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第35 讲 碰撞模型及拓展
核心考点
考点一 碰撞模型............................................................................................................................1
考点二 “滑块—弹簧”................................................................................................................9
考点三 “滑块—斜(曲)面”模型...............................................................................................16
考点四 “滑块—摆球”模型......................................................................................................23
考点一 碰撞模型
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
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
基础过关
1
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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】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，质量为
的木板静置在光滑的水平面上，
其右方水平面上固定竖直挡板，木板左端放有一质量为
的物块。物块与木板间的动摩擦
因数为
。设木板足够长，物块始终在木板上。重力加速度为
。
(1)若木板右端与挡板相距为
，使物块以大小为
的初速度沿木板向右运动，求木板第一次
碰到挡板前瞬间速度的大小及相应的
所满足的条件；
(2)若木板和物块以共同的速度
向右运动，某时刻木板与挡板发生弹性碰撞且碰撞时间极短。
求木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的
时间之比。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）物块与木板组成的系统动量守恒，设二者共速时速度为
，有
解得
此过程木板的位移大小为
其中
联立，解得
2
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当
时，木板第一次碰到挡板前瞬间速度的大小
。当
时，对木板有
解得
（2）木板第一次与挡板碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运
动直到与物块有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞挡板，木板第一次与挡板
碰撞后，物块与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有
解得
木板在第一个过程中，由动量定理有
由动能定理，有
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有
木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞所经历的时间为
该过程物块在木板上相对滑动的时间为
其中
联立，解得
则木板从第一次与挡板碰撞到再次碰撞过程中，物块在木板上相对滑动的时间与木板运动的
时间之比
。
【例2】（2025·甘肃白银·三模）如图所示，倾角为
的斜面
与水平面在
点平滑连接，
点左侧水平面粗糙，右侧水平面及斜面光滑。甲从斜面上
处由静止滑下，与静止在
处
的乙相碰并互相推对方（作用时间极短）。甲恰能返回到斜面上
中点处，乙恰好能运动
到
点处。已知
、
、
三段长度均为
，甲、乙（含滑板）的质量之比为
，重
力加速度为
，空气阻力不计。求：
3
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(1)甲与乙相碰前瞬间，甲的速度大小；
(2)乙（含滑板）在
点左侧水平面上运动时所受水平面的阻力与其重力的比值
（结果可保
留根式）。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）甲从斜面上的
点由静止滑下，斜面光滑，只有重力做功，设滑到斜面底端时
甲的速率为
，由机械能守恒定律有
解得
则甲与乙碰前瞬间，甲的速度大小为
。
（2）甲与乙碰后，设甲的速率为
，碰后甲恰能返回斜面
的中点，有
解得
设碰后乙的速率为
，碰撞过程动量守恒，则有
又
乙碰后刚好能停在
处，由功能关系有
解得
【例3】（2025·河南·模拟预测）如图所示，静置于光滑水平面上的轨道由长为
的粗糙
水平轨道
和半径为
、圆心角为
的光滑圆弧轨道
组成（
、
连接在一
起），轨道质量为
，
上最右侧放置一个质量为
的小物块
，
与
之间的动摩擦
4
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因数为
。质量为
的小球
通过长为
的细线连接于固定点
，某时刻将
拉
至右侧与
等高处由静止释放（细线始终处于伸直状态），不计
、
碰撞的机械能损失，
重力加速度
取
，已知
，
，物块
视为质点。求：
(1)
、
相碰后
的速度大小；
(2)
到达
连接处的速度大小；
(3)
离开
末端后还能上升的最大高度。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
机械能守恒有
、
相碰动量守恒有
机械能守恒有
解得
（2）
与轨道组成系统动量守恒
能量守恒
解得
（3）
从
冲出时，由能量守恒得
设
在水平方向、竖直方向的速度分量分别为
、
，则
由水平方向动量守恒可得
当滑块
到达轨道最高点时，在沿圆弧轨道半径的方向上速度相等，则
5
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离开
末端后还能上升的最大高度为
联立解得
【例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
C．轻绳的长度
D．小球a 反弹的最大高度为
【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，小球a 的质量为m，物块b 的质量为2m，碰前球a 的速度为
，碰后，
小球a 的速度为
，物块b 的速度为
，对于物块b，碰后减速时，根据牛顿第二定律则有
解得物块b 减速的加速度
由运动学规律可得
解得碰后物块b 的速度大小为
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
6
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根据能量守恒可得
联立解得
，
结合上述结论解得
，
即碰后瞬间小球a 的速度大小为
，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
解得小球a 摆到最低点时的速度
结合上述结论
解得轻绳的长度
C 正确；
D．小球a 反弹的速度大小
根据机械能守恒定律，则有
解得小球a 反弹的最大高度为
D 错误。
故选C。
【例5】（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
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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
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。
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'。
精讲考点
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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。
考点二 “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。
【例6】（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，在光滑水平地面上，A、B、C 三个物块质量
均为m，A、B 间用劲度系数大小为k 的轻质弹簧连接，开始时弹簧处于原长，B、C 接触不
粘连。现给物块A 一瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度
。在以后的运动中弹簧始终在
弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式为
（x 为弹簧相对原长的形变量）。求：
(1)物块C 的最大加速度a 及最大速度
；
基础过关
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(2)弹簧第一次最大压缩量与第一次最大拉伸量之比
；
(3)若其他条件不变，只改变物块C 的质量，求物块C 可能获得的最大动能
。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）当弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力最大，B、C 加速度最大。这时A、B、
C 速度相同，设为v。物块A、B、C 三者组成的系统动量守恒，有
由能量守恒，有
联立解得
对B、C，由牛顿第二定律有
可得
当弹簧第一次恢复原长时，B、C 即将分离，C 速度达到最大。
设A 速度为
，B、C 速度为
，对A、B、C 系统动量守恒，有
由能量守恒，有
联立解得
所以C 的最大速度
（2）B、C 分离后，A、B 系统动量守恒，当A、B 速度相等时，弹簧第一次达到最大拉伸量，
设此时A、B 速度为
，对A、B 系统动量守恒，有
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对A、B 系统能量守恒，有
联立得
解得
（3）设C 的质量为M，当弹簧第一次恢复原长时，B、C 分离，C 速度达到最大。设A 速度
为
，B、C 速度为
。对A、B、C 系统动量守恒，有
由能量守恒有
联立解得
C 的动能
当
时，C 的动能有最大值，最大值为
【例7】（2025·湖南长沙·三模）光滑水平面有A、B 两个物块，质量分别为2m 和m，初始
时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A 一个水平向右的初速度
。水平面右侧有一
墙面，已知经过时间t，物块B 第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大弹性势能是
B．物块B 的最大速度是
C．初始时物块B 离墙面的距离是
D．初始时物块B 离墙面的距离是
【答案】AC
【详解】A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定
理
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两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
故A 正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两物块的动能守恒
解得
，
故B 错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两边同时乘以可得
即
初末状态弹簧均处于原长，所以
解得
故C 正确，D 错误。
故选AC。
【例8】（2025·江苏盐城·二模）如图所示，
为两根水平放置的光滑平行轨道，其
上分别套有甲、乙小球
z），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧
处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度
，则从开始运动到再次相距最
近的过程中，两球的
图像可能正确的（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质
量为m，则甲的质量为2m，甲乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有
解得第一次共速
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做
的是加速度增大的运动。达到
后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢
复延长，当甲乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有
解得此时甲乙速度分别为
从第一次共速到甲乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力增小，且弹簧的水平分力也在
减小，故二者做的是加速度减小的运动，
图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可
知C 选项符合题意。
故选C。
【例9】（2025·湖南娄底·二模）如图所示在光滑水平面上有两个小木块
和
，其质量
，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为
，
初速度为
，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿
木块后子弹的速度变为原
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来的
，且子弹射穿
木块损失的动能是射穿
木块损失的动能的2 倍，则（ ）
A．子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J
B．子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为
C．弹簧再次恢复原长时
的速度为
D．弹簧再次恢复原长时
的速度为
【答案】AC
【详解】A．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由题意可知
，子弹穿过
的过程中，由动量守恒定律可得
联立解得
，射穿
木块过程中系统损失的机械能为
，故A 正确；
B．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由动量守恒定律可得
由题意可知
联立解得
，子弹穿过
以后，弹簧开始被压缩，
和弹簧所组成的系统动
量守恒，当
达到共同速度
时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
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故B 错误；
CD．弹簧再次恢复原长时
的速度分别为
、
，规定水平向右为正方向，根据动量
守恒定律
机械能守恒定律有
联立解得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
【例10】（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面
上，小车A 右端与轻质弹簧连接。现使A、B 两车分别以6m/s、2m/s 沿同一直线，同向运动。
从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，以下判断正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为－4m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和4m/s
【答案】D
【详解】A．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0 逐渐增大后又逐渐减
小为0，小车B 的速度一直增大，根据
可知弹簧对小车B 做功的功率先增大后减小，故A 错误；
B．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得
根据系统机械能守恒可得
联立解得分离时A、B 的速度分别为
，
根据动量定理可得弹簧对小车A 的冲量为
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可知弹簧对小车A 冲量大小为
，故B 错误；
C．由于分离时A、B 的速度分别为
，
，所以A 的速度不会变为反
向，故C 错误；
D．由于分离时A、B 的速度分别为
，所以可以存在某一时刻小车A 的速度为
2m/s，此时根据动量守恒可得
代入数据解得
故D 正确。
故选D。
考点三 “滑块—斜(曲)面”模型
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)。
【例11】（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（ ）
基础过关
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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。
【例12】（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
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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；
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。
【例13】（2025·重庆·三模）如题图所示，质量为
的小车
置于光滑水平地面上，
其右端固定一半径
的四分之一圆弧轨道。质量为
的滑块
静止于小
车的左端，现被水平飞来的质量
、速度
的子弹
击中，且子弹立即留
在滑块
中，之后
与C 共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计
与
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之间的摩擦和空气阻力，重力加速度
，则（ ）
A．子弹C 击中滑块
后瞬间，滑块
的速度大小为
B．滑块
第一次离开小车瞬间，滑块
的速度大小为
C．滑块
第二次离开小车瞬间，小车
的速度大小为
D．滑块
从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块
的位移大小为
【答案】D
【详解】A．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，子弹与B 作用过
程时间极短，A 没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，得
解得
=8m/s
故A 错误；
BCD．滑块B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方向，
由水平方向动量守恒，得
解得
=2m/s
滑块B 开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
设滑块B 离开小车时的竖直分速度为vy，则
联立解得vy=5m/s
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
s
则
m
从子弹击中后到B 第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则
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、
解得
故D 正确，BC 错误；
故选D。
【例14】（2025·四川宜宾·三模）如图所示，长
的长木板B 放在光滑的水平地面上，
其左端放有一可视为质点的小物块A，长木板B 右侧与放置于地面的
光滑圆弧槽C 紧挨着
但不粘连，长木板B 的右端与圆弧轨道平滑连接。已知
，
，
，小物
块A 与长木板B 间的动摩擦因数
。现给小物块A 一水平向右的初速度
，
小物块A 到达长木板B 的右端后冲上圆弧轨道。重力加速度
。求：
(1)小物块A 刚滑离长木板B 时，小物块A 的速率
；
(2)小物块A 相对于圆弧槽C 最低点上升的最大高度
；
(3)圆弧槽C 能达到的最大速率
。
【答案】(1)2m/s
(2)
m
(3)
【详解】（1）法一：小物块到达长木板右端时根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
，
法二：对A，根据牛顿第二定律
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根据位移时间公式有
对BC，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式有
又
根据速度时间公式有
根据速度时间公式有
联立解得
，
，
（2）当物块A 与圆槽共速时，距槽最低点达到最大高度，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
，
（3）由于是
圆槽，物块A 不管有没有冲出圆槽，定会落回圆槽，当返回圆槽最低点时，
达到最大速度，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
【例15】（2025·广东·模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为
的光滑
半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为
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（ ）
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A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B．
时小球到达位置低于释放时的高度
C．由图可知
大于
D．图中阴影面积
【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
错误；
B．
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，
时再次共速则到达弯槽
左侧，根据能量守恒
可知
，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
移项得
若
大于
，则
图中明显获知
，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
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
图像围成面积等于水平位移，得
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，而
为
两者的相对位移，有
，故D 正确。
故选BD。
考点四 “滑块—摆球”模型
1．模型图例
2．两个规律
(1)在水平方向系统动量守恒，但竖直方向动量不守恒。
(2)小球和滑块组成的系统机械能守恒。
3．两个状态
(1)小球和滑块共速时，小球运动到最高点。
(2)当小球再次回到最低点时，滑块速度最大，此过程类似于弹性碰撞，小球回到最低点
时vM＝，vm＝v0。
【例16】（2025·广东广州·三模）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
一个滑块，滑块M 正下方用不可伸长的轻绳悬挂一小球m。开始时两者均静止；给小球一水
平向右的初速度v0后，小球恰好能摆至与滑块等高的位置，如图乙所示，之后小球再向下摆
动，则（ ）
A．小球与滑块等高时，小球的速度为零
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒
C．小球与滑块等高时，滑块的速度达到最大值
D．小球向左摆到物块正下方时，其速度大小仍为v0
【答案】B
基础过关
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【详解】A．根据动量守恒定律得
，解得
小球的速度为
，A 错误；
B．此过程中，小球与滑块组成的系统动量不守恒，只有水平方向动量守恒，B 正确；
C．小球下落到最低点时，滑块的速度达到最大值，C 错误；
D．根据机械能守恒定律得
，解得
， 小球向左摆到物块正下
方时，其速度大小小于v0，D 错误。
故选B。
【例17】（2025·江苏·二模）如图所示，一质量为
的物块
穿在光滑水平杆上，一长度为
的轻杆，一端固定着质量为
的小球
，另一端连接着固定在物块
上的铰链
。忽略铰
链转动的摩擦，重力加速度为
。
(1)将
固定，对小球
施加一水平向左的外力
使杆与竖直方向的夹角为
保持静止，求外
力
的大小；
(2)若物块
在水平外力
作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为
，求外力
的大小；
(3)若开始时，小球
位于铰链
的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，
已知
，
，求
从初始位置转到如图位置过程中，杆对小球
所做的功
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对
受力分析，由平衡条件得：
（2）设
水平向右的加速度大小为
对
受力分析，由牛顿第二定律：
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对P、Q 系统，由牛顿第二定律：
解得：
（3）设Q 转到
角时，Q 的水平速度和竖直速度大小分别为vx和vy，P 的水平速度为vM
由系统水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒可得
Q 相对O 在做圆周运动，Q 相对O 的速度垂直于杆，可得
对Q 由动能定理可得
可得
【例18】（2025·山东聊城·二模）如图所示，光滑的水平面上有一质量
的曲面滑板，
滑板的上表面由长度
的水平粗糙部分AB 和半径
的六分之一光滑圆弧BC
组成，质量
的滑块P 与AB 之间的动摩擦因数为
，将P 置于滑板上表面的A
点。长度
的细线水平伸直，一端固定于
点，另一端系一质量
的光滑
小球Q。现将Q 由静止释放，Q 向下摆动到最低点并与P 发生弹性对心碰撞。P、Q 均可视为
质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度的大小取
，细线不可伸长。
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(1)求Q 与P 碰撞后瞬间细线对Q 拉力的大小；
(2)求P 与Q 碰后经多长时间P 第一次到达滑板上的B 处（计算结果可用根号表示）；
(3)碰后P 能否从C 点滑出？若能滑出，请计算出P 离开C 处后上升的最大高度；若不能滑出，
请计算出P 最终相对滑板静止时的位置。
【答案】(1)
(2)
(3)距B 点0.1m 或距A 点0.4m 处
【详解】（1）Q 释放后到碰撞前，由机械能守恒定律得
解得
小球Q 与物体P 碰撞过程，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
，
对Q 在碰后瞬间，由牛顿第二定律得
解得拉力的大小
（2）P 在滑板上运动时做匀减速运动，加速度
滑板做匀加速直线运动，加速度
P 第一次到B 处时有
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可解得
（另解
舍去）
（3）假设未滑出，P 与滑板共速时设最大高度为H，速度为
，根据动量守恒定律和能量
守恒定律得
解得
，
由于
，所以碰后P 不能从C 点滑出，滑块P 最终相对滑板静止时速度设为
，相对AB 部分的路程为s，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
所以滑块相对滑板静止在AB 之间距B 点0.1m 或距A 点0.4m 处。
【例19】（24-25 高三上·重庆·阶段练习）某实验室有一研究摆动的装置，如图所示，质量为
m 的小球B 通过不可伸长的轻绳与质量为2m 的滑块A 相连接，且滑块A 穿套在光滑的轻杆
之上可以左右自由滑动。现保持轻绳伸直并将小球B 从与A 等高处静止释放，已知AB 在同
一竖直面内，重力加速度为g，忽略空气阻力，则当小球B 第一次摆至最低点时轻绳所受的
拉力大小为（ ）
A．mg
B．2mg
C．3mg
D．4mg
【答案】D
【详解】由题知，A、B 组成的系统在水平方向上动量守恒，小球B 从释放点第一次摆到最
低点有
根据能量守恒有
联立解得
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,
小球B 第一次摆至最低点，根据牛顿第二定律有
解得轻绳的拉力为
根据牛顿第三定律，可知当小球B 第一次摆至最低点时轻绳所受的拉力大小为4mg。
故选D。
【例20】（2024·安徽·一模）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不
可伸长的轻绳，一端系在质量为m 的圆环上，另一端与质量为m 的小球相连，圆环套在长臂
上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，已知细线长度
，此时圆环距
离短臂
，现将圆环与小球同时由静止释放，小球向下摆动，环与短臂碰后粘
连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，重力加速
度为
。从释放小球到小球第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球与环组成的系统机械能不守恒
B．小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒
C．环的最大速度大小为
D．小球运动的最大速度大小为
【答案】AD
【详解】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据
平均动量守恒有
相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为
，由于
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所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。
A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A 正确；
B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B 错误；
C．如图
环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为
，绳与水平方向夹角为
，根据水平方向动
量守恒，有
可得小球的水平速度为
根据机械能守恒定律，有
在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
可得
联立解得
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C 错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为
，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速
度减为0，小球的速度为
根据动能定理，有
解得
D 正确。
故选AD。
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