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《动量 》 “碰撞类”模型问题
一、碰撞的特点和分类
1.碰撞的特点
(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽
略不计。
(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力 远大于 外力，所以动量守恒。
2.碰撞的分类
(1)弹性碰撞：系统 动量 守恒， 机械能 守恒。
(2)非弹性碰撞：系统 动量 守恒， 机械能 减少，损失的机械能转化为内能。
(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有 相同 的速度，机械
能损失最大。
3.爆炸： 一种特殊的 “碰撞 ”
特点 1：系统 动量 守恒。
特点 2：系统 动能 增加。
二、弹性正碰模型
1.“一动碰一静 ”模型
当 v2＝ 0 时，有
{
v1′＝
m1－ m2
m1＋ m2v
1
v2′＝
2m1v1
m1＋ m2 )
2.如果两个相互作用的物体 ， 满足动量守恒的条件 ， 且相互作用过程初 、 末状态
的总机械能不变，广义上也可以看成弹性正碰。
三、碰撞可能性分析
判断碰撞过程是否存在的依据
1.满足动量守恒 ： p1＋ p2＝ p1′＋ p2′。
2.满足动能不增加原理 ： Ek1＋ Ek2≥ Ek1′＋ Ek2′。
3.速度要符合情景
(1)如果碰前两物体同向运动 ， 则后面物体的速度必大于前面物体的速度 ， 即 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，且原来在
前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度 v 前 ′≥ v 后 ′。
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(2)如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除
非两物体碰撞后速度均为零。若碰 后沿同向运动，则前面物体的速度大于或等
于后面物体 的速度， 即 v 前 ≥ v 后 。
关键能力一： “滑块 —弹簧 ”模型
1． 模型图示
2． 模型特点
(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)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 1.(多选 )如图甲所示， 一个轻弹簧的两端与质量分别为 m1 和 m2 的两物块 A、 B
相连接并静止在光滑的水平地面上． 现使 A 以 3 m/s 的速度向 B 运动压缩弹簧，
速度 —时间图像如图乙，则有 ( )
A． 在 t1、 t3 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，且弹簧都处于压缩状态
B． 从 t3 到 t4 时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C． 两物块的质量之比为 m1∶ m2＝ 1∶ 2
D． 在 t2 时刻 A 与 B 的动能之比 Ek1∶ Ek2＝ 1∶ 8
【答案】 CD
【解析】
由题图乙可知 t1、 t3 时刻两物块达到共同速度 1 m/s， 且此时系统动能最小 ， 根
据系统机械能守恒可知 ， 此时弹性势能最大 ， t1 时刻弹簧处于压缩状态 ， 而 t3 时
刻处于伸长状态， 故 A 错误；结合图像弄清两物块的运动过程， 开始时 A 逐渐
减速 ， B 逐渐加速 ， 弹簧被压缩 ， t1 时刻二者速度相同 ， 系统动能最小 ， 势能最
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大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长， B 仍然加速， A 先减速为零，
然后反向加速 ， t2 时刻 ， 弹簧恢复原长状态 ， 由于此时两物块速度相反 ， 因此弹
簧的长度将逐渐增大 ， 两物块均减速 ， 在 t3 时刻 ， 两物块速度相等 ， 系统动能最
小，弹簧最长， 因此从 t3 到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长， 故 B 错误；根
据动量守恒定律， t＝ 0 时刻和 t＝ t1 时刻系统总动量相等， 有 m1v1＝ (m1＋ m2)v2，
其中 v1＝ 3 m/s， v2＝ 1 m/s， 解得 m1∶ m2＝ 1∶ 2， 故 C 正确 ； 在 t2 时刻 A 的速度
为 vA＝－ 1 m/s， B 的速度为 vB＝ 2 m/s， 根据 m1∶ m2＝ 1∶ 2， 求出 Ek1∶ Ek2＝
1∶ 8， 故 D 正确．
【试试看】 1 如图所示， 质量分别为 1 kg、 3 kg 的滑块 A、 B 位于光滑水平面上，
现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动， 与左侧连有轻弹簧的滑块 B 发生相互作
用．求二者在发生相互作用的过程中，
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块 B 的最大速度．
【答案】 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
【解析】
(1)当弹簧压缩到最短时 ， 弹簧的弹性势能最大 ， 此时滑块 A、 B 同速 ． 系统动
量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得 mAv0＝ (mA＋ mB)v
解得 v＝ m
Av0
mA＋ mB＝
1 × 4
1＋ 3 m/s＝ 1 m/s
弹簧的最大弹性势能即此时滑块 A、 B 损失的动能
Epm＝ 12mAv02－ 12(mA＋ mB)v2＝ 6 J.
(2)当弹簧恢复原长时， 滑块 B 获得最大速度，
由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝ mAvA＋ mBvm
1
2mAv0
2＝ 1
2mBvm
2＋ 1
2mAvA
2
解得 vm＝ 2 m/s，方向向右．
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【试试看】 2 两物块 A、 B 用轻弹簧相连， 质量均为 2 kg，初始时弹簧处于原长，
A、 B 两物块都以 v＝ 6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运动 ， 质量为 4 kg 的物块
C 静止在前方，如图所示． 已知 B 与 C 碰撞后会粘在一起运动．在以后的运动
中：
(1)当弹簧的弹性势能最大时， 物块 A 的速度为多大？
(2)系统中弹性势能的最大值是多少？
【答案】 (1)3 m/s (2)12 J
【解析】 (1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，
由动量守恒定律得： (mA＋ mB)v＝ (mA＋ mB＋ mC)vA
解得 vA＝ 3 m/s
(2)B、 C 碰撞过程系统动量守恒
mBv＝ (mB＋ mC)vC
故 vC＝ 2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，
故 Ep＝ 12mAv2＋ 12(mB＋ mC)vC2－ 12(mA＋ mB＋ mC)vA2＝ 12 J.
键能力二： “滑块 —斜 (曲 )面 ”模型
1． 模型图示
2． 模型特点
(1)上升到最大高度： m 与 M 具有共同水平速度 v 共 ， 此时 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， 12mv02＝ 12(M＋ m)v
共 2＋ mgh， 其中 h 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度 (相当于
完全非弹性碰撞， 系统减少的动能转化为 m 的重力势能 )．
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(2)返回最低点： m 与 M 分离点．水平方向动量守恒， mv0＝ mv1＋ Mv2；系统机
械能守恒， 12mv02＝ 12mv12＋ 12Mv22(相当于完成了弹性碰撞 )．
例题 2.(多选 )质量为 M 的带有 14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如
图所示 ， 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， 重力加速度为 g，则 ( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C． 此过程小球对小车做的功为 12Mv02
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 v
02
2g
【答案】 BC
【解析】
小球上升到最高点时与小车相对静止 ， 有相同的速度 v′ ， 由动量守恒定律和
机械能守恒定律有 ： Mv0＝ 2Mv′ ， 12Mv02＝ 2×(12Mv′ 2)＋ Mgh， 联立解得 h＝ v
02
4g，
故 D 错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守
恒 ， 由于无摩擦力做功 ， 机械能守恒 ， 此过程类似于弹性碰撞 ， 作用后两者交换
速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动， 小车速度变为 v0， 动能为 12
Mv02， 即此过程小球对小车做的功为 12Mv02， 故 B、 C 正确， A 错误．
【试试看 】 1 如图所示 ， 光滑弧形滑块 P 锁定在光滑水平地面上 ， 其弧形底端切
线水平 ， 小球 Q(视为质点 )的质量为滑块 P 的质量的一半 ， 小球 Q 从滑块 P 顶端
由静止释放 ， Q 离开 P 时的动能为 Ek1.现解除锁定 ， 仍让 Q 从滑块顶端由静止释
放， Q 离开 P 时的动能为 Ek2， Ek1 和 Ek2 的比值为 ( )
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A.12 B.34 C.32 D.43
【答案】 C
【解析】
设滑块 P 的质量为 2m， 则 Q 的质量为 m， 弧形顶端与底端的竖直距离为 h； P
锁定时 ， Q 下滑过程机械能守恒 ， 由机械能守恒定律得 ： mgh＝ Ek1， P 解除锁定 ，
Q 下滑过程， P、 Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量
守恒定律得 ： mvQ－ 2mvP＝ 0， 由机械能守恒定律得 ： mgh＝ 12mvQ2＋ 12·2mvP2， Q
离开 P 时的动能： Ek2＝ 12mvQ2，解得： E
k1
Ek2＝
3
2， 故 C 正确．
【试试看】 2：如图所示， 半径均为 R、 质量均为 M、内表面光滑的两个完全相
同的 14圆槽 A 和 B 并排放在光滑的水平面上 ， 图中 a、 c 分别为 A、 B 槽的最高点 ，
b、 b′ 分别为 A、 B 槽的最低点 ， A 槽的左端紧靠着竖直墙壁 ， 一个质量为 m 的
小球 C 从圆槽 A 顶端的 a 点无初速度释放． 重力加速度为 g，求：
(1)小球 C 从 a 点运动到 b 点时的速度大小及 A 槽对地面的压力大小；
(2)小球 C 在 B 槽内运动所能达到的最大高度；
(3)B 的最大速度的大小．
【答案】 (1) 2gR 3mg＋ Mg (2) MRM＋ m
(3) 2mM＋ m 2gR
【解析】 (1)小球 C 从 a 点运动到 b 点的过程，机械能守恒， 有 mgR＝ 12mv02
解得小球到 b 点时的速度大小为 v0＝ 2gR
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在最低点 b， 根据牛顿第二定律可得 FN－ mg＝ mv
02
R
解得 FN＝ 3mg
由牛顿第三定律可知， 小球 C 对 A 的压力 FN′ ＝ FN＝ 3mg， A 静止，处于平衡
状态，由平衡条件可知， 地面对 A 的支持力 F＝ FN′ ＋ Mg＝ 3mg＋ Mg，由牛顿
第三定律可知， A 对地面的压力 F′ ＝ F＝ 3mg＋ Mg.
(2)B、 C 组成的系统在水平方向动量守恒 ， 以向右为正方向 ， 小球 C 在 B 槽内运
动至所能达到的最大高度 h 处时 ， 两者共速 ， 由动量守恒定律可知 mv0＝ (M＋ m)v
由机械能守恒定律， 有 12mv02＝ 12(M＋ m)v2＋ mgh
解得 h＝ MRM＋ m.
(3)当小球回到 B 槽的底端 b′ 点时 ， B 的速度最大 ， 根据动量守恒定律 ， 有 mv0
＝ mv1＋ Mv2
由能量守恒定律可知 12mv02＝ 12mv12＋ 12Mv22
解得 v2＝ 2mM＋ m 2gR.
键能力三： “物体与物体 ”正碰模型
1． 碰撞遵守的规律
(1)动量守恒， 即 p1＋ p2＝ p1′＋ p2′。
(2)动能不增加， 即 Ek1＋ Ek2≥ Ek1′＋ Ek2′或 p2?? 1＋ p2?? 2≥ p1′22?? 1＋ p2′
2
2?? 2。
(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于
前面物体的速度 ， 即 v 后 >v 前 ， 否则无法实现碰撞 。 碰撞后 ， 原来在前面的物体
的速度一定增大 ， 且原来在前面的物体的速度大于或等于原来在后面的物体的速
度 ， 即 v 前 ′≥ v 后 ′， 否则碰撞没有结束 。 如果碰前两物体相向运动 ， 则碰后两物
体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
2． 碰撞模型类型
(1)弹性碰撞
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两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为 m1、 速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小球发生正面弹性碰撞为
例，有
m1v1＝ m1v1′＋ m2v2′
1
2m1v21＝
1
2m1v1′
2＋ 1
2m2v2′
2
解得 v1′＝ （ m1－ m2） v1?? 1＋ m2 ， v2′＝ 2m1v1?? 1＋ m2。
结论：
①当两球质量相等时， v1′＝ 0， v2′＝ v1，两球碰撞后交换了速度。
②当质量大的球碰质量小的球时 ， v1′>0， v2′>0， 碰撞后两球都沿速度 v1 的
方向运动。
③当质量小的球碰质量大的球时， v1′<0， v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹
回来。
④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等。
(2)完全非弹性碰撞
①撞后共速。
②有动能损失，且损失最多。
例题 3.甲 、 乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动 ， 甲追上乙 ， 并与乙发
生碰撞 ， 碰撞前后甲 、 乙的速度随时间的变化如图中实线所示 。 已知甲的质量为
1 kg，则碰撞过程中两物块损失的机械能为 ( )
A． 3 J B． 4 J
C． 5 J D． 6 J
【答案】 A
【解析】
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设乙物块的质量为 m 乙 ， 由动量守恒定律有 m 甲 v 甲 ＋ m 乙 v 乙 ＝ m 甲 v 甲 ′＋
m 乙 v 乙 ′， 代入图中数据解得 m 乙 ＝ 6 kg， 进而可求得碰撞过程中两物块损失的
机械能为 E 损 ＝ 12m 甲 v2甲 ＋ 12m 乙 v2乙 － 12m 甲 v 甲 ′2－ 12m 乙 v 乙 ′2， 代入图中数据解得 E
损 ＝ 3 J， A 正确。
【试试看 】 1.如图所示 ， 光滑水平面上有 A、 B 两物块 ， 已知 A 物块的质量 mA＝
2 kg， 且以一定的初速度向右运动 ， 与静止的物块 B 发生碰撞并一起运动 ， 碰撞
前后的位移－时间图像如图所示 (规定向右为正方向 )， 则碰撞后的速度及物体 B
的质量分别为 ( )
A． 2 m/s， 5 kg B． 2 m/s， 3 kg
C． 3.5 m/s， 2.86 kg D． 3.5 m/s， 0.86 kg
【答案】 B
【解析】
由图像可知 ， 碰前 A 的速度 v1＝ 204 m/s＝ 5 m/s， 碰后 AB 的共同速度 v2＝
28－ 20
8－ 4 m/s＝ 2 m/s， A、 B 碰撞过程中动量守恒 ， 以向右为正方向 ， 由动量守恒
定律得 mAv1＝ (mA＋ mB)v2， 解得 mB＝ 3 kg， B 正确。
【试试看 】 2.如图所示 ， 在水平面上依次放置小物块 A、 C 以及曲面劈 B， 其中 A
与 C 的质量相等均为 m， 曲面劈 B 的质量 M＝ 3m， 曲面劈 B 的曲面下端与水平
面相切，且劈足够高，各接触面均光滑。 现让小物块 C 以水平速度 v0 向右运动，
与 A 发生碰撞， 碰撞后两个小物块黏在一起滑上曲面劈 B。求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
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(2)碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的最大高度。
【答案】 (1)14mv20 (2) 3v40??
【解析】
(1)小物块 C 与物块 A 发生碰撞黏在一起 ， 以 v0 的方向为正方向
由动量守恒定律得： mv0＝ 2mv
解得 v＝ 12v0；
碰撞过程中系统损失的机械能：
E 损 ＝ 12mv20－ 12×2mv2
解得 E 损 ＝ 14mv20。
(2)当小物块 A、 C 上升到最大高度时 ， A、 B、 C 系统的速度相等 ， 根据动量
守恒定律： mv0＝ (m＋ m＋ 3m)v1
解得 v1＝ 15v0
根据机械能守恒得
2mgh＝ 12×2m(12v0 )2 － 12×5m(15v0 )2
解得 h＝ 3v40g。
核心素养： “滑块 —木板 ”碰撞模型
模型
图示
模型
特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或
木板的速度最大，两者的相对位移 (子弹为射入木块的深度 )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，摩擦力与两者相对位移的乘积等
于系统减少的机械能
(3)根据能量守恒， 系统损失的动能 ΔEk＝ Mm＋ M Ek0，可以看出，子弹
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(或滑块 )的质量越小，木块 (或木板 )的质量越大，动能损失越多
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模
型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
例题 4. 如图所示 ， 质量 M＝ 1.0 kg 的木板静止在光滑水平面上 ， 质量 m＝ 0.495 kg
的物块 (可视为质点 )放在木板的左端 ， 物块与木板间的动摩擦因数 μ＝ 0.4。 质量
m0＝ 0.005 kg的子弹以速度 v0＝ 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中 (子弹与
物块作用时间极短 )，木板足够长， g 取 10 m/s2。求：
(1)物块的最大速度 v1；
(2)木板的最大速度 v2；
(3)物块在木板上滑动的时间 t。
【答案】 (1)3 m/s (2)1 m/s (3)0.5 s
【解析】
(1)子弹射入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度 ， 取向右
为正方向 ， 根据子弹和物块组成的系统动量守恒得： m0v0＝ (m＋ m0)v1
解得 v1＝ 3 m/s。
(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时 ， 木板的速度最大 ， 根据三者组成
的系统动量守恒得：
(m＋ m0)v1＝ (M＋ m＋ m0)v2
解得： v2＝ 1 m/s。
(3)对木板 ， 根据动量定理得： μ(m＋ m0)gt＝ Mv2－ 0
解得： t＝ 0.5 s。
【试试看 】 1.如图所示 ， 质量 m＝ 1 kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端 ，
质量 M＝ 2 kg 的小车左端紧靠平台静置在光滑水平地面上 ， 平台 、 小车的长度均
为 0.6 m 且上表面等高 ． 现对小物块施加一水平向右的恒力 F， 使小物块开始运
动 ， 当小物块到达平台最右端时撤去恒力 F， 小物块刚好能够到达小车的右端 ． 小
物块大小不计 ， 与平台间 、 小车间的动摩擦因数 μ均为 0.5， 重力加速度 g 取 10
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m/s2，求：
(1)小物块离开平台时速度的大小；
(2)水平恒力 F 对小物块冲量的大小．
【答案】 (1)3 m/s (2)5 N· s
【解析】
(1)设撤去水平向右的恒力 F 时小物块的速度大小为 v0，小物块和小车的共同
速度大小为 v1.从撤去恒力到小物块到达小车右端过程， 以 v0 的方向为正方向，
对小物块和小车组成的系统：
由动量守恒： mv0＝ (m＋ M)v1
由能量守恒： 12mv02＝ 12(m＋ M)v12＋ μmgl
联立以上两式并代入数据得： v0＝ 3 m/s
(2)设水平恒力 F 对小物块冲量的大小为 I， 小物块在平台上相对平台运动的时间
为 t.小物块在平台上相对平台运动的过程，对小物块：
由动量定理： I－ μmgt＝ mv0－ 0
由运动学规律： l＝ v
0
2 ·t
联立并代入数据得： I＝ 5 N· s.
【试试看 】 2.如图所示 ， 厚度均匀的长木板 C 静止在光滑水平面上 ， 木板上距左
端 L 处放有小物块 B。 某时刻小物块 A 以某一初速度从左端滑上木板向右运动，
已知 A、 B 均可视为质点， A、 B 与 C 间的动摩擦因数均为 μ， A、 B、 C 三者的
质量相等， 重力加速度为 g。
(1)求 A 刚滑上木板时， A、 B 的加速度大小。
(2)要使 A、 B 不发生碰撞， 求 A 的初速度应满足的条件。
(3)若已知 A 的初速度为 v0， 且 A、 B 之间发生弹性碰撞 ， 碰撞前后 A、 B 均
沿同一直线运动。 要保证 A、 B 均不会从木板上掉下，木板的最小长度是多少？
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【答案】 (1)μg μg2 (2)v1≤ 3μgL (3)v0′23μg
【解析】
(1)对 A 有 μmg＝ maA
得 aA＝ μg
对 BC 有 μmg＝ 2maB
解得 aB＝ μg2 。
(2)若 A、 B 刚好不发生碰撞 ， 则三者正好达到共同速度 ， 由动量守恒有 mv1
＝ 3mv 共
且有 μmgL≥ 12mv21－ 12×3mv2共
解得 v1≤ 3μgL。
(3)由于发生弹性碰撞 ， A、 B 碰后交换速度 ， 等同于 A 与 C 相对静止一起向
前加速 ， B 继续减速 ， 刚好不滑下木板时 ， 三者达到共同速度 ， 由动量守恒有
mv0′＝ 3mv 共 ′
且有 μmgL 总 ＝ 12mv0′2－ 12×3mv 共 ′2
联立解得 L 总 ＝ v
0′2
3μg。
1. (多选 )如图所示， 水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为 d，两小球质量分
别为 m1、 m2， m1>m2， m2 的左边有一固定挡板． 由图示位置静止释放 m1、 m2，
当 m1 与 m2 相距最近时 m1 的速度为 v1，则在以后的运动过程中 ( )
A． m1 的最小速度是 0
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B． m1 的最小速度是 m
1－ m2
m1＋ m2v1
C． m2 的最大速度是 v1
D． m2 的最大速度是 2m
1
m1＋ m2v1
【答案】 BD
【解析】
由题意结合题图可知， 当 m1 与 m2 相距最近时， m2 的速度为 0，此后， m1 在
前 ， 做减速运动 ， m2 在后 ， 做加速运动 ， 当再次相距最近时 ， m1 减速结束 ， m2
加速结束 ， 因此此时 m1 速度最小 ， m2 速度最大 ， 在此过程中系统动量和机械能
均守恒， m1v1＝ m1v1′ ＋ m2v2， 12m1v12＝ 12m1v1′ 2＋ 12m2v22， 解得 v1′ ＝ m
1－ m2
m1＋ m2
v1， v2＝ 2m
1
m1＋ m2v1， B、 D 选项正确．
2. 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上
的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上 ． 某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的
速度向斜面体推出 ， 冰块平滑地滑上斜面体 ， 在斜面体上上升的最大高度为 h＝
0.3 m(h 小于斜面体的高度 )． 已知小孩与滑板的总质量为 m1＝ 30 kg，冰块的质
量为 m2＝ 10 kg，小孩与滑板始终无相对运动． 取重力加速度的大小 g＝ 10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
【解析】
(1)规定向左为正方向．冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，
设此共同速度为 v， 斜面体的质量为 m3.对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒
和机械能守恒定律得 m2v0＝ (m2＋ m3)v①
1
2m2v0
2＝ 1
2(m2＋ m3)v
2＋ m2gh②
式中 v0＝ 3 m/s 为冰块推出时的速度，联立 ①② 式并代入题给数据得
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v＝ 1 m/s， m3＝ 20 kg③
(2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋ m2v0＝ 0④
代入数据得 v1＝－ 1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定
律和机械能守恒定律有
m2v0＝ m2v2＋ m3v3⑥
1
2m2v0
2＝ 1
2m2v2
2＋ 1
2m3v3
2⑦
联立 ③⑥⑦ 式并代入数据得
v2＝－ 1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩
后方，故冰块不能追上小孩．
3. (多选 )如图所示， 质量分别为 M 和 m0 的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定
的速度 v 沿光滑水平面运动， 与位于正前方的质量为 m 的静止滑块丙发生碰撞，
碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是 ( )
A． 甲 、 乙 、 丙的速度均发生变化 ， 分别为 v1、 v2、 v3， 而且满足 (M＋ m0)v＝ Mv1
＋ m0v2＋ mv3
B．乙的速度不变， 甲和丙的速度变为 v1 和 v2， 而且满足 Mv＝ Mv1＋ mv2
C．乙的速度不变， 甲和丙的速度都变为 v′ ， 且满足 Mv＝ (M＋ m)v′
D． 甲 、 乙 、 丙速度均发生变化 ， 甲 、 乙的速度都变为 v1， 丙的速度变为 v2， 且
满足 (M＋ m0)v＝ (M＋ m0)v1＋ mv2
【答案】 BC
【解析】
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碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒 ， 滑块乙的速度不变 ， 以滑块甲的
初速度方向为正方向， 若碰后滑块甲和丙的速度分别变为 v1 和 v2，由动量守恒
定律得 Mv＝ Mv1＋ mv2； 若碰后滑块甲和丙的速度相同 ， 由动量守恒定律得 Mv＝
(M＋ m)v′ ， 故 B、 C 正确．
4. (多选 )如图所示 ， 质量为 M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上 ， 其斜面光滑
且足够长 ， 与水平方向的夹角为 θ.一个质量为 m的小物块从斜面底端以初速度 v0
沿斜面向上开始运动 ． 当小物块沿斜面向上运动到最高点时 ， 速度大小为 v， 距
地面高度为 h， 重力加速度为 g，则下列关系式中正确的是 ( )
A． mv0＝ (m＋ M)v
B． mv0cos θ＝ (m＋ M)v
C.12m(v0sin θ)2＝ mgh
D.12mv02＝ mgh＋ 12(m＋ M)v2
【答案】 BD
【解析】
小物块上升到最高点时 ， 小物块相对楔形物体静止 ， 所以小物块与楔形物体的
速度都为 v， 沿水平方向 ， 二者组成的系统在水平方向上动量守恒 ， 全过程机械
能守恒 ． 以水平向右为正方向 ， 在小物块上升过程中 ， 由水平方向系统动量守恒
得 mv0cos θ＝ (m＋ M)v， 故 A 错误， B 正确 ； 系统机械能守恒，由机械能守恒定
律得 12mv02＝ mgh＋ 12(m＋ M)v2， 故 C 错误， D 正确．
5. (多选 )如图所示， 光滑水平地面上有 A、 B 两物体， 质量都为 m， B 左端固定
一个处在压缩状态的轻弹簧 ， 轻弹簧被装置锁定 ， 当弹簧再受到压缩时锁定装置
会失效． A 以速率 v 向右运动， 当 A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，
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关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是 ( )
A． A 物体最终会静止， B 物体最终会以速率 v 向右运动
B． A、 B 系统的总动量最终将大于 mv
C． A、 B 系统的总动能最终将大于 12mv2
D．当弹簧的弹性势能最大时， A、 B 的总动能为 14mv2
【答案】 CD
6. (多选 )如图所示 ， 质量为 M、 带有半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静
置于光滑水平地面上 ， 且圆弧轨道底端与水平面平滑连接 ， O 为圆心 ． 质量为 m
的小滑块 (可视为质点 )以水平向右的初速度 v0 冲上圆弧轨道 ， 恰好能滑到圆弧轨
道最高点， 已知 M＝ 2m，则下列判断正确的是 ( )
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒
B． 小滑块冲上轨道的过程 ， 小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒
C．小滑块冲到轨道的最高点时， 带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为 23v0
D．小滑块脱离圆弧轨道时， 速度大小为 13v0
【答案】 AD
【解析】
小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒， 选项 A
正确 ； 小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统
在水平方向所受合力为零，动量守恒， 选项 B 错误；由水平方向动量守恒可得，
小滑块冲到轨道的最高点时， 带有圆弧轨道的滑块速度大小为 13v0； 当小滑块从
圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时 ， 带有圆弧轨道的滑块速度最大 ， 设脱离时小滑块
和带有圆弧轨道的滑块速度分别为 v1和 v2， 则有 mv0＝ mv1＋ Mv2， 12mv02＝ 12mv12
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＋ 12Mv22， 解得 v2＝ 23v0， v1＝－ 13v0， 故 C 错误， D 正确．
7. (多选 )如图甲所示 ， 在光滑水平面上 ， 轻质弹簧一端固定 ， 物体 A 以速度 v0 向
右运动压缩弹簧， 测得弹簧的最大压缩量为 x.现让弹簧一端连接另一质量为 m
的物体 B(如图乙所示 )， 物体 A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压
缩量仍为 x，则 ( )
A． A 物体的质量为 3m
B． A 物体的质量为 2m
C． 弹簧压缩最大时的弹性势能为 32mv02
D． 弹簧压缩最大时的弹性势能为 mv02
【答案】 AC
【解析】
对题图甲， 设物体 A 的质量为 M，由机械能守恒定律可得， 弹簧压缩 x 时
弹性势能 Ep＝ 12Mv02；对题图乙， 物体 A 以 2v0 的速度向右压缩弹簧， A、 B 组
成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时， A、 B 二者速度相等，由动量守恒
定律有 M·2v0＝ (M＋ m)v， 由能量守恒定律有 Ep＝ 12M·(2v0)2－ 12(M＋ m)v2，联立
解得 M＝ 3m， Ep＝ 12Mv02＝ 32mv02， 选项 A、 C 正确， B、 D 错误．
8. 如图所示， 光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M＝ 0.4 kg、 m＝ 0.1 kg 的
两个小球 ， 中间夹着一个被压缩的具有 Ep＝ 4.0 J 弹性势能的轻弹簧 (弹簧与两球
不相连 )，原来处于静止状态，现突然释放弹簧， 球 m 脱离弹簧滑向与水平相切
的竖直放置的光滑半圆形轨道 ， 到达最高点 B 时小球对轨道的压力为 3 N， g 取
10 m/s2，求：
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(1)两小球离开弹簧时的速度大小；
(2)半圆形轨道半径。
【答案】 (1)8 m/s 2 m/s (2)0.8 m
【解析】
(1)弹簧弹开过程系统动量守恒 ， 以向右为正方向 ， 由动量守恒定律得 ： mv1
－ Mv2＝ 0， 由机械能守恒定律得： 12mv21＋ 12Mv2＝ Ep， 解得： v1＝ 8 m/s， v2＝ 2
m/s；
(2)小球 m 到达 B 点过程机械能守恒 ， 由机械能守恒定律得 ： 12mv21＝ mg·2R＋
1
2mv
2， 小球在圆形轨道上做圆周运动 ， 在 B 点 ， 由牛顿第二定律得 ： mg＋ F＝ m
v2
R解得： R＝ 0.8 m。
9. 在光滑水平地面上放有一质量 M＝ 3 kg 带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质
量为 m＝ 2 kg 的小球以速度 v0＝ 5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽槽口距地面的高
度 h＝ 0.8 m， 重力加速度 g 取 10 m/s2。求：
(1)小球从槽口开始运动到最高点 (未离开小车 )的过程中 ， 小球对小车做的功
W；
(2)小球落地瞬间， 小车与小球间的水平间距 L。
【答案】 (1)6 J (2)2 m
【解析】
(1)小球上升至最高点时 ， 两物体水平速度相等 ， 小车和小球水平方向动量
守恒 ， 得： mv0＝ (m＋ M)v①
对小车由动能定理得： W＝ 12Mv2②
联立 ①② 式解得： W＝ 6 J。
(2)小球回到槽口时 ， 小球和小车水平方向动量守恒 ， 得 ： mv0＝ mv1＋ Mv2③
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小球和小车由功能关系得： 12mv20＝ 12mv21＋ 12Mv22④
联立 ③④ 式可解得： v1＝－ 1 m/s⑤
v2＝ 4 m/s⑥
小球离开小车后 ， 向右做平抛运动 ， 小车向左做匀速运动
h＝ 12gt2⑦
L＝ (v2－ v1)t⑧
联立 ⑤⑥⑦⑧ 式可得： L＝ 2 m。
10.如图所示， 一轻质弹簧的一端固定在滑块 B 上， 另一端与滑块 C 接触但未连
接 ， 该整体静止放在离地面高为 H＝ 5 m 的光滑水平桌面上 ． 现有一滑块 A 从光
滑曲面上离桌面 h＝ 1.8 m 高处由静止开始滑下， 与滑块 B 发生碰撞并粘在一起
压缩弹簧推动滑块 C 向前运动，经过一段时间， 滑块 C 脱离弹簧，继续在水平
桌面上匀速运动一段距离后从桌面边缘飞出 ． 已知 mA＝ 1 kg， mB＝ 2 kg， mC＝ 3
kg， 取 g＝ 10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块 A 与滑块 B 碰撞结束瞬间的速度大小；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块 C 落地点与桌面边缘的水平距离．
【答案】 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
【解析】
(1)滑块 A 从光滑曲面上 h 高处由静止开始滑下的过程机械能守恒，设其滑到
水平桌面时的速度为 v1， 由机械能守恒定律有 mAgh＝ 12mAv12， 解得 v1＝ 6 m/s
滑块 A 与 B 碰撞的过程， A、 B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，
设为 v2， 由动量守恒定律有 mAv1＝ (mA＋ mB)v2，
解得 v2＝ 13v1＝ 2 m/s
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(2)滑块 A、 B 发生碰撞后与滑块 C 一起压缩弹簧 ， 压缩的过程机械能守恒 ， 被压
缩弹簧的弹性势能最大时， 滑块 A、 B、 C 速度相等， 设为 v3，由动量守恒定律
有 mAv1＝ (mA＋ mB＋ mC)v3，
解得 v3＝ 16v1＝ 1 m/s
由机械能守恒定律有
Ep＝ 12(mA＋ mB)v22－ 12(mA＋ mB＋ mC)v32
解得 Ep＝ 3 J
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时 ， 滑块 C 脱离弹簧 ， 设此时滑块 A、 B 的速度
为 v4， 滑块 C 的速度为 v5，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
(mA＋ mB)v2＝ (mA＋ mB)v4＋ mCv5
1
2(mA＋ mB)v2
2＝ 1
2(mA＋ mB)v4
2＋ 1
2mCv5
2
解得 v4＝ 0， v5＝ 2 m/s
滑块 C 从桌面边缘飞出后做平抛运动
x＝ v5t， H＝ 12gt2
解得 x＝ 2 m.
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