第七章 第3节 碰撞-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

学霸高春白题物理 第3节 ☑应用提优考点全面，能力提升限时：40mim 1.(2025·湖北随州联考)A,B两球沿同一直线 运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后 的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B 两球碰前的位移随时间变化的图线，c为碰 撞后两球共同运动的位移随时间变化的图 线，若A球质量是m=2kg,则由图像判断下 列结论正确的是 x/m o 8 6 01 234 A.碰撞前、后A球的动量变化量为6kg·m/s B.碰撞时A球对B球的冲量为-6N·s C.A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能 为10J 2.(2025·江西赣州联考)（多选）如图所示，在 光滑水平面上，质量为m的A球以速度。向 右运动，与静止的质量为5m的B球碰撞，碰 撞后A球以u=a,(待定系数a<1)的速率弹 回，并与固定挡板P发生弹性碰撞，若要使A 球能再次追上B球并相撞，则系数a可以是 ( B. 2 A. 4 5 2 C.3 0.1 3.(2025·山东威海模拟)（多选）如图所示，在 光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 碰撞 的木块，质量为m的子弹水平射人木块设子 弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其 大小f与射入初速度大小。成正比，即∫= (k为已知常数).改变子弹的初速度大小， 若木块获得的速度最大，则 M 4481287421740747912444344* A.子弹的初速度大小为L(m+) mM B.子弹在木块中运动的时间为，mM k(m+M) C.木块和子弹损失的总动能为2L(m+ mM D.木块在加速过程中运动的距离为2ml m+M 4.(2024·福建福州期末)（多选）如图所示，质 量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光 滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完 全相同的木块C以速度。与木块A碰撞并粘 在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压 缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是 CA700RTOB A.木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守 恒，机械能守恒 B.木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度 为妈 C。弹簧的最大弹性势能为。m6 D.弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和 弹簧组成系统的动能减少量 5.(2025·安徽合肥质检)如图所示，5个小球 B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其 中4个球B、C、D、E质量均为m1,A球、F球 质量均为m2,A球以速度。向B球运动，之 后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后 ( B C D E F A.若m,=m2,最终将有2个小球运动 B.若m,<m2,最终将有1个小球运动 C.若m,>m2,最终将有3个小球运动 D.无论m,m2大小关系怎样，最终6个小球 都会运动 6.(多选)如图，光滑水平面上静置质量m,= 0.1kg的小球a,在小球a的正上方h 0.5m处有一个固定悬点0，一根长L=1m 的不可伸长轻质细绳的一端系在0点，另一 端系着小球a.质量m=0.2kg的小球b以某 一初速度，沿水平面向着a球运动，两球碰 撞后，a球在竖直面内刚好能做完整圆周运 动，重力加速度g取10m/s2,两球碰撞为弹 性碰撞，下列说法正确的是 () A.碰撞后瞬间到小球a上升到最高点过程 中，小球a的机械能守恒 B.小球b的初速度to=310m/s 152 C.小球b的初速度= 4 m/'s D.保持其他条件不变，仅增大入射小球b的 质量，小球a碰后一定会做完整的圆周 运动 第七章动量守恒定律学霸高春 重难聚焦 题型板块问题中的动量守恒 7.(2025·河南名校学术联盟模拟)如图，一质 量为M的木板放置于光滑水平面上，木板 右侧地面上固定一竖直挡板.现在长木板最 左端放置一个可视为质点的滑块，给滑块一 个初速度0，由于滑块和木板的相互作用， 在木板第一次碰撞竖直挡板时，两者恰好达 到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计 碰撞时间.已知滑块质量为2M,滑块与木板 之间的动摩擦因数为，重力加速度大小 为g (1)求木板未运动时，木板右端到挡板的 距离： (2)求滑块从开始运动到与木板第二次共 速所用的时间： (3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上 掉落，求木板的长度 滑块 挡板 1078.C解析：A,若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知 醒前物体AB的速度分别为，=一8- 2-0 m/s =-3 m/s,Pa= 2-(-2) m/%=2m/“,那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别 2-0 0-2 为听=0m/,听=年2ma=-1m,才携足这种情况，故图线1为 碰后物体A的图像，故A错误：B.设物体的B的质量为mg,碰撞过 程动量守恒，则由动量守恒定律得m日g+mAA=m会，解得mg= 0,4k名，放B错误；C.对物体B由动量定理得I=mga-mag,代人 数据得I=-1,2kg·m/s,可知碰撞过程物体B所受的冲量大小为 12kg·m/s,故C正确；D.碰撞过程损失的机械能△B=2m, m后2m听，代人数据解得4AE=24J,故D错误故选C 1. 1 9.D解析：AC,当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速 度相等，即=6时刻，根据动量守恒可得mg·1.2o=(m#+m)o,根 据能量守恒可得-=子，·(12，尸-子(m*m)后，联立解 得mg=5m,E=0.6r6,故AC错误；B.从1=0到t=o时间内. 根据-t图像与横轴围成的面积表示位移，可知A的位移满足x4< 2o,故B错误：D.从：=0到：=2么时间内，根据动量守恒和能 量守恒可得mg12,=ma+44,2mg·(1.2)2=之mn+ 2m4听，解得1-20，g=08,则有4g=20:0.86=5:2, 故D正确故选D. 10,ABC解析：A.根据题意可知，小物块开始相对于木板向左运动直 到弹簧被压缩到最短过程中，木板向左做加速运动，弹簧恢复原长 的过程中，开始阶段弹簧的弹力大于小物块与木板间摩擦力，木板 继续向左做加速运动，当弹簧的弹力小于小物块与木板闻摩擦力 直到小物块相对于木板向右滑动到木板的最右端过程中，木板向 左做减速运动，最后小物块与木板共同向左做匀速运动，故A正 确：BD,弹簧压缩量最大时小物块与木板速度相等，弹簧弹性势能 最大，小物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动 量守恒定律有m6=(M+m)1,从小物块滑上木板到弹簧被压缩到 最短过程，由能量守定律有了=宁(W+m)ng+B,从 小物块滑上木板到小物块到达木板最右端过程，由动量守恒定律 有m,=(M+m),由能量守恒定律有乞m哈=乞（M+m)+ mMug M话 g·2L,联立解得，4M+m山g(W4m放B正确，D铺 Mmwo 误：C.整个过程，对小物块，由动量定理得14=m一m0=M+m 整个过程中合力对小物块的冲量大小为。，放C正确故 选ABC. 11.(1)40N(2)4m/s(3)4m 解析：(1)细绳OP的长度L=16m,从小球A开始做圆周运动到 最低点的过程，根据动能定理得m4(1-m60)=2m。3-0, 解得。=4m/s.设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉 力为T,根据牛顿第二定体得T4g=m:,解得T=40N:(2)A 运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械 能守恒定律得网，=+mc,子2=了2+宁c, 解得碰后C的速度大小=4m/s;(3)A、C碰后，C与B动量守 恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得m (mc+mg)码3，解得3=1m/s,由能量守恒定律得山mcgL对= )mc227(mc+ms)32,解得乙相附=4m》 一学霸高考·白 实验特训8验证动量守恒定律 1.((3)调高(5)%% 52 解析：(1)根据A和B发生弹性碰撞后的速度表达式，要使A碰撞后 返回，则要m1<m (3)同一滑块通过两个光电门，由=知，时间长的速度小，可知 滑块做加速运动，导轨右端应嗣高一点，直至两个计时器显示的时 闻相等，即说明滑块做匀速直线运动，导轨已调成水平 (5)向右轻推滑块A与滑块B碰撞，碰后滑块A返回导轨左侧，与光 电门1相连的计时器计时2次，先后为1和2：滑块B运动至导轨 右侧，与光电门2相连的计时器计时为3：因此滑块A碰撞前的速度 为=4，滑块A与滑块B碰撞后A的速度大小为，=4且A被弹 回，滑块B被碰撞后的速度为=。，在实验误差允许范围内，若表 达式m,=m+m,即。成立，说明滑块A.B在碰撞 与h 过程中动量守但. 2.(1)C(2)m1=m1+m2 (3）m1/n asin a2= mtan asin a+m tan a3sin ay 解析：(1)确定小球的平均落地点时，要金掉误差较大的点，然后用 尽量小的圆把落点圈起来，圆心即为平均落地点，故选C(2)小球 从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时 间相同，即可用水平位移表示速度，设小球在空中运动的时间为， 若满足动量守恒定律：m1购=m1+m2,两边同乘。可得 m10=m1+m24,整理得：m1=m1+m2:(3)设圆弧半径为 R,则R血a,casa之，解得严√ an asin·g歌，则落 2 到M、P'N三点的球的初速度分别为=√ tana1sina1·gR na2na2·gR /na3snay·gR 6=N ,若动量守恒则满 2 ,吃 足m16=m+m22,即m1√na2in马=m1√c1sina+ m2√ana34in3 第3节碰撞 1,D解析：A,x-:图像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度 =4.4-10 分别为M二出12 4r2-4 6=-3s,-“4-2ms=-1m,所 以碰撞前、后A球的动量变化量为△pa=me-m4=4kg·m/s, 4 故A错误；B,碰撞前B球的速度为a=,之m/s=2m,设B 球质量为m',根据动量守恒定律有m+m'g=(m+m'),解得m'= ,根据动量定理可知，碰撞时A球对B球的冲量为1 m'-m'eg=-4kg·m/4=-4N·8,故B错误；C.A、B两球碰撞前的 总动量为p=m,+mg=-,g·m/s,故C错误；D,碰撞中A 两球组皮的系统损失的动能为△迟，=了m+宁行-之(+) 1 2=10J,故D正确.故选D. 2.BC解析：A与B发生碰撞，根据动量守恒可知g=5m:~ma%, 要使A球能再次追上B球并相檀，且A球与固定挡板P发生弹性碰 撞，则am>a,由以上两式可解得a>年，故BC正确，AD错误故 选BC 3.BC解析：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速 度，设为：取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m0= (a+W),据能量守框定律得几=，=了2一之(mM),解得 %2m,。,子弹和木块损失的总动能4近=，中 m 21(m+M0,放A错误，C正确：B.取初速度方向为正方向，根据 mM 题·物理·41一 动量定理得h=-,=,解得1m+M放B正确：D、木 块在加滤过程中做匀加速直线运动，有=宁。 =m,故D错误故 选BC. 4.BD解析：A,整个过程中木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外 力为零，所以系统动量守恒，木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系 统机械能有损失，产生内能，故系统机被能不守恒，故A错误；B.木 块C与A碰撞并粘在一起的过程，以木块C与木块A组成的系统为 研究对象，取向右为正方向，设碰撞后A、C的速度为#，根据动量守 恒定律得m,=2m,解得=号，故B正确：C。当三者的速度大小相 等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得2mm■3m',解 得一号，根能量守恒定律可得弹资的最大弹性势能为B, 2a2-号x3m,解得，=m,放C错误：D.木块C与小 1 1 碰撞过程中系统机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作 用过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，所以弹簧的最大弹 性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，故D正确 故选BD. 5.C解析：A、B碰撞时由动量守恒和能量守恒可知m2= mm气行6=子时+子味，可得% m*m,与 m+0,A若m=m,则碰后两球交换速度，则最终只有F小球 2m2 运动，选项A错误：B.若m1<m2,则碰后1>>0，然后B和C交换 直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换 …,则最终不只有1个小球运动，远项B错误；C.若m1>m1,则A B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度 最后E与F碰撞，E、F都向右运动，BCD停止，则最终将有3个小 球A,E,F都运动，选项C正确：D.由以上分析可知，选项D错误，故 选C. 6.BD解析：A,碰撞后瞬间到小球a上升到最高点过程中，当细绳被 拉直的间，细绳对小球a做负功，故小球a的机械能不守恒，A错 误：BC.当细绳拉直的瞬间，小球a开始做圆周运动，两球碰撞后，@ 球在竖直面内刚好能做完整圆周运动，在最高点，对小球有m。g= 2 m,,整个过程，由根据动能定理可得-m,g(h+)=2m,之 2m,听，代入数据，解得=2√而m/s,由于细绳被拉直的瞬间， 沿绳的方向的速度瞬间变为0，故可得细绳拉直前的小球“的速度 为，血304而m,又由于两球碰撞为弹性碰撞，则动量和 能量守恒，可得m0=m+m,,乞m哈=2m,听+2m,心，代入 数据，解得0=3√I0m/s,C错误，B正确：D.两球碰撞为弹性碰 撞，则动量和能量守恒，可得m,=m+m,之m,号=之m,听+ 2m,呢，解得， 2m6 = 20,仅增大人射小球6的质量，则 m+mm+1 m a球的速度变大，故小球α碰后一定会做完整的圆周运动，D正确 故选BD, 1.(9g 10 (2)9pg 2416 (3 486w 解析：(1)滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小 为1，由m6=(M+m)叫，设木板未运动时，木板右端到挡板的距离 为6，由动能定理可得e,子-0，解得 :(2)木板运 动过程的加速度。，一-紧：%，木板从开始运动到第一次共速的 时间，=”，木板与挡板碰后速度等大反向，设第二次共速的速度 一学霸高考·白司 大小为2，滑块和木板相互作用动量守恒，(m-M)斯=(M+m)2,木 二，滑块 板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间h4, 从开始运动到与木板第二次共速所用的时间：=1+，联立代人数 7w 据解得炉9e (3)设滑块与木板第三次共速的速度大小为，根据 动量守恒，有(m-M)=(M+m),设木板长度为L,由功能关系可 1 2416 得ng=2m6-2(M+m)号，联立解得L-486g 第4节爆炸与反冲 1。A解析：规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等 系统动景守恒，由动最守恒定律得126-106=(12m+10m)e共，解得 共=，对甲车和车上的人及甲车上接收到的货包，由动量守恒 定律得a·0×1l-10aw-(·0+10m）集，解得a=10,故 选A 2.A解析：A高压气体对火箭箭体微正功，故A正确；B.喷水时间极 短，可以认为喷水过程中动量近似守恒，有m+(M-m)=0,可得 喷水后火斋速度大小为产故B错误：C喷水后，火箭做竖直 上抛运动，由机械能守恒得(M-m)h=)(M-m) m）2 -m,得箭 1m。2 体上升的最大高度为h2(M),故C错误：D.瓶内气体内能 转化为水、火蒲的机械能，故机械能不守恒，故D错误，故选A. 3.BD解析：ABC.设甲，乙两球质量分别为m1m2,刚分离时两球的 速度分别为斯、，取向右为正方向，由动量守恒定律可得 （1+m)6m+m,由题意又有2=，代人数据联立解 得1=-0.1m/s,2=0.8m/s,可知刚分离时，甲球的速度方向水平 向左，乙球的速度方向水平向右，AC错误，B正确：D.爆炸过程中 释放的能量为△正：子0行+宁m子-子(mm)后，代人数据解 1 1 得△E=0.027J,D正确.放选BD. 4.C解析：设爆炸后竖直向上运动的一部分速度大小为4，竖直向下 运动的一部分速度大小为m,落地时间为a,因为燥炸后AB运动 方向相反，根据动量守恒定律有m4-m=0, 可知4,4爆炸后上升高度为宁，根据运动学公式财=2g·分 得有一安A从爆炸后到落地过程中-心+=么，解得么马 3w听 (=不合题意舍去），B从爆炸后到落地过程中，由运动学公 8 1 式得h=a2所，解得。=。气e官 。3不合题意合去)故 与g的比值为3，ABD错误，C正确.故选C 5.C解析：A.炮弹上升到最高点时，只有水平速度=0060°=2， 发现降片6价沿原轨迹运同，则爆炸后碎片6的速度大小为宁，方 2 向与原方向相反，根据动量守恒得2m=了m,子，解得 。=o,故A错误：B.爆炸后碎片a、b均做平抛运动，落地时间相同， 则水平位移之比为爆炸后速度大小之比2：1，但它们竖直方向的位 移大小相同，则位移大小之比不为2：1，放B错误：C,碎片b恰沿 原轨迹返回，则落地时竖直速度大小为？，=on60°，b落地时速度 大小为，a、b均做平抛运动，落地时间相同，落地时竖直速度大小 相明，则落地时。的速度大小为=V元=。，放晓片。6落 地速度大小之比为7：2，故C正确：D.炮弹爆炸后增加的动能 A=宁x子时+x兮好}m2=m6,放D错误放选c 1 ·物理·42一