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(共23张PPT)
演练知能提升
C
1．(2026·北京西城区期末)在水平面上，质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后A球的速度一定反向
B．碰撞后B球的速度大小可能是0.6v
C．碰撞过程A球对B球的冲量最大值为1.5mv
D．碰撞过程两球损失的机械能最多为0.5mv2
解析：根据动量守恒定律可知，若两球发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两球以相同的速度向A球原运动方向运动，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A错误；
当两球发生弹性碰撞时，碰撞后B球的速度最大，碰撞过程A球对B球的冲量最大，设为Im，根据B选项的结果，由动量定理得Im＝3mvBm－0＝1.5mv，故C正确；
C
2．(2026·安徽马鞍山市教学质检)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则(　　)
A．A加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C共速时，B所受合力为0
C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
解析：A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；
A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C整体受到的弹力不为0，B、C整体的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；
B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
3．(10分)(2026·云南楚雄州质量监测)如图所示，光滑水平轨道与固定在竖直平面内的光滑半圆轨道相切于A点，一质量为3m的小球甲在水平轨道上以初速度v0向左运动，质量为m的小球乙静止在水平轨道上。小球甲与小球乙发生弹性正碰(碰撞时间极短)后，立即撤去小球甲，小球乙恰好能通过半圆轨道的最高点，小球甲、乙均可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)碰撞后瞬间小球乙的速度大小；(5分)
(2)半圆轨道的半径R。(5分)
4．(10分)(2026·天津红桥区期末)如图所示，质量mA＝1 kg的物块A静止放置在光滑水平面上，质量mB＝2 kg的小球B用长L＝0.2 m且不可伸长的轻绳悬挂于固定点O，将轻绳拉伸至水平位置后，由静止释放小球，小球恰好能在最低点与A发生弹性碰撞。A、B均可视为质点且始终在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)B运动到最低点与A碰撞后的瞬间，A速度的大小；(7分)
(2)B与A碰撞后，B上摆的最大高度。(3分)
5．(14分)如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g。
(1)求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小。(6分)
(2)若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能(结果用含h0的式子表示)。(4分)
(3)若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx。(4分)
6．(10分)(2026·辽宁普通高中一模)如图所示，水平轻弹簧的右端固定在水平面右侧的一个固定挡板上，一长L＝0.45 m的轻绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.4 kg的球。当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使轻绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝2.0 kg的小铁球正碰，碰后球被弹回的最高点距地面h＝0.2 m，若不计空气阻力，小铁球与水平面M、N间的动摩擦因数为0.1，其他段光滑，M、N两点间距离s＝0.25 m，g取10 m/s2，求：
(1)碰撞后小铁球的速度大小；(6分)
球与小铁球碰撞，选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可得
m1v0＝－m1v1＋m2v2
解得m2的速度大小v2＝1 m/s。
答案：1 m/s　
(2)两球碰撞是否为弹性碰撞；(2分)
答案：两球碰撞是弹性碰撞　
(3)弹簧最大的弹性势能Ep大小。(2分)
答案：0.5 J专题提升九　三大观点分析碰撞类问题
[复习目标]
1．理解碰撞问题的特点，熟练应用动量和能量观点解决碰撞问题。
2．能够根据滑块和弹簧碰撞的特点，应用动量和能量观点进行分析。
题型一　碰撞类问题的特点和规律
考向1　物体与物体的碰撞
1．满足的规律
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞
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的静止小球发生弹性正碰为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不动)。
3．非弹性碰撞：碰撞结束后，形变部分消失，动能也有部分损失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损。
4．完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max。
(2025·甘肃卷，T4)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]　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，由A、B两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，可知A、B水平方向交换速度，故vax＝v，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。
[答案]　B
(多选)(2026·四川泸州市一模)水平桌面上一个质量为0.16 kg的小球a与完全相同的静止小球b发生正碰，碰撞后小球b以2.5 m/s的速度向前运动，小球a以1 m/s的速度向前运动。若两球碰撞相互作用的时间为0.001 s，则(　　)
A．小球a与小球b发生的碰撞为非弹性碰撞
B．小球a与小球b发生的碰撞为弹性碰撞
C．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为160 N
D．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为400 N
[解析]　设两小球质量都为m，根据动量守恒定律有mva＝mva′＋mvb′，解得va＝3.5 m/s，碰撞过程中的动能损失E损＝mv－(mva′2＋mvb′2)＝0.4 J，有动能损失，小球a与小球b发生的碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B错误；设碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为，分析小球b，根据动量定理有Δt＝mvb′－0，解得＝400 N，故C错误，D正确。
[答案]　AD
深度探究 碰撞模型链接优生自研篇P269
考向2　滑块(小球)与弹簧的碰撞
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)。
如图所示，有三个小球A、B、C静止在光滑水平面上，B、C之间用轻弹簧连接，三个小球处于同一直线上。使A以速度v0向右运动，与B发生正碰后反弹，反弹的速度大小为v0。已知A、B碰撞时间极短，小球A、B、C的质量分别为m、2m、2m，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
(2)弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。
[解析]　(1)A、B碰撞过程中动量守恒，规定水平向右为正方向，则有
mv0＝2mvB－mv0
解得vB＝v0。
(2)当B、C共速时，弹簧的压缩量最大，由动量守恒定律得2mvB＝4mv
由能量守恒定律得
×2mv＝×4mv2＋Ep
解得Ep＝mv。
[答案]　(1)v0　(2)mv
深度探究 滑块＋弹簧模型链接优生自研篇P270
题型二　三大观点分析碰撞问题
1．三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．五大基本规律
规律 公式表达
牛顿第二定律 F合＝ma
动能定理 W合＝ΔEkW合＝mv－mv
机械能守恒定律 E1＝E2mgh1＋mv＝mgh2＋mv
动量定理 F合t＝p′－p，I合＝Δp
动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
3.选用规律原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移时优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
表演者用一个大球和一个小球，做一种名为“超级弹性碰撞”的实验，其中上面的小球被称为“超级弹球”。如图所示，表演者将两球叠放在一起，从距地面高为h的位置由静止释放，假设大球先与地面碰撞以原速率反弹后再与小球碰撞，两球之间的碰撞无机械能损失且时间极短，且两球心的连线始终竖直。已知大球的质量为4m，小球的质量为m，重力加速度为g，将两球视为质点，忽略空气阻力，求：
(1)该“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度；
(2)该“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间。
[解析]　(1)设大球刚落地时两球的速度大小均为v0，由运动学公式得v＝2gh
大球着地后瞬间反弹与小球发生碰撞，由动量守恒定律得4mv0－mv0＝4mv1＋mv2
由能量守恒定律得×4mv＋mv＝×4mv＋mv，联立解得v2＝v0
“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度
h′＝ eq \f(v,2g)
联立解得h′＝h。
(2)下落过程，由运动学公式得h＝gt
上升过程，根据逆向思维可得h′＝h＝gt
“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间t＝t1＋t2，联立解得t＝ 。
[答案]　(1)h　(2)
(2026·广东汕头市模拟)如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小。
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度。
[解析]　(1)设子弹的初速度为v1，击中C后，二者共同的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v2
当C达到P点时，由机械能守恒定律有
(m＋M)v＝(m＋M)gl
联立解得v1＝8 m/s，v2＝2 m/s。
(2)设小球C到最高点时速度为v3，由动量守恒定律有(m＋M)v2＝(m＋3M)v3
由机械能守恒定律有
(m＋M)v＝(m＋3M)v＋(m＋M)gh
联立解得h＝0.12 m。
[答案]　(1)8 m/s　(2)0.12 m
(2024·黑吉辽卷，T14) 如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
[解析]　(1)对A物块由平抛运动知识得
h＝gt2
xA＝vAt
代入数据解得vA＝1 m/s
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有
－μmBgxB＝0－mBv
代入数据解得μ＝0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得ΔEp＝0.12 J。
[答案]　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
(2025·山东卷，T17)
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取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。
[规范答题]
规范思维五部曲 1.速读题目：本题是平抛运动和碰撞问题的组合，应用动量和能量观点分析的多过程问题。2．信息获取：(1)弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上；(2)小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道；(3)小球从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起；(4)弹簧拉力达到15 N时，b解除锁定开始运动。3．过程分析：小球下落到P点的运动过程，满足水平方向动量守恒和能量守恒；从P点水平抛出，恰好击中a的过程，满足水平方向动量守恒和能量守恒定律；解除锁定后满足水平方向动量守恒。
规范思维五部曲 4.规范列式：三个过程都满足水平方向动量和能量守恒，取不同的物体为系统，在水平方向列动量守恒和能量守恒的式子。5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中，解答过程只给出最终结果和单位就可以。
规范答题模板 [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动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2又系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝mv＋Mv联立解得v1＝6_m/s，v2＝_m/s。(2)小球从P点水平抛出后做平抛运动，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/sb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，由动能定理有(m＋ma)v＝(m＋ma)v＋Ep0其中Ep0＝kx联立解得b刚解除锁定时小球和a的速度大小va＝1_m/sb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，当小球、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)v＝(m＋ma＋mb)v＋Epm解得Epm＝2.5_J。[答案]　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J(共40张PPT)
专题提升九　三大观点分析
碰撞类问题
[复习目标]
1．理解碰撞问题的特点，熟练应用动量和能量观点解决碰撞问题。
2．能够根据滑块和弹簧碰撞的特点，应用动量和能量观点进行分析。
第一部分
题型一　碰撞类问题的特点和规律
考向1　物体与物体的碰撞
1．满足的规律
(1)动量守恒。
(2)机械能不增加。
(3)速度要合理。
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)；
(2)当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，且v2′>v1′(大碰小，一起跑)；
(3)当m10(小碰大，要反弹)；
(4)当m1 m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)；
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不动)。
例1 (2025·甘肃卷，T4)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
AD
例2 (多选)(2026·四川泸州市一模)水平桌面上一个质量为0.16 kg的小球a与完全相同的静止小球b发生正碰，碰撞后小球b以2.5 m/s的速度向前运动，小球a以1 m/s的速度向前运动。若两球碰撞相互作用的时间为0.001 s，则(　　)
A．小球a与小球b发生的碰撞为非弹性碰撞
B．小球a与小球b发生的碰撞为弹性碰撞
C．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为160 N
D．碰撞时小球a与小球b间的平均作用力大小为400 N
深度探究 碰撞模型链接优生自研篇P269
考向2　滑块(小球)与弹簧的碰撞
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)。
(1)A、B碰撞后瞬间，B的速度大小；
(2)弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能。
深度探究 滑块＋弹簧模型链接优生自研篇P270
第二部分
题型二　三大观点分析碰撞问题
1．三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2．五大基本规律
规律 公式表达
牛顿第二定律
动能定理

机械能守恒 定律

动量定理
动量守恒定律
F合＝ma
F合t＝p′－p，I合＝Δp
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
3.选用规律原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移时优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
例4 表演者用一个大球和一个小球，做一种名为“超级弹性碰撞”的实验，其中上面的小球被称为“超级弹球”。如图所示，表演者将两球叠放在一起，从距地面高为h的位置由静止释放，假设大球先与地面碰撞以原速率反弹后再与小球碰撞，两球之间的碰撞无机械能损失且时间极短，且两球心的连线始终竖直。已知大球的质量为4m，小球的质量为m，重力加速度为g，将两球视为质点，忽略空气阻力，求：
(1)该“超级弹球”第一次能够反弹的最大高度；
(2)该“超级弹球”从开始下落到第一次反弹到最大高度所经历的时间。
例5 (2026·广东汕头市模拟)如图，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小。
[答案]　8 m/s　
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度。
[答案]　0.12 m
例6 (2024·黑吉辽卷，T14) 如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
[答案]　1 m/s　1 m/s　
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
[答案]　0.2　
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
[答案]　0.12 J
(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。
规范思维五部曲
规范答题
1.速读题目：本题是平抛运动和碰撞问题的组合，应用动量和能量观点分析的多过程问题。
2．信息获取：(1)弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上；
(2)小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道；
(3)小球从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起；
(4)弹簧拉力达到15 N时，b解除锁定开始运动。
3．过程分析：小球下落到P点的运动过程，满足水平方向动量守恒和能量守恒；从P点水平抛出，恰好击中a的过程，满足水平方向动量守恒和能量守恒定律；解除锁定后满足水平方向动量守恒。
规范思维五部曲
规范答题
4.规范列式：三个过程都满足水平方向动量和能量守恒，取不同的物体为系统，在水平方向列动量守恒和能量守恒的式子。
5．代数求解：注意计算过程不要写在解答中，解答过程只给出最终结果和单位就可以。
规范答题模板
(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；
规范答题模板
(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。
规范答题模板
规范答题模板1．(2026·北京西城区期末)在水平面上，质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞后A球的速度一定反向
B．碰撞后B球的速度大小可能是0.6v
C．碰撞过程A球对B球的冲量最大值为1.5mv
D．碰撞过程两球损失的机械能最多为0.5mv2
解析：选C。根据动量守恒定律可知，若两球发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两球以相同的速度向A球原运动方向运动，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A错误；当两球发生弹性碰撞时，碰撞后B球的速度最大，设为vBm，以碰撞前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mv＝mvA＋3mvBm，mv2＝mv＋×3mv，联立解得vBm＝0.5v，可知碰撞后B球的速度大小不可能是0.6v，故B错误；当两球发生弹性碰撞时，碰撞后B球的速度最大，碰撞过程A球对B球的冲量最大，设为Im，根据B选项的结果，由动量定理得Im＝3mvBm－0＝1.5mv，故C正确；当两球发生完全非弹性碰撞时，碰撞过程两球损失的机械能最多，设碰撞后两球的速度为v1，以碰撞前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＝(m＋3m)v1，根据能量守恒定律得碰撞过程两球损失的机械能最多为ΔE＝mv2－(m＋3m)v，联立解得ΔE＝mv2，故D错误。
2．(2026·安徽马鞍山市教学质检)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则(　　)
A．A加速过程中，加速度越来越大
B．A、B、C共速时，B所受合力为0
C．A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大
D．B、C碰撞过程中，B、C系统机械能守恒
解析：选C。A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C整体受到的弹力不为0，B、C整体的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C系统机械能不守恒，故D错误。
3．(10分)(2026·云南楚雄州质量监测)如图所示，光滑水平轨道与固定在竖直平面内的光滑半圆轨道相切于A点，一质量为3m的小球甲在水平轨道上以初速度v0向左运动，质量为m的小球乙静止在水平轨道上。小球甲与小球乙发生弹性正碰(碰撞时间极短)后，立即撤去小球甲，小球乙恰好能通过半圆轨道的最高点，小球甲、乙均可视为质点，重力加速度大小为g。求：
(1)碰撞后瞬间小球乙的速度大小；(5分)
(2)半圆轨道的半径R。(5分)
解析：(1)小球甲、乙发生弹性碰撞，设碰撞后瞬间小球甲的速度为v1，小球乙的速度为v2，则有
3mv0＝3mv1＋mv2
×3mv＝×3mv＋mv
解得v2＝v0。
(2)设小球乙恰好能通过最高点时的速度为v3，则有mg＝ eq \f(mv,R)
对小球乙上滑过程，有mv＝mv＋2mgR
解得R＝ eq \f(9v,20g)。
答案：(1)v0　(2) eq \f(9v,20g)
4．(10分)(2026·天津红桥区期末)如图所示，质量mA＝1 kg的物块A静止放置在光滑水平面上，质量mB＝2 kg的小球B用长L＝0.2 m且不可伸长的轻绳悬挂于固定点O，将轻绳拉伸至水平位置后，由静止释放小球，小球恰好能在最低点与A发生弹性碰撞。A、B均可视为质点且始终在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)B运动到最低点与A碰撞后的瞬间，A速度的大小；(7分)
(2)B与A碰撞后，B上摆的最大高度。(3分)
解析：(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律有
mBgL＝mBv
小球与物块发生弹性碰撞，有
mBvB＝mBv1＋mAv2
mBv＝mBv＋mAv
联立解得v1＝ m/s，v2＝ m/s。
(2)结合上述，碰后瞬间，则有mBgh＝mBv
解得小球B上摆最大高度h＝ m。
答案：(1) m/s　(2) m
5．(14分)如图所示，a、b、c均为质量为m的物块，其中b、c通过轻弹簧连接并静置在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，a物块从距离b高为h处由静止释放，与b碰撞后黏在一起，碰撞时间极短。重力加速度为g。
(1)求a、b碰撞后瞬间a、b整体的速度和加速度大小。(6分)
(2)若a物块从距离b高为h0处由静止释放，弹簧恰好能恢复原长，求初始时弹簧的弹性势能(结果用含h0的式子表示)。(4分)
(3)若a物块从距离b高为hx处由静止释放，c恰好能离开地面，求hx。(4分)
解析：(1)a做自由落体运动，有mgh＝mv
解得v0＝
a、b碰撞过程动量守恒，则mv0＝2mv1
所以v1＝＝
碰撞后瞬间，对a、b整体，根据牛顿第二定律有
2mg－kx0＝2ma
kx0＝mg
解得加速度大小a＝。
(2)若a物块从距离b高为h0处由静止释放，则有mgh0＝mv0′2
a、b碰撞过程动量守恒，则mv0′＝2mv2
弹簧恰好能恢复原长，根据能量守恒定律可得
·2mv＋Ep＝2mgx0
联立可得Ep＝－。
(3)若a物块从距离b高为hx处由静止释放，且c恰好能离开地面，则mghx＝mv0″2
mv0″＝2mv3
·2mv＝2mg·2x0
联立可得hx＝。
答案：(1)　　(2)－　(3)
6．(10分)(2026·辽宁普通高中一模)如图所示，水平轻弹簧的右端固定在水平面右侧的一个固定挡板上，一长L＝0.45 m的轻绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.4 kg的球。当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使轻绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝2.0 kg的小铁球正碰，碰后球被弹回的最高点距地面h＝0.2 m，若不计空气阻力，小铁球与水平面M、N间的动摩擦因数为0.1，其他段光滑，M、N两点间距离s＝0.25 m，g取10 m/s2，求：
(1)碰撞后小铁球的速度大小；(6分)
(2)两球碰撞是否为弹性碰撞；(2分)
(3)弹簧最大的弹性势能Ep大小。(2分)
解析：(1)设球摆至最低点时速度为v0，由动能定理有m1gL＝m1v
解得v0＝3 m/s
碰后球被弹回的速度大小为v1
由动能定理有－m1gh＝0－m1v
解得v1＝2 m/s
球与小铁球碰撞，选向右的方向为正方向，根据动量守恒定律可得
m1v0＝－m1v1＋m2v2
解得m2的速度大小v2＝1 m/s。
(2)结合上述可知，两球碰撞过程中有
m1v＝m1v＋m2v＝1.8 J
可知，两球碰撞为弹性碰撞。
(3)根据能量守恒定律有m2v＝μm2gs＋Ep
解得Ep＝0.5 J。
答案：(1)1 m/s　(2)两球碰撞是弹性碰撞　(3)0.5 J

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