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(共52张PPT)
专题突破10　碰撞模型及拓展
1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”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。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　碰撞模型
考向1　碰撞的可能性
(2025·合肥八中模拟)如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
C　
解析：C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。
[归纳总结]　碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒定律，p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
考向2　弹性碰撞
(2025·江苏卷，14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
解析：(1)玻璃球碰撞前速度为v0，设第1次碰撞后玻璃球速度为v1，右列左侧第1个小钢球速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2　①
根据能量守恒定律有mv22　②
联立①②解得v1＝0，v2＝v0
此后第一个小钢球与第二个小钢球发生碰撞，质量相等，速度大小发生交换，直至与右列最右侧小钢球碰撞，最右侧小钢球碰后速度大小为v0。
(2)玻璃球碰撞右列左侧第一个小钢球时，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2　③
根据能量守恒定律有×3mv22　④
联立③④解得v1＝－v0
故玻璃球的速度大小为v0。
(3)第一次碰后，右列钢球速度发生传递，右列最右侧小钢球以v0的速度向右运动，玻璃球被反弹以v0的速度大小与左列小钢球发生碰撞，设左列右侧第1个小钢球被碰撞后速度为v4，玻璃球速度为v3，取向左为正方向，根据动量守恒定律有m×v0＝mv3＋3mv4　⑤
根据能量守恒定律有×3mv42　⑥
联立⑤⑥解得v3＝－v0
根据数学归纳法，玻璃球第一次碰后速度大小变为v0，第二次碰后速度大小变为v0
……
则第2n次碰后，玻璃球的速度大小变为v0×
则碰撞2n次后，玻璃球动能Ek＝mv02。
答案：(1)v0　(2)v0　(3)mv02
弹性碰撞分析讨论
(1)弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
(2)“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1′2＋m2v2′2
结果：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
考向3　非弹性碰撞
(经典高考题)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功
与因碰撞而损失的机械能之比。
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题给图像得
v1＝ m/s＝－2 m/s　①
v2＝ m/s＝1 m/s　②
a、b发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v＝ m/s＝ m/s　③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v　④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8　⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝(m1＋m2)v2　⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2　⑦
联立①②③⑤⑥⑦式得W∶ΔE＝1∶2。
答案：(1)1∶8　(2)1∶2
完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝(m1＋m2)
v共2。
考点二　碰撞模型拓展
考向1　“滑块—斜(曲)面”模型
(2025·河北石家庄一模)如图所示，质量为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，取重力加速度大小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　
解析：C　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Mv22，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FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝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FN′＝FN＝2.24 N，故BD错误；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)v32＋mgh，联立解得h＝1.2 cm，故C正确。
模型特征
(1)上升到最大高度
①m与M具有共同水平速度v共。
②系统水平方向动量守恒。
③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。
(2)返回最低点
①分离点水平方向动量守恒。
②系统机械能守恒相当于完成了弹性碰撞。
考向2　“滑块—弹簧”模型
(2026·北京四中开学考)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桌面上。现使m1瞬时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，以下说法正确的是(　　)
A．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长
D．t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
甲
乙
B　
解析：B　以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，t2时刻恢复原长，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
甲
乙
模型特征
(1)系统动量守恒。
(2)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，相当于完全非弹性碰撞。
(4)弹簧恢复原长时，相当于刚完成弹性碰撞。
如图，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。求：
(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少？
(2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？
解析：(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1
由能量守恒定律得(m1＋m3)v12＋ΔE
代入数据解得ΔE＝24 J。
(2)碰后m1与m3粘合在一起，可视为一个整体，之后压缩弹簧，当弹簧最短时，m1、m3与m2三者共速，弹簧产生的弹性势能最大。三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共
代入数据解得v共＝1 m/s
由能量守恒定律得(m1＋m3)v12＝(m1＋m2＋m3)v共2＋ΔEp
代入数据解得ΔEp＝4 J。
答案：(1)24 J　(2)4 J
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限时规范
训练(37)　碰撞模型及拓展
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为(　　)
A．＞≤1
C．＜≤1
B　
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解析：B　因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即＞，解得＜，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s，则pB′＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即，解得，综上可得≤1，B正确。
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2．(多选)(2026·山东济南月考)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
(　　)
A．乙的质量为6 kg
B．乙的质量为3 kg
C．此碰撞是弹性碰撞
D．此碰撞是非弹性碰撞
AD
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解析：AD　由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，A正确，B错误；碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲
v甲′2－m乙v乙′2＝3 J>0，故此碰撞是非弹性碰撞，C错误，D正确。
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3．(多选)(2026·北京四中开学考)如图所示，在光滑的
水平地面上停放着质量为M的装有圆弧槽的小车，现
有质量为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口
向小车滑去，不计一切摩擦和空气阻力，则(　　)
A．在相互作用过程中，小车和小球组成的系统动量守恒
B．小球从左侧离开小车后，可能做平抛运动
C．小球从左侧离开小车后，可能做自由落体运动
D．若v0足够大，小球可能不会从左侧离开小车
BC　
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解析：BC　小球沿弧形槽上升过程，小车和小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，系统总动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒得
Mv22，解得v1＝v0，若m＝M，则v1＝0，所以小球从左侧离开小车后将做自由落体运动；若m2
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4．(2025·河南开封一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A．h B．h
C．h D．h
B　
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解析：B　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。
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5．(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
B　
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解析：B　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mvA2＝mvA2＋mv22，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B。
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6．(10分)(2023·天津卷，12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失的机械能ΔE。
解析：(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m。
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(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能
ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12 J。
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
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[能力提升练]
7．(多选)(2025·湖北十堰二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块的最大动能为
B．小球离开滑块时的动能为
C．小球落地时的动能为mgR
D．小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
AD
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解析：AD　滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，
则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根
据动量守恒以及机械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝
·2mv22，解得v1＝2，滑块的最大动能为Ek2＝，故A正确；小球离开滑块时的动能为Ek1＝，故B错误；根据动能定理，小球落地时的动能为Ek＝mgR，故C错误；小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有gt2，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x＝(v1＋v2)t，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为s＝，故D正确。
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8．(多选)(2025·湖南师大附中一模)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
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解析：AC　A、B碰撞的过程中，满足动量守恒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＝v12＝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(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝2 m/s，最大弹性势能Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22，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＝v22＋Ep＝(mA＋mB)v32＋mCv42，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。
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9．(10分)(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，小车左端AB为竖直平面内光滑的四分之一圆弧，半径R＝0.4 m，圆弧与水平部分BP相切于B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP长L＝1 m。质量为m＝1 kg的小物块从A点以方向竖直向下的速度v0＝5 m/s滑进小车的圆弧部分，小物块与小车水平部分BP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)与挡板P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)与挡板P第一次碰撞后，小物块上升至最高点
时与A点的竖直距离；
(3)小物块最终在小车上离B点的距离以及整个运动过程中小车相对水平面的位移大小。
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解析：(1)设小物块与挡板P碰撞前瞬间速度为v1，小车速度为v2，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至P点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝mv1－Mv2
由能量守恒得mgR＋Mv22＝μmgL
联立解得v1＝6 m/s。
(2)设小物块上升至最高点时与A点竖直距离为h，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至最高点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝(m＋M)v共
解得v共＝0
由能量守恒得mv02＝mgh＋μmg·2L
解得h＝1.5 m。
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(3)小物块与小车相对运动，因摩擦力做功，系统机械能损失，最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有0＝(m＋M)v共′
解得v共′＝0
由能量守恒，得mv02＋mgR＝μmg·s相
解得s相＝5.8 m
有s相＝5.8L，故小物块相对小车静止于水平部分离B点的距离Δx＝6L－
s相＝0.2 m
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在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有0＝m
整理得0＝mx1－Mx2
又x1＋x2＝R＋Δx
解得小车的位移大小x2＝0.15 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.5 m　(3)0.2 m　0.15 m
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[培优创新练]
10．(13分)(2025·山东卷，17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达
到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知
a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝kg，方形
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物体的质量M＝kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
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解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgh＝Mv22
联立解得v1＝6 m/s，v2＝m/s。
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma)va2＋Ep0
其中Ep0＝kx02
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大
小va＝1 m/s
10
1
3
4
5
6
7
8
9
2
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma＋mb)vb2＋Epm
解得Epm＝2.5 J。
答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J
专题突破10　碰撞模型及拓展
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(37)　碰撞模型及拓展
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为(　　)
A．＞≤1
C．＜≤1
解析：B　因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即＞，解得＜，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s，则pB′＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即，解得，综上可得≤1，B正确。
2．(多选)(2026·山东济南月考)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(　　)
A．乙的质量为6 kg
B．乙的质量为3 kg
C．此碰撞是弹性碰撞
D．此碰撞是非弹性碰撞
解析：AD　由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，A正确，B错误；碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2＝3 J>0，故此碰撞是非弹性碰撞，C错误，D正确。
3．(多选)(2026·北京四中开学考)如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为M的装有圆弧槽的小车，现有质量为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦和空气阻力，则(　　)
A．在相互作用过程中，小车和小球组成的系统动量守恒
B．小球从左侧离开小车后，可能做平抛运动
C．小球从左侧离开小车后，可能做自由落体运动
D．若v0足够大，小球可能不会从左侧离开小车
解析：BC　小球沿弧形槽上升过程，小车和小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，系统总动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒得Mv22，解得v1＝v0，若m＝M，则v1＝0，所以小球从左侧离开小车后将做自由落体运动；若m4．(2025·河南开封一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A．h B．h
C．h D．h
解析：B　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。
5．(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
解析：B　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mvA2＝mvA2＋mv22，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B。
6．(10分)(2023·天津卷，12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失的机械能ΔE。
解析：(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能
ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12 J。
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
[能力提升练]
7．(多选)(2025·湖北十堰二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块的最大动能为
B．小球离开滑块时的动能为
C．小球落地时的动能为mgR
D．小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
解析：AD　滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝·2mv22，解得v1＝2，滑块的最大动能为Ek2＝，故A正确；小球离开滑块时的动能为Ek1＝，故B错误；根据动能定理，小球落地时的动能为Ek＝mgR，故C错误；小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有gt2，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x＝(v1＋v2)t，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为s＝，故D正确。
8．(多选)(2025·湖南师大附中一模)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
解析：AC　A、B碰撞的过程中，满足动量守恒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＝v12＝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(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝2 m/s，最大弹性势能Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22，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＝v22＋Ep＝(mA＋mB)v32＋mCv42，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。
9．(10分)(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，小车左端AB为竖直平面内光滑的四分之一圆弧，半径R＝0.4 m，圆弧与水平部分BP相切于B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP长L＝1 m。质量为m＝1 kg的小物块从A点以方向竖直向下的速度v0＝5 m/s滑进小车的圆弧部分，小物块与小车水平部分BP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)与挡板P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)与挡板P第一次碰撞后，小物块上升至最高点时与A点的竖直距离；
(3)小物块最终在小车上离B点的距离以及整个运动过程中小车相对水平面的位移大小。
解析：(1)设小物块与挡板P碰撞前瞬间速度为v1，小车速度为v2，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至P点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝mv1－Mv2
由能量守恒得mgR＋Mv22＝μmgL
联立解得v1＝6 m/s。
(2)设小物块上升至最高点时与A点竖直距离为h，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至最高点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝(m＋M)v共
解得v共＝0
由能量守恒得mv02＝mgh＋μmg·2L
解得h＝1.5 m。
(3)小物块与小车相对运动，因摩擦力做功，系统机械能损失，最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有0＝(m＋M)v共′
解得v共′＝0
由能量守恒，得mv02＋mgR＝μmg·s相
解得s相＝5.8 m
有s相＝5.8L，故小物块相对小车静止于水平部分离B点的距离Δx＝6L－
s相＝0.2 m
在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有0＝m
整理得0＝mx1－Mx2
又x1＋x2＝R＋Δx
解得小车的位移大小x2＝0.15 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.5 m　(3)0.2 m　0.15 m
[培优创新练]
10．(13分)(2025·山东卷，17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝kg，方形物体的质量M＝kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgh＝Mv22
联立解得v1＝6 m/s，v2＝m/s。
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma)va2＋Ep0
其中Ep0＝kx02
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va＝1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma＋mb)vb2＋Epm
解得Epm＝2.5 J。
答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J专题突破10　碰撞模型及拓展
目标 要求 　 　 1.理解碰撞的种类及其遵循的规律。2.理解“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”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。
考点一　碰撞模型
考向1　碰撞的可能性
　(2025·合肥八中模拟)如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB′＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝2mA D．mB＝5mA
解析：C　碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则，解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C正确。
[归纳总结]　碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒定律，p1＋p2＝p1′＋p2′。
(2)动能不增加，Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或。
(3)速度要合理
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，若物体速度仍同向，则前面物体的速度大于或等于后面物体的速度。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
考向2　弹性碰撞
　(2025·江苏卷，14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
解析：(1)玻璃球碰撞前速度为v0，设第1次碰撞后玻璃球速度为v1，右列左侧第1个小钢球速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2　①
根据能量守恒定律有mv22　②
联立①②解得v1＝0，v2＝v0
此后第一个小钢球与第二个小钢球发生碰撞，质量相等，速度大小发生交换，直至与右列最右侧小钢球碰撞，最右侧小钢球碰后速度大小为v0。
(2)玻璃球碰撞右列左侧第一个小钢球时，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2　③
根据能量守恒定律有×3mv22　④
联立③④解得v1＝－v0
故玻璃球的速度大小为v0。
(3)第一次碰后，右列钢球速度发生传递，右列最右侧小钢球以v0的速度向右运动，玻璃球被反弹以v0的速度大小与左列小钢球发生碰撞，设左列右侧第1个小钢球被碰撞后速度为v4，玻璃球速度为v3，取向左为正方向，根据动量守恒定律有m×v0＝mv3＋3mv4　⑤
根据能量守恒定律有×3mv42　⑥
联立⑤⑥解得v3＝－v0
根据数学归纳法，玻璃球第一次碰后速度大小变为v0，第二次碰后速度大小变为v0
……
则第2n次碰后，玻璃球的速度大小变为v0×
则碰撞2n次后，玻璃球动能Ek＝mv02。
答案：(1)v0　(2)v0　(3)mv02
弹性碰撞分析讨论
(1)弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。
(2)“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1′2＋m2v2′2
结果：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1 m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1 m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
考向3　非弹性碰撞
　(经典高考题)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题给图像得
v1＝ m/s＝－2 m/s　①
v2＝ m/s＝1 m/s　②
a、b发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得
v＝ m/s＝ m/s　③
由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v　④
联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8　⑤
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE＝(m1＋m2)v2　⑥
由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2　⑦
联立①②③⑤⑥⑦式得W∶ΔE＝1∶2。
答案：(1)1∶8　(2)1∶2
完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，ΔEk＝(m1＋m2)v共2。
考点二　碰撞模型拓展
考向1　“滑块—斜(曲)面”模型
　(2025·河北石家庄一模)如图所示，质量为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，取重力加速度大小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
解析：C　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Mv22，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FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝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FN′＝FN＝2.24 N，故BD错误；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)v32＋mgh，联立解得h＝1.2 cm，故C正确。
模型特征
(1)上升到最大高度
①m与M具有共同水平速度v共。
②系统水平方向动量守恒。
③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。
(2)返回最低点
①分离点水平方向动量守恒。
②系统机械能守恒相当于完成了弹性碰撞。
考向2　“滑块—弹簧”模型
　(2026·北京四中开学考)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桌面上。现使m1瞬时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，以下说法正确的是(　　)
甲　 乙
A．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B．在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C．t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长
D．t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
解析：B　以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知，在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，t2时刻恢复原长，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
模型特征
(1)系统动量守恒。
(2)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，相当于完全非弹性碰撞。
(4)弹簧恢复原长时，相当于刚完成弹性碰撞。
　如图，质量为m2＝4 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接。现有质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝8 m/s向右运动，m1与m3碰撞(碰撞时间极短)后粘合在一起。求：
(1)m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少？
(2)弹簧能产生的最大弹性势能是多少？
解析：(1)设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向
由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m3)v1
由能量守恒定律得(m1＋m3)v12＋ΔE
代入数据解得ΔE＝24 J。
(2)碰后m1与m3粘合在一起，可视为一个整体，之后压缩弹簧，当弹簧最短时，m1、m3与m2三者共速，弹簧产生的弹性势能最大。三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m3)v1＝(m1＋m2＋m3)v共
代入数据解得v共＝1 m/s
由能量守恒定律得(m1＋m3)v12＝(m1＋m2＋m3)v共2＋ΔEp
代入数据解得ΔEp＝4 J。
答案：(1)24 J　(2)4 J
限时规范训练(37)　碰撞模型及拓展
(建议用时：40分钟　满分：70分)
(选择题1～5题每题5分，7～8题每题6分，共37分)
[基础巩固练]
1．如图所示，A、B两个小球沿光滑水平面向右运动，取向右为正方向，则A的动量pA＝10 kg·m/s，B的动量pB＝6 kg·m/s，A、B碰后A的动量增加量ΔpA＝－4 kg·m/s，则A、B的质量比应满足的条件为(　　)
A．＞≤1
C．＜≤1
解析：B　因为A追上B发生碰撞，则碰前速度满足vA＞vB，即＞，解得＜，碰撞过程满足动量守恒，则pA＋pB＝pA′＋pB′，由题意知pA′＝pA＋ΔpA＝6 kg·m/s，则pB′＝10 kg·m/s，由能量关系得，解得≤1，碰后速度满足vA′≤vB′，即，解得，综上可得≤1，B正确。
2．(多选)(2026·山东济南月考)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(　　)
A．乙的质量为6 kg
B．乙的质量为3 kg
C．此碰撞是弹性碰撞
D．此碰撞是非弹性碰撞
解析：AD　由题图可知，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1 m/s，v乙′＝2 m/s，两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，A正确，B错误；碰撞过程损失的机械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2＝3 J>0，故此碰撞是非弹性碰撞，C错误，D正确。
3．(多选)(2026·北京四中开学考)如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为M的装有圆弧槽的小车，现有质量为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦和空气阻力，则(　　)
A．在相互作用过程中，小车和小球组成的系统动量守恒
B．小球从左侧离开小车后，可能做平抛运动
C．小球从左侧离开小车后，可能做自由落体运动
D．若v0足够大，小球可能不会从左侧离开小车
解析：BC　小球沿弧形槽上升过程，小车和小球组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，系统总动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒得Mv22，解得v1＝v0，若m＝M，则v1＝0，所以小球从左侧离开小车后将做自由落体运动；若m4．(2025·河南开封一模)如图所示，两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的2倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为(　　)
A．h B．h
C．h D．h
解析：B　设小球P、Q的质量分别为m、2m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得3mgh＝×3mv2，解得v＝，Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有2mv－mv＝mvP＋2mvQ，mvP2＋×2mvQ2，解得vP＝，碰后小球P机械能守恒，则有mgh′＝mvP2，解得h′＝h，故选B。
5．(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
解析：B　根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mvA2＝mvA2＋mv22，联立解得v1＝v，v2＝0。小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B。
6．(10分)(2023·天津卷，12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失的机械能ΔE。
解析：(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－gt2＝1.2 m－×10×0.22 m＝1 m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s，可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能
ΔE＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝12 J。
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
[能力提升练]
7．(多选)(2025·湖北十堰二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．滑块的最大动能为
B．小球离开滑块时的动能为
C．小球落地时的动能为mgR
D．小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
解析：AD　滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，根据动量守恒以及机械能守恒可得mv1－2mv2＝0，mgR＝·2mv22，解得v1＝2，滑块的最大动能为Ek2＝，故A正确；小球离开滑块时的动能为Ek1＝，故B错误；根据动能定理，小球落地时的动能为Ek＝mgR，故C错误；小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有gt2，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为x＝(v1＋v2)t，小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为s＝，故D正确。
8．(多选)(2025·湖南师大附中一模)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
解析：AC　A、B碰撞的过程中，满足动量守恒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＝v12＝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(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2，解得v2＝2 m/s，最大弹性势能Ep＝(mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v22，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＝v22＋Ep＝(mA＋mB)v32＋mCv42，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。
9．(10分)(2026·成都树德中学开学考)如图所示，质量为M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，小车左端AB为竖直平面内光滑的四分之一圆弧，半径R＝0.4 m，圆弧与水平部分BP相切于B点，P为固定在小车右端的弹性挡板，BP长L＝1 m。质量为m＝1 kg的小物块从A点以方向竖直向下的速度v0＝5 m/s滑进小车的圆弧部分，小物块与小车水平部分BP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)与挡板P碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)与挡板P第一次碰撞后，小物块上升至最高点时与A点的竖直距离；
(3)小物块最终在小车上离B点的距离以及整个运动过程中小车相对水平面的位移大小。
解析：(1)设小物块与挡板P碰撞前瞬间速度为v1，小车速度为v2，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至P点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝mv1－Mv2
由能量守恒得mgR＋Mv22＝μmgL
联立解得v1＝6 m/s。
(2)设小物块上升至最高点时与A点竖直距离为h，对小物块和小车系统，在小物块从A点运动至最高点的过程中，水平方向动量守恒，得0＝(m＋M)v共
解得v共＝0
由能量守恒得mv02＝mgh＋μmg·2L
解得h＝1.5 m。
(3)小物块与小车相对运动，因摩擦力做功，系统机械能损失，最终两者相对静止，对小物块和小车系统，从开始到相对静止的过程中，水平方向动量守恒，有0＝(m＋M)v共′
解得v共′＝0
由能量守恒，得mv02＋mgR＝μmg·s相
解得s相＝5.8 m
有s相＝5.8L，故小物块相对小车静止于水平部分离B点的距离Δx＝6L－
s相＝0.2 m
在整个相对运动过程中，小物块与小车水平方向动量守恒，始终有0＝m
整理得0＝mx1－Mx2
又x1＋x2＝R＋Δx
解得小车的位移大小x2＝0.15 m。
答案：(1)6 m/s　(2)1.5 m　(3)0.2 m　0.15 m
[培优创新练]
10．(13分)(2025·山东卷，17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝kg，方形物体的质量M＝kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有
0＝mv1－Mv2
又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
mgh＝Mv22
联立解得v1＝6 m/s，v2＝m/s。
(2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0
解得v0＝2 m/s
b刚解除锁定时，有F＝kx0
小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma)va2＋Ep0
其中Ep0＝kx02
联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va＝1 m/s
b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb
解得vb＝ m/s
由机械能守恒定律有
(m＋ma)v02＝(m＋ma＋mb)vb2＋Epm
解得Epm＝2.5 J。
答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J

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