2027届高考物理专题强化：碰撞模型拓展（解析版）

专题强化：碰撞模型拓展

题型分类

题型一滑块-弹簧模型

1.模型图示(如图所示)

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)。

1.(2026·河南新乡·模拟预测)如图甲所示，物块A与物块B之间通过一根轻质弹簧栓接，静置在光滑的水

平地面上，物块B与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，t=0时解除锁定。规定向右为

正方向，物块A在一段时间内运动的v-t图像如图乙所示，已知物块A的质量为m，则()

A.物块B的质量为2m

B.t2时刻弹簧处于原长

1

C.t∼t时间内，弹簧弹性势能的最大值为mv2

1360

vt-t

D.t∼t时间内，物块A运动的位移大小为031

134

【答案】C

【分析】对物块A运动状态分析：

0-t1时间段弹簧处于压缩状态，接触锁定后弹簧逐渐恢复原长，物块B与墙面接触保持静止，物块A随

着弹簧恢复原长，弹力减小，做加速度减小的加速运动，t1时刻弹簧恢复原长，物块A速度达到最大v0

t1-t2时间段，物块A要继续向右运动，弹簧逐渐被拉长弹力增大，物块A将做加速度增大的减速运动，

物块B将从静止开始做加速度增大的加速运动，t2时刻物块AB共速时，弹簧长度达到最大。

1

t2-t3时间段vB>vA，方向均向右，弹簧逐渐恢复原长，物块A将做加速度减小的减速运动，物块B将做

加速度减小的加速运动，t3时刻物块A速度减到最小，弹簧恢复原长，此后由于vB>vA，弹簧将再次被

压缩，物块A加速，物块B减速。

2v0m

【详解】A．由分析知t时刻物块AB共速，由动量守恒得mv=m+m，解得m=，故A错

20B3B2

误；

B．t2时刻弹簧长度达到最大，故B错误；

2

112v0

C．t时刻物块AB共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得mv2=m+m+E

2202B3p

1

弹性势能E=mv2，故C正确；

p60

vv(t-t)

D．t-t内物块A运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图象知x>0(t-t)>031，故

133314

D错误。

故选C。

2.(2026·福建南平·二模)(多选)如图(a)，质量分别为mA、mB的两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，

并静止在光滑的水平地面上。给小球A一个水平向右的初速度v0压缩弹簧，此后小球A、B的速度与冲

量大小的关系图像如图(b)所示，图中v0、I0已知，则()

A.mA>mB

11v0

B.+=

mAmBI0

C.从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为v0I0

1

D.A、B共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为vI

200

【答案】BD

1

【详解】A．由动量定理，对小球A有-I=mA(v-v0)，变形得v=-I+v0

mA

1

对小球B有I=mBv，变形得v=I

mB

111

v-I图像斜率的绝对值为，由图可知A的斜率绝对值大于B的斜率绝对值，即>，可得mA

mmAmB

<mB，故A正确。

B．当I=I0时A，B共速，设共同速度为v。由动量定理得I0=mA(v0-v)，I0=mBv

mAI0

联立消去v得I0=mAv0-

mB

11v0

整理得+=，故B正确。

mAmBI0

2

C．从开始运动到A，B共速时，对B由动量定理得I0=mBv

11

B球的动能变化量ΔE=mv2=Iv

kB2B20

1

因v<v，则ΔE<vI<vI，故C错误。

0kB20000

11

D．A，B共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得E=mv2-(m+m)v2

p2A02AB

结合动量守恒mAv0=(mA+mB)v，I0=mA(v0-v)

11

代入化简得E=mv(v-v)=vI，故D正确。

p2A00200

故选BD。

题型二滑块-斜面(曲面)模型

1.模型图示(如图所示)

2.模型特点

(1)上升到最大高度：滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共，此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方

11

向动量守恒，有mv=(M+m)v；系统机械能守恒，有mv2=(M+m)v2+mgh，其中h为滑块上

0共202共

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的重力势

能)。

(2)返回最低点：滑块与斜(曲)面分离点。系统水平方向动量守恒，有mv0=mv1+Mv2；系统机械能守

111

恒，有mv2=mv2+Mv2(相当于弹性碰撞)。

202122

1.(2026·安徽亳州·模拟预测)(多选)质量为mA=3m的物块A以一定速度v0在光滑的水平面运动，在其

1

右侧有一质量为m=m的物块B其曲面为光滑圆弧，半径为R，最低点与水平面相切。A恰好滑

B4

到B的圆弧最高点，重力加速度为g。v0未知。则下列说法正确的是()

A.A和B动量守恒

B.A的初速度v0=22gR

C.B的最大速度为32gR

D.若A的初速度增大为2v0，A从B最高点飞出再落回过程，B的位移为123R

【答案】BCD

3

【详解】A．A、B组成的系统，竖直方向上A运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动量

守恒，故A错误；

B．A恰好滑到圆弧最高点时，A、B水平方向共速，设共速速度为v，水平方向动量守恒有mAv0=(mA

+mB)v

3v

解得v=0

4

11

由机械能守恒定律有mv2=mgR+(m+m)v2

2A0A2AB

解得v0=22gR，故B正确；

C．A从最高点滑回水平面后，B达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和机械能守恒，

111

设滑回后A速度v，B速度v，则mv=mv+mv，mv2=mv2+mv2

12A0A1B22A02A12B2

2mAv03v0

联立解得v2===

mA+mB2

代入v0=22gR

解得v2=32gR，故C正确；

D．初速度变为2v0，A到达最高点飞出时，水平方向A、B共速，由动量守恒定律有3m⋅2v0=4m⋅v共

3v

解得v=0=32gR

共2

1211

设竖直方向的相对初速度为v，由机械能守恒定律有⋅3m(2v)=⋅4mv2+3mgR+⋅3mv2

y202共2y

解得vy=6gR

2v

竖直上抛总运动时间t=y=26R

gg

B做匀速运动，位移x=v共⋅t=123R，故D正确。

故选BCD。

2.(2025·辽宁沈阳·三模)(多选)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面

上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小

2

球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g=10m/s，不考虑任何阻力，则

下列说法正确的是()

A.小球的质量为2M

2

B.小球运动到最高点时的速度为m/s

3

1

C.小球能够上升的最大高度为m

30

D.小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动

4

【答案】ABD

【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2

mm

整理可得v=-v+v

2M1M0

m0-2

则v-v图线的斜率为k=-=

21M1-0

解得m=2M，故A正确；

m

B．v-v图线的纵截距为b=v=2m/s

21M0

解得小球的初速度大小为v0=1m/s

小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量

守恒定律得mv0=(m+M)v

2

解得v=m/s，故B正确；

3

11

C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv2=(m+M)v2+mgh

202

1

解得h=m，故C错误；

60

111

D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时有mv=mv+Mv，mv2=mv2+Mv2

012202122

1

解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为v=m/s>0

13

即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D正确。

故选ABD。

题型三滑块-木板模型

1.模型图示(如图所示)

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Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。

1.(2026·安徽合肥·二模)(多选)如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为

质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙

所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是()

5

A.滑块与木板的质量之比为2∶3B.木板的长度为14m

11

C.滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3ND.滑块的速度减为 v时，木板的速度为v

2030

【答案】ACD 

1

【详解】A．最终两者共速，速度v相同，由图得共速时滑块动能E=8J=mv2

km2

1

木板动能E=12J=Mv2

kM2

mEkm82

因此质量比===，故A正确；

MEkM123

BC．对滑块由动能定理-f⋅x滑=Ekm-Ek0

代入x滑=14m解得f=3N

对木板由动能定理f⋅x木=12J

得x木=4m，木板长度L=x滑-x木=14m-4m=10m，故B错误，C正确；

v

D．系统任意时刻动量守恒，有mv=m⋅0+Mv

02

m21

代入=，解得v=v，故D正确。

M330

故选ACD。

2.(2026·山东淄博·二模)(多选)如图甲，O为光滑绝缘水平面上的一点，以O为原点、水平向右为正方向建

立x轴。在0≤x≤d的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。

质量为m、长为d的绝缘板静止在光滑水平面上，其左端位于O点。一质量为m、带电量为-q的小物块

以大小为2v0的初速度从左端滑上绝缘板，物块相对地面运动的速度v随x变化的关系如图乙所示。已

知物块与板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，

则()

A.物块从O点运动到x=d位置的过程中，物块做匀减速直线运动

6

3mv2

B.物块从O点运动到x=d位置的过程中，物块和板组成的系统产生的热量为0

4

mg

C.匀强电场的电场强度大小为

q

mv

D.匀强磁场的磁感应强度大小为0

2μqd

【答案】BCD

【详解】A．对物块竖直方向受力分析，负电荷受电场力qE向上，洛伦兹力qvB向下，重力mg向下，支持

力N向上，竖直方向平衡得N+qE=mg+qvB

可得N=mg-qE+qvB

物块水平方向，由牛顿第二定律有f=μN=ma

μmg-qE+qvB

可得加速度a=

m

故物块运动中速度v不断减小，加速度a不断减小，物块做加速度减小的减速运动，A错误；

B．水平面光滑，物块和板组成的系统水平方向动量守恒，由图乙可得，物块到达x=d时，物块速度为

3

v=v

120

设此时板的速度为v，由动量守恒有m⋅2v0=mv1+mv

v

解得v=0

2

1211

系统产生的热量等于动能损失Q=m(2v)-mv2+mv2

20212

3mv2

解得Q=0，B正确；

4

dvdvdv

C．由v-x图可得v随x线性变化，即为定值，加速度a==v⋅

dxdtdx

μ(mg-qE+qvB)

结合a=

m

μ(mg-qE)μqBdv

整理得+⋅v=∣∣⋅v

mmdx

该式对所有v成立，因此常数项必须为0，即mg-qE=0

mg

解得E=，C正确；

q

2v-3v

dv020v0

D．由v-x图可得∣∣==

dxd2d

μqBv

代入v的系数关系有=0

m2d

mv

解得B=0，D正确。

2μqd

故选BCD。

题型四子弹打木块模型

1.模型图示(如图所示)

7

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，

11

能量守恒：Q=F·s=mv2-(M+m)v2。

f202

(2)子弹穿透木块

动量守恒：mv0=mv1+Mv2，

111

能量守恒：Q=F·d=mv2-mv2+Mv2。

f202122

1.(2026·河北保定·一模)(多选)如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为

1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小

车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之

后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距

小车顶端的高度为0.15m。滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2，则下列说法正确的是

()

A.子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s

7

B.滑块B离开小车瞬间的速度大小为m/s

3

C.小车粗糙水平面的长度为1.9m

3

D.滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端m

5

【答案】ACD

【详解】A．设小车A、滑块B、子弹C的质量分别为m1、m2、m3，子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B

组成的系统动量守恒，则m3v0=(m3+m2)v1

解得v1=7m/s，故A正确；

B．从圆弧轨道的最高点离开小车，滑块B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m，则滑块B离开小

8

车时竖直方向的分速度vy=2gh=3m/s

v

滑块B离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B相对于小车沿水平方向的分速度v=y=1m/s

x相对tan60°

从滑块B开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得(m3+m2)v1=

(m3+m2)vx+m1v2

其中vx-v2=vx相对

解得v2=2m/s，vx=3m/s

22

所以滑块B离开小车瞬间的速度大小vB=vy+vx=23m/s，故B错误；

111

C．滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得(m+m)v2=mv2+(m+m)v2+

2321212232B

(m3+m2)gR(1-cos60°)+μ(m3+m2)gL

解得小车粗糙水平面的长度L=1.9m，故C正确；

D．滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为t=

2vy3

=s

g5

3

则滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端x=vt=m，故D正确。

x相对5

故选ACD。

2.(2026·福建厦门·模拟预测)如图所示，光滑水平面上放置木板A，木板A的上表面光滑，其左端放置一可

视为质点的物块C，木板A左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块B。一根轻质弹性绳绕过

定滑轮，两端分别与木板A和物块C相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态，

弹性绳处于原长。一质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入C并留在其中(作用时间极短)。已知

木板A的质量为2m，物块B的质量为2m，物块C的质量为m，在研究过程中A、B未发生碰撞，且C未

从A上滑落，弹性绳的形变始终在弹性限度内。求：

(1)子弹射入C的过程中产生的热量；

(2)当A的速度大小为vA时，B的速度大小；

(3)弹性绳伸长到最长时的弹性势能；

(4)弹性绳刚好恢复原长时B的速度。

1

【答案】(1)mv2

40

(2)2vA

1

(3)mv2

240

v

(4)0

3

【详解】(1)打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足mv0=m+mv1

v

解得v=0

12

9

11

系统动能损失转化为热量，满足Q=mv2-×2mv2

2021

1

联立解得Q=mv2

40

(2)由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为FT，对木板A由动量定理有

∑FTΔt=2mvA

对物块B由动量定理有∑2FTΔt=2mvB

联立可知此时B的速度大小vB=2vA

(3)由小问(2)分析可知，子弹射入物块C后，物块C连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板A向左运

动，物块B向右运动，A、B间弹性绳长度变短。当B、C间弹性绳长度的增加量等于A、B间弹性绳长

度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时A、B、C三者的速度大小满足vC-vB=vB+vA

对物块C由动量定理有∑FTΔt=2mΔvC=mv0-2mvC

结合小问(2)分析得，弹性绳伸长到最长时有vB=2vA=v0-2vC

规定向右为正方向，由系统动量守恒可知mv0=2mvC+2mvB-2mvA

vv5v

三式联立，解得v=0，v=0，v=0

A12B6C12

1

从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足E=×2mv2-

pm21

111

×2mv2+×2mv2+×2mv2

2A2B2C

1

解得E=mv2

pm240

(4)弹性绳刚好恢复原长时，设A、B、C三者的速度大小分别为vA1、vB1、vC1，根据系统的机械能守恒有，

1111

×2mv2=×2mv2+×2mv2+×2mv2

212A12B12C1

v

同时结合第(2)、(3)小问分析可知v=2v，0-v=v

B1A12C1A1

v

联立解得v=0

B13

巩固训练

1.(2026·山西晋中·三模)(多选)如图所示，机械加工厂中将做好的质量为m的球形工件在高为H的左侧平

台边缘处静止释放，工件沿光滑轨道滑入质量为3m的半圆形圆槽。圆槽可自由移动，圆槽最低点与地

面高度差不计。圆槽与右侧平台接触时，小球刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零被右侧平

台上的人接住，右侧平台高度与圆槽圆心O点等高，不计一切摩擦和人的高度，小球可看作质点，重力加

速度为g，则()

gH

A.小球到达右侧平台被接住时速度大小为

4

10

2gH

B.小球到达右侧平台被接住时速度大小为

4

3

C.右侧平台的高度为H

5

3

D.右侧平台的高度为H

4

【答案】BD

【详解】AB．工件从左侧平台由静止释放到圆槽最低点过程中，由于圆槽紧挨左侧平台，故圆槽不会运

1

动，则工件的机械能守恒，则有mgH=mv2

20

解得v0=2gH

又工件刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零，说明在圆槽最高点时工件与圆槽共速，即工件从

圆槽最低点到圆槽右侧最高点，系统水平方向动量守恒，设共速度为v，则有mv0=4mv

2gH

解得v=，故A错误，B正确；

4

CD．由题可知，右侧平台的高度等于圆槽的半径R。工件从圆槽最低点到圆槽右侧最高点，根据系统

11

机械能守恒有mv2=×4mv2+mgR

202

3

解得R=H，故C错误，D正确。

4

故选BD。

2.(2026·江西宜春·一模)如图，一质量为M=1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R=0.4m

的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m=2kg小球以水平向右的初速度v0=6m/s

从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过t=0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加

速度为g取10m/s2。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是()

A.1.63mB.1.73mC.1.83mD.1.93m

【答案】B

【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得mv0=mv1+Mv2

可得在t时间内求和可得mv0t=∑mv1Δt+∑Mv2Δt

可得mv0t=mx1+Mx2

且x1-x2=0.4m

可得x2=0.13m。

11

当小球运动到最高点时可得mv=(m+M)v，mgH=mv2-(m+M)v2

0共202共

得H=0.6m，h=H-R=0.2m

1

h=gt2，则t=0.2s

211

最终小滑块的位移是X=x2+2v共t1=1.73m

11

故选B。

1

3.(2026·新疆乌鲁木齐·二模)(多选)如图所示，质量为2m的光滑圆弧轨道静止在光滑水平面上，轨道

4

半径为R，质量为m的小球以6gR的速度从左端滑上轨道，冲出轨道后能再次落回轨道。已知重力加

速度大小为g，下列说法正确的是()

A.小球冲出轨道后做竖直上抛运动

B.小球能上升的最大高度为2R

2m6gR

C.小球冲上轨道过程中，轨道的动量变化量大小为

3

26gR

D.轨道最终做匀速直线运动的速度为

3

【答案】BCD

【详解】A．小球运动到轨道顶端并脱离时，其与轨道具有相同的水平速度，记作v。由系统在水平方向

动量守恒可得mv0=m+2mv

1212122

再根据系统机械能守恒定律有mv0=⋅2mv+mv+vy+mgR

222

1

代入相关数据计算得v=6gR，v=2gR

3y

由于小球脱离时相对地面存在水平速度分量，因此其运动轨迹为斜抛，故A错误；

2

B．竖直方向根据vy=2gh

解得h=R

可得小球能上升的最大高度为R+R=2R，故B正确；

C．在小球沿轨道上滑阶段，轨道动量的变化量Δp=2mv

2m6gR

解得Δp=，故C正确；

3

D．小球滑回并最终脱离轨道的过程，在水平方向上可等效为弹性碰撞。依据系统水平方向动量守恒

mv0=mv1+2mv2

111

机械能守恒mv2=mv2+2mv2

202122

2m26gR

解得轨道最终获得的速度v=v=，故D正确。

2m+2m03

故选BCD。

4.(2026·湖南·模拟预测)如图所示，一质量为M的正方体装置固定在光滑水平面，其竖直面内有一半径为

R的光滑环形管道，R远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，直径略小于管道横截面直

径。M=2m，重力加速度为g。下列说法正确的是()

12

A.小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，小球到达管道最低点B时装置对地面的压力大小6mg

B.小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑，运动到与水平方向夹角为37°的C点时，小球对装置压力

大小为3.6mg

2

C.若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，装置偏离原位置的最大距离R

3

D.若装置解除固定，小球从最低点B以水平向右的速度v0=7gR开始运动，小球到达最高点时刚好与

装置无弹力

【答案】D

【详解】A．装置固定，小球由最高点A运动到最低点B的过程中，由机械能守恒定律，可得mg×2R=

1

mv2

2B

解得vB=2gR

mv2

在最低点B，由管道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，有N-mg=B

R

解得N=5mg

由牛顿第三定律，可得小球对管道的压力为N=5mg

装置的重力Mg=2mg

由平衡条件，地面对装置支持力为FN=Mg+N=7mg

由牛顿第三定律，可得装置对地面压力为7mg≠6mg，故A错误；

B．由几何关系，C点相对A点下落高度Δh=R+Rsin37°=1.6R

1

由机械能守恒定律，得mg×1.6R=mv2

2C

2

可得vC=3.2gR

在C点由管道对小球的支持力和小球的重力沿背离圆心的分力的合力提供向心力，有FN-mgsin37°=

2

mvC

R

解得FN=3.2mg+0.6mg=3.8mg

小球对装置压力大小为3.8mg≠3.6mg，故B错误；

C．装置解除固定，系统水平方向动量守恒。当小球运动到与圆心等高处时，装置偏离原位置距离最大。

设装置最大位移为x，则小球水平位移为R-x。由水平方向动量守恒，得m(R-x)=Mx

m1

解得x=R=R，故C错误；

M+m3

D．若装置解除固定，小球从B点以v0出发。设小球和装置在最高点的速度分别为v1，v2，若小球到达

(v-v)2

最高点时刚好与装置无弹力，则重力提供向心力，有mg=m12

R

由水平动量守恒，得mv0=mv1+Mv2

13

111

由机械能守恒，得mv2=mg×2R+mv2+Mv2

202122

联立M=2m，解得v0=7gR

故当v0=7gR时，小球到达最高点刚好与装置无弹力，故D正确。

故选D。

5.(2026·广东湛江·二模)如图(俯视图)，水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板A、B，质量为m的光

滑圆管abcd静止在水平面上，恰好夹在两钢板间，直径ac平行钢板、直径bd垂直钢板，圆管可以左右自

由滑动，圆管中有一质量为m的光滑小球(球直径略小于管径)，小球静止在圆管的最右端a处。某时刻

小球获得一垂直指向钢板A的初速度v0，下列说法正确的是()

A.小球从a端运动到b端的过程，圆管对小球的冲量为0

B.小球从a端运动到c端的过程，圆管对小球的冲量为0

v

C.小球到达b端时，小球和圆管的速度大小均为0

2

2

D.小球到d端时，小球和圆管的速度大小均为v

20

【答案】D

【详解】AC．小球从a到b运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达b点时速

11

度大小为v，由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为v，由能量守恒，mv2=mv2

202

1

+mv2

2

2

解得v=v，故AC错误；

20

B．从a到c，小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2mv0，故B错误；

D．小球到达d点时速度大小也应该为v，方向向右，圆管速度大小为v，方向向左，故D正确。

故选D。

6.(2026·北京海淀·二模)光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块

甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2(I1和I2沿两物块连线方向)。

从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示。橡

皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是()

14

A.物块甲的质量大于物块乙的质量

B.瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小

C.0~t0内，橡皮条对物块甲做负功、对物块乙做正功

D.0~t0内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量

【答案】B

【详解】A．由图可知，t=t0时刻v甲=v乙=0

故t=t0时刻系统动量为0，因水平面光滑，物块甲、乙运动过程中受到的合外力为0，系统动量守恒，故

p初=p末=0

规定向右为正方向，设t=0时刻，甲、乙的初速度大小分别为v甲和v乙，可知-m甲v甲+m乙v乙=0

结合图像，t=0时有v甲>v乙

可知m甲<m乙，故A错误；

B．根据动量定理有I2+I1=p初=0

可知I1=I2

即瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小，故B正确；

C．0~t0内，橡皮条对物块甲的拉力方向向右，物块甲向左运动，橡皮条对物块甲做负功；橡皮条对物块

乙的拉力方向向左，物块乙向右运动，橡皮条对物块乙做负功，故C错误；

D．因t=t0时刻v甲=v乙=0

11

在0~t内，物块甲、乙的动能变化量分别为ΔE=0-mv2，ΔE=0-mv2

0k甲2甲甲k乙2乙乙

由动量定理有I1=m甲v甲，I2=m乙v乙

22

I1I2

故ΔEk甲=-，ΔEk乙=-

2m甲2m乙

因I1=I2，m甲<m乙

可知物块甲的动能变化量与物块乙的动能变化量不相等，故D错误。

故选B。

7.(2026·河南·模拟预测)(多选)如图所示，物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以恒定

速率v顺时针转动。t=0时，A的速度大小为2v，方向水平向右，B的速度为0，弹簧处于原长。t=t1

时，A第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为Ep。已知A、B可视为质点，质量均为m，与传送带的动摩

擦因数均为μ；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取g，A、B始终在传送带上，弹簧始

终在弹性限度内，则()

15

A.0∼t1过程，A、B的位移相等

B.在t=t1时，A、B的速度不相同

12

C.在t=t1时，弹簧的压缩量为mv-Ep

μmg

1