物块
发生完全非弹性碰撞（时间极短），然后一起
滑上传送带。物块
和物块
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
。下列说法正确的是（ ）
A．物块
和物块
在碰撞过程中损失的机械能为6J
B．物块
和物块
在传送带上的加速时间为2s
C．传送带对物块
和物块
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
损失的机械能为
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
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
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
由运动学知识有
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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
D 正确。
故选D。
14．（2025·重庆·三模）如图所示，一个质量为m 的玩具蛙，蹲在质量为4m 的小车的固定轻
质细杆上，小车静置于光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点。玩
具蛙以水平速度跳离细杆，并落在小车上。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)玩具蛙水平位移大小的范围；
(2)起跳过程，玩具蛙做功的最大值。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据人船模型可得
，
所以
（2）设起跳时玩具蛙和小车的最大速度分别为v1和v2，由于玩具蛙做平抛运动，则玩具蛙速
度最大满足
，
起跳过程中，玩具蛙和小车组成的系统水平方向动量守恒，则
玩具蛙做功的最大值为
15．（2025·江西·二模）如图所示，倾角
的光滑斜面与粗糙水平面平滑连接，距离斜面底
l 处有一固定墙壁。质量为m 的物体A 从高为h 的斜面由静止下滑，若在斜面底端放置一个
18
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质量为m 的粘性物体B，A 和B 碰撞后粘在一起，与墙壁碰撞后回到斜面底端时，速度恰好
为零。现在把粘性物体换成质量为
的弹性物体C，物体A 仍从原位置由静止下滑，
且A 与C 碰撞不会损失机械能。设物体A、B、C 与水平面的摩擦因数相同，物体均可视为
质点，物体与墙壁碰撞后以原速率返回，重力加速度为g，求：
(1)物体A 滑到斜面底端所需时间；
(2)物体与水平面间的摩擦因数；
(3)若
，物体A 与C 第二次碰撞点与斜面底端的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物体A 沿斜面下滑，根据牛顿运动定律
根据位移公式有
解得
（2）令物体A 滑到斜面底端的速度为
，根据机械能守恒定律得
物体A 与物体B 碰撞，根据动量守恒定律有
解得
碰撞后，对物体A、B 进行分析，根据动能定理有
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解得
（3）若
，结合上述有
物体A 与物体C 弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为
、
，则有
，
解得
，
物体A 沿斜面上升至速度减为0 再到斜面底端过程有
结合上述解得
假设物体C 第一次与A 碰撞后经过时间
停止运动，则有
所以
时间内物体C 并未停止运动，这段时间内物体C 的位移为
此时，物体C 的速度大小为
此后，A、C 两物体相向运动，分别做匀减速运动，经过时间
相遇，则有
解得
碰撞点离斜面底端的距离为
解得
16．（2025·湖南娄底·二模）如图所示为一缓冲机构工作的原理示意图。两滑块A、B 可在光
滑水平面上做直线运动，
，
，滑块B 中贯穿一轻质摩擦杆，靡擦杆和滑块
20
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B 之间的滑动摩擦力可以通过改变滑块B 中安装的液压装置所提供的压力进行调节，摩擦杆
前端固定一劲度系数为
的轻质弹簧，当A 挤压弹簧达到一定压缩量时可以导致摩擦杆与B
之间达到最大静摩擦力，并出现相对运动，某次实验时，调节B 与摩擦杆之间的压力使得它
们之间的最大静摩擦力大小为
（
为重力加速度的值），弹簧左端与B 的左端距
离为
初始时静止，滑块A 位于滑块B 的左侧，给滑块A 一向右的初始速度正对B 做直
线运动，当A 与弹簧接触时缓冲机构开始工作。已知弹签的弹性势能
为弹簧的形
变量若膝擦杆与滑块B 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)若摩擦杆与B 刚好出现相对运动时所对应A 的初速度的值以及此条件下A、B 分离后的速
度
(2)若A 的初始速度大小为
的右端与B 的左端的最小距离以及A、B 分离后的速度
【答案】(1)
，
，
(2)
，
，
【详解】（1）若摩擦杆与B 刚好出现相对运动时所对应的A 的初速度为
，弹簧的最大压
缩量为
。此时弹簧弹力：
且A 与B 速度刚好相同。根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得
联立可得：
从A 与B 开始接触到分离的过程可以视为发生一次弹性碰撞，设分离后速度分别为
和
，
根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
21
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解得：
（2）若A 的初始速度大小为
，当弹簧压缩至
时，设A、B 的速度分别为
和
，
由动量守恒和机械能守恒可得：
且
解得：
此后A 与B 在摩擦力的作用下分别做匀减速和匀加速直线运动。
根据牛顿第二定律：对A、B 分别有
、
当速度变为相同时
其相对位移：
从接触弹簧开始A 相对于B 的位移为
则A 与B 的最近距离为
当A 与B 共速时，根据动量守恒定律：
此时弹性势能仍为
由此状态到A 与B 分离，设A、B 分离的速度分别为
和
。由动量守恒定律以及机械能
守恒定律可得
、
22
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联立解得
17．（2025·浙江·二模）如图所示固定装置，由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨道、水平光
滑直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF（圆心
位于水平地面上）
平滑连接而成，D 点处小圆弧光滑连接。现将一质量为
的小滑块由弧形轨道AB 上高h 处
由静止释放（h 未知），通过圆轨道后与静置于BD 上质量为
的小滑块碰撞，碰撞时间极
短且碰后立即粘在一起形成一组合体，组合体在F 点与静止在水平台面上质量为M 的长木板
发生弹性碰撞。已知圆轨道半径R=0.25m，
，
、
与轨道DE 间的动摩擦因
数
，M 与水平台面间的动摩擦因数
，M 最右端停放一质量为
的小滑块，
M 与
间的动摩擦因数
；水平台面和木板M 足够长，已知
、
、
、
；
从轨道AB 上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆心O 等高的C
点时对轨道的压力为32N。忽略空气阻力，重力加速度g 取
，
、
。
(1)求h 的大小；
(2)求
、
组合体刚到达F 点时的速度大小；
(3)求最终
与M 最右端之间的距离
。
【答案】(1)2.25m
(2)2.4m/s
(3)0.236m
【详解】（1）
运动到C 点时，根据牛顿第二定律得
23
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可得
从A 到C 的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）
从A 到B 的运动过程，根据动能定理得
可得
与
相碰过程，根据动量守恒定律得
可得
碰撞后到组合体到达F 点过程，根据动能定理可得
代入数据解得
（3）
与
组合体与M 进行弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
弹性碰撞中没有动能损失可得
解得
与
组合体与M 碰撞后，对
分析得：其做加速运动，加速度
对M 分析，做减速运动，有
可得
设经过时间t，
与M 共速，则有
解得
，
该过程中
运动的位移
M 运动的位移
24
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共速后，
与M 分别减速运动，对
分析得：做减速运动，加速度
对M 分析，做减速运动，有
可得
运动的位移
M 运动的位移
最终计算可得
距离M 最右端的长度
18．（2025·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平面右端固定一竖直挡板，劲度系数为
的轻
质弹簧水平放置在平面上，右端固定在挡板上，质量为
的小球乙（视为质点）放置在水平
面上，半径为
、内壁光滑的细圆管轨道
竖直固定，与水平面在A 点平滑连接，
是
竖直直径，
是倾斜半径，与竖直方向的夹角为
。现控制质量为
的小球甲（视为质
点）向右压缩弹簧（甲与弹簧不粘连），然后由静止释放甲，甲离开弹簧后，与乙发生碰撞，
碰后瞬间甲的速度大小是碰前瞬间的
，乙从A 点进入圆弧轨道，恰好能沿圆管道运动并从
点离开圆轨道，弹簧的弹性势能的表达式为
（
为劲度系数，
是弹簧的形变
量），弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为
，空气阻力不计，
，
，求：
(1)乙在A、
两点的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)乙从
点运动到水平面时重力的瞬时功率。
25
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【答案】(1)
；
(2)
(3)
【详解】（1）小球乙恰好能到B 点时，B 点速度为0，则由机械能守恒有
解得
乙从B 到C 由动能定理可得
解得
（2）设甲碰前的速度大小为
，甲、乙碰后瞬间的速度大小分别为
、
，以水平向左为
正方向，由动量守恒有
由题意可得
，
，综合解得
或
由碰撞前后的能量关系应满足
可得
舍去
由能量守恒定律可得
综合可得
（3）把小球在
点的速度分别沿水平方向和竖直方向分解，水平向右的分速度大小为
根据能量守恒乙落到地面上的速度大小仍为
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则落地时竖直方向的分速度大小为
重力的瞬时功率为
综合可得
19．（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一弹簧，左端固定，右端与质
量
的小球接触。小球右侧静置一质量
、半径
的四分之一光滑圆
弧轨道。现推动小球使其向左压缩弹簧，松手后，小球脱离弹簧，冲上右侧轨道，小球恰好
能到达圆弧的最高点。取重力加速度大小
，求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)整个过程中，圆弧轨道最大速度的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设小球与轨道共速时的速度为
，水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
（2）小球运动到圆弧轨道最低点时，轨道速度最大，设此时小球的速度为
，轨道的速度为
，由水平方向上动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有
解得
，
因为
，所以两者不会再次发生相互作用。
20．（2025·全国·模拟预测）如图所示，一轻杆的长度为
m，两端连接两个均可视为质
点的小球A、B，小球A 的质量为
kg，开始时杆竖直放置在光滑水平面上，B 左侧
m 处有一竖直固定挡板。某时刻装置受微小扰动，轻杆向左侧倒下，A 球与挡板碰撞
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瞬间B 球到挡板的水平距离为0.9m。现让轻杆竖直时受微小扰动后向右侧倒下，两球始终在
同一竖直面内，不计空气阻力，重力加速度为
m/s²，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 的质量为17.7kg
B．B 与挡板碰前瞬间的速度大小为
m/s
C．B 与挡板碰前瞬间A 球重力的功率为
W
D．B 与挡板碰前瞬间A 球机械能的损失量为6.4J
【答案】BD
【详解】A．轻杆倒下的过程，两球组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒有
题意可知
联立解得
故A 错误；
B．轻杆受微小扰动后向右侧倒下，B 与挡板碰撞前瞬间，B 向左的位移大小为
，
因为
此时A 向右运动的水平位移大小为
，设此时轻杆与水平方向的夹角为
，几何关
系有
B 与挡板碰撞前的过程，系统机械能守恒，有
两球沿杆方向的速度相等，如图
28
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有
又系统水平方向动量守恒，则有
联立解得
故B 正确；
C．根据以上分析，B 球与挡板碰撞前瞬间A 重力的功率
故C 错误；
D．运动过程中A 球机械能的减少量等于B 球机械能的增加量，有
故D 正确。
故选BD。
21．（2025·江苏·模拟预测）如图所示，质量为
的小球P 和质量为
的小球Q 用自然长度
为的弹性细绳连接，让绳水平伸直，两球静止在同一高度h 处。现给小球P 沿绳方向向右的
初速度
，同时将小球Q 由静止释放，两球在空中发生两次弹性正碰后落到水平地面上，小
球Q 在空中运动过程中的水平位移大小为
。已知重力加速度为
，碰撞时间极短，不计空
气阻力，求：
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(1)第一次碰撞前瞬间，P 球的速度大小
；
(2)两球第一次碰后到第二次碰前过程，细绳对Q 球做的功
；
(3)P 球在空中运动过程中的水平位移大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设P 球抛出后经过时间t1与Q 球发生碰撞，则
，
，
代入得
（2）P、Q 两球碰撞过程中水平方向动量守恒、机械能守恒
解得
，
同理得第二次碰撞前两球的速度分别为
，
根据动能定理，轻绳对Q 球做的功
（3）P、Q 两球碰撞过程中水平方向动量守恒，
，
又
，
，
30
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解得
22．（2025·安徽·模拟预测）如图所示的水平地面上有
、
、
、
四点。将一条轨道固定
在竖直平面内，
段是粗糙的水平面，间距
，与物块间动摩擦因数均为
，
段光滑，其中斜面
在
点通过光滑圆弧与水平面连接，在
点与圆弧轨道
相切（
点为圆心，
为圆弧最高点），其中
段对应的圆心角
，圆弧半径
，小
物块
静止于
处，质量
的小物块
以速度
从
点向
运动，到达
点与
发生弹性碰撞，碰后
运动到圆弧轨道的最高点
时对轨道的压力大小等于
所受重
力的
，小物块视为质点，重力加速度
，
，
，求：
(1)物块
在
点的速度大小；
(2)物块
的质量大小；
(3)若仅改变物块
的质量，
与
碰后物块
仍能沿轨道
运动到
，求物块
质量的
取值范围。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块
经过
点，有
解得
（2）
与
碰前，对A 由动能定理
解得碰前
的速度
、
碰撞发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒
，
31
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碰后对
有
解得
解得
（3）由以上可知
、
碰后
第1 种情况：物块
恰好到达
点速度为0，
的质量最大，由
解得
的质量最大值为
第2 种情况：物块
恰好到达
点时与轨道间压力为0，
的质量最小，由
在
点有
解得
故物块
的质量满足
时，
与
碰后物块
可以沿轨道
运动到
。
23．（2025·湖北荆州·三模）一工人通过传送带输送质量
的货物，传送带与水平面
夹角
，以
的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径
。工人将货物轻放在传动带上切点A 处，货物与传送带间动摩擦因数为
，
货物到达传送带上切点B 时恰好与传送带相对静止，随后水平抛出。货物从传送带离开后掉
落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止
运动，随后工人拿走货物。已知小车质量
，弹簧劲度系数为
，重力
加速度为
，弹簧的形变量为x 时，弹性势能为
，货物可看成质点。求：
32
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(1)货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
(2)货物与小车一起向右运动时的速度；
(3)小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
【答案】(1)60J
(2)
(3)0.25
【详解】（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有
，
可得
，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P 时，恰好有
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可知货物从P 点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒
则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有
，
，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
24．（2025·广西南宁·模拟预测）如图所示，三个质量均为1kg 可视为质点的弹性小球A、
B、C 组成系统，用两根长均为1m 的轻绳连成一条直线，此时A、C 距离最远且静止在光滑
水平面上。现给中间的小球B 一个水平初速度
，方向与绳垂直。小球相互碰撞时无
机械能损失，轻绳不可伸长。则（ ）
A．该系统机械能守恒，动量也守恒
B．运动过程中小球A 的最大动能为4.5J
C．当A、C 再次相距最远时，小球B 的速度为1m/s
D．当A、C 再次相距最远时，绳中的拉力F 的大小为9N
【答案】AD
【详解】A．轻绳对系统做功为零，该系统机械能守恒，系统不受外力作用，动量也守恒，
故A 正确；
C．当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
，
解得
，
（三球再次处于同一直线），
，
（初始状态，舍
去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B 的速度为
34
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代入数据得
，故C 错误；
D．小球A、C 均以半径L 绕小球B 做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B 为
参考系（小球B 的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B 的速度均为
所以，此时绳中拉力大小为
代入数据得
，故D 正确；
B．当小球A 的动能最大时，小球B 的速度为零。设此时小球A、C 的速度大小为u，两根绳
间的夹角为
（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
，
另外
，由此可解得，小球A 的最大动能为
此时两根绳间夹角为
，故B 错误。
故选AD。
25．（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上固定有一半径为
的
四分之一光滑圆弧轨道。轨道末端与长木板B 的上表面相切（木板和轨道接触但不连接）。
木板B 的质量
，其右端距离竖直固定挡板C 的距离为s。质量为
的物
块A 从轨道顶端由静止释放，滑过轨道末端后滑上木板B。已知物块A 与木板B 之间的动摩
擦因数为
。假设木板B 足够长，物块A 始终在木板上运动，且木板B 与挡板C 之间
的碰撞无动能损失，碰撞时间可忽略不计，重力加速度大小取
。
(1)求物块A 在到达圆弧轨道末端时对轨道的压力大小。
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(2)若
，求木板B 第一次与挡板C 碰撞前瞬间的速度大小。
(3)若将长木板B 的质量调整为
，且长木板B 只能与挡板C 碰撞两次，其他条件不
变，求s 的取值范围（结果保留2 位小数）。
【答案】(1)30N
(2)
或2m/s
(3)
【详解】（1）
从释放到圆弧轨道末端，根据动能定理有
解得
在圆弧轨道末端，对
进行分析，由牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，
在圆弧轨道末端对轨道的压力大小为
。
（2）设
与B 共速时的速度为
，设B 从开始运动到与
共速前进的距离为
，对
与B
构成的系统，根据动量守恒定律有
对B 进行分析，根据动能定理有
解得
当
时，设木板B 第一次与挡板C 碰撞前瞬间的速度大小为
，则由动能定
理得
解得
当
时，木板B 第一次与挡板C 础撞前瞬间，A 与B 已取得共同速度
，即
木板B 第一次与挡板C 掩前间的速度大小为
。
（3）若将长木板B 的质量调整为
，即A、B 质量相等，均为m=1.0kg，结合上述
可知，A 滑上B 时的初速度仍然为
若B 与C 只能碰撞两次，则第一次碰撞前，A 的速度仍然大于B 的速度，结合上述有
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由于A、B 质量相等，只能够碰撞两次，表明第二次碰撞前，A、B 已经达到相等速度，第二
次碰撞后，A、B 总动量为0，两者最后同时减速至静止，令第一次碰撞前A、B 的速度分别
为
、
，第二次碰撞前的速度为
，第一次碰撞前根据动量守恒定律有
对B 进行分析，根据动能定理有
其中
大于
，由于A、B 质量相等，两者加速度大小相等，根据牛顿第二定律有
根据速度公式有
由于第二次碰撞前A、B 速度一定已经达到相等，则有
解得
综合上述可知，若B 只能与挡板C 碰撞两次，s 的取值范围为
26．（2025·陕西安康·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上竖直固定两根弹性立柱M、N，
一质量为m 的水平薄板左端紧靠立柱M，另一质量也为m 的物块在薄板上从距离薄板左端
处以
的速度向左运动。物块与立柱M 碰撞后被弹回，在薄板与立柱N 碰
撞前物块与薄板已相对静止，最终物块恰好没有从薄板上掉落。已知物块与薄板之间的动摩
擦因数为
，物块、薄板和立柱间的碰撞时间均极短且无能量损失，立柱M、N 被碰撞
一次后立即被撤走，物块可视为质点，取重力加速度
。求：
(1)物块与弹性立柱M 碰撞时的速度大小
；
(2)初始，薄板右端到立柱N 的最小距离d；
(3)薄板的长度L。
【答案】(1)
(2)
(3)
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【详解】（1）物块向左滑动做匀减速直线运动，加速度大小
物块与立柱M 碰撞时的速度
满足
解得
（2）物块与立柱M 碰撞后无能量损失弹回，弹回速度为
在摩擦作用下物块带动薄板向右运动，在薄板碰撞立柱N 之前二者达到共速（设为
），由
于水平面光滑，这一阶段系统动量守恒，满足
解得
这一阶段薄板向右运动的距离
满足
解得
则初始，薄板右端到立柱N 的最小距离
（3）薄板与立柱N 碰撞无能量损失弹回，弹回速度大小为
，物块与薄板整体动量
守恒，达到共速（设为
），由动量守恒定律有
解得
即再次共速时二者均停止运动；
从物块与立柱M 发生碰撞弹回后，到物块、薄板二者最终停止运动的过程中，当物块、薄板
间发生相对运动时，物块相对薄板一直在向右运动，由于物块恰好未从薄板上掉落，则最终
物块停在薄的右端；该过程中由能量守恒定律有
解得
27．（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
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（ ）
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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
C．只有满足
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
【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
可得
此时管道对小球的支持力大小满足
解得
由牛顿第三定律知，管道受到两小球的最大压力为
，故B 正确；
C．只有满足
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
从碰撞结束到小球B 到达最高点，由动能定理有
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解得
方向向右，若
，规定向右为正方向，碰撞过程中满足
，
联立解得
故D 错误。
故选BC。
28．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置半径为
的四分之一
光滑圆弧轨道C，轨道C 左侧放置长度为
的长木板B，木板B 右端距轨道C 左端
距离
，木板B 上表面与轨道C 最低点等高，小滑块A（可视为质点）静止放置在木
板B 的左端，现对小滑块A 施加
向右的拉力，滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为
，当木板B 与轨道C 相碰立即黏合到一块时，立即撤去拉力F，已知滑块A、木板
B、轨道C 的质量均为
，重力加速度g 取
，不计空气阻力，求：
(1)拉力F 的作用时间；
(2)滑块A 经过轨道C 最底端时对轨道的压力；
(3)滑块A 距轨道C 最底端的最大高度及轨道C 的最大速度。
【答案】(1)1s
(2)
，方向竖直向下
(3)0.3m，5m/s
【详解】（1）滑块A 加速度
木板B 加速度
木板B 运动到轨道C 处所用时间为，由
得
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（2）此过程滑块A 在木板B 相对位移
木板B 与轨道C 碰前滑块A 速度
此时木板B 速度
B、C 碰撞后粘合到一起速度为
，由动量守恒有
得
当滑块A 经过轨道最底点时，滑块A 速度为
，轨道速度为
，由动量守恒及能量守恒定律
有
，
得
，
滑块A 经过轨道最底点时轨道对滑块支持力为
，由牛顿第二定律有
得
由牛顿第三定律，滑块对轨道压力
，方向竖直向下
（3）当滑块到达最大高度时，A、B、C 三者水平方向上达到共同速度，由动量守恒有
，
得
当滑块返回轨道最底点时轨道速度最大，设此时滑块和轨道速度分别为
、
，由动量守恒
和机械能守恒，有
，
得
，
29．（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，在足够大空间有长度
的竖直竹筒，竹筒
下端密封，竹筒正上方
处有金属球，金属球直径略小于竹筒内径，由静止释放金
属球0.5s 后再无初速释放竹筒，金属球与竹筒质量相等，两者碰撞时间极短可忽略不计，碰
撞过程能量不损失，重力加速度g 取
，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
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A．碰撞前金属球速度大小为12
，竹筒速度大小为10
B．碰撞过程中金属球和竹筒加速度大小近似相等
C．金属球在竹筒中的运动时间为0.8s
D．若金属球与竹筒质量不相等，则金属球在竹筒中运动时间不变
【答案】BCD
【详解】A．设竹筒释放后
时，金属球进入竹筒上端，有
得
竹筒释放后
时，金属球到达竹筒底端，有
得
碰撞前金属球速度大小
竹筒速度大小
，故A 错误；
B．金属球进入竹筒时间
金属球与竹筒发生弹性碰撞，由于两者质量相等，交换速度，碰撞后金属球速度大小为
竹筒速度大小
根据加速度定义
，两者速度变化量大小相等，故碰撞过程两者加速度大小相等，故B
正确；
C．金属球从竹筒底端到上端时间为
，由
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得
金属球在竹筒中运动时间
，故C 正确；
D．若金属球与竹筒质量不相等，两者发生弹性碰撞，其碰撞后两者速度差
金属球从竹筒底端到上端时间
金属球在竹筒中运动时间
保持不变，故D 正确。
故选BCD。
30．（2025·河北·模拟预测）如图木板P 与四分之一圆弧滑块Q 靠在一起（未拴接）置于足
够长水平地面上，木板右端B 与圆弧最低点平滑相切。某时刻小物块从木板左端A 以初速度
冲上木板，整个运动过程中Q 都未滑动。已知小物块与木板质量均为m=2kg，木
板长为L=0.4m，下表面光滑，上表面材料特殊，与小物块间动摩擦因数随距左端A 距离满足
关系式：
；滑块Q 圆弧表面光滑，半径为R=0.1m，下表面与地面间动摩擦
因数为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，忽略空气阻力的
影响。整个运动过程中，Q 始终静止。求：
(1)小物块经过B 点时的速度；
(2)Q 的质量M 至少为多少？
(3)最终小物块与B 端的距离。
【答案】(1)
(2)3kg
(3)
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【详解】（1）根据题意，小物块向右滑动时P、Q 都保持静止，在AB 段小物块受到滑动摩
擦力
可知摩擦力随位移均匀变化，根据动能定理，有
解得
（2）小物块刚滑上木板时，动摩擦因素最大为
，若Q 不滑动，有
得
设小物块滑上Q 之后速度为v 时，物块和圆心连线与竖直方向夹角为θ，由机械能守恒，得
此时，小物块与Q 的压力为FN，有
结合上式得
若Q 不滑动，有
整理可得
，
故当
时，即θ=75°时， 满足M≥3kg
综上所述， Q 的质量M 至少为3kg。
（3）小物块返回B 点时速度向左
滑上P 后，系统动量守恒，设共速时小物块与B 端的距离为x。由动量守恒和能量关系得
解得
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