压轴04 碰撞及类碰撞模型（压轴题专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴04 碰撞及类碰撞模型 命题预测 在2025年高考中，力学三大观点在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合牛顿运动定律、功和能、动量守恒定律等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以纯理论的学习探索问题情景相对较多，也有部分渗透在与生产生活实际相联系的问题情景中，研究的问题往往涉及多物体多过程问题，考查注重应用性和综合性的试题。 复习备考时，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读中快速提取有用信息。本专题涉及问题综合性较强，常涉及运动学规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等，要求学生在复习备中要熟练这些物理规律及不同类型解题方法，根据不同物理情景，正确选反不同的物理规律，提高解题的准确性。最后还必须强化答题规范，培养良好的答题习惯。 高频考法 1.三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 2.小球—曲面模型 3.小球—弹簧模型 4.子弹打木块模型 5.滑块木板模型 6.悬绳模型 知识·技法·思维 考向01 三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 1． 弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 2.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 3． 完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向02 小球—曲面模型 (1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大 水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh (相当于完全非弹性碰撞) (2)小球返回曲面底端时 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于弹性碰撞) 考向03 小球—弹簧模型 (1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm (相当于完全非弹性碰撞) (2)弹簧恢复原长时： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于完全弹性碰撞) 考向04 子弹打木块模型 1．模型图示 2．模型特点 (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。 3．两种情境 (1)子弹嵌入木块中，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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 考向05 滑块木板模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对路程(滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(另外，ΔEk＝Q＝FfΔx，Δx为滑块与木板间的相对路程)。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 考向06 悬绳模型 悬绳模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 典例·靶向·突破 题型01 三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 1. （多选）质量为、速度为的球跟质量为静止球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后球的速度可能是不同的值。则碰撞后球的速度可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】完全非弹性碰撞（动能损失最大，B球速度最小） 碰后两球共速，由动量守恒定律 解得，即最小值为 弹性碰撞（无动能损失，B球速度最大）， 联立动量守恒和机械能守恒   解得 即最大值为 故选BC。 题型解码 对于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞其实都有一个共同的时刻即碰撞的两物体形变最大，也是两物体的速度相等的时刻，只不过是完全非弹性碰撞的两物体以此速度结束碰撞过程，而完全弹性碰撞则是两物体的形变又恢复到原状，解决此类问题需要抓住此状态。 2．（多选）如图所示，水平桌面上静止着质量分别为2m和m的两滑块A和B，给A一个水平向右的冲量，使得A以v0的速度与B正碰。测得碰后瞬间两滑块的动量相等，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．该碰撞为非弹性碰撞 B．碰后A的速度大小为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为1:4 【答案】AB 【详解】AB．两滑块碰后动量相等，根据动量守恒定律可得，， 所以， 由于 由此可知，该碰撞为非弹性碰撞，故AB正确； CD．根据牛顿第二定律可得 由于两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，所以加速度相同，根据和可知，碰后A、B滑行的最大距离之比为 运动时间之比为，故CD错误。 故选AB。 题型02 小球—曲面模型 3．（多选）如图所示，质量为2m的光滑圆弧轨道静止在光滑水平面上，轨道半径为R，质量为m的小球以的速度从左端滑上轨道，冲出轨道后能再次落回轨道。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球冲出轨道后做竖直上抛运动 B．小球能上升的最大高度为2R C．小球冲上轨道过程中，轨道的动量变化量大小为 D．轨道最终做匀速直线运动的速度为 【答案】BCD 【详解】A．小球运动到轨道顶端并脱离时，其与轨道具有相同的水平速度，记作v。由系统在水平方向动量守恒可得 再根据系统机械能守恒定律有 代入相关数据计算得 由于小球脱离时相对地面存在水平速度分量，因此其运动轨迹为斜抛，故A错误； B．竖直方向根据 解得 可得小球能上升的最大高度为，故B正确； C．在小球沿轨道上滑阶段，轨道动量的变化量Δp=2mv 解得，故C正确； D．小球滑回并最终脱离轨道的过程，在水平方向上可等效为弹性碰撞。依据系统水平方向动量守恒mv0=mv1+2mv2 机械能守恒 解得轨道最终获得的速度，故D正确。 故选BCD。 题型解码 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。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，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 4. （多选）如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台等高接触。小车上表面PQ是一段光滑的圆弧轨道，其末端P切线水平。质量为m的小球以水平速度冲上小车的圆弧轨道。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出其关系图像如图乙所示。已知水平台面高，小球可视为质点，重力加速度取。则下列说法正确的是（　　） A． B．小球上升的最大高度为 C．小球离开小车时的速度大小为 D．小球落地时与小车间的水平距离为1.6m 【答案】BD 【详解】A．小车与小球组成的系统水平方向动量守恒，把图像中的速度值代入动量守恒关系中可得，即，A错误； B．当小球与小车水平方向速度相同时，小球到达最高点，设共同速度为，小球能达到的最大高度为 水平方向动量守恒 机械能守恒 解得，B正确； C．设小球与小车分离时，小球的速度为，小车的速度为 水平方向动量守恒 机械能守恒 解得，C错误； D．小球与小车分离后做平抛运动 竖直方向 水平方向 解得，D正确。 故选BD。 题型03 小球—弹簧模型 5．两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，在弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．弹簧对两个小球所做的功相等 B．弹簧对两个小球的冲量大小相等 C．任何时刻两个小球的加速度大小都相等 D．任何时刻两个小球的速度大小都相等 【答案】B 【详解】AC．弹簧对两球的弹力大小相等，但两球的质量未知，则加速度大小关系未知，因此在弹簧恢复原长的过程中，两球的位移大小不一定相等。根据功的公式，由于位移x不一定相等，所以弹簧对两球做的功不一定相等，故AC错误； B．弹簧对两球的弹力大小始终相等，方向相反，且作用时间相同。根据冲量公式，两球受到的冲量大小相等，方向相反，故B正确； D．根据动量守恒定律，系统初始动量为0，因此任意时刻两球的动量大小相等、方向相反，由于两球质量未知，速度大小不一定相等，故D错误。 故选B。 题型解码 6. （多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间内运动的图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 【答案】BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 题型04 子弹打木块模型 7． 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹以不同的初速度水平射向木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力f不变。当木块获得的速度最大时，下列说法正确的是（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块获得的最大动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】B 【详解】A．要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间要最长，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 由能量守恒定律得 联立解得，故A错误； B．子弹和木块相互作用过程中合力都为，木块的加速度为 由运动学公式可得 ，故B正确； C．由能量守恒可得木块获得的最大动能，故C错误； D．木块加速过程运动的距离为，故D错误。 故选B。 题型解码 (1)子弹嵌入木块中，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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 题型05 滑块木板模型 8．（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是（     ） A．滑块与木板的质量之比为2∶3 B．木板的长度为 C．滑块与木板间的滑动摩擦力大小为 D．滑块的速度减为时，木板的速度为 【答案】ACD 【详解】A．最终两者共速，速度相同，由图得共速时滑块动能 木板动能 因此质量比，故A正确； BC．对滑块由动能定理 代入解得 对木板由动能定理 得，木板长度，故B错误，C正确； D．系统任意时刻动量守恒，有 代入，解得，故D正确。 故选ACD。 题型解码 9. 如图所示，挡板固定地面上，半径为，粗糙程度分布不均匀的四分之一圆弧轨道静置在光滑的水平面上，左端紧靠挡板，右端B紧靠等高的木板。质量为可视为质点的物块从圆弧轨道上端点的正上方高度为处由静止开始下落，物块刚好从点沿切线方向进入轨道，到达点时对点的压力大小为。已知木板质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。 (1)求圆弧轨道对物块做的功； (2)若轨道始终紧靠挡板，求挡板在物块下滑过程中对轨道的冲量； (3)若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度 【答案】(1) (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）设物块在点的速度为，对物块，在点，由牛顿第三定律可知支持力 牛顿第二定律可得， 物块从释放到点，由动能定理得 解得， （2）对轨道和物块，在物块下滑的过程中，在水平方向使用动量定理 解得 方向水平向右。 （3）对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒， 解得 题型06 悬绳模型 10．足够长的光滑杆水平固定，质量为的滑块套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为的小球，初始时系统处于静止状态。质量为的滑块以的初速度与滑块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)求滑块与碰撞过程中损失的机械能； (2)求小球能上升的最大高度； (3)若小球从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为，求此过程中滑块的位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得 由能量守恒可知碰撞损失的机械能 解得 （2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得 滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有 解得 （3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即 由系统水平方向动量守恒可得 对方程两边同时乘以时间，有 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 解得 11. 如图甲所示，质量为的环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为的轻绳与质量为的球相连，与光滑地面间恰好没有弹力。小球与完全相同，某时刻开始C以速度向左运动，与发生碰撞并粘在一起，碰后、共同运动的部分轨迹如图乙所示，a、c、e为轨迹最低点，b、d为轨迹最高点，重力加速度为 ，求小球B与C∶ (1)碰撞过程中，B受到的冲量大小； (2)碰撞后能上升的最大高度； (3)运动到c点时绳子拉力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球C开始时的速度为 碰撞后B、C的共同速度为，由动量守恒定律可得 解得 B受到冲量的大小为 （2）由题可知，BC粘在一起后，A、BC组成的系统在水平方向动量守恒，设BC上升的最大高度为，ABC三者共同速度为，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 联立解得 （3）设小球BC碰后在c点的速度为，A球的速度为，ABC组成的系统水平方向动量守恒，则有 由能量守恒定律可得 联立解得， 故在最低点时，BC相对于A的速度水平向右，大小为 由牛顿第二定律可得 解得BC运动到c点时绳子拉力的大小为 1．（2026·吉林长春·一模）如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。取乙的释放位置为坐标原点O建立一维坐标系，x轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x的关系如图（b）所示，图像中0~x1之间为直线，其余部分为曲线且在x=x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙质量之比为2:1 B．甲、乙碰撞后在x=x2位置加速度最大 C．位置坐标满足关系 D．弹簧的劲度系数 【答案】D 【详解】A．由图b可知，物块乙与物块甲碰撞前的动能 物块乙与物块甲碰撞后的动能 物块乙与物块甲碰撞过程，根据动量守恒定律 联立解得，故A错误； B．由图b可知，甲与乙碰撞后乙在x2处动能最大，则甲与乙碰撞后在x2位置处速度最大，此位置为平衡位置，加速度为零，故B错误； C．由图（b）可知，x3位置的速度减小到0，说明是平衡位置下方的最大位移处，而x1处的速度不为0，说明此位置不是该简谐振动平衡位置上方的最大位移处，因此有 解得，故C错误； D．弹簧上端与物块甲相连，物块甲处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合图a根据平衡条件可知 当甲乙一起运动到x2位置时，速度最大，根据平衡条件可得 物块乙从释放到位置x1的过程中，由动能定理可得， 联立解得，故D正确。 故选D。 2．（多选）（2026·内蒙古赤峰·一模）滑板运动现在已经成为风靡全球的青少年时尚运动，代表着自由、创意与挑战极限的精神。如图甲，一名滑手以水平速度从左侧滑上静止的滑板，一段时间后速度变为，滑手的图像如图乙所示。已知滑板质量为m，重力加速度为g，忽略滑板与地面间的摩擦，利用以上信息可求出的物理量是（   ） A．滑手的质量 B．滑手鞋底与滑板的相对位移 C．滑手鞋底与滑板的动摩擦因数 D．滑手鞋底与滑板因摩擦而产生的热量 【答案】AD 【详解】A．设滑手质量为，由动量守恒 整理得 已知因此可以求出滑手质量，故A正确； B．相对位移，， 得 题目未给出共速的时间，因此无法求出相对位移，故B错误； C．对滑手，摩擦力 整理得 时间未知，因此无法求出动摩擦因数，故C错误； D．摩擦生热等于系统动能的损失，即 代入 化简，最终得 所有量已知，因此可以求出摩擦生热，故D正确。 故选AD。 3．（多选）（2026·吉林长春·二模）如图（a），光滑水平面上放置长木板乙和物块丙，可视为质点的物块甲置于乙的左端。甲、乙一起以速度向右运动，乙与丙发生碰撞（时间极短）并粘在一起，其速度-时间图像如图（b）所示，甲始终未滑离乙。已知乙的质量为，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）    A．丙的质量为 B．乙的长度至少为 C．甲、乙之间的动摩擦因数为 D．时间内，乙对甲作用力的冲量水平向左 【答案】BC 【详解】A．乙与丙碰撞过程，时间极短，甲的速度不变，乙与丙组成的系统动量守恒。由图（b）可知，碰撞前乙的速度为，碰撞后乙（与丙粘在一起）的速度为。设丙的质量为，乙的质量为，根据动量守恒定律有 解得，故A错误； B．由图（b）可知，时间内，甲做匀减速运动，乙和丙整体做匀加速运动，时刻两者速度相等，均为。甲的位移 乙和丙的位移 甲始终未滑离乙，则乙的长度至少为，故B正确； C．对甲，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立解得，故C正确； D．时间内，乙对甲的作用力包括竖直向上的支持力和水平向左的滑动摩擦力，支持力的冲量竖直向上，摩擦力的冲量水平向左，根据平行四边形定则，乙对甲作用力的冲量方向斜向左上方，故D错误。 故选BC。 4．（多选）（2026·陕西榆林·二模）如图甲所示，质量均为的物块与物块之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为，时刻解除锁定，规定向右为正方向，图乙是物块在时间内运动的图像。下列说法正确的是（   ） A．时间内，物块、以及弹簧组成的系统机械能、动量都守恒 B．时间内，合外力对物体做功为 C．时间内，墙对的冲量大小为 D．时间内，图线与轴所围的面积大小为 【答案】CD 【详解】A．时间内，墙对有外力作用，系统动量不守恒，只有机械能守恒，因此全过程动量不守恒，故A错误； B．内，弹性势能全部转化为的动能，得 时刻速度 时刻、共速，由动量守恒 得 在的动能 根据动能定理，合外力对做功等于动能变化，大小为，故B错误； C．对系统，内，墙对的冲量等于系统总动量的变化 代入得，故C正确； D．图像中，图线与轴围成的面积表示速度变化量的大小。时刻弹簧恢复原长，由动量守恒、机械能守恒（质量相等的弹性碰撞交换速度），得末速度。因此速度变化量大小 即面积大小为，故D正确。 故选CD。 5．（多选）（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图所示，两个半径均为的圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点、所在平面与水平面相切，相距。质量为的小球（可视为质点）从左圆槽上端点的正上方点由静止释放，恰好从点进入圆槽，相距，圆槽质量均为，重力加速度为。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到点时对左圆槽的压力大小为 B．小球到点时，相距 C．小球冲上右圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后不能冲上左圆槽 【答案】ABD 【详解】A．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得mv1-2mv2=0 根据机械能守恒定律可得 联立解得 在A点，对小球根据牛顿第二定律可得 解得小球受到的支持力FN=7mg 根据牛顿第三定律可知小球到A点时对圆槽的压力大小为7mg，故A正确； B．小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”可得mx1=2mx2 其中x1+x2=R 解得， 小球由A点到B点时运动的时间为 此时AB的距离为x=R+x2+v2t 解得x=2R，故B正确； C．设小球冲上右侧圆槽最大高度为h，此时二者水平方向的速度相同，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得mv1=3mv3 根据机械能守恒定律可得 联立解得，故C错误； D．设小球离开右侧圆槽时的速度大小为v4，此时右侧圆槽的速度大小为v5，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1=mv4+2mv5 根据机械能守恒定律可得 联立解得 负号表示方向向左，即最后小球的速度方向向左，大小为，小于左侧圆槽的速度，不能冲上左圆槽，故D正确。 故选ABD。 6．（多选）（2026·辽宁大连·一模）如图，木板足够长，静止在光滑水平地面上，物块静止在木板右侧，左端固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块以水平向右的速度滑上木板，与速度相等时刚好与弹簧接触，此后再经过时间弹簧压缩量最大，并且与恰好能始终保持相对静止。已知、和的质量均为，弹簧始终处在弹性限度内，弹性势能与形变量的关系为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．木板刚接触弹簧时速度 B．弹簧的最大压缩量 C．弹簧压缩量最大时，的位移大小为 D．与间的动摩擦因数 【答案】ACD 【详解】A．设木板刚接触弹簧时速度为，则以和整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有 解得，故A正确； B．当和共速时，弹簧的压缩量最大，以、以及整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有 解得共同的速度为 设此时弹簧的最大压缩量为，则由能量守恒定律有 解得，故B错误； C．m1、m2和m3组成的系统动量守恒有 对应三者的位移关系有 由选项B可知弹簧的最大压缩量为 联立解得 故C正确； D．弹簧压缩过程中，和的合力等于弹簧的弹力，由于和相对静止，说明二者间的静摩擦力提供的加速度，且弹簧压缩到最大时静摩擦力达到最大值（等于滑动摩擦力）。设弹簧压缩到最大时和的加速度为，则对和整体列牛顿第二定律方程有 此时对列牛顿第二定律方程有 联立解得与间的动摩擦因数为，故D正确。 故选ACD。 7．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图甲，固定安装在机车头部的碰撞吸能装置由一级吸能元件钩缓装置和二级吸能元件防爬装置（可压缩）构成。某次碰撞实验中，总质量为的机车以的速度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置（由缓冲器与吸能管组成），其弹力随作用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用行程为时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为，其作用行程为。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为时，机车刚好停止，车体完好无损。（设每次碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响。）求： (1)一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量； (2)二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间； (3)为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，总质量，与静止在水平面上无制动的质量的货车乙发生正碰（不考虑汽车的形变），在一级吸能元件最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试（碰撞时若钩缓装置的吸能总量达到最大吸能量的60%时，缓冲器被锁定，发生完全非弹性碰撞，否则为弹性碰撞），为保证碰撞后货车乙的速度不高于，求货车甲的最大碰撞速度。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由题意可知一级吸能元件吸收能量等于缓冲吸能和吸能管吸能总和 由图可知缓冲吸能 吸能管吸能 总共吸收的能量 （2）设一级吸能元件工作结束时机车的速度为，由能量守恒定律 解得 二级吸能元件行程为时，机车刚好停止，可知二级吸能元件工作时的缓冲作用力满足 解得 根据动量定理可知二级吸能元件的作用时间满足 解得 （3）由第（1）问可知，在本次碰撞测试中，一级吸能元件吸收能量的最大值为 情况一：一级吸能元件最大吸能总量小于，则甲乙两车发生弹性碰撞，由动量守恒可知货车甲的最大碰撞速度满足 甲乙两车发生弹性碰撞，满足初末状态动能相等，有 将代入后解得 情况二：当吸能恰好达到时，缓冲器被锁定，甲乙两车发生完全非弹性碰撞，设碰后两车共速速度为，根据能量守恒有 根据碰撞前后动量守恒有 联立解得， 与货车乙的速度高于与题意不符。综上，货车甲的最大碰撞速度 8．（2026·辽宁鞍山·模拟预测）如图，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距，滑块A静止放在滑板B的最左侧。一子弹以水平向右的初速度击中A后留在A中（此过程时间极短）。已知子弹的质量，水平速度。A的质量的质量、B之间动摩擦因数，B足够长，A不会从B表面滑出，B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)子弹击中滑块A后瞬间，A的速度大小； (2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶的距离； (3)若仍取第（2）问中的值，但改变子弹的初速度，则子弹的初速度最大为多少时，可避免滑板B与台阶第二次相碰。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，有 解得 （2）A与B达到共速的过程，子弹、A、B组成的系统动量守恒，有 解得 对B，根据动能定理有 解得 （3）在第（2）问的情况下，B与台阶相碰后动量方向向左，大小不变，因 则相碰后子弹、A、B的总动量方向向左，再次共速后速度仍向左，B与台阶不会第二次相碰。为避免B与台阶第二次相碰，则第一次相碰前A与B必然未达到共速，设B与台阶恰好不发生第二次相碰对应的子弹的初速度为，就是避免B与台阶第二次相碰的子弹初速度的最大值，根据动量守恒有 B与台阶恰好不发生第二次相碰，则B反弹后的动量正好与子弹、A整体的动量等大反向，即整个系统的总动量为零，则有 联立解得 9．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤去），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中v10和v20是碰前两物体的速度，v1和v2是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量均为m，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度的大小； (3)小球与物块Q碰撞后，物块Q最小速度的大小。 【答案】(1)3m/s (2)2m/s (3)0 【详解】（1）小球从释放到与物块Q碰撞前，根据动能定理有 对小球和物块Q构成的系统进行分析，根据动量守恒有 根据题意有 解得v2=3m/s （2）从物块Q与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块P的速度最大，在此过程中物块Q与物块P及弹簧构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒有 解得 即物块P的最大速度为2m/s。 （3）由（2）解得 可知，当弹簧恢复原长时，物块Q的运动方向发生变化，说明从物块Q刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块Q的速度将减为零，所以物块Q的最小速度为0 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴04 碰撞及类碰撞模型 典例·靶向·突破 题型01 三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 1. 【答案】BC 【详解】完全非弹性碰撞（动能损失最大，B球速度最小） 碰后两球共速，由动量守恒定律 解得，即最小值为 弹性碰撞（无动能损失，B球速度最大）， 联立动量守恒和机械能守恒   解得 即最大值为 故选BC。 2． 【答案】AB 【详解】AB．两滑块碰后动量相等，根据动量守恒定律可得，， 所以， 由于 由此可知，该碰撞为非弹性碰撞，故AB正确； CD．根据牛顿第二定律可得 由于两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，所以加速度相同，根据和可知，碰后A、B滑行的最大距离之比为 运动时间之比为，故CD错误。 故选AB。 题型02 小球—曲面模型 3． 【答案】BCD 【详解】A．小球运动到轨道顶端并脱离时，其与轨道具有相同的水平速度，记作v。由系统在水平方向动量守恒可得 再根据系统机械能守恒定律有 代入相关数据计算得 由于小球脱离时相对地面存在水平速度分量，因此其运动轨迹为斜抛，故A错误； B．竖直方向根据 解得 可得小球能上升的最大高度为，故B正确； C．在小球沿轨道上滑阶段，轨道动量的变化量Δp=2mv 解得，故C正确； D．小球滑回并最终脱离轨道的过程，在水平方向上可等效为弹性碰撞。依据系统水平方向动量守恒mv0=mv1+2mv2 机械能守恒 解得轨道最终获得的速度，故D正确。 故选BCD。 4. 【答案】BD 【详解】A．小车与小球组成的系统水平方向动量守恒，把图像中的速度值代入动量守恒关系中可得，即，A错误； B．当小球与小车水平方向速度相同时，小球到达最高点，设共同速度为，小球能达到的最大高度为 水平方向动量守恒 机械能守恒 解得，B正确； C．设小球与小车分离时，小球的速度为，小车的速度为 水平方向动量守恒 机械能守恒 解得，C错误； D．小球与小车分离后做平抛运动 竖直方向 水平方向 解得，D正确。 故选BD。 题型03 小球—弹簧模型 5． 【答案】B 【详解】AC．弹簧对两球的弹力大小相等，但两球的质量未知，则加速度大小关系未知，因此在弹簧恢复原长的过程中，两球的位移大小不一定相等。根据功的公式，由于位移x不一定相等，所以弹簧对两球做的功不一定相等，故AC错误； B．弹簧对两球的弹力大小始终相等，方向相反，且作用时间相同。根据冲量公式，两球受到的冲量大小相等，方向相反，故B正确； D．根据动量守恒定律，系统初始动量为0，因此任意时刻两球的动量大小相等、方向相反，由于两球质量未知，速度大小不一定相等，故D错误。 故选B。 6. 【答案】BD 【详解】A．以物块A与物块B整体作为研究对象，时刻物块A的速度达到最大，可知此时弹簧处于原长状态，物块B即将离开墙面，此时的瞬时速度为0，故系统的动量为 由动量定理可知竖直墙对物块B的冲量大小满足，故A错误； B．时刻，物块B即将离开墙面，之后的运行过程，系统合外力为0，故系统动量守恒，由图乙可知时刻物块A的速度为 由于此时图像的斜率为0，由牛顿第二定律可知，物块A的合外力为0，即弹簧处于原长状态，设物块B的质量为，时刻物块B的瞬时速度为，根据动量守恒有 考虑时刻和时刻，弹簧弹性势能均为0，系统动能相等，即 两式联立，解得， 则时刻物块A、B的动能之比满足，故B正确； C．时间内，当弹簧被拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，设为，由动量守恒定律可知 解得 此时弹簧弹性势能最大，满足，故C错误； D．设物块A、B在任意时刻的速度大小分别为、，由系统动量守恒可知 等式两边对时间微元求和并化简得 即 由于时间内，弹簧由原长再到原长，物块A、B的相对位置不变，可知 两式联立解得，故D正确。 故选BD。 题型04 子弹打木块模型 7． 【答案】B 【详解】A．要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间要最长，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 由能量守恒定律得 联立解得，故A错误； B．子弹和木块相互作用过程中合力都为，木块的加速度为 由运动学公式可得 ，故B正确； C．由能量守恒可得木块获得的最大动能，故C错误； D．木块加速过程运动的距离为，故D错误。 故选B。 题型05 滑块木板模型 8． 【答案】ACD 【详解】A．最终两者共速，速度相同，由图得共速时滑块动能 木板动能 因此质量比，故A正确； BC．对滑块由动能定理 代入解得 对木板由动能定理 得，木板长度，故B错误，C正确； D．系统任意时刻动量守恒，有 代入，解得，故D正确。 故选ACD。 9. 【答案】(1) (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）设物块在点的速度为，对物块，在点，由牛顿第三定律可知支持力 牛顿第二定律可得， 物块从释放到点，由动能定理得 解得， （2）对轨道和物块，在物块下滑的过程中，在水平方向使用动量定理 解得 方向水平向右。 （3）对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒， 解得 题型06 悬绳模型 10． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块与滑块发生碰撞，碰后粘在一起，由动量守恒定律可得 由能量守恒可知碰撞损失的机械能 解得 （2）小球上升到最大高度时，三者共速，由水平方向动量守恒可得 滑块与滑块碰撞后系统机械能守恒，有 解得 （3）小球从开始运动至速度第一次达到最大时，小球恰好位于滑块的正下方，故小球与滑块水平方向位移相同，即 由系统水平方向动量守恒可得 对方程两边同时乘以时间，有 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得 解得 11. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球C开始时的速度为 碰撞后B、C的共同速度为，由动量守恒定律可得 解得 B受到冲量的大小为 （2）由题可知，BC粘在一起后，A、BC组成的系统在水平方向动量守恒，设BC上升的最大高度为，ABC三者共同速度为，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 联立解得 （3）设小球BC碰后在c点的速度为，A球的速度为，ABC组成的系统水平方向动量守恒，则有 由能量守恒定律可得 联立解得， 故在最低点时，BC相对于A的速度水平向右，大小为 由牛顿第二定律可得 解得BC运动到c点时绳子拉力的大小为 1． 【答案】D 【详解】A．由图b可知，物块乙与物块甲碰撞前的动能 物块乙与物块甲碰撞后的动能 物块乙与物块甲碰撞过程，根据动量守恒定律 联立解得，故A错误； B．由图b可知，甲与乙碰撞后乙在x2处动能最大，则甲与乙碰撞后在x2位置处速度最大，此位置为平衡位置，加速度为零，故B错误； C．由图（b）可知，x3位置的速度减小到0，说明是平衡位置下方的最大位移处，而x1处的速度不为0，说明此位置不是该简谐振动平衡位置上方的最大位移处，因此有 解得，故C错误； D．弹簧上端与物块甲相连，物块甲处于静止状态，设此时弹簧的形变量为x0，结合图a根据平衡条件可知 当甲乙一起运动到x2位置时，速度最大，根据平衡条件可得 物块乙从释放到位置x1的过程中，由动能定理可得， 联立解得，故D正确。 故选D。 2． 【答案】AD 【详解】A．设滑手质量为，由动量守恒 整理得 已知因此可以求出滑手质量，故A正确； B．相对位移，， 得 题目未给出共速的时间，因此无法求出相对位移，故B错误； C．对滑手，摩擦力 整理得 时间未知，因此无法求出动摩擦因数，故C错误； D．摩擦生热等于系统动能的损失，即 代入 化简，最终得 所有量已知，因此可以求出摩擦生热，故D正确。 故选AD。 3． 【答案】BC 【详解】A．乙与丙碰撞过程，时间极短，甲的速度不变，乙与丙组成的系统动量守恒。由图（b）可知，碰撞前乙的速度为，碰撞后乙（与丙粘在一起）的速度为。设丙的质量为，乙的质量为，根据动量守恒定律有 解得，故A错误； B．由图（b）可知，时间内，甲做匀减速运动，乙和丙整体做匀加速运动，时刻两者速度相等，均为。甲的位移 乙和丙的位移 甲始终未滑离乙，则乙的长度至少为，故B正确； C．对甲，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立解得，故C正确； D．时间内，乙对甲的作用力包括竖直向上的支持力和水平向左的滑动摩擦力，支持力的冲量竖直向上，摩擦力的冲量水平向左，根据平行四边形定则，乙对甲作用力的冲量方向斜向左上方，故D错误。 故选BC。 4． 【答案】CD 【详解】A．时间内，墙对有外力作用，系统动量不守恒，只有机械能守恒，因此全过程动量不守恒，故A错误； B．内，弹性势能全部转化为的动能，得 时刻速度 时刻、共速，由动量守恒 得 在的动能 根据动能定理，合外力对做功等于动能变化，大小为，故B错误； C．对系统，内，墙对的冲量等于系统总动量的变化 代入得，故C正确； D．图像中，图线与轴围成的面积表示速度变化量的大小。时刻弹簧恢复原长，由动量守恒、机械能守恒（质量相等的弹性碰撞交换速度），得末速度。因此速度变化量大小 即面积大小为，故D正确。 故选CD。 5． 【答案】ABD 【详解】A．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得mv1-2mv2=0 根据机械能守恒定律可得 联立解得 在A点，对小球根据牛顿第二定律可得 解得小球受到的支持力FN=7mg 根据牛顿第三定律可知小球到A点时对圆槽的压力大小为7mg，故A正确； B．小球在左侧圆槽下滑过程中，根据“人船模型”可得mx1=2mx2 其中x1+x2=R 解得， 小球由A点到B点时运动的时间为 此时AB的距离为x=R+x2+v2t 解得x=2R，故B正确； C．设小球冲上右侧圆槽最大高度为h，此时二者水平方向的速度相同，取向右为正方向，根据水平方向动量守恒可得mv1=3mv3 根据机械能守恒定律可得 联立解得，故C错误； D．设小球离开右侧圆槽时的速度大小为v4，此时右侧圆槽的速度大小为v5，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv1=mv4+2mv5 根据机械能守恒定律可得 联立解得 负号表示方向向左，即最后小球的速度方向向左，大小为，小于左侧圆槽的速度，不能冲上左圆槽，故D正确。 故选ABD。 6． 【答案】ACD 【详解】A．设木板刚接触弹簧时速度为，则以和整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有 解得，故A正确； B．当和共速时，弹簧的压缩量最大，以、以及整体作为研究对象，对其列动量守恒定律方程有 解得共同的速度为 设此时弹簧的最大压缩量为，则由能量守恒定律有 解得，故B错误； C．m1、m2和m3组成的系统动量守恒有 对应三者的位移关系有 由选项B可知弹簧的最大压缩量为 联立解得 故C正确； D．弹簧压缩过程中，和的合力等于弹簧的弹力，由于和相对静止，说明二者间的静摩擦力提供的加速度，且弹簧压缩到最大时静摩擦力达到最大值（等于滑动摩擦力）。设弹簧压缩到最大时和的加速度为，则对和整体列牛顿第二定律方程有 此时对列牛顿第二定律方程有 联立解得与间的动摩擦因数为，故D正确。 故选ACD。 7． 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由题意可知一级吸能元件吸收能量等于缓冲吸能和吸能管吸能总和 由图可知缓冲吸能 吸能管吸能 总共吸收的能量 （2）设一级吸能元件工作结束时机车的速度为，由能量守恒定律 解得 二级吸能元件行程为时，机车刚好停止，可知二级吸能元件工作时的缓冲作用力满足 解得 根据动量定理可知二级吸能元件的作用时间满足 解得 （3）由第（1）问可知，在本次碰撞测试中，一级吸能元件吸收能量的最大值为 情况一：一级吸能元件最大吸能总量小于，则甲乙两车发生弹性碰撞，由动量守恒可知货车甲的最大碰撞速度满足 甲乙两车发生弹性碰撞，满足初末状态动能相等，有 将代入后解得 情况二：当吸能恰好达到时，缓冲器被锁定，甲乙两车发生完全非弹性碰撞，设碰后两车共速速度为，根据能量守恒有 根据碰撞前后动量守恒有 联立解得， 与货车乙的速度高于与题意不符。综上，货车甲的最大碰撞速度 8． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，有 解得 （2）A与B达到共速的过程，子弹、A、B组成的系统动量守恒，有 解得 对B，根据动能定理有 解得 （3）在第（2）问的情况下，B与台阶相碰后动量方向向左，大小不变，因 则相碰后子弹、A、B的总动量方向向左，再次共速后速度仍向左，B与台阶不会第二次相碰。为避免B与台阶第二次相碰，则第一次相碰前A与B必然未达到共速，设B与台阶恰好不发生第二次相碰对应的子弹的初速度为，就是避免B与台阶第二次相碰的子弹初速度的最大值，根据动量守恒有 B与台阶恰好不发生第二次相碰，则B反弹后的动量正好与子弹、A整体的动量等大反向，即整个系统的总动量为零，则有 联立解得 9． 【答案】(1)3m/s (2)2m/s (3)0 【详解】（1）小球从释放到与物块Q碰撞前，根据动能定理有 对小球和物块Q构成的系统进行分析，根据动量守恒有 根据题意有 解得v2=3m/s （2）从物块Q与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块P的速度最大，在此过程中物块Q与物块P及弹簧构成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒有 解得 即物块P的最大速度为2m/s。 （3）由（2）解得 可知，当弹簧恢复原长时，物块Q的运动方向发生变化，说明从物块Q刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块Q的速度将减为零，所以物块Q的最小速度为0 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴04 碰撞及类碰撞模型 命题预测 在2025年高考中，力学三大观点在高考物理中占据重要地位，是检验学生综合牛顿运动定律、功和能、动量守恒定律等物理知识解决复杂问题的能力的重要考点。在命题方式上，这类题目通常以纯理论的学习探索问题情景相对较多，也有部分渗透在与生产生活实际相联系的问题情景中，研究的问题往往涉及多物体多过程问题，考查注重应用性和综合性的试题。 复习备考时，要重视培养学生的学科阅读能力，能在复杂阅读中快速提取有用信息。本专题涉及问题综合性较强，常涉及运动学规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等，要求学生在复习备中要熟练这些物理规律及不同类型解题方法，根据不同物理情景，正确选反不同的物理规律，提高解题的准确性。最后还必须强化答题规范，培养良好的答题习惯。 高频考法 1.三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 2.小球—曲面模型 3.小球—弹簧模型 4.子弹打木块模型 5.滑块木板模型 6.悬绳模型 知识·技法·思维 考向01 三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 1． 弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)v1 v2 v1ˊ v2ˊ m1 m2 m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得： v1ˊ=，v2ˊ=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 2.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： ½m1v12+ ½ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 3． 完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2. （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考向02 小球—曲面模型 (1)小球上升至最高点时，小球的重力势能最大 水平方向动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋m1gh (相当于完全非弹性碰撞) (2)小球返回曲面底端时 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于弹性碰撞) 考向03 小球—弹簧模型 (1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v 能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm (相当于完全非弹性碰撞) (2)弹簧恢复原长时： 动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22 (相当于完全弹性碰撞) 考向04 子弹打木块模型 1．模型图示 2．模型特点 (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。 3．两种情境 (1)子弹嵌入木块中，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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 考向05 滑块木板模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木板的速度最大，两者的相对路程(滑块相对木板滑动的距离)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对路程的乘积等于系统减少的机械能。 (3)根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，滑块的质量越小，木板的质量越大，动能损失越多(另外，ΔEk＝Q＝FfΔx，Δx为滑块与木板间的相对路程)。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于完全非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图像求解。 考向06 悬绳模型 悬绳模型(如图所示)与“光滑圆弧轨道＋滑块(小球)”模型特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点。 典例·靶向·突破 题型01 三种碰撞（弹性、完全非弹性、非完全弹性碰撞） 1. （多选）质量为、速度为的球跟质量为静止球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后球的速度可能是不同的值。则碰撞后球的速度可能为（　　） A． B． C． D． 题型解码 对于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞其实都有一个共同的时刻即碰撞的两物体形变最大，也是两物体的速度相等的时刻，只不过是完全非弹性碰撞的两物体以此速度结束碰撞过程，而完全弹性碰撞则是两物体的形变又恢复到原状，解决此类问题需要抓住此状态。 2．（多选）如图所示，水平桌面上静止着质量分别为2m和m的两滑块A和B，给A一个水平向右的冲量，使得A以v0的速度与B正碰。测得碰后瞬间两滑块的动量相等，若两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．该碰撞为非弹性碰撞 B．碰后A的速度大小为 C．碰后A、B滑行的最大距离之比为1:2 D．碰后A、B的运动时间之比为1:4 题型02 小球—曲面模型 3．（多选）如图所示，质量为2m的光滑圆弧轨道静止在光滑水平面上，轨道半径为R，质量为m的小球以的速度从左端滑上轨道，冲出轨道后能再次落回轨道。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　） A．小球冲出轨道后做竖直上抛运动 B．小球能上升的最大高度为2R C．小球冲上轨道过程中，轨道的动量变化量大小为 D．轨道最终做匀速直线运动的速度为 题型解码 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共。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，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(弹性碰撞拓展模型)。 4. （多选）如图甲所示，一质量为M的小车静止在光滑水平地面上，其左端P点与平台等高接触。小车上表面PQ是一段光滑的圆弧轨道，其末端P切线水平。质量为m的小球以水平速度冲上小车的圆弧轨道。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为，作出其关系图像如图乙所示。已知水平台面高，小球可视为质点，重力加速度取。则下列说法正确的是（　　） A． B．小球上升的最大高度为 C．小球离开小车时的速度大小为 D．小球落地时与小车间的水平距离为1.6m 题型03 小球—弹簧模型 5．两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，在弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．弹簧对两个小球所做的功相等 B．弹簧对两个小球的冲量大小相等 C．任何时刻两个小球的加速度大小都相等 D．任何时刻两个小球的速度大小都相等 题型解码 6. （多选）如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧连接，静置在光滑的水平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，时解除锁定。规定向右为正方向，物块A在一段时间内运动的图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则（　　） A．时间内，竖直墙对物块B的冲量大小为0 B．时刻物块A、B的动能之比为 C．时间内，弹簧弹性势能的最大值为 D．时间内，物块A运动的位移为 题型04 子弹打木块模型 7． 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹以不同的初速度水平射向木块，设子弹在木块内运动过程中受到的阻力f不变。当木块获得的速度最大时，下列说法正确的是（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块获得的最大动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 题型解码 (1)子弹嵌入木块中，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＝mv－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2； 能量守恒：Q＝Ff·d＝mv－。 题型05 滑块木板模型 8．（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是（     ） A．滑块与木板的质量之比为2∶3 B．木板的长度为 C．滑块与木板间的滑动摩擦力大小为 D．滑块的速度减为时，木板的速度为 题型解码 9. 如图所示，挡板固定地面上，半径为，粗糙程度分布不均匀的四分之一圆弧轨道静置在光滑的水平面上，左端紧靠挡板，右端B紧靠等高的木板。质量为可视为质点的物块从圆弧轨道上端点的正上方高度为处由静止开始下落，物块刚好从点沿切线方向进入轨道，到达点时对点的压力大小为。已知木板质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。 (1)求圆弧轨道对物块做的功； (2)若轨道始终紧靠挡板，求挡板在物块下滑过程中对轨道的冲量； (3)若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度 题型06 悬绳模型 10．足够长的光滑杆水平固定，质量为的滑块套在杆上，滑块下方用不可伸长的轻绳连接一质量为的小球，初始时系统处于静止状态。质量为的滑块以的初速度与滑块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度为。 (1)求滑块与碰撞过程中损失的机械能； (2)求小球能上升的最大高度； (3)若小球从开始运动至第一次达到最大速度经过的时间为，求此过程中滑块的位移大小。 11. 如图甲所示，质量为的环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为的轻绳与质量为的球相连，与光滑地面间恰好没有弹力。小球与完全相同，某时刻开始C以速度向左运动，与发生碰撞并粘在一起，碰后、共同运动的部分轨迹如图乙所示，a、c、e为轨迹最低点，b、d为轨迹最高点，重力加速度为 ，求小球B与C∶ (1)碰撞过程中，B受到的冲量大小； (2)碰撞后能上升的最大高度； (3)运动到c点时绳子拉力的大小。 1．（2026·吉林长春·一模）如图（a），轻质弹簧下端固定在光滑斜面底端，上端与物块甲相连，甲处于静止状态。现从斜面上某位置由静止释放物块乙，运动一段距离与甲碰撞，碰撞后一起沿斜面向下运动。取乙的释放位置为坐标原点O建立一维坐标系，x轴的正方向沿斜面向下。乙的动能Ek与位置坐标x的关系如图（b）所示，图像中0~x1之间为直线，其余部分为曲线且在x=x2处切线斜率为0。甲、乙均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙质量之比为2:1 B．甲、乙碰撞后在x=x2位置加速度最大 C．位置坐标满足关系 D．弹簧的劲度系数 2．（多选）（2026·内蒙古赤峰·一模）滑板运动现在已经成为风靡全球的青少年时尚运动，代表着自由、创意与挑战极限的精神。如图甲，一名滑手以水平速度从左侧滑上静止的滑板，一段时间后速度变为，滑手的图像如图乙所示。已知滑板质量为m，重力加速度为g，忽略滑板与地面间的摩擦，利用以上信息可求出的物理量是（   ） A．滑手的质量 B．滑手鞋底与滑板的相对位移 C．滑手鞋底与滑板的动摩擦因数 D．滑手鞋底与滑板因摩擦而产生的热量 3．（多选）（2026·吉林长春·二模）如图（a），光滑水平面上放置长木板乙和物块丙，可视为质点的物块甲置于乙的左端。甲、乙一起以速度向右运动，乙与丙发生碰撞（时间极短）并粘在一起，其速度-时间图像如图（b）所示，甲始终未滑离乙。已知乙的质量为，重力加速度为，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）    A．丙的质量为 B．乙的长度至少为 C．甲、乙之间的动摩擦因数为 D．时间内，乙对甲作用力的冲量水平向左 4．（多选）（2026·陕西榆林·二模）如图甲所示，质量均为的物块与物块之间拴接一轻质弹簧，静止在光滑的水平地面上，物块与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，弹簧的弹性势能大小为，时刻解除锁定，规定向右为正方向，图乙是物块在时间内运动的图像。下列说法正确的是（   ） A．时间内，物块、以及弹簧组成的系统机械能、动量都守恒 B．时间内，合外力对物体做功为 C．时间内，墙对的冲量大小为 D．时间内，图线与轴所围的面积大小为 5．（多选）（2026·辽宁葫芦岛·模拟预测）如图所示，两个半径均为的圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点、所在平面与水平面相切，相距。质量为的小球（可视为质点）从左圆槽上端点的正上方点由静止释放，恰好从点进入圆槽，相距，圆槽质量均为，重力加速度为。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到点时对左圆槽的压力大小为 B．小球到点时，相距 C．小球冲上右圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后不能冲上左圆槽 6．（多选）（2026·辽宁大连·一模）如图，木板足够长，静止在光滑水平地面上，物块静止在木板右侧，左端固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧处于自然状态。滑块以水平向右的速度滑上木板，与速度相等时刚好与弹簧接触，此后再经过时间弹簧压缩量最大，并且与恰好能始终保持相对静止。已知、和的质量均为，弹簧始终处在弹性限度内，弹性势能与形变量的关系为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．木板刚接触弹簧时速度 B．弹簧的最大压缩量 C．弹簧压缩量最大时，的位移大小为 D．与间的动摩擦因数 7．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图甲，固定安装在机车头部的碰撞吸能装置由一级吸能元件钩缓装置和二级吸能元件防爬装置（可压缩）构成。某次碰撞实验中，总质量为的机车以的速度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置（由缓冲器与吸能管组成），其弹力随作用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用行程为时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为，其作用行程为。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为时，机车刚好停止，车体完好无损。（设每次碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响。）求： (1)一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量； (2)二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间； (3)为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，总质量，与静止在水平面上无制动的质量的货车乙发生正碰（不考虑汽车的形变），在一级吸能元件最大吸能总量的60%以内进行碰撞测试（碰撞时若钩缓装置的吸能总量达到最大吸能量的60%时，缓冲器被锁定，发生完全非弹性碰撞，否则为弹性碰撞），为保证碰撞后货车乙的速度不高于，求货车甲的最大碰撞速度。 8．（2026·辽宁鞍山·模拟预测）如图，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距，滑块A静止放在滑板B的最左侧。一子弹以水平向右的初速度击中A后留在A中（此过程时间极短）。已知子弹的质量，水平速度。A的质量的质量、B之间动摩擦因数，B足够长，A不会从B表面滑出，B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)子弹击中滑块A后瞬间，A的速度大小； (2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶的距离； (3)若仍取第（2）问中的值，但改变子弹的初速度，则子弹的初速度最大为多少时，可避免滑板B与台阶第二次相碰。 9．（2026·辽宁·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤去），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中v10和v20是碰前两物体的速度，v1和v2是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量均为m，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度的大小； (3)小球与物块Q碰撞后，物块Q最小速度的大小。 / 学科网（北京）股份有限公司 $