课时冲关37 素养培优12 碰撞模型及拓展-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关３７　素养培优１２　碰撞模型及拓展 学生用书　P４０３ [能力综合练] １．(２０２５􀅰宁夏银川阶段练 习)如图所示,甲木块的质 量为m,以速度v沿光滑水平地面向前运动,正 前方有一静止的、质量也为m 的乙木块,乙上连 有一轻质弹簧,甲木块与弹簧接触后 (　　) A．甲、乙两木块和弹簧所组成的系统动量不 守恒 B．甲、乙两木块和弹簧所组成的系统动能守恒 C．当两木块速度相等时,弹簧的弹性势能最大, 且为１ ４mv ２ D．从弹簧开始压缩到恢复原长,乙木块先做加 速运动,后做减速运动 解析:C　[根据动量守恒定律的条件可知,甲、 乙两木块和弹簧所组成的系统动量守恒,故 A 错误;甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势 能,甲、乙两木块和弹簧所组成的系统动能不守 恒,故B错误;当甲、乙速度相等时,弹簧被压缩 到最短,根据动量守恒定律有 mv＝２mv′,及能 量守恒定律Ep＝ １ ２mv ２－１２×２mv′ ２,联立解得 Ep＝ １ ４mv ２,故C正确;从弹簧开始压缩到恢复 原长,对乙受力分析可知,乙木块一直做加速运 动,故D错误．] ２．在光滑水平地面上静 止放置着由轻弹簧连 接的物块A和B、开始时弹簧处于原长,一颗质 量为m 的子弹以水平初速度v 射入物块 A并 留在其中(子弹与物块相互作用时间极短,可忽 略不计),已知物块A和B的质量均为m,则在 以后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值为 (　　) A．１３mv ２　B．１４mv ２　C．１６mv ２　D．１１２mv ２ 解析:D　[子弹打入木块 A时由动量守恒 mv ＝２mv１,当A(包括子弹)和B共速时弹簧弹性 势能最大,则由动量守恒和能量关系可知２mv１ ＝３mv２,Ep＝ １ ２ 􀅰２mv２１－ １ ２ 􀅰３mv２２,联立解得 Ep＝ １ １２mv ２,故选D．] ３．(多选)如图所示,放在光滑 水平面上的两小车中间用一 压缩了的轻弹簧连接,两只手分别按住甲、乙两 小车,使它们静止．两车的质量均为１kg,轻弹 簧的弹性势能为１J,轻弹簧始终在弹性限度 内,现先放开乙车,当弹簧刚恢复原长时放开甲 车,若以两小车及弹簧组成系统,则下列说法正 确的是 (　　) A．系统的总动量一直为０ B．系统的总机械能(含弹簧的弹性势能)一直为 １J C．放开乙车后,当乙车的速度为０时,甲车的速 度也可能为０ D．放开乙车后,系统动量守恒,机械能(含弹簧 的弹性势能)守恒 解析:BC　[先放开乙车,当弹簧刚恢复原长时 放开甲车,此时甲车速度为０,乙车有向右的速 度,则系统的总动量不为０,故 A错误;整个过 程中,甲、乙两车和弹簧组成的系统满足机械能 守恒,则系统的总机械能(含弹簧的弹性势能) 一直为１J,故B正确;放开乙车后,在放开瞬 间,乙车的速度为０,此时甲车的速度也为０,故 C正确;放开乙车后,在弹簧刚恢复原长前的过 程,由于手对甲车有作用力,所以系统动量不守 恒,但系统机械能守恒,故D错误．] ４．(多选)如图所示,质量 为３kg、半径为４􀆰６m、 圆心为O 点的四分之一 光滑圆弧槽静止在光滑水平地面上,且其底端 与水平地面相切．质量为１kg的小球(可视为质 点)以１２m/s的初速度沿着水平地面向右运 动,取重力加速度大小g＝１０m/s２．对于小球刚 冲上圆弧槽到上升至最高点的过程,下列说法 正确的是 (　　) A．该过程小球和圆弧槽构成的系统动量守恒 B．该过程小球和圆弧槽构成的系统机械能守恒 C．小球能上升的最高点到水平地面的高度为 ５􀆰４m D．小球运动到圆弧轨道上与O 点等高处时的 速度大小为３m/s 解析:BC　[小球与圆弧槽组成的系统水平方向 不受外力,因此水平方向上系统动量守恒,但竖 直方向上合外力不为零,因此系统动量不守恒, A错误;该过程小球与光滑圆弧槽组成的系统 只有重力做功,机械能守恒,B正确;假设小球 不能从圆弧槽最高点飞出,当小球沿圆弧面上 升至最高点时,设二者共同速度v１,球的质量为 m,槽的质量为 M,小球的初速度为v０,根据动 量守恒定律有mv０＝(M＋m)v１,代入数据解得 v１＝３m/s,所 以 系 统 动 能 的 减 少 量 ΔEk＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７３５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第七章　动量　动量守恒定律 １ ２mv ２ ０－ １ ２ (M＋m)v２１＝５４J,重力势能的增加 量ΔEk＝mgR＝４６J,不满足机械能守恒定律, 则假设不成立,由此可知小球能从圆弧槽最高 点飞出,设小球在圆弧最高处的速度为v２,此时 圆弧槽水平方向与小球水平方向的速度均为v１, 根据能量守恒定律有１ ２mv ２ ０＝ １ ２mv ２ ２＋ １ ２Mv ２ １＋ mgR,代入数据可得v２＝５m/s,小球在竖直方 向上的速度vy＝ v ２ ２－v２１＝４m/s,故小球离开 圆弧槽能上升的高度h＝ v２y ２g＝０．８m ,小球能上 升的最高点到水平地面的高度为hmax＝h＋R＝ ５．４m,C正确,D错误．] ５．(多选)如图所示,光滑水平地 面上停放着一辆质量为２m 的小车,小车的四分之一圆弧 轨道在最低点B 与水平轨道相切,圆弧轨道表 面光滑,半径为R,水平轨道表面粗糙．在小车 的右端固定一个轻弹簧,弹簧的原长小于水平 轨道的长度．一个质量为m 的小球从圆弧轨道 与圆心等高的A 点开始自由滑下,经B 到达水 平轨道,压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车 静止在B 点,重力加速度大小为g,下列说法正 确的是 (　　) A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒,机械 能不守恒 B．小球第一次到达B 点时对小车的压力７３mg C．弹簧具有的最大弹性势能为１２mgR D．从开始到弹簧具有最大弹性势能时,摩擦生 热１ ２mgR 解析:CD　[小球、小车及弹簧组成的系统由于 克服阻力做功,机械能不守恒,水平方向外力为 零,水平方向动量守恒,但竖直 方 向 合 力 不 为 零,系统动量不守恒,故A错误;B．将小车和小 球、弹簧当成一个系统,在运动过程中,系统的 水平动量守恒,取向右为正mv１＝２mv２,mgR＝ １ ２mv ２ １＋ １ ２×２mv ２ ２,小球第一次到达B 点时FN －mg＝m (v１＋v２)２ R ,解得FN＝４mg,根据牛顿 第三定律,对小车的压力４mg,故B错误;弹簧 具有的最大弹性势能时,系统共速 mv１－２mv２ ＝(m＋２m)v,解得v＝０,根据能量守恒,设克服 阻力做功为Wf, １ ２mv ２ １＋ １ ２×２mv ２ ２＝Wf＋Epm, 压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B 点,可知mv１－２mv２＝(m＋２m)v′,最终共速为 ０,根据能量守恒Epm＝Wf,解得Epm＝Wf＝Q＝ １ ２mgR ,故C、D正确．] ６．如图所示,可看成质点 的A物体叠放在上表 面光滑的B物体上,一起以v０ 的速度沿光滑的 水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨 道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上 表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到 达C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,且 为m,木板C长为L,求: (１)A物体的最终速度; (２)A、C之间的摩擦因数; (３)A在木板C上滑行的时间t． 解析:(１)B物体与木板C发生完全非弹性碰 撞,B、C碰撞过程中动量守恒,设B、C碰后的共 同速度为v１,取向右为正方向,由动量守恒定律 得mv０＝２mv１, 解得v１＝ v０ ２ , B、C共速后 A以v０ 的速度滑上C,A 滑上C 后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒, 设最 终 A、C 的 共 同 速 度 v２,则 mv０ ＋mv１ ＝２mv２, 解得v２＝ ３v０ ４ ． (２)在A、C相互作用过程中,设 A所受摩擦力 的大小为f,根据功能关系有 fL＝１２mv０ ２＋１２mv１ ２－１２×２mv２ ２, 解得f＝ mv０２ １６L , 对A由牛顿第二定律得f＝μmg, 解得A、C之间的摩擦因数μ＝ v０２ １６gL． (３)A在木板C上滑行的过程中,对C根据动量 定理有ft＝mv２－mv１, 解得A在木板C上滑行的时间t＝４Lv０ ． 答案:(１)３４v０ ;(２) v０２ １６gL ;(３)４Lv０ ７．如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上, 另一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放 在离地面高为 H＝５m的光滑水平桌面上,现 有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝０􀆰４５m高 处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞并粘在 一起压缩弹簧推动滑块C向前运动,经一段时 间,滑块C脱离弹簧,然后在水平桌面上运动一 段距离后从桌面边缘飞出．已知mA＝２kg,mB ＝１kg,mC＝３kg,g＝１０m/s２,求: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８３５􀅰 高考总复习　物理 (１)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小; (２)压缩过程中弹簧的最大弹性势能; (３)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离． 解析:(１)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间速度大 小为v１,滑块A从光滑曲面上h高处由静止开 始滑下的过程,根据机械能守恒可得 mAgh＝ １ ２mAv ２ １, 解得v１＝ ２gh＝３m/s, 滑块A与B碰撞结束瞬间具有共同速度v２,根 据动量守恒可得mAv１＝(mA＋mB)v２, 解得滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度为 v２＝２m/s． (２)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹 簧,当滑块A、B、C速度相等时,弹簧压缩量达 到最大,弹性势能最大,根据动量守恒可得 (mA＋mB)v２＝(mA＋mB＋mC)v３, 解得v３＝１m/s, 根据系统机械能守恒可得Epm＝ １ ２ (mA＋mB)v２２ －１２ (mA＋mB＋mC)v２３, 解得压缩过程中弹簧的最大弹性势能为 Epm＝３J． (３)被压缩弹簧再次恢复自然长度时,滑块C脱 离弹簧,设滑块 A、B的速度为v４,滑块C的速 度为v５,根据系统动量守恒和机械能守恒可得 (mA＋mB)v２＝(mA＋mB)v４＋mCv５, １ ２ (mA＋mB)v２２＝ １ ２ (mA＋mB)v２４＋ １ ２mCv ２ ５, 联立解得v４＝０,v５＝２m/s, 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动,则有 x＝v５t,H＝ １ ２gt ２, 联立解得滑块C落地点与桌面边缘的水平距离 为x＝２m． 答案:(１)２m/s;(２)３J;(３)２m [素养培优练] ８．如图所示,长４m的木板B静止在光滑水平面 上,木板右侧紧靠光滑圆弧槽C,C左侧与木板 B等高,C与B不粘连,在木板B的左端放置一 个质量mA＝２kg的物块A,物块A的正上方O 点固定一长l＝３．６m的轻绳,在轻绳下端固定 一个质量m０＝２．４kg的小球．现将小球向左拉 起,使细绳绷直并与竖直方向成６０°角由静止释 放,当小球运动到最低点时与物块A碰撞(碰撞 的恢复系数e＝５６ ),随后A在木板B上滑行并 能冲上圆弧槽C,B、C刚分离时,B的速度大小 为２m/s．已知两物体碰后相对速度大小与碰前 相对速度大小的比值叫做恢复系数e,小球和物 块A均可视为质点,B、C的质量均为１kg,取重 力加速度g＝１０m/s２．求: (１)小球与物块A碰撞前瞬间,所受轻绳的拉力 大小; (２)物块A与木板B之间的动摩擦因数μ; (３)物块A冲上圆弧槽C至最高点的过程中,圆 弧槽C所受合外力冲量的大小 解析:(１)对小球由动能定理 m０gl(１－cos６０°)＝ １ ２m０v ２ ０－０, 小球与物块A碰撞前瞬间,对小球由牛顿第二 定律T－m０g＝m０ v２０ l , 联立可得,小球与物块A碰撞前瞬间,所受轻绳 的拉力大小T＝４８N． (２)小球与物块A碰撞过程中,由动量守恒定律 m０v０＝m０v１＋mAv２, 由(１)可知v０＝６m/s, 其中e＝ v２－v１ v０ ＝５６ , 联立可得v１＝１m/s,v２＝６m/s, 对物块A由牛顿第二定律μmAg＝mAa１, 对木 板 B和 圆 弧 槽 C整 体 由 牛 顿 第 二 定 律 μmAg＝(mB＋mC)a２, 设物块A经过时间t冲上圆弧槽C,由运动学 公式v２t－ １ ２a１t ２－１２a２t ２＝lB, 其中vB＝a２t＝２m/s, 联立可得t＝１s,μ＝０．２． (３)由题意可知,物块A冲上圆弧槽C时的速度 为vA＝v２－a１t＝６m/s－２×１m/s＝４m/s, 对物体A和圆弧槽C整体水平方向动量守恒 mAvA＋mCvB＝(mA＋mC)v共, 由动量定理,物块A冲上圆弧槽C至最高点的 过程中,圆弧槽C所受合外力冲量的大小 IC＝mCv共 －mCvB＝ ４ ３N 􀅰s． 答案:(１)４８N　(２)０􀆰２　(３)４３N 􀅰s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９３５􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 第七章　动量　动量守恒定律