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 江苏专用）

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)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.如图所示，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。射入静止的木块，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 A.阻力大小为a 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t和t2,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.61时间内，子弹的动量变口AB 777777777777777 化量大于A的动量变 化量 B.62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.t2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射人的深度，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 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m,=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 =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，=7m/s,最终C与木板B 相对静止，则 ( 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/s 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a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() 77T7777777 77777777 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 om B A A.4m6 B. C. 2m D. 5m 选择性必修第一册： 8.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 .2 d A0 甲 乙 A.物体A的质量为m B.物体A的质量为2m C,弹簧压第最大时的弹性势能为m D.弹簧压缩最大时的弹性势能为m 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 0.32oto,弹簧始终处于弹性限度内.下列说 法正确的是 1.0 B→00A 77777777777777777 0 甲 A.物块B的质量为0.25m B.分离后物块A的速度大小为2 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5m D.弹簧压缩量的最大值为0.6voo 黑白题0227.D解析：A.在子弹射入物块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.子弹射入物块 B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有 (0.01m+0.99m)gL=2(Q.01m+0.99m)r,解得子弹射入物 块B后的速度为v=√2g乙，子弹射人物块B过程中，由动量 守恒定律得0.01m。=(0.01m+0.99m)n,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不固定， 子弹仍以。射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和 物块B(包括子弹)的动能和物块B(包括子弹)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+0,9m)m=(Q.01m+0.99m+2m),解得=√2g 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m,A的速度为 1,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m。=mw1+m脚m, 之mdw+分wd. 1 1 解得1==1m/s,P1=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,=ac=唱。 0.25m/s2, 若A、C共速，则需用时间为1，共速速度为1，根据速度关 系a=ac1=u-air 可得= -=2s,,a=ac=0.5m/s, A、C的位移x1= 2n=15ma=2=0.5m, 知+" 0+"a, 则相对位移△x1=xn-x=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 相对下糟面滑动的距离为1m: (3)第二次碰撞，A以1=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=0.5m/s, "2=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a,同理可得 ta=1s,a=025m/s,A、C的位移xaxa和相对位移△x2分 别为xa=0.125m,xa=0.375m,△x2=xaa=0.25m, 第三次碰撞：B以m=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v阳=0.25m/s, De=0.5m/s, 此后，A做匀减速直线运动，C做匀加速直线运动，二者第 三次共速。 再次计算相对位移△，=xa-xa=0.0625m, 发现△x,=4Ax2=16Ax,=…=4-△x., 1 由此可归纳△，=(4) △x1 C相对于A的总位移为△xa=△x1-△+△x-△x,+…= 选择性必修第一册 (△x1-x2) 6 1 当n→e时，Axa=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.D解析：A当木块固定时，由动能定理可知-=0- 2m, 解得/尸受故A错误：品，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+M),解 得= 。,故B错误；C.拔去销钉后的整个过程根据动能 M+m 定理有=2(m+W)r-之m6,解得子弹射人木块的深度 Md ,故C错误：D.对木块根据动量定理可得斤=M,得 M+m 木块加速运动的时间为！(M+m) 2Md -,故D正确故选D. 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爷1+(m⅓+ mm)2→m子。-m子=(m+mn)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.2时间内，子弹和木块B 的动量守恒，m子书，+mg2=m子”+maP,→m子书，-m子3= m。一m,子弹的动量变化量等于B的动量变化量，B错 误：D.2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∫，根 据动能定理，对A子弹-，=0-E4,得，=E4;对B子弹 -g=0-Ea,得g=Ea:由于d,>da,则子弹人射时的初 动能△E>Eu,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√/2mE=√2mE,得m1<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 保持静止，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,g-m2=m1心，+m22,当B的速度大小为1m/s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,+m)p,解得两物体最终的速度 为=2s,所以：=，由此可知，A,B间动摩擦因数越 g 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:了心+分0哈(+m)P=48,系统因 1 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+m2）,解得木板A的最大速度为 "a=2m/s;滑上B后，对B、C整体水平方向动量守恒 M,+m24=(M+m2)g,解得木板B的最大速度为g= 黑白题08 45m/s,并且B、C一起匀速运动.故ABC错误：D,整个过 程，A,B,C组成的系统机械能减少了△E=之M-7m, 2（m+M)=57.5J,放D正确故选D. 6.A解析：水平面光滑，物块与木板的加速度分别为a。=g, a,-,当两者共速时，有at=a,=4,可得 对M有m=之，设相对位移为4，对m有 1 mg·（x+△x)=)mw2-)m6,整理得 m 。 △x+xM+2m M,因为x<Ar<2x,解得m>M,故选A 1 2+ 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1=2g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=3,得子。弹黄的最大弹性势能尽，=宁时 8.C解析：AB图甲中有之m后=E,图乙中，最大压缩量相 同，此时的弹性势能等于图甲中的弹性势能，两物体速度相 等，对图乙中的AB物体有m,·2。=(m,+m)P, 2m,《(2)产=2(m,+m)2+B,. 解得m,=3m,AB错误； 3 CD.根据上述可以解得E,=2m哈，C正确，D错误.故选C 9.D解析：A由图可知在时刻两物块共速，则由动量守恒 定律mao=(m+ma)×0.8o,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 1 能量关系m三m西+m,了m后=之m+了m,解 得分离后物块A、B的速度大小分别为1=1.6。、2=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 1 过程中弹簧的最大弹性势能为E=2m,62(m+m）· (0.8,)2=0.4m6,选项C错误；D.如图所示，在0~o时间内 弹簧被压缩，A的位移5=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 小的位移为△=41=0.086（即上方阴影面积），即B的 位移s。=。-0.08。=0.92h,可得弹簧压缩量的最大值 为△l=sa-5u=0.6a,选项D正确故选D. h 1.0 0.8 t 参考答案与解析 专题探究二多体与多次碰撞问题 黑题 专塞强化 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mg0=mo+m,a,由能量守恒知之mg2 子vd+,品，联立解得第一次碰后n 1 2mg v.o m。+mp 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n≥11，解得e≥ A正确退同理者学行第一次能后一宁公 ,之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 2 mg,m=g,故PQ只能发生两次碰撞，B正确； 4 1 C由A益项，当二分则RQ只能发生一次醒雀C错 风：业同理者学-号第-次后宁0=台，之后 1 4 Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有n25, 8 m=25,放P.Q只能发生两次碰撞，D正确，放选C 2.D解析：①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 5 1 m=12m-m×了，解得m=7g,①情误： ②第一次碰擅过程中系统损失的机械能为△上，=了 12-=(月广名.@正确： ③④第二次碰撞有12m+mx子，=12m,-m×(名）广，解 5 得，=1x7+5125 72% 第三次碰撞有12m,+mx(号)o=12m,mx(行)厂广o, 12×7+5210953 解得= 71g73, 第四次碰撞有12m,+mx()厂广o=12m,mx(?)广o, 109x7+5388854 解得4= 70=>70, 所以小球A和小球B最多可以碰撞4次，③错误，④正确.故 选D. 3.C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m8歌=2m,听，得=√2gR,故A错 误：BC.甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为（和，甲、乙 1 两球发生弹性碰撞，则有m=m叫+m,之m号 1 2m2+2m好，解得听= 2,若m<m则 m1+m2 黑白题09