新高考物理二轮复习题型分类精讲精练专题19 碰撞模型及拓展-（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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考点梳理1 碰撞模型
母题考点一 碰撞模型
举一反三
【练1】（2025·陕西西安·一模）最近“一颗编号为2024YR4直径在40米至90米之间的小行星可能在8年后撞击地球”的消息引起热议。我国已掌握动能撞击术来规避这个风险，如图所示，若用与小行星质量m、速率v相同的自主导航航天器去横向与小行星发生弹性碰撞，小行星被撞后瞬间速度变为，速度偏离原来的方向θ角度，下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】小行星被质量完全相同的航天器横向弹性撞击后，原方向动量不变，被撞方向交换速度，获得横向速度v，合速度变为，速度偏转角度为
故选A。
【练2】（2025·陕西渭南·模拟预测）如图甲所示，一可看作质点的物块位于底面光滑的木板的最左端，和以相同的速度在水平地面上向左运动。时刻，与静止的长木板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，厚度相同，平滑地滑到的右端，此后的图像如图乙所示，时刻，与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后的速度大小不变，方向相反；运动过程中，始终未离开。已知与的质量，重力加速度大小。求：
(1)与间的动摩擦因数以及与地面间的动摩擦因数。
(2)和第一次碰撞后的速度大小。
【答案】(1)0.4，
(2)
【详解】（1）由图乙有过程中在上滑动的加速度大小为
由受力分析和牛顿第二定律有
解得与间的动摩擦因数为
在过程中，和一起运动的加速度大小为
对整体受力分析和牛顿第二定律有
解得与地面间的动摩擦因数为
（2）在过程中，设的加速度为，对进行受力分析和牛顿第二定律有
解得
设时刻的速度为，经匀加速到
由运动学公式有
和弹性碰撞，动量守恒
能量守恒
解得
所以和碰撞后的速度大小为
【练3】（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，两个完全相同的弹性小球A和B（均可看作质点），分别挂在长和L的细线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球A向左拉开一个较小角度（小于5°）后由静止释放，经过多长时间两球发生第2次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得，
由，解得，
可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得，
从释放小球A到第1次相碰经历时间
从小球B摆起到第2次相碰经历时间
故选A。
考点梳理2 “滑块—弹簧”
母题考点二 “滑块—弹簧”
举一反三
【练1】（2025·云南昆明·模拟预测）如图甲所示。物块A、B的质量分别是和，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N·s
D．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
【答案】C
【详解】A．由图知，C与A碰撞前的速度为，碰后的速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
解得，故A错误；
B．当C与A速度为0时，根据能量守恒，可得最大弹性势能，故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得I＝-24N·s
即冲量大小为24N·s，方向向左，故C正确；
D．物块B刚离开墙壁时，根据机械能守恒定律有
解得AC向左运动的速度大小为
物块B离开墙壁后，当A、B、C三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，故D错误。
故选C。
【练2】（2025·江苏苏州·三模）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以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（ ）
A．此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【详解】BD．图（甲）中，弹簧最大弹性势能为
图（乙）中，AB共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次最大弹性势能相同，根据动量守恒有
能量守恒有
联立解得，，
故B错误，D正确。
A． 开始时A物体的速度大于B的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A错误；
C．以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
在图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1: I2=2:1
故C错误。
故选D。
【练3】（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在光滑的水平桌面上，原长为、劲度系数为的轻弹簧两端各连接一个物块，按住物块，向左拉物块，在弹簧长度为时由静止释放物块，当弹簧恢复原长时释放物块。已知两物块的质量均为，弹簧的形变量为时的弹性势能为。下列说法正确的是（ ）
A．刚释放物块时，物块的速度为
B．最终两物块以相同的速度匀速运动
C．两物块之间的最小距离为
D．物块的最大速度为
【答案】D
【详解】A．刚释放物块B时，弹簧的弹性势能转化为A的动能
物块A的速度为，故A错误；
C．释放物块B后，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时弹簧长度最短，由动量守恒定律得
由能量守恒得
解得此时A、B的速度为
弹簧的压缩量为
两物块之间的最小距离为，故C错误；
D．随后物块A继续减速，物块B继续加速，当弹簧再次恢复原长时，设A、B的速度分别为、
由动量守恒可得
由能量守恒得
解得，
此时B的速度最大，故D正确；
B．随后物块A开始加速，B开始减速，弹簧先伸长再缩短，再次恢复原长时物块A的速度仍为，物块B的速度为0，以此重复，故B错误。
故选D。
考点梳理3 “滑块—曲面(斜面)”模型
母题考点三 “滑块—曲面(斜面)”模型
举一反三
【练1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图所示，竖直平面内有一质量为M＝0.3kg，半径为R＝1.5m，圆心为O的四分之一圆弧轨道静止放置在光滑水平地面上，轨道最高点A与圆心O等高，最低点B在O点正下方且刚好和地面相切。将质量为m＝0.1kg的滑块从轨道最高点A由静止释放，测得滑块从B点离开轨道时，滑块的速度大小为3m/s，取，则滑块沿轨道从A滑到B的过程中，摩擦产生的热量为（ ）
A．0.9JB．0.45JC．0.6JD．1.05J
【答案】A
【详解】滑块沿轨道下滑的过程中，滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，有
解得滑块滑到B点时，圆弧轨道的速度大小为
滑块从A滑到B的过程中，根据能量守恒有
联立解得
故选A。
【练2】（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，水平面上放置着半径为、圆心角为的圆弧轨道，一个可视为质点的小球以初速度冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量，小球质量，重力加速度大小为，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成角，求：
(1)圆弧的半径；
(2)小球飞出圆弧轨道时，小球和圆弧轨道的速度；
(3)若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为，小球在轨道上运动时间。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示
由几何关系，可知与v2成60°角，v与v2成30°角，则与v成30°角，所以四边形是菱形，则有，
由水平方向动量守恒可得
由系统机械能守恒可得
联立解得圆弧半径为
（2）由水平方向动量守恒可得
可得小球飞出时圆弧轨道的速度为
根据矢量三角形可得小球飞出圆弧轨道时速度大小为
（3）根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有
设小球在轨道上运动时间为t，则有
整理可得
解得
【练3】（2025·广西百色·模拟预测）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点与平台平滑连接。小车上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一圆弧轨道。质量为m的光滑小球，以某一水平速度冲上小车的圆弧面。若测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，画出图像如图乙所示。已知OP竖直，OQ水平，水平台面高，小球可视为质点，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)小球运动过程中离平台的最大高度为多少？
(2)小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为多少？
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，由图乙可知，当时，当时，根据系统在水平方向动量守恒有
解得
设小球在Q点的速度为vQ，小球在Q点时，在水平方向与小车共速，根据动量守恒定律有
解得
小球由P点运动到最高点时，由机械能守恒定律可得
联立解得
（2）小球由P点运动到Q点时，由机械能守恒定律可得
联立解得
则小球此时的竖直分速度为
小球在Q点速度方向与水平方向夹角的正切值为
考点梳理4 “子弹打木块”模型
母题考点四 “子弹打木块”模型
举一反三
【练1】（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上静止放置一木块，一子弹水平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变，子弹的质量小于木块的质量，则子弹从木块穿出后（ ）
A．系统产生的热量一定等于木块的动能
B．系统产生的热量一定小于木块的动能
C．系统产生的热量一定等于木块动能的2倍
D．系统产生的热量一定大于木块动能的2倍
【答案】D
【详解】由于子弹的质量小于木块的质量，由牛顿第二定律可知，子弹的加速度大小大于木块的加速度大小，子弹和木块的v−t图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木块的位移分别为x1、x2，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f的作用，木块的长度为L，由功能关系知系统产生的热量Q=fL
木块的动能Ek=fx2，由图可知L=x1−x2>2x2
则
故选D。
【练2】（2025·河北·一模）如图所示，水平传送带AB长L=2.9m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v=2m/s的速度向右匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数当木块运动至最右端A点时，一颗子弹以水平向左的速度正对射入木块并穿出，穿出速度木块被子弹击穿时的速度大小v'=3.0m/s，设子弹射穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，重力加速度大小求：
(1)子弹的质量；
(2)木块在被子弹击穿后向左运动距B点的最小距离；
(3)从子弹射中木块到木块相对传送带静止的过程中，子弹、木块和传送带这一系统由于摩擦产生的内能。
【答案】(1)
(2)
(3)885J
【详解】（1）取水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
（2）木块在被子弹击穿后，运动的加速度
减速到零过程运动位移
向左运动距B点的最小距离
（3）子弹击穿木块过程中产生的热能为
木块向左减速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热能为10.5J
减速到零后，木块再向右加速运动，时间为
向右移动的位移为
木块向右加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热能为=2J
从子弹射中木块到木块相对传送带静止的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是Q=Q1＋Q2＋Q3=872.5J+10.5J+2J=885J
【练3】（2025·山西·三模）如图1所示，甲、乙两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接放置在光滑的水平面上，乙的质量为3m，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射向甲并最终停留在甲中（时间极短），此过程子弹与甲间的摩擦生热为，从以上过程结束瞬间开始计时，此后甲、乙运动的速度与时间的关系图像如图2所示，已知图中阴影部分的面积为，已知弹簧的弹性势能与弹簧的形变量x以及劲度系数k之间的关系为，规定水平向右为正方向，求：
(1)甲的质量以及在开始计时前的过程中甲对子弹的摩擦力对子弹做的功；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)弹簧的劲度系数。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设甲的质量为M，子弹与甲发生完全非弹性碰撞，则
由能量守恒定律可得
综合解得、
对子弹由动能定理可得
综合解得
（2）甲、乙通过弹簧发生相互作用，分析其运动过程以及图2可知时刻弹簧的伸长量最大、时刻弹簧的压缩量最大，且、时刻甲、乙达到共同速度v，由系统的动量守恒定律可得
类比完全非弹性碰撞规律，、时刻弹簧的弹性势能最大，系统的动能减小最多，由能量守恒可得弹簧的弹性势能的最大值为
综合可得、
（3）由于弹簧的压缩量最大与伸长量最大时，弹性势能达最大值且相等，由可得最大伸长量与最大压缩量相等，设为，从时刻到时刻，弹簧由伸长量最大变为压缩量最大，则甲相对乙的位移即图2阴影部分的面积，即
结合，
解得
考点梳理5 “滑块—滑板”模型
母题考点五 “滑块—滑板”模型
举一反三
【练1】（2025·浙江杭州·一模）如图所示，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，质量分别为。开始时C静止，A、B一起以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。A、B间动摩擦因数为0.5，则下列判断错误的是（ ）
A．A与C碰撞后的瞬间A的速度大小是2m/s
B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J
C．碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m
D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s
【答案】B
【详解】A．因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=（mA+mB） vAB
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB=vC
联立解得vA=2m/s，vAB=3m/s，A正确；
B．运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B相互作用的过程中损失的机械能，即
代入数据解得Q=3J，B错误；
C．根据
解得x=0.6m
即碰撞后到三者相对静止，B相对长板滑动的距离为0.6m，C正确；
D．对B由动量定理
解得∆t=0.4s，D正确。
此题选择错误选项，故选B。
【练2】（2025·四川巴中·模拟预测）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道左侧部分水平且上表面粗糙，右侧部分为光滑圆弧，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道左端，与水平轨道间的动摩擦因数为，给物块施加水平向右的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分长度，圆弧部分的半径，重力加速度大小取，则（ ）
A．动摩擦因数为
B．小物块质量
C．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块不能从Q点冲出轨道
D．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块最终能从轨道左端离开
【答案】BC
【详解】AB．由图乙可知，当时，物块与轨道一起加速，根据牛顿第二定律有
可得
根据图像可得
时，二者发生相对滑动，对轨道根据牛顿第二定律有
可得
根据图像可得
联立求得
由时，，可求得，故A错误，B正确；
CD．若对物块施加水平向右的推力，则物块与轨道发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律有
对轨道
求得，
当小物块到点时，有
求得
此时轨道速度为
物块速度为
撤去后，物块与轨道水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道上升到最高点时，则有
，
代入数据求得，显然物块不能从Q点冲出轨道，物块将滑回轨道水平部分，根据水平方向动量守恒可知，最终二者将到达共速，速度为
该过程，根据功能关系可知
求得，显然物块不能从轨道左端离开，故C正确，D错误。
故选BC。
【练3】（2025·甘肃甘南·模拟预测）如图所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面上，斜面底端固定一挡板。三个相同的小物块A、B、C质量均为m，小物块A紧靠挡板放置，小物块A和小物块B通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，开始时A、B均静止。现让小物块C从斜面上由静止释放，小物块B、C碰后一起向下运动，当B、C再次分离后撤去小物块C。当小物块B沿斜面向上运动到最高点时，小物块A与挡板之间的作用力恰好为零。已知弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g，碰撞时间极短。则（ ）
A．小物块B、C碰后一起向下运动过程中，二者组成的系统机械能守恒
B．小物块B运动到最高点时，弹簧的弹性势能为
C．小物块B、C分离时，B的速度大小为
D．小物块C开始下落时与小物块B之间的距离为
【答案】BD
【详解】A．小物块B、C碰后一起向下运动过程中，弹簧弹力做功，二者组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．设弹簧开始时的压缩量为x0，则
当小物块A与挡板之间的作用力恰好为零时，有
解得
则小物块B运动到最高点时弹簧的弹性势能，故B正确；
CD．设小物块C开始下落时与小物块B之间的距离为d，下落过程与碰撞过程有、
小物块B、C在弹簧原长处分离，设分离时的速度大小为v3，由能量守恒得
小物块B、C分离后，小物块B向上运动到最高点的过程中，由能量守恒得
联立解得、，故C错误，D正确。
故选BD。
模拟演练
1．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l，质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，A与B发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间两物体的速度大小为
B．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒
C．碰后两物体一起向下运动的最大位移为3l
D．两物体反弹向上运动，最大高度能到达B的释放点上方
【答案】A
【详解】A．碰撞前物体B的速度大小为
解得
碰后瞬间两物体的速度大小为
解得，A正确；
B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误；
C．碰后两物体一起向下运动的最大位移x为
碰撞前对物体A根据平衡条件得
解得，C错误；
D．以最低点为零势能面，两物体在B的释放点处的重力势能为
在最低点处，弹簧的弹性势能为
因为，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达B的释放点，更不能到达B的释放点的上方，D错误。
故选A。
2．（2025·江苏南京·模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒
B．t2时小球到达位置等于释放时的高度
C．由图可知m大于M
D．图中阴影面积S2h′，故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误；
C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有
移项得
若m大于M，则v1+v2v3，故C错误；
D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1~t2时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，根据vx−t图像围成面积等于水平位移，得S1=R
而S2为t1∼t2内两者的相对位移，有S2v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．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒：12m1v12+12m2v22＝12m1v1'2+12m2v2'2
联立解得v′1＝m1−m2v1+2m2v2m1+m2
v′2＝2m1v1+m2−m1v2m1+m2
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝m1−m2m1+m2v1，v′2＝2m1m1+m2v1。
3．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|＝12m1v12+12m2v22−12m1+m2v共 2。
【母题1】（2025·江苏·高考真题）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；
(2)若钢球质量为，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；
(3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为
则玻璃球碰撞次后最终动能大小
1．模型图示
2．两个规律
(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。
3．两个状态
(1)弹簧最短(或最长)时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大
①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共；
②系统机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,共)＋Epm。
(2)弹簧处于原长时弹性势能为零
①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；
②系统机械能守恒：eq \f(1,2)m1veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)。
【母题2】（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
【答案】(1)
(2)，
(3)
(4)
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中
同时有
联立解得，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中
联立解得
（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，
解得
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，12mv02＝12M+mv共2＋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，12mv02＝12mv12+12Mv22(相当于弹性碰撞)。
【母题3】（2023·湖南·高考真题）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图


此时可知速度和水平方向的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
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＝12mv02－12(M＋m)v2。
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；
能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02−12Mv22+12mv12。
【母题4】（2024·湖北·高考真题）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的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
1．模型图示
2．模型特点
(1)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。
(2)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时，滑板速度最大，相对位移最大。
3．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：根据能量守恒定律求解，Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。
【母题5】（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得