专题03 碰撞模型与类碰撞模型 讲义-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

专题03 碰撞模型 【基础回顾】 1．碰撞的特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 (4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。 (5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少。 (3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合为一体或者具有共同的速度。 (4)完全非弹性碰撞中的半能损失：在一动撞一静的完全非弹性碰撞中，若两物体质量相等，此过程中损失的动能为系统初动能的一半。 3. 常见的碰撞类型： 正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 (2)若m1>m2，则v1′>0, v2′>0，表示v1′和v2′都与v1方向相同。 (3)若m1<m2，则v1′<0，表示v1′与v1方向相反。 (4)若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1； (5)若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0。 4.一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2) 完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3) 一般情况下（即非弹性碰撞）： v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 模型1 碰撞的可能性 1. 碰撞问题遵循的三个原则： (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理： 碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。 【例题精讲】 1．（2025秋•牟平区校级月考）质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9kg•m/s，B球的动量为pB＝3kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A．p′A＝6kg•m/s，p′B＝6kg•m/s B．p′A＝8kg•m/s，p′B＝4kg•m/s C．p′A＝﹣2kg•m/s，p′B＝14kg•m/s D．p′A＝﹣4kg•m/s，p′B＝17kg•m/s 【答案】A 【解析】解：质量相等的A、B两球在光滑水平面上碰撞时，A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，所以碰撞前后系统的动量守恒。 D．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为p＝pA+pB＝9kg•m/s+3kg•m/s＝12kg•m/s，碰撞后总动量为p′＝pA′+pB′＝﹣4kg•m/s+17kg•m/s＝13kg•m/s，故不满足动量守恒，此种情况不可能存在，故D错误。 A．碰撞前总动量为p＝pA+pB＝9kg•m/s+3kg•m/s＝12kg•m/s，碰撞后总动量为p′＝pA′+pB′＝6kg•m/s+6kg•m/s＝12kg•m/s，故满足动量守恒； A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA+EkB≥EkA′+EkB′ 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为，故满足碰撞前后动能不增加，故此种情况可能存在，故A正确； B．碰撞前总动量为p＝pA+pB＝9kg•m/s+3kg•m/s＝12kg•m/s，碰撞后总动量为p′＝pA′+pB′＝8kg•m/s+4kg•m/s＝12kg•m/s，故满足动量守恒； 因碰撞后A的球速度应等于或小于B球的速度，即vA′≤vB′，而由题中数据可得，故此种情况不可能发生，故B错误； C．碰撞前总动量为p＝pA+pB＝9kg•m/s+3kg•m/s＝12kg•m/s，碰撞后总动量为p′＝pA′+pB′＝﹣2kg•m/s+14kg•m/s＝12kg•m/s，故满足动量守恒； A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA+EkB≥EkA′+EkB′ 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为，可知碰撞后的动能增加，故此种情况不可能存在，故C错误； 故选：A。 2．（2025秋•崇仁县校级期中）在光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度可能值为（　　） A．0.4v B．0.6v C．0.7v D．0.8v 【答案】A 【解析】解：规定v方向为正方向，若碰撞为弹性碰撞，则B的速度有最大值，根据动量守恒、机械能守恒定律分别有mv＝mvA+3mvB，，解得此时B的速度最大值vB＝0.5v 若碰撞为完全非弹性碰撞，则B的速度有最小值，由动量守恒得mv＝（m+3m）v1，解得此时B的速度最小值v1＝0.25v 可知B球速度范围在0.25v到0.5v之间，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2024秋•安徽期末）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量为p1＝8kg•m/s，乙球的动量为p2＝1kg•m/s当甲球追上乙球时发生碰撞，碰后乙球的动量p2'＝4kg•m/s。设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是（　　） A．0.3m1＝m2 B．0.6m1＝m2 C．0.9m1＝m2 D．m1＝m2 【答案】B 【解析】解：取水平向右为正方向。 CD、依据动量守恒定律，碰撞前后系统总动量保持不变，可得p1+p2＝p'1+p'2。 代入已知数据计算，碰后甲球动量为p'1＝p1+p2﹣p'2，解得：p'1＝5kg•m/s。 为使两球发生有效碰撞，需同时满足以下两个物理条件： 碰撞后甲球速度不大于乙球速度，即v'1≤v'2。 由动量与速度关系p＝mv可得，代入数据得，整理得，故CD错误； A、碰撞过程系统总动能不会增加，即Ek前≥Ek后。 根据动能表达式，可得。 代入数据得，化简为。 移项整理得，解得：，故A错误； B、综合以上两个条件，质量比需满足，故B正确。 故选：B。 4．（2024秋•临沂期末）在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 【答案】A 【解析】解：设三个球的质量均为m，A、B发生弹性碰撞后，A的速度为零，B的速度为v0＝6m/s。根据动量守恒定律有mv0＝2mv，解得：v＝3m/s。故A正确，BCD错误； 故选：A。 5．（2025秋•海淀区校级期中）质量为m、速度为6v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。以A球原来速度方向为正，碰撞结束后两球的速度可能为（　　） A．A球速度为0，B球速度为2v B．A球速度为v，B球速度也为v C．A球速度为3v，B球速度为v D．A球速度为﹣4v，B球速度为2v 【答案】A 【解析】解：BD、由题意可知，两球碰撞，而碰撞过程，动量守恒，以A球原来速度方向为正，碰撞前的动量为：p1＝m×6v+3m×0＝6mv； 若A球速度为v，B球速度也为v，碰撞后的动量为：pB＝mv+3mv＝4mv，不满足动量守恒； 若A球速度为﹣4v，B球速度为2v，碰撞后的动量为：pD＝m×（﹣4v）+3m×2v＝2mv，不满足动量守恒，故BD错误； A、由题意可知，两球碰撞，而碰撞过程，动能不会增加，碰撞前的动能为：； 若A球速度为0，B球速度为2v，碰撞后的动能为：，满足动能不增加； 碰撞的动量为：pA＝m×0+3m×2v＝6mv，满足动量守恒，0＜2v，碰撞结束，故A正确； C、由题意可知，运动的A球碰撞静止的B，A、B碰撞后，若A球速度为3v，B球速度为v，则AB同向且A的速度依然大于B球，即碰撞未结束，继续碰撞，即该状态不是碰撞结束后的状态，故C错误。 故选：A。 （多选）6．（2025秋•番禺区校级期中）质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB可能为（　　） A．， B．vA＝0， C．， D．， 【答案】ABC 【解析】解：碰撞过程需满足三个条件：动量守恒定律mv0＝mvA+3mvB；碰撞后总动能不超过碰撞前总动能；若两球同向运动，需满足vA≤vB。 A、代入数据验证，系统动量mv0守恒；碰撞前后动能均为，符合弹性碰撞特征；A球反弹B球前进的运动关系合理，故A正确； B、系统动量mv0守恒；碰后动能小于初动能；且vA＜vB，运动关系合理，故B正确； C、系统动量mv0守恒；碰后动能计算过程为，小于初动能；且，满足条件，故C正确； D、虽动量守恒，但同向运动中，违反不穿透原理，故D错误。 故选：ABC。 （多选）7．（2025秋•吴忠校级期末）在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg•m/s，B的动量为24kg•m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32kg•m/s，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 【答案】BC 【解析】解：AC．AB两物体碰撞过程中动量守恒，满足pA+pB＝pA'+pB'。若为弹性碰撞，则机械能守恒，有。联立解得：。故A错误，C正确； BD、碰撞前需满足，解得：。若为非弹性碰撞，则系统机械能减少，有，解得：。碰撞后需满足，解得：。综合以上条件可得。故B正确，D错误。 故选：BC。 模型2 滑块-板块与子弹打木块 1．子弹打木块模型 分类 模型特点 示例 子弹嵌入木块中 (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． 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＝mv02－(M＋m)v2 子弹穿透木块 (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． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 2．板块模型 分类 模型特点 示例 滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 【例题精讲】 1．（2025秋•连云港期末）一物块静止在光滑水平面上，t0时刻，质量为m0的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8m0 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 【答案】D 【解析】解：A、根据x﹣t图线的斜率表示速度可知，子弹刚击中物块的速度大小为，故A正确； B、子弹穿过物块后，因子弹的速度较大，故子弹的x﹣t图线斜率较大，物块的x﹣t图线斜率较小，则物块的速度大小为，故B正确； C、子弹穿过物块后，子弹的速度大小为 规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m0v0＝m0v1+mv2 解得物块的质量为m＝8m0，故C正确； D、子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 2．（2025•商城县模拟）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（　　） A．v0越大，木块的末速度就越大 B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于 【答案】D 【解析】解：B、若子弹能穿过木块，根据功能关系，子弹与木块损失的总动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝f0L，故v0越大，子弹与木块损失的总动能不变，故B错误； A、若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得f0t＝Mv木块，可知v0越大，木块的末速度就越小，故A错误； C、若子弹不能穿过木块，由动量守恒有mv0＝（M+m）v'，解得：。对木块，由动量定理得f0t'＝Mv'，解得：，可知v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故C错误； D、要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间应最长，此时子弹刚好要击穿木块，设二者共同速度为v，由动量守恒有mv0＝（M+m）v，由能量守恒定律得，联立解得：，故D正确。 故选：D。 3．（2025秋•杭州期中）如图，质量m1＝2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝3kg的小物块以初速度v0水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，速度为v1＝2m/s，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，（g＝10m/s2），则（　　） A．小物块初速度v0m/s B．小物块与木板间动摩擦因数μ至少为0.4 C．若μ＝0.5，木板长度至少为0.6m D．若μ＝0.5，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m 【答案】B 【解析】解：A、小物块滑上木板至两者共速过程中，木板未接触弹簧且水平面光滑，系统水平方向合外力为零，动量守恒。取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝（m1+m2）v1，解得：，代入数据得，故A错误； B、共速后整体压缩弹簧，视为一个系统。从接触弹簧到压缩至最短（振幅处），机械能守恒：，解得振幅A＝1m。最大回复力处加速度最大，由牛顿第二定律得kA＝（m1+m2）amax，解得。小物块加速度由静摩擦力提供，需满足m2amax≤μm2g，解得，故B正确； C、若μ＝0.5，共速前摩擦生热，同时Q＝μm2gLmin，联立得，故C错误； D、共速前木板受滑动摩擦力做匀加速运动，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1，解得。由得，故D错误。 故选：B。 4．（2025春•朝阳区校级期末）光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板B正以3m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块A，质量为1kg，速度向左，大小也是3m/s，物块和木板间的动摩擦因数为0.2，木板长为7m。则下列说法正确的是（　　） A．物块A从木板B的左端离开 B．经过2s物块A与木板B相对静止 C．整个过程系统产生热量为4J D．相对静止后，物块A在木板B上移动的距离为7m 【答案】B 【解析】解：AD、把A和B看成一个系统，该系统所受合力为零，所以A、B组成的系统满足动量守恒，设A没有从B上离开，最后的共同速度大小为v'，规定水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有mBv﹣mAv＝（mA+mB）v'，A和B的相对位移的距离为l，根据能量守恒有，代入数据解得v'＝1m/s，l＝6m＜7m，假设成立，所以物块A没有从B的左端离开，故AD错误； B、设A的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmAg＝mAa，设经过时间tA与B保持相对静止，根据速度—时间关系有v'＝﹣v+at，代入数据解得t＝2s，故B正确； C、整个过程中系统产生的热量为Q＝μmAgl，代入数据解得Q＝12J，故C错误。 故选：B。 5．（2025•浙江三模）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A．若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为L B．若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为L C．若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是相等的 D．若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关 【答案】B 【解析】解：A、设木板长为L，恰好发生碰撞时，由mv0＝4mv共，，得为木板长的最小值，故A错误； B、A、B的碰撞为弹性碰撞，不损耗能量，只是交换速度，故B到C右端恰好静止，，故B正确； C、碰撞前只有A对木板有摩擦力，冲量为μmgt1，碰撞后A、B都滑动，对木板总摩擦力为2μmg，冲量为2μmgt2。又因为第二段时间更长，故后段冲量更大，二者不相等，故C错误； D、只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C的冲量大小是一定值，与相对静止的位置无关，故D错误。 故选：B。 （多选）6．（2025秋•金凤区校级期末）如图所示，一质量M＝8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0kg的小木块A。给A和B大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s D．长木板B的长度可能为10m 【答案】ACD 【解析】解：A．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝Mv1+0 代入数据得v1＝3.75m/s，故A正确； BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得Mv0﹣mv0＝（M+m）v2 代入数据得v2＝3m/s，故B错误，C正确； D．小木块与木板共速时，根据能量关系有 代入数据得L0＝8m，由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故D正确。 故选：ACD。 （多选）7．（2025秋•思明区校级月考）如图甲，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，二者因摩擦而产生的热量增大 【答案】AC 【解析】解：B．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足 设子弹与木块相对静止时的速度为v，则有，即，解得v＝24m/s，即木块所能达到的最大速度为24m/s，故B错误； A．子弹射入木块，系统动量守恒则有mv1＝（M+m）v，代入数据解得M：m＝3：2，故A正确； C．设m＝2m0，则M＝3m0，则系统的初动能 子弹的末动能为 木块的末动能为 所以摩擦产生的热量为Q＝Ek0﹣Ek1﹣Ek2＝2160m0J 所以该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大，故C正确； D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，系统所受外力之和为零，所以系统动量守恒，木块与子弹质量之比不变，则二者末速度也不变，二者因摩擦而产生的热量不变，故D错误。 故选：AC。 模型3 滑块-曲面或斜面 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：m(M＋m)＋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：mmM(相当于弹性碰撞) 【例题精讲】 1．（2025秋•城关区校级期末）如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 【答案】D 【解析】解：A、物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，机械能转化为内能，结合机械能守恒条件，即可知轨道与物块组成的系统机械能减小，故A错误； B、物块在轨道上运动的全过程中，整体在水平方向不受外力，即整体水平方向动量守恒； 物块在BC段运动时，在竖直方向做减速运动，即竖直方向受力不为零，而轨道在竖直方向上始终没有运动，即轨道在竖直方向受合力为零，即可知整体在竖直方向的合力不为零，整体在竖直方向的动量不守恒； 即轨道与物块组成的系统总动量不守恒，故B错误； C、物块在BC上运动时，物块对轨道的压力斜向右下方，在水平方向有向右的分力，而轨道在水平方向不受其他力，即轨道水平方向的受力与运动方向相同，则轨道水平方向做加速运动，轨道的动量增加，故C错误； D、对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得：mv0＝（m+M）v，解得相对静止时的速度为：，故D正确。 故选：D。 2．（2025秋•江阴市校级月考）如图所示，质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B回到A底端时的速度大小为v0 B．合外力对B的冲量大小为mv0 C．A对B做的功为 D．B沿A上滑的最大高度为 【答案】B 【解析】解：AB.A、B组成的系统在竖直方向动量不守恒，在水平方向动量守恒，设B、A分离时的速度大小分别为v1，v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1+4mv2， 代入数据得，合外力对B的冲量为，故B正确，A错误； C.A对B做的功等于B动能的变化，即，故C错误； D.B沿A上滑到最大高度时，二者速度相等，水平方向动量守恒，则mv0＝（m+4m）v' 再结合机械能守恒定律有 代入数据得，故D错误。 故选：B。 3．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则（　　） A．A与B碰撞后，A的速度向左 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 【答案】C 【解析】解：A．A、B质量相等，碰撞为弹性碰撞，动量满足：mv＝mv1+mv2，动能满足：，解得：v1＝0，v2＝v，即碰撞后速度交换，B的速度为v，A的速度为0，故A错误； B．AB碰撞后，B与C在水平方向不受外力，BC在水平方向动量守恒，球脱离圆槽时，在水平方向：mv＝（m+m）v共，即球脱离圆弧槽后，球与圆弧槽在水平方向的运动完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B错误； C．B与C相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，动量满足：mv2＝mv3+mv4，动能满足：，解得：v3＝0，v4＝v，即槽的速度减为0，球的速度为v，槽与球速度互换，故C正确； D．对B和C整体受力分析，根据水平方向动量守恒，可得BC整体的动量水平向右，结合C选项分析，可得槽先向右减速、再向右加速，不断重复该运动状态，B会一直向右运动，故D错误。 故选：C。 4．（2024秋•湖北期末）如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，小车的质量为M，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．此过程中小球对小车做的功为 B．小球之后将向右做平抛运动 C．小球之后将向左做平抛运动 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 【答案】A 【解析】解：A、从小球滚上小车至其滚下并离开小车的过程中，系统在水平方向动量守恒，因无摩擦力做功，机械能亦守恒，该过程类似于弹性碰撞。由于二者质量相等，作用后交换速度，即小球返回小车左端时速度减为零，随后做自由落体运动，小车速度变为v0，其动能为。依据功能关系，此过程小球对小车所做的功即为，故A正确； BC、依据上述分析，小球返回时速度为零，小车获得速度v0，故BC错误； D、当小球上升至最高点时，其与小车相对静止，具有共同速度v'。根据动量守恒定律有Mv0＝2Mv'，根据机械能守恒定律有。联立两式，解得：，故D错误。 故选：A。 5．（2025•让胡路区校级开学）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　） A．滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度大小v2＝4m/s B．整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m C．滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.4 D．滑块与小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 【答案】B 【解析】解：A、根据题意分析可知，滑块滑到圆弧轨道最低点B时，对小车与滑块构成的系统，水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则有mv1﹣Mv2＝0 根据机械能守恒定律有 解得v1＝4m/s，v2＝1m/s，故A错误； B、根据题意分析可知，对小车与滑块构成的系统，水平方向动量守恒，总动量为0，取水平向右为正方向，则有 可知 则有mx1﹣Mx2＝0 其中x1+x2＝R+L 解得整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m，故B正确； C、根据能量守恒定律有mgR＝μmgL 解得μ＝0.5，故C错误； D、结合上述可知，滑块在圆弧上滑动时，滑块与小车构成的系统动量不守恒，整体不受外力作用，故机械能守恒，系统水平方向动量守恒，滑块在水平轨道上运动时，滑块与小车构成的系统动量守恒，系统中有摩擦力做功，故机械能不守恒，故D错误。 故选：B。 （多选）6．（2025秋•平顶山期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道上运动到最高点时的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 【答案】CD 【解析】解：A、对于小球和滑块构成的系统，在水平方向动量守恒，但在竖直方向，系统受到地面的支持力与重力作用，合外力不为零，因此系统的总动量并不守恒，故A错误； B、当小球运动至圆弧轨道最高点时，小球与滑块具有相同的水平速度，依据水平方向动量守恒可得mv0＝（m+3m）v共，解得：，故B错误； C、整个过程中系统机械能守恒，从初始位置到最高点，有，代入v共解得：，故C正确； D、当小球滑下并离开圆弧轨道时，可视为系统在水平方向发生弹性碰撞，根据水平动量守恒mv0＝mv1+3mv2和机械能守恒，解得滑块速度大小，即，故D正确。 故选：CD。 （多选）7．（2024秋•即墨区期末）带有光滑圆弧轨道的物体B静止在足够长的光滑水平面上，P、Q两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点。B的左侧固定一轻质弹性挡板，B上N点的左侧光滑，右侧NP段粗糙且间距为L＝0.4m。现让物体A在N点的左侧，以v0＝4m/s的速度向右运动。已知mA＝1kg，mB＝3kg，A与B的NP段的动摩擦因数μ＝0.6，圆弧轨道的半径R＝0.3m，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．A、B在Q点共速 B．A第一次经过P点时，B的速度大小为 C．A第二次经过P点时的速度大小为 D．A最多与弹性挡板碰撞1次，最终停在NP的中点 【答案】BCD 【解析】解：A、当AB共速时，水平方向动量守恒，有mAv0＝（mA+mB）v，假设其在圆弧面高度为h的位置共速，则有，解得：h＝0.36m＞R，可知A会从Q点飞出，故A错误； B、当A第一次经过P点时，根据动量守恒定律，能量守恒定律有mAv0＝mAv1+mBv2，，解得：，故B正确； C、当A第二次经过P点时，根据动量守恒定律，能量守恒定律有mAv0＝﹣mAv3+mBv4，，解得：，故C正确； D、当A第二次经过N点时，根据动量守恒定律，能量守恒定律有mAv0＝﹣mAv5+mBv6，，解得：，，A与挡板碰后速度大小不变，根据动量守恒定律有mAv5+mBv6＝（mA+mB）v'，根据能量守恒定律有，解得：x＝0.2m，故A最多与弹性挡板碰撞1次，最终停在NP的中点，故D正确； 故选：BCD。 模型4 弹簧与滑块 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：系统所受的外力的矢量和为零或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等，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，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 【例题精讲】 1．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J 【答案】C 【解析】解：A、从锁定状态解除到物块a达到最大速度的过程中，两物块受到的滑动摩擦力大小均为f＝3N。根据牛顿第二定律可得m1aa＝m2ab＝F弹﹣f，由此得出aa：ab＝m2：m1＝3：1，故A错误； B、当物块a的速度达到最大值时，其加速度为零，由kΔx1＝μ1m1g，代入数据解得此时弹簧的压缩量Δx1＝0.03m。弹簧弹性势能的减少量为，代入数据解得：ΔEp＝0.08J，故B错误； C、由aa：ab＝3：1可知，两物块的位移之比为xa：xb＝3：1。结合相对位移关系式xa+xb＝Δx﹣Δx1＝0.05m﹣0.03m＝0.02m，解得：xa＝0.015m，xb＝0.005m。依据能量守恒定律有ΔEp﹣f（xa+xb）＝Eka+Ekb，同时结合Eka＝3Ekb，解得物块a的动能Eka＝0.015J，故C正确； D、物块a克服摩擦力所做的功为Wfa＝μ1m1gxa，解得：Wfa＝0.045J，故D错误。 故选：C。 2．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 【答案】D 【解析】解：A、设物块A在P点静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件可得Mg＝kx0。物块B与A碰撞后，系统新的平衡位置满足（M+m）g＝kx平衡，由此可知该位置位于P点下方。两物块从P点运动至最低点的过程中，在P点与平衡位置之间，系统所受合力向下，做加速运动；通过平衡位置后，合力向上，做减速运动，因此速度先增加后减小，故A错误； B、当系统处于平衡位置上方时，合力向下，加速度向下，处于失重状态；仅在平衡位置下方运动时，加速度向上，才处于超重状态，故B错误； C、系统在平衡位置时速度达到最大值，而该位置在P点下方，因此在P点时速度并非最大，故C错误； D、物块A与B分离的临界条件是两者之间的弹力N＝0且加速度相同。此时B仅受重力，加速度a＝g（方向竖直向下）。对整体应用牛顿第二定律有（M+m）g﹣F弹＝（M+m）a，代入a＝g，解得F弹＝0，即弹簧处于原长状态，故D正确。 故选：D。 3．（2025秋•东胜区校级期末）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B、在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．B板的加速度先增大后减小 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】B 【解析】解：A、在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误； B、弹簧的压缩量先增加后减小，则弹簧对B板的弹力先增大后减小，根据牛顿第二定律可知，B板的加速度先增加后减小，故B正确； C、设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2。规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得 2mv0＝2mv1+mv2 根据机械能守恒定律可得 解得， 对A，根据动量定理有 即弹簧给木块A的冲量大小为，故C错误； D、当木块A与木板B的速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，规定向左为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝（m+2m）v 根据系统机械能守恒可得 联立解得弹簧的最大弹性势能为，故D错误。 故选：B。 4．（2025秋•东城区期末）如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以某一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．A的质量比B的质量大 B．0﹣1s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．0～2s内，A和B的位移相等 D．t＝2s时，A的动量比B的动量大 【答案】C 【解析】解：A、由图乙可知，t＝0时vA＝0，vB＝1.2m/s；t＝2s时，vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s 系统动量守恒，则有mB（vB0﹣vB）＝mA（vA﹣vA0） 代入数据解得mB＝5mA，即B的质量较大，故A错误； B、0﹣1s内，弹簧对A、B的作用力大小相等、方向相反，由I＝∫Fdt 可知弹簧对二者的冲量大小相等，但方向相反。冲量为矢量，方向不同则冲量不同，故B错误； C、由v﹣t图像可知，t＝0时弹簧处于原长状态，t＝2s时弹簧也处于原长状态，所以A和B的位移相等，故C正确； D、t＝2s时，A的动量pA＝mAvA 解得pA＝2.0mA B的动量pB＝mBvB 解得pB＝4.0mA，pB＞pA，故D错误。 故选：C。 5．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为0.99kg、2kg的两物块A、B相栓接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为0.01kg的子弹C以速度v0＝600m/s射入物块A并留在A中，在以后的运动中，下列说法正确的是（　　） A．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为6m/s B．弹簧最大弹性势能等于12J C．物块A（含子弹C）始终向一个方向运动 D．子弹进入A的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒 【答案】B 【解析】解：A、规定向右为正方向，根据物块A（含子弹C）和B组成的系统总动量守恒，有mCv0＝0+mBvB，解得vB＝3m/s，故A错误； B、子弹C射入物块A并留在A中的过程，规定向右为正方向，根据物块A和子弹C组成的系统动量守恒，有mCv0＝（mA+mC）v1 解得v1＝6m/s 当弹簧压缩至最短或拉长至最长时，弹簧的弹性势能最大，此时三者均共速，规定向右为正方向，由总动量守恒，有（mA+mC）v1＝（mA+mB+mC）v2 解得v2＝2m/s 由系统机械能守恒，有 解得Epm＝12J，故B正确； C、物块A（含子弹C）与B的相互作用类似于弹性碰撞，而mA+mC＜mB，则物块A（含子弹C）速度减小为零后，会向左运动，故C错误； D、子弹进入A的过程中，二者相互作用会产生热量，消耗机械能，故A、B、C和弹簧组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选：B。 （多选）6．（2025秋•零陵区校级期末）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去F，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（　　） A．恒力F的冲量为1N•s B．b物块的质量为2kg C．t＝1s时b的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为m/s 【答案】ABD 【解析】解：A、根据恒力的冲量公式：I＝Ft，可得恒力F的冲量为1N•s，故A正确； B、t＝0时，由图可知：F＝maa0，解得：ma＝1kg，t＝1s时，由图可知：F﹣F1＝maa1，F1＝mba2，解得：mb＝2kg，故B正确； C、由a﹣t图，可知在0～1s内，b的速度变化量为：，即：Δvb＞0.15m/s，t＝1s末时，b的速度满足：vb﹣0＝Δvb，即：vb＞0.15m/s，故C错误； D、撤去外力后，对两物块受力分析，可知a物块减速，b物块加速，当二者共速时，弹簧伸长量最大，以水平向右为正方向，从施加恒力，到弹簧伸长量最大：Ft＝（ma+mb）v，解得：vm/s，故D正确。 故选：ABD。 （多选）7．（2025秋•雨花区校级月考）如图所示，质量均为m的小球N、P和Q静止在光滑的水平面上，P和Q通过轻弹簧相连，弹簧处于原长状态。某时刻给小球N一瞬时冲量使它以初速度v0开始向右运动，与小球P碰后粘在一起，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出）。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（　　） A．若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是 B．若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 C．若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 D．调整挡板的位置，弹簧的弹性势能的最大值可能是 【答案】AC 【解析】解：A、N与P发生完全非弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝2mv共，解得v共 若无固定挡板，则NP组合体、Q达到共同速度v1时弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 2mv共＝3mv1，解得v1 从N、P碰撞后到两者共速，根据系统机械能守恒可知，弹簧弹性势能的最大值是EP•2mv共2•3，故A正确； B、若NP组合体、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，碰撞后Q的速度变为﹣v1，当NP组合体、Q再次达到共同速度v2时弹簧的弹性势能最大，取向右为正方向，根据动量守恒定律有2mv1﹣mv1＝3mv2，解得v2 则弹簧弹性势能的最大值是Ep•2•3，故B错误； C、设弹簧第一次恢复原长时NP组合体、Q的速度分别为vP1、vQ1，由动量守恒定律得 mv0＝2mvP1+mvQ1 根据机械能守恒定律得 2 解得：vP1，vQ1 碰撞后Q的速度变为﹣vQ1，NP组合体、Q再次达到共同速度v3时弹簧的弹性势能最大，同理可解得EP，故C正确， D、调整挡板的位置，让Q反弹后的动量大小与NP组合体动量大小相等，根据动量守恒和能量守恒定律可推知再次共速时，速度均为0，此时弹簧弹性势能的最大值是，故弹簧的弹性势能不可能为，故D错误。 故选：AC。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•湖北期末）质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球的速度可能为（　　） A．0.3v B．0.6v C．0.9v D．1.2v 【答案】A 【解析】解：碰撞过程中，两球组成的系统动量守恒，可得mv＝mvA+3mvB。若发生完全非弹性碰撞，碰后两球共速，解得vB＝0.25v。 若发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒定律，解得vB＝0.5v。实际碰撞过程机械能不增加，且碰后B球速度不小于A球速度，因此B球速度范围满足0.25v≤vB≤0.5v。故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2024秋•日照期末）如图所示，质量均为2kg的小球A、B在光滑水平地面上相向运动，规定水平向右为正方向，小球A的速度vA1＝2m/s，小球B的速度vB1＝﹣3m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　） A．vA2＝﹣2m/s，vB2＝1m/s B．vA2＝1m/s，vB2＝﹣2m/s C．vA2＝﹣4m/s，vB2＝3m/s D．vA2＝﹣1.5m/s，vB2＝﹣1m/s 【答案】A 【解析】解：以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统总动量p＝mAvA1+mBvB1，解得：p＝﹣2kg•m/s。碰撞前总动能，解得：Ek＝13J。 A、碰撞后系统总动量p'＝mAvA2+mBvB2，解得：p'＝﹣2kg•m/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能，解得：E'k＝5J，动能未增加，满足碰撞条件，故A正确； B、碰撞后系统总动量p'＝mAvA2+mBvB2，解得：p'＝﹣2kg•m/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能，解得：E'k＝5J，动能未增加，但A球速度方向仍为正，B球速度方向仍为负，两球仍会相向运动发生碰撞，故B错误； C、碰撞后系统总动量p'＝mAvA2+mBvB2，解得：p'＝﹣2kg•m/s，符合动量守恒定律。碰撞后总动能，解得：E'k＝25J，动能增加，不满足碰撞条件，故C错误； D、碰撞后系统总动量p'＝mAvA2+mBvB2，解得：p'＝﹣5kg•m/s，动量不守恒，故D错误。 故选：A。 3．（2025秋•兰州月考）如图所示，从悬停的无人机（图中未画出）上由静止释放一小球（视为质点），同时，子弹（图中未画出）从同一高度以100m/s的速度水平射向小球，释放时小球距离水平地面的高度为20m，1s末子弹恰好射入小球（子弹未射出，且该过程时间极短），小球的质量为子弹质量的9倍，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为（　　） A．20m B．10m C．6m D．3m 【答案】B 【解析】解：设子弹质量为m，则小球质量为9m。 根据题意可知，子弹射入小球的过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上小球的分运动保持不变，设碰撞后小球的水平速度为v共，规定子弹原来的速度方向为正方向，由水平方向动量守恒有 mv＝（m+9m）v共 小球在竖直方向上做匀加速直线运动，则有 解得t＝2s 可知碰撞后小球与子弹的整体运动t′＝1s落地，则水平方向上有x＝v共t′ 解得小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为x＝10m，故ACD错误，D正确。 故选：B。 4．（2025秋•包河区校级月考）如图是我国自主研发的机器狗，在水平地面上站定不动2s内水平发射了6颗子弹，每颗子弹的质量m＝30g，子弹出膛时对地速度v0＝800m/s，机器狗及其装备的总质量M＝40kg，重力加速度g＝10m/s2，机器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是（　　） A．机器狗、枪和子弹组成系统动量守恒 B．地面对机器狗、枪和子弹组成系统做了正功 C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为144N•s D．地面对机器狗的冲量大小为800N•s 【答案】C 【解析】解：B、机器狗及其枪口均无水平方向位移，地面对系统的摩擦力也无水平方向的位移，所以地面对机器狗、枪和子弹组成的系统不做功，故B错误； A、由于地面对系统施加的摩擦力产生外冲量，因此系统总动量不守恒，故A错误； C、每颗子弹的质量为m＝0.03kg，出膛速度为v0＝800m/s，则每颗子弹的动量mv0＝24kg•m/s，6颗子弹总动量为6×24kg•m/s＝144kg•m/s，故I狗对子弹＝144N•s。机器狗在发射子弹前后整体保持静止，其自身动量不变，所以对机器狗而言I子弹对狗+If＝0，解得：If＝144N•s，则机器狗对地面摩擦力的冲量大小也为144N•s，故C正确； D、地面对机器狗的作用力有支持力和摩擦力，地面摩擦力提供的总冲量大小为If＝144N•s，支持力冲量大小为Mgt＝800N•s。地面对机器狗的冲量大小为800N•s，故D错误。 故选：C。 5．（2024秋•苏州期末）如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【答案】D 【解析】解：A．物体与平板作用的过程中，合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： Mv0﹣mv0＝（M+m）v 解得 v 若M＞m，A所受的摩擦力为： Ff＝μmg 设物体A相对地面向左的最大位移为xA，对A，由动能定理得： ﹣FfxA＝0 联立解得：xA，故A错误； B．若M＜m，设平板车B相对地面向右的最大位移为xB，对B，由动能定理得： ﹣FfxB＝0 联立解得：xB，故B错误； CD．摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，对平板车由动量定理得： ﹣Fft＝Mv﹣Mv0 Ff＝μmg 联立解得：t 平板车动量的变化量为：Mv﹣Mv0 故C错误，D正确。 故选：D。 6．（2025•湖北模拟）如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大 C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和 D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度 【答案】C 【解析】解：A、由于F1、F2对m、M都做正功，故系统机械能增加，则系统机械能不守恒，故A错误； B、当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，当M和m受力平衡，Mm的加速度减为零，此时速度达到最大值，故各自的动能最大，在此后的过程中，F1、F2仍然会对两物体做正功，系统机械能还可以继续增大，故此时系统机械能不是最大，故B错误； C、在运动的过程中，根据除重力和弹簧弹力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量可知，m、M动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和，故C正确； D、对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，始终为零，由于不知道M和m质量大小，所以不能判断最大速度的大小，故D错误。 故选：C。 7．（2025秋•如皋市校级月考）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块经过时间t刚好滑到斜面底端，此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是（　　） A．滑块下滑的过程中斜面体、滑块组成的系统动量不守恒 B．FN＝mgcosα C．滑块下滑过程中支持力对它的冲量大小为FNtcosα D．此过程中斜面体向左滑动的距离为 【答案】A 【解析】解：A、滑块下滑过程，滑块在竖直方向加速运动，斜面体在竖直方向不运动，可知滑块和斜面体组成的系统，在竖直方向的受力不平衡，结合动量守恒条件，可得系统动量不守恒，故A正确； B、滑块在下滑过程中，斜面体受到斜向左下方的力，斜面体向左侧移动，即滑块的轨迹，不是直线，滑块在垂直于斜面方向的受力不平衡，即FN≠mgcosα，故B错误； C、根据冲量公式，可得到滑块下滑过程支持力的冲量大小为：I＝FNt，故C错误； D、滑块和斜面在水平方向不受力，即水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则滑块和斜面的水平分速度满足：mvm﹣MvM＝0，根据几何关系，可得到斜面体和滑块的位移满足：，联立得到斜面体向左滑动的距离，故D错误。 故选：A。 8．（2025秋•曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】C 【解析】解：A、当木块与木板共速时，弹簧压缩量达到最大值，之后弹簧恢复形变，木板B受向左弹力作用继续加速，故A错误； B、木块与木板弹性碰撞过程中，弹簧压缩量先增后减，导致B板所受弹力先增大后减小，其加速度相应呈现先增后减趋势，故B错误； C、弹性碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒，取向左为正方向，列式得2mv0＝2mv1+mv2，，解得：，。对木块A应用动量定理，，故弹簧对A的冲量大小为，故C正确； D、共速时满足2mv0＝3mv，，解得：，故D错误。 故选：C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025秋•莎车县期末）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统的动量不守恒，机械能不守恒 D．弹簧最大的弹性势能小于 【答案】CD 【解析】解：A、子弹嵌入木块的过程属于完全非弹性碰撞，因克服摩擦力做功，部分动能转化为内能，该过程系统机械能不守恒；在后续压缩弹簧阶段，墙壁对弹簧施加了水平向左的作用力，系统所受合外力不为零，因此动量不守恒，故A错误。 B、在子弹射入木块的阶段，由于摩擦生热导致机械能损失；在压缩弹簧的阶段，系统受到墙壁弹力这一外力的作用，导致其动量发生变化，故B错误。 C、碰撞过程中因内能增加导致机械能减少，压缩弹簧过程中由于受到外力作用导致动量改变，因此系统的动量与机械能均不守恒，故C正确。 D、子弹射入木块的瞬间，系统动量守恒，有mv0＝（m+M）v共，碰撞后系统的共同动能为，此动能即为弹簧被压缩至最短时所具有的最大弹性势能Epmax。根据能量守恒，有，其中Q为碰撞过程中产生的热量，显然Epmax，故D正确。 故选：CD。 （多选）10．（2025秋•青岛月考）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体A静止在足够长的光滑水平面上，圆弧面最低点与水平面相切，水平面上一轻弹簧左端连接在固定的竖直挡板上。用外力使质量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），然后撤去外力，小球由静止弹开后恰好能运动到圆弧面的最高点。已知重力加速度大小为g，小球可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为mgR B．小球第一次由圆弧面离开后还能再次滑上圆弧面 C．小球第一次滑上圆弧面瞬间对圆弧体的压力大小为mg D．小球沿圆弧面向下运动的过程中对圆弧体做功为0.75mgR 【答案】CD 【解析】解：A、小球由静止释放后恰能到达圆弧面最高点，系统水平方向动量守恒且机械能守恒。设初始速度为v0，最高点共同速度为v1，由动量守恒得mv0＝（m+3m）v1，解得：。根据机械能守恒，代入得，故弹簧弹性势能，故A错误； B、小球首次返回水平面时，类比弹性碰撞得，圆弧体速度。小球被弹簧弹回后速度变为0.5v0，与圆弧体同速相对静止，无法再次滑上圆弧面，故B错误； C、小球在圆弧最低点满足，代入解得，由牛顿第三定律知压力大小为，故C正确； D、小球下滑过程对圆弧体做功，代入解得W＝0.75mgR，故D正确。 故选：CD。 （多选）11．（2025秋•龙华区校级月考）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40J B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为12N•s，方向向左 C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s 【答案】CD 【解析】解：以水平向右为正方向。t＝4s时，物块C与A碰撞并粘合，由动量守恒定律得mCvC＝（mA+mC）vAC，由图像知vC＝12m/s，vAC＝4m/s，代入解得mC＝2kg，则AC组合体总质量M＝mA+mC，即M＝6kg。 AB、物块B离开墙壁前，当AC组合体速度减为零时弹簧压缩量最大，由能量守恒得最大弹性势能，代入数据计算得Epm＝48J； 在4s到12s内，对AC、B及弹簧系统，由动量定理得I＝Mv12﹣Mv4，代入数据得I＝6×（﹣4）﹣6×4N•s＝﹣48N•s，即墙壁对B的冲量大小为48N•s，方向向左，故AB错误； CD、t＝12s时弹簧恢复原长，此后B离开墙壁。当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得Mv12＝（M+mB）v共，解得v共＝﹣3m/s，最大弹性势能，代入数据计算得Epm'＝12J； 当弹簧再次恢复原长时物块B速度最大，由动量守恒与能量守恒得，解得vBm＝﹣6m/s，其最大速度大小为6m/s，故CD正确。 故选：CD。 三．解答题（共3小题） 12．（2024秋•喀什地区期末）如图所示，一轻质弹簧两端连着木块A和B，放在光滑水平面上，一颗子弹以水平速度v0射入木块A并留在其中，已知A的质量为m，B的质量为2m，子弹的质量为m，则当弹簧压缩最短时，求： （1）系统的共同速度是多大； （2）弹簧的弹性势能为多少； （3）全过程系统损失的动能为多少？ 【答案】（1）系统的共同速度大小为。 （2）弹簧的弹性势能大小为。 （3）全过程系统损失的动能大小为。 【解析】解：（1）子弹射入木块A至弹簧压缩至最短的过程中，取水平向右为正方向，系统在水平方向动量守恒，由mv0＝（m+m+2m）v共，解得：。 （2）取水平向右为正方向，子弹射入木块A的瞬间，弹簧未形变，由动量守恒mv0＝（m+m）v1，解得：； 此后A（含子弹）与B压缩弹簧，机械能守恒，当两者速度相等时弹簧弹性势能最大，，代入数据解得：。 （3）全过程系统损失的动能等于初始动能与末动能之差，即，代入数据解得：。 答：（1）系统的共同速度大小为。 （2）弹簧的弹性势能大小为。 （3）全过程系统损失的动能大小为。 13．（2025秋•运城期末）如图所示，光滑水平面上，长度L＝4.75m、质量M＝0.5kg的木板处于静止。在与木板右端相距L′＝3m处固定有挡板装置，其左侧表面AB为圆弧的一部分，AB的圆心为O、半径R＝0.2m、圆心角为120°，过最低点A的切线水平且与木板的上表面等高。t＝0时，质量m＝1kg的小物块以v0＝6m/s的速度滑上木板的左端，当木板碰到挡板装置时立即与挡板粘在一起并保持静止。小物块离开木板后，从A点进入圆弧轨道并恰能到达最高点B。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）物块在木板上运动的时间； （2）物块在AB上克服摩擦力做的功； （3）离开B点后，物块第一落点（木板上表面高度处）与A点的距离。 【答案】（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 【解析】解：（1）物块滑上木板后，木板加速、物块减速。依据动量守恒定律有mv0＝（m+M）v1，解得共速速度v1＝4m/s； 根据能量守恒可得，解得相对位移Δx＝3m；木板加速阶段的位移为，代入数据得x1＝2m，对应时间t1＝1s； 木板撞向挡板前匀速运动的位移为L'﹣x1＝1m，匀速运动时间t2＝0.25s；木板停止后，物块在剩余长度L﹣Δx＝1.75m上减速滑出，由运动学公式，解得v2＝3m/s，此过程历时t3＝0.5s； 物块在木板上运动的总时间为t＝t1+t2+t3，计算得t＝1.75s。 （2）物块恰能通过B点，重力的径向分力提供向心力，满足，解得v3＝1m/s；从A点到B点的竖直高度差为h＝R（1﹣cos120°），代入数值得h＝0.3m； 根据动能定理，从A到B有，代入已知数据，解得物块克服摩擦力所做的功W＝1.0J。 （3）物块从B点飞出后做斜抛运动，其初速度v3与水平方向夹角为60°，且指向A点所在竖直线方向。竖直方向位移满足，解得飞行时间； 水平方向位移为x＝v3cos60°t4，计算得；由几何关系可知，B点与A点的水平距离d＝Rsin120°，求得；由于x＝d，可知物块第一落点恰好位于A点，故与A点距离为0。 答：（1）物块在木板上运动的时间为1.75秒。 （2）物块在AB上克服摩擦力做的功为1.0焦耳。 （3）离开B点后，物块第一落点与A点的距离为0。 14．（2025秋•讷河市期末）如图所示，质量m3＝3kg的长木板A放在光滑的水平面上，A的上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，A的右端挡板上固定一轻质弹簧，弹簧自然伸直时左端与O点相距L＝1.6m，质量m2＝2kg的物块C放在A上的O点，C与A的右侧上表面间的动摩擦因数μ＝0.05，A的上表面左端放一质量m1＝1kg的物块B，B、C可视为质点，系统均处于静止状态．现用水平向右的恒力F＝1.5N作用在B上，作用t＝2s时撤去恒力．此时B、C发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，C在A上表面滑行压缩弹簧反弹后停在O点右侧距O点1.2m处，重力加速度g取10m/s2．求： （1）A的O点左侧部分的长度； （2）B、C碰撞后瞬间的速度大小； （3）C压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值． 【答案】（1）A的O点左侧部分的长度为3m。 （2）B、C碰撞后瞬间，B的速度大小为1m/s（方向向左），C的速度大小为2m/s（方向向右）。 （3）C压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为0.6J。 【解析】解：（1）撤去恒力前，物块B在A的光滑表面做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得；由位移公式可知A的O点左侧长度，代入数据解得：L左＝3m。 （2）碰撞前瞬间物块B的速度vB＝aBt；B与C发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒有m1vB＝m1vB1+m2vC1和， 联立解得碰后瞬间速度大小为vB1＝1m/s（方向向左），vC1＝2m/s（方向向右）。 （3）C在A上滑动至最终停止的过程，取A与C为系统，水平方向动量守恒有m2vC1＝（m2+m3）v共； 设弹簧最大压缩量为x，从碰撞后到物块停在O点右侧1.2m处，由能量守恒得，代入数据解得：x＝0.2m； 从碰撞后到弹簧压缩至最短的过程，根据能量守恒有，代入数据解得弹性势能最大值为Epm＝0.6J。 答：（1）A的O点左侧部分的长度为3m。 （2）B、C碰撞后瞬间，B的速度大小为1m/s（方向向左），C的速度大小为2m/s（方向向右）。 （3）C压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为0.6J。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 碰撞模型 【基础回顾】 1．碰撞的特点 (1)时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。 (2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很大。 (3)动量守恒条件的特点：系统的内力远远大于外力，所以系统即使所受合外力不为零，外力也可以忽略，系统的总动量守恒。 (4)位移特点：碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，在物体发生碰撞的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一位置。 (5)能量特点：碰撞前总动能Ek与碰撞后总动能Ek′，满足Ek≥Ek′。 2．碰撞的分类 (1)弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变。 (2)非弹性碰撞：系统在碰撞后动能减少。 (3)完全非弹性碰撞：碰撞后两物体合为一体或者具有共同的速度。 (4)完全非弹性碰撞中的半能损失：在一动撞一静的完全非弹性碰撞中，若两物体质量相等，此过程中损失的动能为系统初动能的一半。 3. 常见的碰撞类型： 正碰：两个小球相碰，碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线，这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 以碰前物体m1速度的方向为正方向 (1)若m1＝m2，则有v1′＝0，v2′＝v1，即碰撞后两球速度互换。 (2)若m1>m2，则v1′>0, v2′>0，表示v1′和v2′都与v1方向相同。 (3)若m1<m2，则v1′<0，表示v1′与v1方向相反。 (4)若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1； (5)若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0。 4.一动一静碰撞问题的讨论 质量为m1的球a以速度v1和静止的质量为m2的球b碰撞，碰后球a、b的速度分别为v1′和v2′。根据能量损失情况不同，讨论碰后可能出现的情况如下： (1)弹性碰撞：v1′＝v1，v2′＝v1。 (2) 完全非弹性碰撞：v1′＝v2′＝v1。 (3) 一般情况下（即非弹性碰撞）： v1≥v1′≥v1， v1≥v2′≥v1。 模型1 碰撞的可能性 1. 碰撞问题遵循的三个原则： (1)系统动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)系统动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋。 (3)速度要合理： 碰撞前、后碰撞双方运动速度之间的关系必须合理。如果碰前两物体同向运动，有v后>v前，否则无法实现碰撞。碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，若碰后两物体同向运动，有v前′≥v后′，否则碰撞还没有结束。 【例题精讲】 1．（2025秋•牟平区校级月考）质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA＝9kg•m/s，B球的动量为pB＝3kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A．p′A＝6kg•m/s，p′B＝6kg•m/s B．p′A＝8kg•m/s，p′B＝4kg•m/s C．p′A＝﹣2kg•m/s，p′B＝14kg•m/s D．p′A＝﹣4kg•m/s，p′B＝17kg•m/s 2．（2025秋•崇仁县校级期中）在光滑水平面上，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度可能值为（　　） A．0.4v B．0.6v C．0.7v D．0.8v 3．（2024秋•安徽期末）甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量为p1＝8kg•m/s，乙球的动量为p2＝1kg•m/s当甲球追上乙球时发生碰撞，碰后乙球的动量p2'＝4kg•m/s。设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是（　　） A．0.3m1＝m2 B．0.6m1＝m2 C．0.9m1＝m2 D．m1＝m2 4．（2024秋•临沂期末）在光滑的水平面上有A、B、C三个完全相同的小钢球，三个球处在同一条直线上，其中C球左侧带有双面胶贴，开始时B、C两球静止，现A以6m/s的速度与B发生弹性碰撞，然后B与C球发生正碰后粘在一起，则B与C球碰撞后的速度大小为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 5．（2025秋•海淀区校级期中）质量为m、速度为6v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值。以A球原来速度方向为正，碰撞结束后两球的速度可能为（　　） A．A球速度为0，B球速度为2v B．A球速度为v，B球速度也为v C．A球速度为3v，B球速度为v D．A球速度为﹣4v，B球速度为2v （多选）6．（2025秋•番禺区校级期中）质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为3m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB可能为（　　） A．， B．vA＝0， C．， D．， （多选）7．（2025秋•吴忠校级期末）在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg•m/s，B的动量为24kg•m/s。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为32kg•m/s，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 模型2 滑块-板块与子弹打木块 1．子弹打木块模型 分类 模型特点 示例 子弹嵌入木块中 (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． 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＝mv02－(M＋m)v2 子弹穿透木块 (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． 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12) 2．板块模型 分类 模型特点 示例 滑块未滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v； ②系统能量守恒：Q＝f·x＝m－（M＋m）v2。 滑块滑离木板 木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。 ①系统的动量守恒； ②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。 类似于子弹穿出的情况。 ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； ②系统能量守恒：Q＝fl＝m－。 【例题精讲】 1．（2025秋•连云港期末）一物块静止在光滑水平面上，t0时刻，质量为m0的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8m0 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 2．（2025•商城县模拟）如图，在光滑水平面上静置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0，改变子弹的初速度大小v0，则（　　） A．v0越大，木块的末速度就越大 B．v0越大，子弹与木块损失的总动能就越多 C．v0越大，子弹与木块相对运动的时间就越短 D．无论v0取何值，木块的末速度都不可能大于 3．（2025秋•杭州期中）如图，质量m1＝2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝3kg的小物块以初速度v0水平向右滑上木板左端，一段时间后两者共速，速度为v1＝2m/s，此时木板未与弹簧接触。之后的运动中，小物块与木板始终保持相对静止，弹簧处在弹性限度内。若小物块与木板间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在弹性限度内弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为Epkx2，（g＝10m/s2），则（　　） A．小物块初速度v0m/s B．小物块与木板间动摩擦因数μ至少为0.4 C．若μ＝0.5，木板长度至少为0.6m D．若μ＝0.5，木板初始位置与弹簧的距离至少为0.6m 4．（2025春•朝阳区校级期末）光滑水平地面上，质量为2kg、上表面粗糙的木板B正以3m/s的速度向右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的物块A，质量为1kg，速度向左，大小也是3m/s，物块和木板间的动摩擦因数为0.2，木板长为7m。则下列说法正确的是（　　） A．物块A从木板B的左端离开 B．经过2s物块A与木板B相对静止 C．整个过程系统产生热量为4J D．相对静止后，物块A在木板B上移动的距离为7m 5．（2025•浙江三模）如图所示，木板C静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板。已知物块A、B均可视为质点，质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B间为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（　　） A．若物块A、B不发生碰撞，则木板C长度的最大值为L B．若物块A、B不从木板C的右端滑离，则木板C长度的最小值为L C．若物块B恰好不滑离木板C，则物块A、B碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C的冲量大小是相等的 D．若物块A、B最终与木板C相对静止，则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关 （多选）6．（2025秋•金凤区校级期末）如图所示，一质量M＝8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0kg的小木块A。给A和B大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法正确的是（　　） A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s D．长木板B的长度可能为10m （多选）7．（2025秋•思明区校级月考）如图甲，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度v2与子弹的速度v1之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，二者因摩擦而产生的热量增大 模型3 滑块-曲面或斜面 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：m(M＋m)＋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：mmM(相当于弹性碰撞) 【例题精讲】 1．（2025秋•城关区校级期末）如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 2．（2025秋•江阴市校级月考）如图所示，质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（　　） A．B回到A底端时的速度大小为v0 B．合外力对B的冲量大小为mv0 C．A对B做的功为 D．B沿A上滑的最大高度为 3．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则（　　） A．A与B碰撞后，A的速度向左 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 4．（2024秋•湖北期末）如图所示，带有光滑圆弧轨道的小车静止于光滑水平地面上，小车的质量为M，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（　　） A．此过程中小球对小车做的功为 B．小球之后将向右做平抛运动 C．小球之后将向左做平抛运动 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 5．（2025•让胡路区校级开学）如图所示，质量M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10m/s2，则（　　） A．滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度大小v2＝4m/s B．整个过程中小车相对地面的水平位移大小x2＝0.6m C．滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ＝0.4 D．滑块与小车组成的系统动量守恒，机械能守恒 （多选）6．（2025秋•平顶山期末）如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，则在小球运动过程中（　　） A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道上运动到最高点时的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 （多选）7．（2024秋•即墨区期末）带有光滑圆弧轨道的物体B静止在足够长的光滑水平面上，P、Q两点分别为圆弧轨道的最低点和最高点。B的左侧固定一轻质弹性挡板，B上N点的左侧光滑，右侧NP段粗糙且间距为L＝0.4m。现让物体A在N点的左侧，以v0＝4m/s的速度向右运动。已知mA＝1kg，mB＝3kg，A与B的NP段的动摩擦因数μ＝0.6，圆弧轨道的半径R＝0.3m，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．A、B在Q点共速 B．A第一次经过P点时，B的速度大小为 C．A第二次经过P点时的速度大小为 D．A最多与弹性挡板碰撞1次，最终停在NP的中点 模型4 弹簧与滑块 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：系统所受的外力的矢量和为零或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等，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，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。 【例题精讲】 1．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J 2．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 3．（2025秋•东胜区校级期末）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B、在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．B板的加速度先增大后减小 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 4．（2025秋•东城区期末）如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以某一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物块的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．A的质量比B的质量大 B．0﹣1s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．0～2s内，A和B的位移相等 D．t＝2s时，A的动量比B的动量大 5．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为0.99kg、2kg的两物块A、B相栓接，并静止在光滑的水平面上，一颗质量为0.01kg的子弹C以速度v0＝600m/s射入物块A并留在A中，在以后的运动中，下列说法正确的是（　　） A．当物块A（含子弹C）的速度为零时，物块B的速度为6m/s B．弹簧最大弹性势能等于12J C．物块A（含子弹C）始终向一个方向运动 D．子弹进入A的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒 （多选）6．（2025秋•零陵区校级期末）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去F，在0～1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（　　） A．恒力F的冲量为1N•s B．b物块的质量为2kg C．t＝1s时b的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为m/s （多选）7．（2025秋•雨花区校级月考）如图所示，质量均为m的小球N、P和Q静止在光滑的水平面上，P和Q通过轻弹簧相连，弹簧处于原长状态。某时刻给小球N一瞬时冲量使它以初速度v0开始向右运动，与小球P碰后粘在一起，在小球Q的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出）。当小球Q与挡板发生弹性正碰后立刻将挡板撤走，弹簧始终处于弹性限度内。以下说法正确的是（　　） A．若无固定挡板，弹簧弹性势能的最大值是 B．若P、Q第一次共速时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 C．若弹簧第一次恢复原长时Q与挡板碰撞，则弹簧弹性势能的最大值是 D．调整挡板的位置，弹簧的弹性势能的最大值可能是 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•湖北期末）质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，碰撞后B球的速度可能为（　　） A．0.3v B．0.6v C．0.9v D．1.2v 2．（2024秋•日照期末）如图所示，质量均为2kg的小球A、B在光滑水平地面上相向运动，规定水平向右为正方向，小球A的速度vA1＝2m/s，小球B的速度vB1＝﹣3m/s，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　） A．vA2＝﹣2m/s，vB2＝1m/s B．vA2＝1m/s，vB2＝﹣2m/s C．vA2＝﹣4m/s，vB2＝3m/s D．vA2＝﹣1.5m/s，vB2＝﹣1m/s 3．（2025秋•兰州月考）如图所示，从悬停的无人机（图中未画出）上由静止释放一小球（视为质点），同时，子弹（图中未画出）从同一高度以100m/s的速度水平射向小球，释放时小球距离水平地面的高度为20m，1s末子弹恰好射入小球（子弹未射出，且该过程时间极短），小球的质量为子弹质量的9倍，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，则小球落到水平地面上的点到释放点的水平距离为（　　） A．20m B．10m C．6m D．3m 4．（2025秋•包河区校级月考）如图是我国自主研发的机器狗，在水平地面上站定不动2s内水平发射了6颗子弹，每颗子弹的质量m＝30g，子弹出膛时对地速度v0＝800m/s，机器狗及其装备的总质量M＝40kg，重力加速度g＝10m/s2，机器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是（　　） A．机器狗、枪和子弹组成系统动量守恒 B．地面对机器狗、枪和子弹组成系统做了正功 C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为144N•s D．地面对机器狗的冲量大小为800N•s 5．（2024秋•苏州期末）如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A相对地面向左的最大位移是 B．若M＜m，平板车B相对地面向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 6．（2025•湖北模拟）如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑，开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大，此时系统机械能最大 C．在运动的过程中，m、M动能的变化量加上弹性势能的变化量等于F1、F2做功的代数和 D．在运动过程中m的最大速度一定大于M的最大速度 7．（2025秋•如皋市校级月考）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块经过时间t刚好滑到斜面底端，此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是（　　） A．滑块下滑的过程中斜面体、滑块组成的系统动量不守恒 B．FN＝mgcosα C．滑块下滑过程中支持力对它的冲量大小为FNtcosα D．此过程中斜面体向左滑动的距离为 8．（2025秋•曲阜市期中）如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是（　　） A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．板的加速度一直增大 C．弹簧给木块A的冲量大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2025秋•莎车县期末）如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　） A．系统的动量不守恒，机械能守恒 B．系统的动量守恒，机械能不守恒 C．系统的动量不守恒，机械能不守恒 D．弹簧最大的弹性势能小于 （多选）10．（2025秋•青岛月考）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体A静止在足够长的光滑水平面上，圆弧面最低点与水平面相切，水平面上一轻弹簧左端连接在固定的竖直挡板上。用外力使质量为m的小球B压缩弹簧（B与弹簧不连接），然后撤去外力，小球由静止弹开后恰好能运动到圆弧面的最高点。已知重力加速度大小为g，小球可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．撤去外力时，弹簧的弹性势能为mgR B．小球第一次由圆弧面离开后还能再次滑上圆弧面 C．小球第一次滑上圆弧面瞬间对圆弧体的压力大小为mg D．小球沿圆弧面向下运动的过程中对圆弧体做功为0.75mgR （多选）11．（2025秋•龙华区校级月考）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40J B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为12N•s，方向向左 C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为12J D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s 三．解答题（共3小题） 12．（2024秋•喀什地区期末）如图所示，一轻质弹簧两端连着木块A和B，放在光滑水平面上，一颗子弹以水平速度v0射入木块A并留在其中，已知A的质量为m，B的质量为2m，子弹的质量为m，则当弹簧压缩最短时，求： （1）系统的共同速度是多大； （2）弹簧的弹性势能为多少； （3）全过程系统损失的动能为多少？ 13．（2025秋•运城期末）如图所示，光滑水平面上，长度L＝4.75m、质量M＝0.5kg的木板处于静止。在与木板右端相距L′＝3m处固定有挡板装置，其左侧表面AB为圆弧的一部分，AB的圆心为O、半径R＝0.2m、圆心角为120°，过最低点A的切线水平且与木板的上表面等高。t＝0时，质量m＝1kg的小物块以v0＝6m/s的速度滑上木板的左端，当木板碰到挡板装置时立即与挡板粘在一起并保持静止。小物块离开木板后，从A点进入圆弧轨道并恰能到达最高点B。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，求： （1）物块在木板上运动的时间； （2）物块在AB上克服摩擦力做的功； （3）离开B点后，物块第一落点（木板上表面高度处）与A点的距离。 14．（2025秋•讷河市期末）如图所示，质量m3＝3kg的长木板A放在光滑的水平面上，A的上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，A的右端挡板上固定一轻质弹簧，弹簧自然伸直时左端与O点相距L＝1.6m，质量m2＝2kg的物块C放在A上的O点，C与A的右侧上表面间的动摩擦因数μ＝0.05，A的上表面左端放一质量m1＝1kg的物块B，B、C可视为质点，系统均处于静止状态．现用水平向右的恒力F＝1.5N作用在B上，作用t＝2s时撤去恒力．此时B、C发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，C在A上表面滑行压缩弹簧反弹后停在O点右侧距O点1.2m处，重力加速度g取10m/s2．求： （1）A的O点左侧部分的长度； （2）B、C碰撞后瞬间的速度大小； （3）C压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $