第35講碰撞模型及拓展

核心考點

考點一碰撞模型...........................................................................................................................1

考點二“滑塊—彈簧”...............................................................................................................9

考點三“滑塊—斜(曲)面”模型...............................................................................................16

考點四“滑塊—擺球”模型.....................................................................................................23

考點一碰撞模型

基礎(chǔ)過關(guān)

1.碰撞

碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象。

2.特點

在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的物體組成的系統(tǒng)動量守恒。

3.分類

動量是否守恒機械能是否守恒

彈性碰撞守恒守恒

非彈性碰撞守恒有損失

完全非彈性碰撞守恒損失最大

4.“一動碰一靜”彈性碰撞實例分析

以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有

m1v1＝m1v1'＋m2v2'

22

m1＝m1v1'＋m2v2'

1211

2?122

第1頁共30頁

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聯(lián)立解得：＝，＝

v1'＋v1v2'＋v1

?1??22?1

討論：?1?2?1?2

①若m1＝m2，則v1'＝0，v2'＝v1(速度交換)；

②若m1>m2，則v1'>0，v2'>0(碰后兩小球沿同一方向運動)；當(dāng)m1m2時，v1'≈v1，v2'≈2v1；

③若m1<m2，則v1'<0，v2'>0(碰后兩小球沿相反方向運動)；當(dāng)m1?m2時，v1'≈-v1，v2'≈0。

?

【例1】（2025·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖所示，質(zhì)量為m的木板靜置在光滑的水平面上，

其右方水平面上固定豎直擋板，木板左端放有一質(zhì)量為2m的物塊。物塊與木板間的動摩擦因

數(shù)為。設(shè)木板足夠長，物塊始終在木板上。重力加速度為g。

(1)若木板右端與擋板相距為L，使物塊以大小為v0的初速度沿木板向右運動，求木板第一次

碰到擋板前瞬間速度的大小及相應(yīng)的L所滿足的條件；

(2)若木板和物塊以共同的速度v0向右運動，某時刻木板與擋板發(fā)生彈性碰撞且碰撞時間極短。

求木板從第一次與擋板碰撞到再次碰撞過程中，物塊在木板上相對滑動的時間與木板運動的時

間之比。

v22v2

【答案】(1)L0，vv,L0，v2gL

9g1309g2

(2)1:2

【詳解】（1）物塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)二者共速時速度為v共，有2mv03mv共

2

解得v共v

30

2

v共

此過程木板的位移大小為x木板

2a木板

2mg

其中a木板2g

m

2

v0

聯(lián)立，解得x木板

9g

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22

v02v0

當(dāng)Lx木板時，木板第一次碰到擋板前瞬間速度的大小vv。當(dāng)Lx木板時，

9g1309g

v2

對木板有L2

2a木板

解得

v22gL

（2）木板第一次與擋板碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運

動直到與物塊有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞擋板，木板第一次與擋板碰

撞后，物塊與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有2mv0mv03mv

1

解得vv

30

木板在第一個過程中，由動量定理有mvmv02mgt1

11

由動能定理，有mv2mv22mgs

220

木板在第二個過程中，勻速直線運動，有svt2

4v0

木板從第一次與擋板碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間為t木板tt

123g

vv0

該過程物塊在木板上相對滑動的時間為t物塊

a物塊

2mg

其中a物塊g

2m

2v

聯(lián)立，解得t0

物塊3g

則木板從第一次與擋板碰撞到再次碰撞過程中，物塊在木板上相對滑動的時間與木板運動的時

間之比t物塊：t木板1:2。

【例2】（2025·甘肅白銀·三模）如圖所示，傾角為30o的斜面AB與水平面在B點平滑連接，C

點左側(cè)水平面粗糙，右側(cè)水平面及斜面光滑。甲從斜面上A處由靜止滑下，與靜止在C處的

乙相碰并互相推對方（作用時間極短）。甲恰能返回到斜面上AB中點處，乙恰好能運動到D點

處。已知AB、BC、CD三段長度均為L，甲、乙（含滑板）的質(zhì)量之比為1:3，重力加速

度為g，空氣阻力不計。求：

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(1)甲與乙相碰前瞬間，甲的速度大??；

(2)乙（含滑板）在C點左側(cè)水平面上運動時所受水平面的阻力與其重力的比值（結(jié)果可保

留根式）。

【答案】(1)gL

322

(2)

36

【詳解】（1）甲從斜面上的A點由靜止滑下，斜面光滑，只有重力做功，設(shè)滑到斜面底端時甲

12

的速率為v，由機械能守恒定律有m甲gLsin30m甲v

020

解得

v0gL

則甲與乙碰前瞬間，甲的速度大小為gL。

（2）甲與乙碰后，設(shè)甲的速率為v1，碰后甲恰能返回斜面AB的中點，有

12L

0m甲vm甲gsin30

212

gL

解得v

12

設(shè)碰后乙的速率為v2，碰撞過程動量守恒，則有m甲v0m甲v1m乙v2

m甲1

又

m乙3

12

乙碰后剛好能停在D處，由功能關(guān)系有m乙gLm乙v

22

322

解得

36

【例3】（2025·河南·模擬預(yù)測）如圖所示，靜置于光滑水平面上的軌道由長為l5m的粗糙

水平軌道P和半徑為R0.25m、圓心角為53的光滑圓弧軌道Q組成（P、Q連接在一起），

軌道質(zhì)量為2kg，P上最右側(cè)放置一個質(zhì)量為1kg的小物塊B，P與B之間的動摩擦因數(shù)為

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0.3。質(zhì)量為3kg的小球A通過長為d1.8m的細線連接于固定點O，某時刻將A拉至右側(cè)

與O等高處由靜止釋放（細線始終處于伸直狀態(tài)），不計A、B碰撞的機械能損失，重力加速

度g取10m/s2，已知sin530.8，cos530.6，物塊B視為質(zhì)點。求：

(1)A、B相碰后B的速度大小；

(2)B到達PQ連接處的速度大小；

(3)B離開Q末端后還能上升的最大高度。

【答案】(1)vB9m/s

(2)vB17m/s

(3)h0.8m

1

【詳解】（1）A機械能守恒有mgdmv2

A2A

A、B相碰動量守恒有mAvmAvAmBvB

111

機械能守恒有mv2mv2mv2

2A2AA2BB

解得vB9m/s

（2）B與軌道組成系統(tǒng)動量守恒mBvBmBvB1mPv1

111

能量守恒mglmv2mv2mv2

B2BB2BB12P1

解得vB17m/s

111

（3）B從Q沖出時，由能量守恒得mglmgR1cos53mv2mv2mv2

BB2BB2BB22P2

222

設(shè)B在水平方向、豎直方向的速度分量分別為vBx、vBy，則vB2vBxvBy

由水平方向動量守恒可得mBvBmBvBxmPv2

當(dāng)滑塊B到達軌道最高點時，在沿圓弧軌道半徑的方向上速度相等，則

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vBxsin53vBycos53v2sin53

v2

B離開Q末端后還能上升的最大高度為hBy

2g

聯(lián)立解得h0.8m

【例4】（2025·江西九江·三模）如圖，用不可伸長的輕繩將小球a懸掛在O點，初始時，輕

繩處于水平拉直狀態(tài)，將小球a由靜止釋放，當(dāng)小球a下擺至最低點時，恰好與靜止在水平面

上的物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后b滑行的最大距離為L，已知b的質(zhì)量是a的2倍，b與水

平面間的動摩擦因數(shù)為μ，不計空氣阻力，則（）

A．小球a下擺至最低點過程中重力做功的功率一直在增大

B．碰撞后瞬間小球a的速度大小為2gL

9

C．輕繩的長度L

4

1

D．小球a反彈的最大高度為L

3

【答案】C

【詳解】A．小球a擺到最低點時，小球a沿豎直方向的速度為零，重力的瞬時功率為零，故

小球a從釋放到擺動到最低點時重力的瞬時功率先增大后減小，A錯誤；

B．設(shè)輕繩的長度為l，小球a的質(zhì)量為m，物塊b的質(zhì)量為2m，碰前球a的速度為v0，碰后，

小球a的速度為v1，物塊b的速度為v2，對于物塊b，碰后減速時，根據(jù)牛頓第二定律則有

2mg2ma

解得物塊b減速的加速度ag

2

由運動學(xué)規(guī)律可得v22aL

解得碰后物塊的速度大小為

bv22gL

選取小球a碰前的速度為正方向，則根據(jù)動量守恒定律可得mv0mv12mv2

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111

根據(jù)能量守恒可得mv2mv2·2mv2

202122

m2m12m2

聯(lián)立解得vvv，vvv

1m2m0302m2m030

31

結(jié)合上述結(jié)論解得v2gL，v2gL

0212

1

即碰后瞬間小球a的速度大小為2gL，B錯誤；

2

1

C．小球a從釋放到擺到最低點的過程中，根據(jù)機械能守恒定律，則有mglmv2

20

解得小球擺到最低點時的速度

av02gl

3

結(jié)合上述結(jié)論v2gL

02

9

解得輕繩的長度lL

4

C正確；

1

D．小球a反彈的速度大小v2gL

12

1

根據(jù)機械能守恒定律，則有mghmv2

max21

1

解得小球a反彈的最大高度為hL

max4

D錯誤。

故選C。

【例5】（2025·山東青島·三模）物體間發(fā)生碰撞時，因材料不同，機械能損失程度不同，該性

質(zhì)可用碰撞后二者相對速度大小與碰撞前二者相對速度大小的比值e來描述，稱之為恢復(fù)系數(shù)。

現(xiàn)有運動的物塊A與靜止的物塊B發(fā)生正碰，關(guān)于A、B間的碰撞，下列說法正確的是（）

A．若e=0，則碰撞后A、B均靜止

B．若e=1，則碰撞后A、B交換速度

C．若e=1，則碰撞前后A、B總動能相等

D．若e=0.5，A、B質(zhì)量相同，則A、B碰后速度大小之比為1：3

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【答案】CD

【詳解】A．若e=0，則碰撞后二者相對速度為零，即碰撞后兩物體速度相同，但不一定均靜

止，故A錯誤；

BC．設(shè)A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，碰前物體A的速度為v1，碰后物體A、B的速度分別

''

''v2v1

為v1和v2，若e1

v1

''

則v1v1v2

''

根據(jù)動量守恒定律，有m1v1m1v1m2v2

''

即m1v1v1m2v2

111

兩式相乘可得mv2mv'2mv'2

211211212

即碰撞前后系統(tǒng)動能相等，兩物體發(fā)生彈性碰撞，若m1m2

''

則可解得v2v1，v10

此時兩物體發(fā)生速度交換。所以兩物體不一定發(fā)生速度交換，故B錯誤，C正確；

v'v'

D．若e210.5

v1

''

即0.5v1v2v1

''

根據(jù)動量守恒定律，有m1v1m1v1m2v2

''

因m1m2，所以上式變?yōu)関1v1v2

13

兩式聯(lián)立得v'v，v'v

141241

即A、B碰后速度大小之比為1：3，故D正確。

故選CD。

精講考點

碰撞問題遵守的三條原則

1.動量守恒：p1＋p2＝p1'＋p2'。

2.動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'。

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3.速度要符合實際情況

(1)碰前兩物體同向運動，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，

若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前'≥v后'。

(2)碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變。

考點二“滑塊—彈簧”

基礎(chǔ)過關(guān)

1．模型圖示

2．兩個規(guī)律

(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系

統(tǒng)動量守恒。

(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。

3．兩個狀態(tài)

(1)彈簧最短(或最長)時兩物體瞬時速度相等，彈性勢能最大

①系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共；

1212

②系統(tǒng)機械能守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共＋Epm。

22

(2)彈簧處于原長時彈性勢能為零

①系統(tǒng)動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；

121212

②系統(tǒng)機械能守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。

222

【例6】（2025·陜西咸陽·模擬預(yù)測）如圖所示，在光滑水平地面上，A、B、C三個物塊質(zhì)量均

為m，A、B間用勁度系數(shù)大小為k的輕質(zhì)彈簧連接，開始時彈簧處于原長，B、C接觸不粘連。

現(xiàn)給物塊A一瞬時沖量，使其獲得水平向右的初速度v0。在以后的運動中彈簧始終在彈性限

1

度內(nèi)，彈簧彈性勢能的表達式為Ekx2（x為彈簧相對原長的形變量）。求：

p2

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(1)物塊C的最大加速度a及最大速度vC；

x1

(2)彈簧第一次最大壓縮量與第一次最大拉伸量之比；

x2

(3)若其他條件不變，只改變物塊C的質(zhì)量，求物塊C可能獲得的最大動能Ek。

2

kv02

【答案】(1)，v0

6m3

x4

(2)1

x23

1

(3)Emv2

k40

【詳解】（1）當(dāng)彈簧第一次壓縮到最短時，彈簧彈力最大，B、C加速度最大。這時A、B、C

速度相同，設(shè)為v。物塊A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，有mv03mv

111

由能量守恒，有kx2mv23mv2

21202

2mv2

聯(lián)立解得x0

13k

對B、C，由牛頓第二定律有kx12ma

kv2

可得a0

6m

當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，B、C即將分離，C速度達到最大。

設(shè)A速度為v1，B、C速度為v2，對A、B、C系統(tǒng)動量守恒，有mv0mv12mv2

111

由能量守恒，有mv2mv22mv2

202122

12

聯(lián)立解得vv，vv

130230

2

所以C的最大速度v

30

（2）B、C分離后，A、B系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A、B速度相等時，彈簧第一次達到最大拉伸量，

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設(shè)此時A、B速度為v3，對A、B系統(tǒng)動量守恒，有mv1mv22mv3

1111

對A、B系統(tǒng)能量守恒，有mv2mv22mv2kx2

21222322

mv2

聯(lián)立得x0

22k

x4

解得1

x23

（3）設(shè)C的質(zhì)量為M，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時，B、C分離，C速度達到最大。設(shè)A速度

為v4，B、C速度為v5。對A、B、C系統(tǒng)動量守恒，有mv0mv4(mM)v5

111

由能量守恒有mv2mv2(mM)v2

202125

M2m

聯(lián)立解得vv,vv

42mM052mM0

12m2v22m2v2

EMv200

C的動能kC254m2(2mM)2

4mM8m

MM

1

當(dāng)M2m時，C的動能有最大值，最大值為Emv2

k40

【例7】（2025·湖南長沙·三模）光滑水平面有A、B兩個物塊，質(zhì)量分別為2m和m，初始時

用處于原長狀態(tài)下的彈簧相連，現(xiàn)在給物塊A一個水平向右的初速度v0。水平面右側(cè)有一墻

面，已知經(jīng)過時間t，物塊B第一次達到最大速度，且恰好到達墻壁處，在此過程中，下列說

法正確的是（）

mv22v

A．彈簧的最大彈性勢能是0B．物塊B的最大速度是0

33

21

C．初始時物塊B離墻面的距離是vtD．初始時物塊B離墻面的距離是vt

3030

【答案】AC

【詳解】A．當(dāng)兩物塊共速時，彈簧壓縮的最短，彈簧的彈性勢能最大，此過程根據(jù)動量定理

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（）

2mv02mmv共

1212

兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則2mv（2mm）v共E

202pm

mv2

解得E0

pm3

故A正確；

B．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv02mvAmvB

111

兩物塊的動能守恒2mv22mv2mv2

202A2B

4vv

解得v0，v0

B3A3

故B錯誤；

CD．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv02mvAmvB

兩邊同時乘以t可得2mv0t2mvAtmvBt

即2mv0t2mxAmxB

初末狀態(tài)彈簧均處于原長，所以xAxB

2

解得xxvt

BA30

故C正確，D錯誤。

故選AC。

【例8】（2025·江蘇鹽城·二模）如圖所示，AB、CD為兩根水平放置的光滑平行軌道，其上

分別套有甲、乙小球m甲2m乙)z），小球之間連有一根輕彈簧，初始兩球均靜止，彈簧處于

原長，現(xiàn)給甲球一個瞬間沖量，使其獲得向右的初速度v0，則從開始運動到再次相距最近的

過程中，兩球的vt圖像可能正確的（）

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A．B．

C．D．

【答案】C

【詳解】甲獲得初速度后，彈簧被拉伸，甲向右做減速運動，乙向右做加速運動，設(shè)乙的質(zhì)量

為m，則甲的質(zhì)量為2m，甲乙系統(tǒng)水平方向動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有

2mv02mmv共1

2

解得第一次共速v共v

130

從開始運動到第一次共速，彈簧被拉長，彈力增大，且彈簧的水平分力也在增大，故二者做的

是加速度增大的運動。達到v共1后，甲向右做減速運動，乙向右做加速運動，彈簧開始恢復(fù)延

長，當(dāng)甲乙再次相距最近時，乙在甲的正下方，由動量守恒、機械能守恒有

121212

2mv2mv甲mv乙，2mv2mv甲mv乙

02022

14

解得此時甲乙速度分別為v甲v，v乙v

3030

從第一次共速到甲乙再次相距最近時，彈簧拉伸量減小，彈力增小，且彈簧的水平分力也在減

小，故二者做的是加速度減小的運動，vt圖像斜率絕對值表示加速度大小，綜合分析可知C

選項符合題意。

故選C。

【例9】（2025·湖南婁底·二模）如圖所示在光滑水平面上有兩個小木塊A和B，其質(zhì)量

mA2kg,mB4kg，它們中間用一根輕彈簧相連。一顆水平飛行的子彈質(zhì)量為m050g，

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初速度為v0500m/s，在極短的時間內(nèi)射穿兩木塊，子彈射穿A木塊后子彈的速度變?yōu)樵?/p>

3

來的，且子彈射穿A木塊損失的動能是射穿B木塊損失的動能的2倍，則（）

5

A．子彈射穿A木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能為3975J

B．子彈打穿兩個木塊后的過程中彈簧最大的彈性勢能為4.5J

5

C．彈簧再次恢復(fù)原長時A的速度為m/s

3

25

D．彈簧再次恢復(fù)原長時B的速度為m/s

3

【答案】AC

【詳解】A．設(shè)子彈射穿A木塊后A和子彈的速度分別為vA和v1，由題意可知

3

vv300m/s，子彈穿過A的過程中，由動量守恒定律可得mvmvmv

15000AA01

聯(lián)立解得vA5m/s，射穿A木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能為

111

Emv2mv2mv23975J，故A正確；

2002012AA

B．設(shè)子彈射穿B木塊后B和子彈的速度分別為vB和v2，由動量守恒定律可得

m0v1mBvBm0v2

12121212

由題意可知m0v0m0v12m0v1m0v2

2222

聯(lián)立解得vB2.5m/s，子彈穿過B以后，彈簧開始被壓縮，A、B和彈簧所組成的系統(tǒng)動量

守恒，當(dāng)A、B達到共同速度v共時，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律可得

mAvAmBvBmAmBv共

10

解得vm/s

共3

根據(jù)機械能守恒定律可得彈簧的最大彈性勢能為

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121212

Emvmvmmv共4J

pm2AA2BB2AB

故B錯誤；

''

CD．彈簧再次恢復(fù)原長時A、B的速度分別為vA、vB，規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)動量守

''

恒定律mAvAmBvBmAvAmBvB

1111

機械能守恒定律有mv2mv2mv'2mv'2

2AA2BB2AA2BB

525

聯(lián)立解得v'm/s,v'm/s，故C正確，D錯誤。

A3B6

故選AC。

【例10】（2025·遼寧·二模）如圖所示，質(zhì)量分別為1kg、2kg的小車A、B置于光滑水平面上，

小車A右端與輕質(zhì)彈簧連接?，F(xiàn)使A、B兩車分別以6m/s、2m/s沿同一直線，同向運動。從

小車B與彈簧接觸到與彈簧分離時，以下判斷正確的是（）

A．彈簧對小車B做功的功率一直增大

20

B．彈簧對小車A沖量大小為kgm/s

3

C．某一時刻小車A、B速度可能分別為－4m/s和7m/s

D．某一時刻小車A、B速度可能分別為2m/s和4m/s

【答案】D

【詳解】A．從小車B與彈簧接觸到與彈簧分離過程，彈簧的彈力從0逐漸增大后又逐漸減小

為0，小車B的速度一直增大，根據(jù)PF彈vB

可知彈簧對小車B做功的功率先增大后減小，故A錯誤；

B．從小車B與彈簧接觸到與彈簧分離時，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得

mAvA0mBvB0mAvAmBvB

1111

根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得mv2mv2mv2mv2

2AA02BB02AA2BA

214

聯(lián)立解得分離時A、B的速度分別為vm/s，vm/s

A3B3

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16

根據(jù)動量定理可得彈簧對小車A的沖量為Imvmvkgm/s

AAAA03

16

可知彈簧對小車A沖量大小為kgm/s，故B錯誤；

3

214

C．由于分離時A、B的速度分別為vm/s，vm/s，所以A的速度不會變?yōu)榉聪颍?/p>

A3B3

故C錯誤；

2

D．由于分離時A、B的速度分別為vm/s，所以可以存在某一時刻小車A的速度為2m/s，

A3

此時根據(jù)動量守恒可得mAvA0mBvB0mAvAmBvB

代入數(shù)據(jù)解得vB4m/s

故D正確。

故選D。

考點三“滑塊—斜(曲)面”模型

基礎(chǔ)過關(guān)

1．模型圖示

2．兩個規(guī)律

(1)水平方向動量守恒；

(2)系統(tǒng)機械能守恒。

3．兩個狀態(tài)

(1)上升到最大高度：滑塊m與斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此時滑塊m的豎直速度

1212

vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，mv0＝(M＋m)v共＋mgh，

22

其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的

動能轉(zhuǎn)化為滑塊m的重力勢能)。

(2)返回最低點：滑塊m與斜(曲)面M分離點。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；

121212

系統(tǒng)機械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2(相當(dāng)于彈性碰撞)。

222

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【例11】（2025·安徽·模擬預(yù)測）一個四分之一光滑圓弧形物塊B靜止在光滑的水平面上，圓

弧的半徑為，一可視為質(zhì)點的小物塊從物塊的底端以速度滑上圓弧，經(jīng)過

RABv02gR

時間t恰好能滑上B的圓弧面頂端，已知滑塊A的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則（）

A．物塊A滑上圓弧面后，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒

B．物塊B的質(zhì)量為m

2gRtR

C．物塊A從底端到滑上圓弧面頂端的過程物塊B的位移為

2

D．A和B分離時，B的速度大小為gR

【答案】BC

【詳解】A．該過程系統(tǒng)在水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；

11

B．A滑上B的過程，有mvmmv，mgRmv2mmv2

0B202B

解得mBm

故B正確；

C．A滑上B的過程，A和B系統(tǒng)在水平方向動量守恒mv0mvAmvB

故mv0tmvAtmvBt，xAvAt，xBvBt，xAxBR

2gRtR

解得x

B2

故C正確；

D．由于A和B質(zhì)量相等，A和B分離時，相當(dāng)于發(fā)生彈性碰撞，A和B交換速度，A的速

度為0，B的速度大小為2gR，故D錯誤。

故選BC。

【例12】（2025·湖北·三模）如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形

槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）

從槽上高為h處由靜止釋放，已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）

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A．小物塊下滑過程中，物塊和槽組成的系統(tǒng)動量守恒

B．小物塊下滑過程中，槽對物塊的支持力不做功

C．若Mm，物塊能再次滑上弧形槽

D．若物塊再次滑上弧形槽，則物塊能再次回到槽上的初始釋放點

【答案】C

【詳解】A．物塊在下滑過程中系統(tǒng)豎直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物塊和

弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；

B．弧形槽置于光滑水平地面上，物塊下滑過程中對弧形槽壓力的水平分量使弧形槽向左加速，

動能增大，此過程中物塊和弧形槽組成的系統(tǒng)只有物塊的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故物塊

機械能必定減少，由此推知弧形槽對物塊的支持力做負(fù)功，故B錯誤；

C．小物塊下滑過程中，物塊、弧形槽組成的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒，系統(tǒng)初始水平方向

動量為零，設(shè)小球滑到底端時二者速度大小分別為vM、vm，取向左方向為正

該過程由動量守恒定律得MvMmvm0

故得MvMmvm

若Mm，則vmvM，小物塊在水平面上做勻速運動，撞擊彈簧前后速度等大反向，因此

能追上弧形槽，故C正確；

D．設(shè)物塊再次滑上弧形槽，上升到最高點h時系統(tǒng)水平向左的速度為v

由動量守恒定律得MvMmvm(Mm)v

111

由全過程滿足機械能守恒得Mv2mv2(Mm)v2mgh

2M2m2

11

物塊從初始狀態(tài)下滑到底端時滿足機械能守恒Mv2mv2mgh

2M2m

(Mm)

故得hhv2h

2mg

即物塊不會上升至初始高度，故D錯誤；

故選C。

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【例13】（2025·重慶·三模）如題圖所示，質(zhì)量為m13kg的小車A置于光滑水平地面上，其

右端固定一半徑R1.15m的四分之一圓弧軌道。質(zhì)量為m20.99kg的滑塊B靜止于小車的

左端，現(xiàn)被水平飛來的質(zhì)量m310g、速度v0800m/s的子彈C擊中，且子彈立即留在滑

塊B中，之后B與C共同在小車上滑動，且從圓弧軌道的最高點離開小車。不計A與B之間

的摩擦和空氣阻力，重力加速度g10m/s2，則（）

A．子彈C擊中滑塊B后瞬間，滑塊B的速度大小為80m/s

B．滑塊B第一次離開小車瞬間，滑塊B的速度大小為2m/s

C．滑塊B第二次離開小車瞬間，小車A的速度大小為8m/s

D．滑塊B從第一次離開小車到再次返回小車的過程中，滑塊B的位移大小為2m

【答案】D

【詳解】A．子彈擊中滑塊B的過程，子彈與滑塊B組成的系統(tǒng)動量守恒，子彈與B作用過

程時間極短，A沒有參與，速度仍為零，以水平向右的方向為正方向，由動量守恒定律，得

m3v0(m3m2)v1

解得v1=8m/s

故A錯誤；

BCD．滑塊B離開小車瞬間，滑塊與小車具有相同的水平速度，以水平向右的方向為正方向，

由水平方向動量守恒，得(m3m2)v1(m3m2m1)v2

解得v2=2m/s

滑塊B開始滑動到離開小車瞬間，由能量守恒定律得

111

(mm)v2mv2(mm)v2(mm)gR

2321212232332

222

設(shè)滑塊B離開小車時的豎直分速度為vy，則vyv2v3

聯(lián)立解得vy=5m/s

滑塊B離開小車后，以小車為參照物，滑塊B做豎直上拋運動，則再次返回小車所需要的時

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2vy

間為t1s

g

則xv2t2m

從子彈擊中后到B第二次離開小車的過程中，以水平向右的方向為正方向，則

111

(mm)v(mm)vmv、(mm)v2(mm)v2mv2

32132BAA2321232B2AA

解得vA4m/s

故D正確，BC錯誤；

故選D。

【例14】（2025·四川宜賓·三模）如圖所示，長L3m的長木板B放在光滑的水平地面上，其

1

左端放有一可視為質(zhì)點的小物塊A，長木板B右側(cè)與放置于地面的光滑圓弧槽C緊挨著但

4

不粘連，長木板B的右端與圓弧軌道平滑連接。已知mAm，mBm，mC2m，小物塊

A與長木板B間的動摩擦因數(shù)0.3?，F(xiàn)給小物塊A一水平向右的初速度v05m/s，小物

塊A到達長木板B的右端后沖上圓弧軌道。重力加速度g10m/s2。求：

(1)小物塊A剛滑離長木板B時，小物塊A的速率v1；

(2)小物塊A相對于圓弧槽C最低點上升的最大高度h；

(3)圓弧槽C能達到的最大速率vm。

【答案】(1)2m/s

1

(2)m

30

5

(3)m/s

3

【詳解】（1）法一：小物塊到達長木板右端時根據(jù)動量守恒有mv0mv13mv2

121212

根據(jù)能量守恒有mgLmv0mv13mv2

222

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解得v12m/s，v21m/s

法二：對A，根據(jù)牛頓第二定律mgma1

1

根據(jù)位移時間公式有xvtat2

1021

對BC，根據(jù)牛頓第二定律有mg3ma2

1

根據(jù)位移時間公式有xat2

222

又x1x2L

根據(jù)速度時間公式有v1v0a1t

根據(jù)速度時間公式有v2a2t

聯(lián)立解得t1s，v12m/s，v21m/s

（2）當(dāng)物塊A與圓槽共速時，距槽最低點達到最大高度，根據(jù)動量守恒有mv12mv23mv

111

根據(jù)能量守恒有mghmv22mv23mv2

21222

41

聯(lián)立解得vm/s，hm

330

1

（3）由于是圓槽，物塊A不管有沒有沖出圓槽，定會落回圓槽，當(dāng)返回圓槽最低點時，達

4

到最大速度，根據(jù)動量守恒有mv12mv2mv32mvm

1111

根據(jù)能量守恒有mv22mv2mv22mv2

2122232m

5

聯(lián)立解得vm/s

m3

【例15】（2025·廣東·模擬預(yù)測）如圖甲，豎直擋板固定在光滑水平面上，質(zhì)量為M的光滑半

圓形彎槽靜止在水平面上并緊靠擋板，質(zhì)量為m的小球從半圓形彎槽左端靜止釋放，小球速

度的水平分量和彎槽的速度與時間的關(guān)系如圖乙所示。下列說法正確的是（）