课时检测训练28 碰撞类的三个模型-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练28 碰撞类的三个模型 -对应答案P593 1.如图所示，光滑水平面上停放 4.(多选)如图所示，在光滑 着一辆小车，小车的光滑四分 水平面上右侧放有一个 之一圆弧轨道在最低点与水平轨道相切。在小 车光滑圆弧轨道ABC, 772 A 车的右端固定一轻弹簧，一小球从圆弧轨道上某 处由静止释放。①若水平轨道光滑，当弹簧第一 其圆心为O:质量为m的小球从水平面上P点 次被压缩至最短时，小车的速度大小为，，弹簧 以初速度。向右运动，滑上圆弧轨道后从C点 的弹性势能为E:②若水平轨道粗糙，当弹簧第 抛出。已知圆弧轨道质量为3m,则小球与圆弧 () 一次被压缩至最短时，小车的速度大小为马，弹 轨道作用过程中下列叙述正确的是 簧的弹性势能为E。则 A.小球离开C点后做竖直上抛运动 ( B.小球离开C点后做斜抛运动 A.v<v:Em=E B.v=vE>E C.>E<E D.>E>E C圆弧轨道的最大速度为？ 2.如图所示，两颗质量和速度均 A D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度 相同的子弹分别水平射入静 7777777777772777277 方向水平向左 止在光滑水平地面上的滑块 B 5.足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L A、B后与滑块一起运动。两 的甲、乙木板，如图甲、乙所示。完全相同的小物 滑块质量相同，材料不同，子弹在A中受到的平 块（可视为质点），以水平速度分别冲上甲、乙 均阻力是在B中受到的平均阻力的两倍。下列 木板左端，两木板上表面均水平，已知小物块与 说法正确的是 甲、乙木板间动摩擦因数相同，甲、乙木板质量分 A.射入滑块A的子弹最终速度小 别为2M,M。不计空气阻力，小物块恰好能到达 B.射人滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 甲木板正中央位置，小物块能到达乙木板的位置 C,射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的 距乙术板左端的距离为d,则 两倍 □ □+m D.子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 3.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一 竖直平面内，两静止小球m、:分别穿在两杆 A>号 d-号 上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状 D.d=L 态，现给小球m一个水平向右的初速度，两 cd<号 杆足够长，则在此后的运动过程中 6.如图所示，一质量m,=0.45kg的平板小车静止 在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m2= 0.5kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与 小车上表面之间的动摩擦因数：=0.5。现有一 m* 质量m。=0.05kg的子弹以u,=100m/s的水 A,m1,m组成的系统动量不守恒 平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小 B.m1,m2组成的系统机械能守恒 车相互作用时间很短。g取10m/s,求： m2” C.弹簧最长时，其弹性势能为2(m,干m D.m的最大速度是2： 1十mg (1)子弹刚射入小车后，小车的速度大小。 387 课时检测训练·物理 (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为：8，质量m,=0.3kg的小车静止 四地 多少。 在光滑的水平面上，车长L 1.5m.现有一质量为m=0.2kg、可视为质点 的物块，以水平向右的速度=2m/s从左端滑 上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保 持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数： 0.5,g取10m/s。求： (1)物块与小车的共同速度大小。 (2)物块相对小车滑行的时间1。 (3)从开始到共速，小车运动的位移大小1。 (4)从开始到共速，物块运动的位移大小。 (5)在此过程中系统产生的内能。 (6)若物块不滑离小车，物块的速度不能超过 多少。 7.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg,初始 时弹簧处于原长，A,B两物块都以=6m/s的 速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的 物块C静止在前方，如图所示。已知物块B与物 块C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中： Aw[n (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为 多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 课时检测训练·物理 -388 9.如图所示，一块长木板静止在光滑水平面上，距 10.如图所示，一光滑的圆弧 离长木板右端=0.5m处有一个竖直挡板。竖 固定在小车的左侧，圆弧半 直光滑！圆弧轨道在B点与长木板紧靠且与长 径R=0.8m,小车的右侧固定连有轻弹簧的挡 木板上表面相切，圆弧轨道半径R=4,05m。滑 板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质 块从光滑圆弧轨道A点由静止释放，在O点 量为M=3kg,小车置于光滑的地面，左侧靠 墙，一物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下， 正下方的B点滑上长木板。在长木板与右侧挡 经过B点时无能量损失，最后物块停在车上的 板第二次碰撞瞬间，滑块以v=3m/s的速度滑 B点。已知物块的质量m一1kg,物块与小车 离长木板（此前滑块一直相对木板滑动），滑块， 间的摩擦因数为=0.1，BC长度为L=2m,g 长木板质量均为m=1kg,木板与挡板的碰撞为 取10ms。求在运动过程中： 弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，重力 (1)弹簧的最大压缩量。 加速度取g=10m/s。求： (2)弹簧弹性势能的最大值。 (1)长木板与挡板第一次碰撞前瞬间的速度 大小 (2)滑块与长木板间的动摩擦因数。 (3)长木板的长度。 90 389 课时检测训练·物理弹的动量的大小关系，因此Q的运动 竖直方向有h=, 次小车的速度相等。当水平轨道粗楚 方向不一定与爆炸前的运动方向相 时有摩擦生热，根据能量守恒可知 同，故A错误：在爆炸过程中，P、Q受 联立并代入数据解得巴w=1m/5, E>E 到爆炸力大小相等，作用时间相同，则 A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B 2.D解析设子弹的初速度为v,子弹 暴炸力的冲量大小一定相等，由动量 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所 与滑块共同速度为v',子弹和滑块的 定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的 受弹簧弹力也等大反向，又A、B整直 质量分别为m、M,取向右为正方向，根 改变量大小相等，方向相反，D正确； 方向上所受合力均为零，故A、B组成 据动量守恒定律可知me=(m十0， 爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向 的系统所受合外力为零，动量守恒， 上为自由落体运动，由于高度相同，在 则有ma=m 解得。一网由于两滑块质量相 空中运动时间一定相同，所以P、Q 解得a=1m/s. 司，子弹质量也相同，则最后共同速度 定同时落地，B错误：由于爆炸后两部 (2)对B离开弹簧后的运动过程，根 也相同，故A错误；子弹的质量相同， 分速度的大小关系无法判断，因此落 据动能定理有 初、末速度相同，测子弹的动量变化量 地点到爆炸点的水平距离无法确定，C 一m82n=0-zmn, 相等，根据动量定理可知I=△p,子弹 错误 受到的图力的冲量相同，政B错误：根 代入数据解得：=0.2。 10,A解析根据碰撞过程动量守恒定 据能量守恒定律可知，两过程中系统 律，如果△p=-3.0kg·m/s、 (3)对A,B与弹簧相互作用的过程， 产生的热量等于系统减小的机械能， △pm=3.0kg·m/s,所以碰后两球的 根据能量守恒定律有 故两过程系统产生的热量相同，由Q= 1 1 Fd,其中子弹在A中受到的平均阻力 动量分别为p'=2.0kg·m/s、 △E,=交m+交m十mg· pa'=10kg·m/s,根据碰擅过程总动能 是在B中受到的平均阻力的两倍，可 知子弹射入滑块B中的深度是射入滑 不增加，是可能发生的，故A正璃。两球 告+mg·告 块A中深度的两倍，故C错误；根据动 碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变 代入数据解得△E.=0.12J. 能定理可知，子弹对滑块数的功等于 化量应大小相等，方向相反，若△P 13.(1)r=马 (2)W=6mgL-3mv," 滑块动能的增加量，两滑块质量相同， =3.0kg·m/s,△pm=3.0kg·m/s, g 初动能相同，末动能相同，则子弹对滑 违反了动量守恒定律，不可能，故B -學度 块A做的动和对滑块B微的功相等， 错误。根据碰撞过程动量守恒定律， 故D正确。 如果△p=3.0kg·m/s、△p= 解析(1)A在传送带上运动时的加 速度a=g, 3,D解析m1,m2组成的票统受合外 一3,0kg·m/s,碰后两球的动量分别 由静止加速到与传送带共遮所用的 力为零，则系统的动量守恒，选项A错 为pa'=8kg·m/s,pa'=4kg·m/s, 由题，碰撞后两球的动量方向都与原 时问： 误m1、m:及弹簧组成的系统机械能 守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球 来方向相同，A的动量不可能沿原方 向增大，与实际运动不符，故C错误 a ug 共速，则由动量守恒定律得m。=(m (2)B从M点滑至N点的过程中克服 如果△pa=-10kg·m/s、△pB= 十m:),此时弹性势能为E。= 2m, 10kg·m/s,所以碰后两球的动量分 阻力做的功W= 1 ·2m,2十2mg· m 别为p'=-5kg·m/s、pg= 一之(m:十m=2mm选项C 17kg·m/s,可以看出，碰撞后A的 3L-合·2m(2aP=6ngL-3m, 错误：当弹簧再次回到原长时m1的速 动能不变，而B的动能增大，违反了 (3)A,B碰撞过程由动量守恒定律和 度最大，对m,%=m出十m马， 能量守恒定律，不可能。故D错误。 能量关系可知， 11.A解析设喷出三次气体后火箭的 名-立风+宁m,解得 速度为山，以火箭和喷出的三次气体 2m·2%,=m+2m4,2·3n·2 2m,选项D正确。 m1十m2 为研究对象，以竖直肉上为正方向， 4.BCD解析小球以初速度滑上圆 由动量守恒定律得：(M一3m) 烈轨道，小球与圆孤轨道产生相互作 3mv=0,解得≈4m/8,故A正确 -[22m2,] 用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离 地球卫星要能成功发射，资气n次后 至少要达到第一字宙速度，即：。= 解得=2=%（另一组= 圆题轨道的过程中系统机械能守恒， 3% 且小球与圆弧轨道组成的系统在水平 7.9km/s,故B错误，以火情和喷出 5 的#次气体为研究对象，以竖直向上 4=3%舍掉)， 方向动量守恒，所以小球离开C点时 水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直 为正方向，由动量守恒定律得：(M一 2L 南上的分速度，所以小球离开C点后 m)一nu=0,代入数据解得n≈ 两物体平抛运动的时间为与=√ 做斜抛运动，选项A错误，B正确：因 666,故C错误：至少持续喷气时何： 则一r■41十r巧1 为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水 1-品-3.38，数D错误. 架得受受 平速度与弧轨道相同，所以小球还 能落到圆弧轨道上，最后相对要弧轨 12.(1)1m/s1m/s 课时检测训练28 道向左运动到水平面上，设小球从左 (2)0.2 1.B解析弹簧第一次被压缩至最短 侧离开圆到轨道时其速度为，图瓢 (3)0.12J 时，小球与小车具有共司速度。两种 轨道的速度为网，则有m=m巴十 解析(1)A离开桌面后做平抛运 情况的水平面都光滑，满足水平方向 1 动，则水平方向有x=, 动量守恒，有0=(m十m:)0,所以两 3mm=之m+×3m, ·593 高考一轮总复习·物理 联立解得，西=一乞西=2，即小 (5)方法一△r=x1一x,=0.24m, 根据动量守恒定律，由m%=2m,解得 Q=m:g·△x=0.24J 4=2.0m/s: 球离开圆烈轨道再次回到水平面上时 (3)两物块碰撞过程中损失的机械能 速度方向向左，且此时图弧轨道速度 方法二Q=AB=-(m十 最大，远项C、D正确。 m2)w=0.24J。 4E2m3-是×2m, 5.C解析两个 (6)由动量守恒定律及能量守恒可得 解得△E=0.10J。 过程，极据动量 m,'=(m1十m2)t, 守恒m,一(m十 2m:-(m+%)-m%gL, 2.(1)2(22 2Mv:,mv,=(m 解析(1)设玩具上升的最大高度为 十M),故< 0 联立解得，'=5m/s. 巴，又小物块加速度不变，作出两次v- 9.(1)2m/s(2)0.4(3)8.5m h,玩具上开到高度子h时的速度大小 :图像如图所示，则d<受（共中d为 解析(1)滑块从A到B过程中机械 为，重力如速度大小为g,以初速度 能守恒； 方向为正，由运动学公式，有 图中阴影邮分面积)，故选C。 6.(1)10m/s(2)5m 则mgR=2m,解得4=9m/s, 0-2=-2gh, 解析(1)子弹射入小车的过程中，子 滑块以巴滑上木板，设第一次碰前滑 -=-2g( 弹与小车组咸的系统动量守恒，由动 块的速度大小为巴，长木板的速度大 联立解得v=2, 量守恒定律得m。=(m,十m1),解 小为马，由动量守恒定律可知m三 得u1=10m/s: mu十m马， (2)设玩具分开时两部分的质量分别 (2)子弹、小车，小物块组成的系统动 由木板与指板的碰撞为弹性碰撞，得 为m1m,水平速度大小分别为，西 量守恒，设当小物块与车共速时，共同 长木板第二次与挡板碰撞时，长木板 依题意，动能关系为 速度为比：，两者相对位移大小为L,由 的遮度与第一次硅撞时相等，由动量 7m+之ng-之偏tma, 动量守恒定律和能量守恒定律有 守恒定律mu一m=mv十m, (m十m)=(m十m1十m2)马m2gL 解得-2m/5: 玩具达到最高点时速度为零，两部分 分开时速度方向相反，水平方向动量 -号m+m加-m+m+网a, (2)由牛顿第二定律umg=ma, 对长木板有2as=,2, 守恒，有m1一m%=0, 解得L=5m,故要使小物块不脱离小 解得4=0.4： 分开后两部分做平抛运动，由运动学关 车，小车的长度至少为5m。 (3)设长木板长度为1， 系，两部分落回地面时，竖直方向分速 7.(1)3m/s(2)12J 对滑块有-2a(l+s)=-,2, 度大小为，设两部分蒂地时的速度大 解析(1)弹簧压缩至最短时，弹性势 解得l=8.5m. 小分别为马'、马'，由速度合成公式，有 能最大，由动量守恒定律得(m十m)v 10.(1)1m(2)3J '=√+，，'=√+4， =(ma十m。十me)ua,解得v,=3m/5: 解析(1)由A点到B点的过程中， (2)物块B,C碰撞过程票统动量守恒 考虑到m:m,=1:4,联立解得码 m=(mg十me),故=2m/s, 由动能定理得mRR=立m,解得 3.(1)1m/s0.125m 碰后弹簧压缩到最短时弹性势能 va=4 m/s, (2)0.25m 最大， 从开始到静止于B点系统动量和能 m/s 量守恒有 解析(1)小物块从滑上木板到两者 故E,-2m心+2（m十me)e mvg=(M+m)v, 共速的过程，由动量守恒定律有 m,+m十me)o,-12J. 名m'-M+mf+3mngu+. 1 m:=(m1十m2)U1: 解得，=1m/s, 8.(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m 解得x=1m: 两者共速前，对木板，由牛顿第二定 (4)0.336m(5)0.24J(6)5m/s (2)由B点至将弹簧压缩到最短，系 律有 解析(1)设物块与小车的共同速度 统动量守恒，取方向为正方向，有 um:g=m a, 为，以水平向右为正方向，根据动量 mUs=(M十m)', 解得a=4m/s, 守恒定律有m=(m1十m,),解得 此时的弹性势能最大，由能量守恒 由运动学公式有 =m%=0.8m/s 可得 m1十： 2ax,=v, (2)对物块由动量定理有一mg zm,=号(M+m)+E十 解得x1=0.125m。 mg(L十x), (2)木板与弹簧接触后，物块与木板先 一起减速，当物块受到的摩擦力达到 解得t=马一 由以上两式可得E.=3J。 =0.245. 课时检测训练29 最大静摩擦力时，两者之间即将相对 (3)对小车，根据动能定理有m2gx1= L,(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J 滑动， m 解析(1)抛出后整直方向为自由落 对物块有mg=m2a', 豆mD一0，解得x1= 2um:8 体运动，由h=号g,解得1=0.30s 对整体有kx2=(m1十m)a, 0.096m. 解得x=0.25m （0==248×0.24m (2)设物块A、B碰撞后速度为，批出 从木板接触弹簧到物块与木板之间即 2 后水平方向为匀速运动，由s=t,解得 将相对滑动的过程，物块、术板和弹黄 0.336m v=1.0m/s, 三者组成的系统机械能守恒，则有 高考一轮总复习·物理 ·594