第一章 微专题 碰撞问题中的经典模型-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

微专题 碰撞问 黑题 专题强化 题型1子弹木块模型 1.(2025·山东聊城期中)（多选）质量为M、长 度为d的木块放在光滑的水平面上，在木块的 右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向 右滑动，质量为m的子弹以水平速度。射入 木块，刚好能将木块射穿现拔去销钉，使木块 能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速 度。射人静止的木块，设子弹在木块中受到 的阻力大小恒定拔去销钉后，下列说法正确 的是 ( D A阻力大小为2a p Mvo B.木块最终的速度为 M+m C,子弹射入木块的深度为md M+m D.木块加速运动的时间为(M+m) 2Md 2.如图所示，相互接触质量均为m的木块A、B 静止放置在光滑水平面上，现有一子弹水平 穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分 别为和2，木块对子弹水平方向的作用力恒 为∫，则下列说法正确的是 ( A.1时间内，子弹的动量变口AB 777777777777777 化量大于A的动量变 化量 B.2时间内，子弹的动量变化量大于B的动 量变化量 C.1时间内，子弹和A的总动量守恒 D.2时间内，子弹和B的总机械能守恒 第一章 题中的经典模型 限时：45min 3.(2025·江苏南通检测)如图所示，木块静止 在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木 块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这 一过程中木块始终保持静止.若子弹A射入的 深度大于子弹B射入的深度，则 ( A.子弹A的质量一定比子4昌 弹B的质量大 B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受 到的阻力大 C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木 块中运动的时间长 D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大 题型2板块模型 4.(2025·河北保定期中)如图所示，一质量为 1kg的长木板B放在光滑水平面上，在其右 端放一质量为2kg的小物块A现给A和B大 小均为6m/s、方向相反的初速度.已知A最终 没有滑离木板B,g取10m/s2,则下列说法正 确的是 0 A 7777777777777777 A.A、B系统动量不守恒 B.当B速度大小为1m/s时，A的速度大小一 定为3.5m/s C.A、B间动摩擦因数越大，相对运动的时间 越短 D.A、B间动摩擦因数越大，系统因摩擦而产 生的热量越大 5.如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分 别为m1=1kg、m2=2kg的木板A、B,一质 量M=2kg的滑块C(视为质点)以初速度 o=10m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A 黑白题021 时的速度大小为u,=7m/s,最终C与木板B 相对静止，则 nnmAnm A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B.木板B的最大速度为2m/8 C.木板A的最大速度为1m/s D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少 了57.5J 6.(2025·江苏盐城期初)质量为M的粗糙长木 板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等 分点质量为m的物块（可视为质点）以一定 的初速度从α点水平滑上木板左端，经过一段 时间物块停在木板上，如图甲是物块刚滑上木 板时的物块与木板的位置状态，图乙是物块 刚与木板达到共同速度时的位置，关于木板 与物块的质量关系，可能正确的是() A.M=2m B.M=m C.M=2m D.M=3m 题型3弹簧模型 7.(2024·福建莆田期中)如图所示，在光滑的 水平面上，有两个质量均为m的小车A和B, 两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速 度。向右运动，另有一质量为m的粘性物体， 从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘 合在一起，这以后的运动过程中，弹簧获得的 最大弹性势能为 P BW A 1 A.4m6 B.g mu C.」 mug 5m D. 选择性必修第一册·RJ】 8.(多选)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2。的速度向右压缩弹簧，测得 弹簧的最大压缩量仍为x,则 () a二Mw 国aa风 乙 A.物体A、B的质量比为3：1 B.弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能为 3 2mug C.在图乙中，弹簧压缩量最大时，物体A的动 量大小为5mo D.在图乙中，弹簧第一次恢复原长时物体B 的速率为3v。 9.(2025·山东德州期中)如图甲所示，一质量 为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑 水平面上物块B以某一速度向A运动，t=0 时刻物块B与弹簧接触，t=2。时刻与弹簧分 离.物块A、B运动的-t图像如图乙所示.已知 从t=0到t=t。时间内，物块A运动的距离为 0.32o,弹簧始终处于弹性限度内.下列说 法正确的是 1.0 08--- B→A 777777 A.物块B的质量为0.25m B.分离后物块A的速度大小为2o C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5mw D.弹簧压缩量的最大值为0.6oto 白题0224 量定理可得，乙对甲的冲量为/=m单-。= 3mm。,负号表 示方向，故乙对甲的冲量的大小为。故D正确故选CD 7.D解析：A在子弹射人物块B的过程中，子弹和物块B构 成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩 擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误：B.子弹射人物块 B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有 (Q01m+0.99m)gL=2(Q.01m+0.9m)r2,解得子弹射入物 块B后的速度为=2gL,子弹射人物块B过程中，由动量 守恒定律得0.01mn=(0.01m+0.99m)r,解得子弹射入物块 B的初速度为=100√2gL,故B错误；C若物块A不周定， 子弹仍以。射人后，子弹和物块B的动能转化为物块A和 物块B(包括子单)的动能和物块B(色括子弹)的重力势能， 所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，故 C错误：D,当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相 同的速度，在水平方向系统动量守恒，由动量守恒定律有 (Q.01m+0.99m)=(0.01m+0.9m+2m)r,解得r=y2 3 故D正确.故选D 压轴挑战 8.(1)1m/s0(2)1m(3)0.2m 解析：(1)设B与槽壁第一次碰撞后速度为刷，A的速度为 "1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m,=m1+mm, 解得1=。=1m,=0: (2)物块B第一次碰撞后，B静止，A做匀减速直线运动，C 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得a,=a,=m坚。 0.25m/82 若A,C共速，则需用时间为t1,共速速度为，根据速度关 系=ac=a-a 可得，= -=2s,,1=acl1=0.5m/s, axta 0+,4 A.C的位移n="2=15ma 21=0.5m. 则相对位移△x,=x1-xa=1m, 故B与槽壁第二次碰撞前，C不与A左侧槽壁相碰，△x,即C 相对下槽面滑动的距离为1m: (3)第二次碰撞，A以=0.5m/s的速度与静止的B碰撞， 类比第一次碰撞计算可得：第二次碰撞后m=05m/s, "a=0. 此后，C做匀减速直线运动，A做匀加速直线运动，二者第 二次共速设共速需用时间为t2,共速速度为2，同理可得 1a=1s,a=0.25m/s,A、C的位移xexa和相对位移△x分 别为xa=0.125m,xa=0.375m,△r=xa-x=025m, 第三次碰撞：B以rm=0.5m/s的速度与速度a=0,25m/s 的A碰撞，由于A,B质量相等，二者速度交换=0.25m/s a=0.5m/s. 此后，A做匀诚速直线运动，C做匀加速直线运动，二者第 三次共速。 再次计算相对位移△x=xu-xa=0.0625m, 发现4，=4△x2=16△=…=4-4。， 由此可归纳△x。= 4x1 参考答案与解折 C相对于A的总位移为x。=△x,-△x2+A3-△：+…= 1- 1)“ 16 (△r,-4x2) 16 当m→时，△xa=0.8m, 则物块C与左侧槽壁间的距离为0.2m 微专题碰撞问题中的经典模型 黑题 专题强化 1,AD解析：A.当木块固定时，由动能定理可知-d=0- 了，解得/户受故A正确：成拔去销钉，子弹与木块系 统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得m,= (m+W),解得：一故B错误：C拔去销钉后的整个过 程根据动能定理有-在= 之(a+M0)-,解得子弹射入 木块的深度x= Md ,C错误：D.对木块根据动量定理可得 M+m 2Md =M,得木块加速运动的时间为1一(M+m) -,故D正确.故 选AD. 2.A解析：AC,时间内，子弹推动两个木块一起运动，所以 子弹和木块A、B的动量守恒，m子=m子+(m,+ ma)2→m子-m于，=(m,+ms)2,子弹的动量变化量等于 木块A、B整体的动量变化量，所以子弹的动量变化量大于A 的动量变化量，A正确，C错误：B.时间内，子弹和木块B 的动量守恒，m子，+mg2=m手，+ma,→m子斯1~m子三 m,-m2,子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错 误：D.1,时间内.子弹和B的运动过程中，有热量产生，所以 此过程中机械能不守恒，D错误故选A 3.D解析：BD.由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块 的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为了，根 据动能定理，对A子弹-，=0-E,得日，=E,:对B子弹 -aa=0-E,得am=EB:由于d,>da,则子弹人射时的初 动能△E,>E,故B错误，D正确：A对两子弹和木块组成 的系统动量守恒，则有/2m,E:=√2mEg,得m,<m, 故A错误：C.子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终 保特静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否 则木块就会运动，故C错误.故选D. 4.C解析：A.由于A,B组成的系统所受合外力为零，则系统 动量守恒，故A错误：B.以向左为正方向，根据动量守恒定 律有m,。-mo=m,,+m,2,当B的速度大小为1ms时，A 的速度大小可能2.5m/s或3.5m/s,故B错误：C,根据动量 守恒定律有m,。-m,=(m,+m2)x,解得两物体最终的速度 为=2ms,所以=，由此可知，A,B间动摩擦因数越 大，相对运动的时间越短，故C正确：D.系统因摩擦而产生 的热量为Q=之，心+心-(m,+m)2=48J,系统因 摩擦而产生的热量不变，故D错误故选C 5.D解析：ABC.整个系统水平方向动量守恒，C滑离木板A 时，=M,+(m,+m)巴1，解得木板A的最大速度为 P,=2m:滑上B后，对B、C整体水平方向动量守恒 M,+m2,=(M+m2),解得木板B的最大速度为g= 4.5m/s,并且B,C一起匀速运动，故ABC错误：D.整个过 黑白题09 程，A.B.C组成的系统机梳能减少了4E=-m, 2(m+M)=57.5J,故D正确.放选D. 6.A解析：水平面光滑，物块与木板的加速度分别为a。=g, 4w=,当两者共速时，有，一=，=4，可得= M 对1有仙mg三2M,设相对位移为4，对m有 g·(x+△x)=2一、6+整里导、 △r+xM+2m 之，因为x<△x<2x,解得m>M,故选A m 7.C解析：粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向 右为正方向，由动量守恒定律有m,=2m,得与=2o之 后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相 等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得m。+ 2m=3m,得了o,弹簧的最大弹性势能E=2m6+ an(分广宁n(民)广古.c正晚 8.ABD解析：AB.设A物体的质量为m4,物体A压缩弹簧的 最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能 1 （设为E,),有E,=2m,6 当A以2。向右运动压缩弹簧过程，A,B及弹簧系统动量守 恒，当二者共速（设为：）时，弹簧达到最大压缩量，也为x此 过程动量守恒，有m1·2=(m+m), 由功能关系有m,(2,) 2（m,+m)r2=E, 联立上面三式解得，=3，=m子 故AB正确： C弹簧压缩量最大时，A的速度为)， 故能时A的动量为=3如子，学放C错误 D,图乙中，系统在水平方向的动量始终守恒，设弹簧恢复原 长时，物体AB的速率分别为、2，则根据动量守恒定律可 得3m×2o=3mw,+mm:, 根据能量守相定律可得×3mX(2,户=子x3m+。 联立可解得r,=a,,=3,故D正确。 故选ABD. 9.D解析：A.由图可知在t。时刻两物块共速，则由动量守恒 定律mgo=(m+me)x0.8。,解得物块B的质量为m=4m, 选项A错误：B.分离时弹簧恰恢复到原长，则由动量守恒和 能量关系mo=m,+m,2m后=2m,+2m,解 得分离后物块A.B的速度大小分别为，=1.6o3=0.6, 选项B错误；C.当两物体共速时弹簧弹性势能最大，则碰撞 1 过程中弹簧的最大弹性势能为Em=2m哈2(m,+m）: (0.8r)2=0.4m后，选项C错误：D.如图所示，在0-1。时间内 弹簧被压缩，A的位移s,=0.32o(即下方阴影面积)，因A、 B受弹力等大，则A、B加速度之比为4：1，则B比匀速时减 选择性必修第一册·RJ 小的位移为△=4，=0.08,6（即上方阴影面积），即B的 位移sm=to-0.08o=0.92,o,可得弹簧压缩量的最大值 为△1=s。-s,=0.6la,选项D正确故选D. 专题探究二多体与多次碰撞问题 黑题专题强化 1.C解析：A.设Q滑到水平面上时速度大小为，P,Q相碰， 由动量守恒知mg=mgom+mpn,由能量守恒知，mg= 1 1 2mo 之m,a+2m,,联立解得第一次碰后nm+m ,o= mgm,若物块Q质量小于P,之后Q滑上斜面并返回.速 mo+mp 度等大反向，若不能追上P,则有m≥1o11,解得≥ 子A正确：退同理者觉行第一次能后子 mn 3,之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 2 4 1 n9,m=g,故P,Q只能发生两次碰撞，B正确： 由Λ法项知，当需≥子，则PQ只能发生一次碰撞，C错 误同理者觉)第-次硬后n 1 ,之后 4 5,"m=- Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有n25, 8 =2了，故P.Q只能发生两次碰撞，D正确故选C 7 2.BD解析：小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定律， 规定向左为正方向第一次碰撞有m,=12m,mx子解 得，=7A错误：第一次碰撞过程中系统损失的机械能 为4=宁宁宁（停小广-名正商 5 第二次碰撞有12mt,+m× 7=12m2-m× 51 7,解得 与=1x745=125 72% 宁<7，第三次碰撞有12m,+m× (）广=12,-m×()广解得 12×7+52 7 o 10953 ,3。<。。,第四次菲童有12mr,+m×气7)o=12e一m× 109x7+538885 (号)广解得=9745，=>子所以小球A利 小球B最多可以碰撞4次，C错误，D正确.故选BD 3.CD解析：A.设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为， 1 由机械能守恒定律得m,8R=2m,得=√2g歌，故A错 黑白题10