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第34课时　碰撞拓展模型(进阶课)
[学习目标]　1．会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型。2．掌握“滑块(小球)—曲(斜)面”“滑块—弹簧”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
“滑块—木板”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)M与m相互作用的过程中，M的速度一直增大，m的速度一直减小，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。
(2)若滑块未从木板上滑下或子弹未打穿木块，当两者速度相等时M的速度最大，两者的相对路程取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解。
　“滑块—木板”模型
[典例1]　(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，则(　　)
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
教考衔接·人教版选择性必修第一册P30“复习与提高”B组T7
如图，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
[衔接分析]　上述高考真题与教材练习题在情境上相似，都是板块、碰撞模型，涉及多个物体，侧重考查动量守恒定律，而且多次运用，考查角度相近，与教材不同的是高考考查角度更全面，涉及运动过程分析、动力学、功能关系等更多知识，综合度更高，此高考题可以看作是教材习题的拓展延伸。
规律方法：“滑块—木板”模型求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理或动力学公式求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。
　“子弹打木块”模型
[典例2]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为M＝980 g的长方形匀质木块，现有一质量为m＝20 g的子弹以大小为v0＝300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________拓展延伸　在[典例2]中，若子弹能射出木块，在木块固定和不固定的两种情况下：子弹与木块间因摩擦力产生的热量________(选填“相等”或“不相等”)。
归纳提升：“子弹打木块”模型的两种情境
(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＝－(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝。
“滑块(小球)—曲面(斜面)”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：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＝＋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＝(相当于弹性碰撞)。
[典例3]　如图所示，质量为M＝0.4 kg、带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3 m。现有一质量为m＝0.2 kg的小球以大小v0＝0.6 m/s的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度大小g＝10 m/s2，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4 m/s
C．小球上升的最大高度(相对圆弧最低点)为1.2 cm
D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4 N
[典例4]　如图所示，质量为3 kg的带圆弧槽的木板静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧轨道。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，重力加速度g的大小为10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．木板对小球先做负功再做正功
B．木板的最大速度为v＝1 m/s
C．两者分离时木板移动了0.45 m
D．木板对地面的最大压力为40 N
“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0，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和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同，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0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
[典例5]　如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求：
(1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。
__________________________________________________________________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________ [典例6]　(多选)(2025·湖南长沙湖师附属一模)在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg、mC＝6 kg，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0＝18 m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起(作用时间极短)，则下列判断正确的是(　　)
A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为108 J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36 J
D．在以后的运动过程中，B球的最小速度为2 m/s
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
第34课时　碰撞拓展模型(进阶课)
进阶1
典例1　D　[碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB2mv1，解得v11 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC3mv，可知v0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t s0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量Q3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Qμmgx相对，可得x相对0.6 m，选项D正确。]
典例2　解析：(1)子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0(M＋m)v
代入数据解得v6 m/s
它们在此过程中所产生的内能Q(M＋m)v2
代入数据解得Q882 J。
(2)假设子弹以v0'400 m/s的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v'，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0'(M＋m)v'
此过程产生的内能为
Q'(M＋m)v'2
设木块对子弹的阻力大小为F阻，两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d'，则有QF阻d
Q'F阻d'
联立并代入数据解得d' cm
因为d'＞10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。
答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能
拓展延伸　解析：不论木块是否固定，因摩擦力产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦力产生的热量相等。
答案：相等
进阶2
典例3　C　[小球上升到最大高度(相对圆弧最低点)时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律有mv0(m＋M)v3，根据能量守恒定律有(m＋M)＋mgh，联立解得h1.2 cm，故C正确；从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；水平方向根据动量守恒定律有mv0mv1＋Mv2，根据能量守恒定律有，联立解得v1－0.2 m/s，v20.4 m/s，即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2 m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为N，根据牛顿第二定律有N－mgm，解得N2.24 N，根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为N'N2.24 N，故B、D错误。]
典例4　B　[在弧面上，小球由于与木板之间的挤压，木板的机械能增加，小球的机械能减小，根据功能原理，木板对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，二者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；小球从A到C点的过程，对小球和木板组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv1－Mv20，由机械能守恒得mg(AB＋R)，联立解得v13 m/s，v21 m/s，木板的最大速度为1 m/s，方向向左，故B正确；在C点，对小球根据牛顿第二定律有FN－mgm，解得FN N，根据牛顿第三定律知，小球对木板的压力大小F'NFN，对木板根据平衡条件有FN1Mg＋F'N，根据牛顿第三定律有木板对地面的压力大小F'N1FN1，联立代入数据得F'N1 N，故D错误；对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右为正方向，有m0，又因为x1＋x2R＋CD，联立解得x10.45 m，x20.15 m，可知两者分离时木板移动了0.15 m，故C错误。]
进阶3
典例5　解析：(1)B、C发生弹性碰撞，以向右为正方向，则mv0mvB＋mvC
由于B、C质量相等，速度交换，即vB0，vCv0。
(2)A、B速度相等时，弹簧具有最大的弹性势能，对A、B由动量守恒定律可得
2mv0(2m＋m)v
解得v
由能量守恒定律可得
Ep×3mv2
解得Ep。
(3)对A、B由动量守恒定律可得2mv02mv'1＋mv'2
由能量守恒定律可得mv'22
解得v'1v0，v'2v0
B、C再次碰撞，速度交换，B最终的动量大小pBmv0
B的动量变化量的大小Δpmv0－mv00。
答案：(1)v0　(2)　(3)0
典例6　AC　[A、B碰撞的过程中，满足动量守恒，则有mAv0(mA＋mB)v1，解得v16 m/s，A球与B球碰撞中损耗的机械能ΔE(mA＋mB)108 J，A正确；弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；在以后的运动过程中，A、B的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒有(mA＋mB)v1(mA＋mB＋mC)v2，解得v22 m/s，最大弹性势能Ep(mA＋mB)(mA＋mB＋mC)，解得Ep36 J，C正确；当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知(mA＋mB＋mC)v2(mA＋mB)v3＋mCv4，(mA＋mB＋mC)(mA＋mB)，解得v3－2 m/s，v44 m/s，此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。]
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第六章 动量守恒定律
第34课时　碰撞拓展模型(进阶课)
[学习目标]　1．会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型。2．掌握“滑块(小球)—曲(斜)面”“滑块—弹簧”两种模型与碰撞的相似性，会分析解决两类模型的有关问题。
进阶1 “滑块—木板”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)M与m相互作用的过程中，M的速度一直增大，m的速度一直减小，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。
(2)若滑块未从木板上滑下或子弹未打穿木块，当两者速度相等时M的速度最大，两者的相对路程取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(3)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度借助图像求解。
角度1　“滑块—木板”模型
[典例1]　(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间的动摩擦因数均为0.5，则(　　)
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
√
D　[碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量Q＝＝3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。]
教考衔接·人教版选择性必修第一册P30“复习与提高”B组T7
如图，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
[衔接分析]　上述高考真题与教材练习题在情境上相似，都是板块、碰撞模型，涉及多个物体，侧重考查动量守恒定律，而且多次运用，考查角度相近，与教材不同的是高考考查角度更全面，涉及运动过程分析、动力学、功能关系等更多知识，综合度更高，此高考题可以看作是教材习题的拓展延伸。
[教师备选资源]
(2025·四川内江一模)如图，在光滑水平地面上，并排放置两个材料、形状均相同且紧靠(不粘连)的木板B、C，其质量均为m，长度均为l，木板B紧靠着(不粘连)固定的光滑圆弧轨道，半径为R，轨道的最低处与木板B等高。现将一质量也为m的小金属块A(视为质点)从圆弧轨道的顶端由静止释放，重
力加速度为g，不计空气阻力。
求：
(1)金属块A滑到圆形轨道的最低点时，金属块的加速度；
(2)若金属块A恰好能滑到木板C上，金属块A与木板B间的动摩擦因数。
[解析]　(1)金属块A滑到圆形轨道的最低点的过程，根据机械能守恒mgR＝
解得v0＝
根据圆周运动向心加速度公式，最低点时a＝＝2g，方向竖直向上。
(2)金属块A恰好能滑到木板C上时，三者共速，根据动量守恒定律
mv0＝3mv1
解得v1＝
根据能量守恒定律＝μmgl
解得金属块A与木板B间的动摩擦因数μ＝。
[答案]　(1)2g　方向竖直向上　(2)
规律方法：“滑块—木板”模型求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。
(2)求时间：根据动量定理或动力学公式求解，研究对象为一个物体。
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末求解，研究对象为一个系统。
角度2　“子弹打木块”模型
[典例2]　如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为M＝980 g的长方形匀质木块，现有一质量为m＝20 g的子弹以大小为v0＝300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
[解析]　(1)子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
代入数据解得v＝6 m/s
它们在此过程中所产生的内能Q＝－(M＋m)v2
代入数据解得Q＝882 J。
(2)假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，子弹射入木块后与木块的共同速度大小为v′，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0′＝(M＋m)v′
此过程产生的内能为
Q′＝－(M＋m)v′2
设木块对子弹的阻力大小为F阻，两个过程子弹打入木块的深度分别为d、d′，则有Q＝F阻d
Q′＝F阻d′
联立并代入数据解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以假设不成立，子弹能射穿该木块。
[答案]　(1)6 m/s　882 J　(2)能
拓展延伸　在[典例2]中，若子弹能射出木块，在木块固定和不固定的两种情况下：子弹与木块间因摩擦力产生的热量________(选填“相等”或“不相等”)。
[解析]　不论木块是否固定，因摩擦力产生的热量等于摩擦力与木块长度的乘积，摩擦力与木块长度都不变，因此两种情况下子弹与木块间因摩擦力产生的热量相等。
相等
归纳提升：“子弹打木块”模型的两种情境
(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＝－(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝。
进阶2 “滑块(小球)—曲面(斜面)”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)上升到最大高度(未离开弧面或从弧面上端离开弧面)：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＝＋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＝(相当于弹性碰撞)。
[典例3]　如图所示，质量为M＝0.4 kg、带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3 m。现有一质量为m＝0.2 kg的小球以大小v0＝0.6 m/s的初速度水平冲上圆弧槽，重力加速度大小g＝10 m/s2，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球离开圆弧槽时速度的大小为0.4 m/s
C．小球上升的最大高度(相对圆弧最低点)为1.2 cm
D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4 N
√
C　[小球上升到最大高度(相对圆弧最低点)时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v3，根据能量守恒定律有＝＋mgh，联立解得h＝1.2 cm，故C正确；从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误；水平方向根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，
根据能量守恒定律有＝，联立解得v1＝－0.2 m/s，v2＝0.4 m/s，即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2 m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为N，根据牛顿第二定律有N－mg＝m，解得N＝2.24 N，根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为N′＝N＝2.24 N，故B、D错误。]
[典例4]　如图所示，质量为3 kg的带圆弧槽的木板静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1 kg的小球(可视为质点)从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧轨道。已知AB＝CD＝R＝0.3 m，重力加速度
g的大小为10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．木板对小球先做负功再做正功
B．木板的最大速度为v＝1 m/s
C．两者分离时木板移动了0.45 m
D．木板对地面的最大压力为40 N
√
B　[在弧面上，小球由于与木板之间的挤压，木板的机械能增加，小球的机械能减小，根据功能原理，木板对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，二者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误；小球从A到C点的过程，对小球和木板组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝0，由机械能守恒得mg(AB＋R)＝，联立解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，木板的最大速度为1 m/s，方向向左，
故B正确；在C点，对小球根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝ N，根据牛顿第三定律知，小球对木板的压力大小F′N＝FN，对木板根据平衡条件有FN1＝Mg＋F′N，根据牛顿第三定律有木板对地面的压力大小＝FN1，联立代入数据得＝ N，故D错误；对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右为正方向，有m－M＝0，又因为x1＋x2＝R＋CD，联立解得x1＝0.45 m，x2＝0.15 m，可知两者分离时木板移动了0.15 m，故C错误。]
1．模型图示
进阶3 “滑块—弹簧”模型
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0，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力和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同，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0，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
[典例5]　如图所示，足够长的光滑水平直轨道上有物块A、B、C，质量分别为2m、m、m，B的左侧固定一轻弹簧(不与A固定)，A、B共同以速度v0向C运动，弹簧处于原长，C静止，B、C间发生弹性碰撞。求：
(1)B、C第一次碰撞后，C的速度大小vC；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)整个运动过程中，B的动量变化量的大小Δp。
[解析]　(1)B、C发生弹性碰撞，以向右为正方向，则mv0＝mvB＋mvC
＝
由于B、C质量相等，速度交换，即vB＝0，vC＝v0。
(2)A、B速度相等时，弹簧具有最大的弹性势能，对A、B由动量守恒定律可得
2mv0＝(2m＋m)v
解得v＝
由能量守恒定律可得
Ep＝－×3mv2
解得Ep＝。
(3)对A、B由动量守恒定律可得2mv0＝
由能量守恒定律可得＝
解得v′1＝v0，v′2＝v0
B、C再次碰撞，速度交换，B最终的动量大小pB＝mv0
B的动量变化量的大小Δp＝mv0－mv0＝0。
[答案]　(1)v0　　(3)0
[典例6]　(多选)(2025·湖南长沙湖师附属一模)在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg、mC＝6 kg，初状态B、C球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0＝18 m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球碰撞后粘在一起(作用时
间极短)，则下列判断正确的是(　　)
A．A球与B球碰撞中损耗的机械能为108 J
B．在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C球的速度最大
C．在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36 J
D．在以后的运动过程中，B球的最小速度为2 m/s
√
√
AC　[A、B碰撞的过程中，满足动量守恒，则有mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝6 m/s，A球与B球碰撞中损耗的机械能ΔE＝＝108 J，A正确；弹簧再次恢复原长时C球速度最大，B错误；在以后的运动过程中，A、B的组合体与C的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝2 m/s，最大弹性势能Ep＝，解得Ep＝36 J，C正确；当弹簧再次恢复原长时，根据动量
守恒和能量守恒可知(mA＋mB＋mC)v2＝＋Ep＝，解得v3＝
－2 m/s，v4＝4 m/s，此时B反向速度最大，而B由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D错误。]
课时数智作业(三十四)　碰撞拓展模型(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
说明：第1～4题、第6～7题，每小题5分；本试卷共56分。
1．(多选)(2025·山东济南一模)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
√
√
ABD　[若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；若木板质量大于滑块，两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．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，仍将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(　　)
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[设滑块P的质量为2m，则小球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下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝，Q离开P时的动能Ek2＝，联立解得＝，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(2025·黑龙江省哈尔滨市高三期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
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弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，且弹簧的长度将继续增大，t3时刻，两物块再次达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹簧伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，t4时刻与0时刻状态相同，即从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确；从0时刻到t1时刻，由动量守恒
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s、v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v2＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝m1|v2|∶m2|v2′|＝1∶4，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．如图所示为一款深受青年爱好者青睐的户外游戏的简化图，两等高的平台中间有一段足够长的光滑水平面，在光滑水平面上有长为d的平板车紧靠左侧的平台，平板车的上表面与左、右平台在同一水平线上。游戏参与者需要在左侧平台边缘给可视为质点的小木块一个初速度，让小木块滑上平板车，最后小木块刚好滑上右侧平台，并静止在平台左边缘处视为胜利。已知小木块与平板车间的动摩擦因数为μ，平板车的质量是小木块的2倍，当平板车碰到右侧平台时立即被锁定，重力加速度为g。要使游戏参与者获得胜利，给小木块的初速度是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A． B．
C． D．
√
题号
1
3
5
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4
6
8
7
D　[设小木块质量为m，初速度为v0，小木块在平板车上达到共速时，小木块相对平板车滑行的距离为L，由动量守恒定律得mv0＝3mv，由能量守恒得＝×3mv2＋μmgL，联立解得L＝，木板碰到右侧平台侧壁停止运动，小木块刚好减速运动停在右侧平台上，对小木块由动能定理得μmg(d－L)＝mv2，联立解得v0＝，故选D。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(12分)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，子弹以速度v0沿水平方向击中物体A，并嵌在其中。随后物体A(含子弹)与物体B通过弹簧相互作用。已知子弹和物体A的质量均为m，物体B的质量为2m。求：
(1)物体A获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度大小；
(3)弹簧压缩量最大时的弹性势能。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)根据题意可知，子弹与物体A作用后，A的速度最大，根据动量守恒定律有
mv0＝(m＋m)vA
解得vA＝v0。
(2)弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，根据动量守恒定律有
2mvA＝(2m＋2m)vB
解得vB＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)弹簧压缩量最大时，根据能量守恒定律有
Epm＝
解得Epm＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)v0　(2)v0　
6．(多选)(2025·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是(　　)
A．阻力对两子弹的冲量大小一定相等
B．阻力对两子弹做的功一定相等
C．两子弹与木块组成的系统动量守恒
D．两子弹与木块组成的系统机械能守恒
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
AC　[木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的力与木块对子弹的力大小相等，所以阻力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统受到的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，得mAvA＝mBvB，对子弹由动能定理得W＝0－Ek，由Ek＝，可知阻力对子弹做的功
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
W＝－，由于两子弹的质量不一定相等，故阻力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；两子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以两子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
7．(多选)(2025·广东广州一模)如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，重力加速度为g。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时的速度大小为v
C．到达最高点时小球上升的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
√
BCD　[由题意知，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，故A错误；由动量守恒可得mv＝mv1＋mv2，其中v1是小球速度，v2是小车速度，由机械能守恒定律可得mv2＝，解得v1＝v，v2＝0，小球滑离小车时的速度大小是v，故B正确；小球恰好到
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
达管道的最高点时，小球和小车的速度同为v′，由动量守恒定律可得mv＝2mv′，解得v′＝，根据机械能守恒定律可得mv2＝×2mv′2＋mgh，解得h＝，故C正确；小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力冲量大小为I＝mv′＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．(14分)(2025·山西吕梁一模)如图所示，质量为m、长为L的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后当B滑到长木板右端时A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小，不计空气阻力。求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移大小。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为v0，根据动能定理有mgL＝
解得v0＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)设碰撞后B的速度大小为v1，则C的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝m×v1＋mv1
解得v1＝v0
碰撞过程损失的机械能
ΔE损＝－m－m
联立以上解得ΔE损＝mgL。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
根据能量守恒定律有μmgL＝
联立解得μ＝
对长木板A研究，设B在A上滑动过程中A发生的位移大小为s，根据动能定理有μmgs＝
解得s＝L。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)mgL　 (3)L
谢 谢 ！课时数智作业(三十四)　碰撞拓展模型
说明：第1～4题、第6～7题，每小题5分；本试卷共56分。
1．(多选)(2025·山东济南一模)如图所示，足够长的木板M放在光滑水平面上，滑块N放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M和滑块N以相同的速度水平向右运动，木板M和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M和滑块N的速度随时间变化规律的图像(用实线表示滑块N的速度变化规律，用虚线表示木板M的速度变化规律)可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
2．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，仍将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(　　)
A． B．
C． D．
3．(2025·黑龙江省哈尔滨市高三期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　)
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弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
4．如图所示为一款深受青年爱好者青睐的户外游戏的简化图，两等高的平台中间有一段足够长的光滑水平面，在光滑水平面上有长为d的平板车紧靠左侧的平台，平板车的上表面与左、右平台在同一水平线上。游戏参与者需要在左侧平台边缘给可视为质点的小木块一个初速度，让小木块滑上平板车，最后小木块刚好滑上右侧平台，并静止在平台左边缘处视为胜利。已知小木块与平板车间的动摩擦因数为μ，平板车的质量是小木块的2倍，当平板车碰到右侧平台时立即被锁定，重力加速度为g。要使游戏参与者获得胜利，给小木块的初速度是(　　)
A． B．
C． D．
5．(12分)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，子弹以速度v0沿水平方向击中物体A，并嵌在其中。随后物体A(含子弹)与物体B通过弹簧相互作用。已知子弹和物体A的质量均为m，物体B的质量为2m。求：
(1)物体A获得的最大速度；
(2)弹簧压缩量最大时物体B的速度大小；
(3)弹簧压缩量最大时的弹性势能。
6．(多选)(2025·湖北十堰市调研)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹A、B分别从木块左、右两侧同时水平射入木块，且均停在木块内，木块始终保持静止。下列说法正确的是(　　)
A．阻力对两子弹的冲量大小一定相等
B．阻力对两子弹做的功一定相等
C．两子弹与木块组成的系统动量守恒
D．两子弹与木块组成的系统机械能守恒
7．(多选)(2025·广东广州一模)如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，重力加速度为g。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时的速度大小为v
C．到达最高点时小球上升的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
8．(14分)(2025·山西吕梁一模)如图所示，质量为m、长为L的长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后当B滑到长木板右端时A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小，不计空气阻力。求：
(1)B、C碰撞前C的速度大小v0；
(2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能；
(3)B在A上滑动过程中A发生的位移大小。
课时数智作业(三十四)
1．ABD　[若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同时减速为0，故A正确；若木板质量大于滑块，两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B正确，C错误；若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故D正确。]
2．C　[设滑块P的质量为2m，则小球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下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mghEk1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP0，由机械能守恒定律得mgh，Q离开P时的动能Ek2，故C正确。]
3．B　[由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，且弹簧的长度将继续增大，t3时刻，两物块再次达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹簧伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，t4时刻与0时刻状态相同，即从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确；从0时刻到t1时刻，由动量守恒定律有m1v0(m1＋m2)v1，将v03 m/s、v11 m/s代入得m1∶m21∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v2－1 m/s，m2的速度为v2'2 m/s，又m1∶m21∶2，则动量大小之比为p1∶p2m1|v2|∶m2|v2'|1∶4，故D错误。]
4．D　[设小木块质量为m，初速度为v0，小木块在平板车上达到共速时，小木块相对平板车滑行的距离为L，由动量守恒定律得mv03mv，由能量守恒得×3mv2＋μmgL，联立解得L，木板碰到右侧平台侧壁停止运动，小木块刚好减速运动停在右侧平台上，对小木块由动能定理得μmg(d－L)mv2，联立解得v0，故选D。]
5．解析：(1)根据题意可知，子弹与物体A作用后，A的速度最大，根据动量守恒定律有
mv0(m＋m)vA
解得vAv0。
(2)弹簧压缩量最大时，A、B速度相等，根据动量守恒定律有
2mvA(2m＋2m)vB
解得vB。
(3)弹簧压缩量最大时，根据能量守恒定律有
Epm(2m＋2m)
解得Epm。
答案：(1)
6．AC　[木块在光滑的水平面上始终保持静止，由动量定理可知两子弹对木块的力的冲量大小相等，方向相反；由牛顿第三定律可知子弹对木块的力与木块对子弹的力大小相等，所以阻力对两子弹的冲量大小一定相等，故A正确；以子弹A、B和木块组成的系统为研究对象，系统受到的合外力为零，则系统的动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB0，得mAvAmBvB，对子弹由动能定理得W0－Ek，由Ek，可知阻力对子弹做的功W－，由于两子弹的质量不一定相等，故阻力对两子弹做的功不一定相等，故B错误，C正确；两子弹与木块间因有摩擦力产生热量，所以两子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故D错误。]
7．BCD　[由题意知，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，故A错误；由动量守恒可得mvmv1＋mv2，其中v1是小球速度，v2是小车速度，由机械能守恒定律可得，解得v1v，v20，小球滑离小车时的速度大小是v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度同为v'，由动量守恒定律可得mv2mv'，解得v'×2mv'2＋mgh，解得h，故C正确；小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力冲量大小为Imv'，故D正确。]
8．解析：(1)设C与B碰撞前一瞬间，C的速度大小为v0，根据动能定理有mgL
解得v0。
(2)设碰撞后B的速度大小为v1，则C的速度大小为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0m×v1＋mv1
解得v1v0
碰撞过程损失的机械能
ΔE损
联立以上解得ΔE损mgL。
(3)设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，根据动量守恒定律有mv12mv2
根据能量守恒定律有μmgL
联立解得μ
对长木板A研究，设B在A上滑动过程中A发生的位移大小为s，根据动能定理有μmgs
解得sL。
答案：(1)L
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