课时分层检测(35)专题强化：碰撞模型及拓展-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（三十五） 基础落实练 1.如图所示，两质量分别为 m1=1kg和m2=4kg的 ○2 小球在光滑水平面上相向 运动，速度大小o1为4m/s、v2为6m/s,发生碰 撞后，系统损失的机械能可能为 ( ) A.35J B.45J C.55J D.65J: 2.(2026·北京朝阳模拟)如图 所示，光滑水平地面上的P、 P 000 Q两物体质量均为m,P以 速度。向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。 当弹簧被压缩至最短时 A.P的动量为0 B.Q的动量达到最大值 C.P、Q系统总动量小于mo D.弹簧储存的弹性势能为子m2 3.(2026·山东烟台市检测) 如图所示，一个水平轻弹簧 甲m00wwm乙 的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙 连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获 得水平向右的速度v0=4m/s,当甲物体的速度 减小到1m/s时，弹簧最短。下列说法中正确 的是 ( ) A.此时乙物体的速度大小为1m/s B.紧接着甲物体将开始做加速运动 C.甲、乙两物体的质量之比1：m2=1：4 D.当弹簧由最短恢复原长时，乙物体的速度大小 为4m/s 4.(2026·江西赣州模拟)如图甲所示，光滑水平地 面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg,B的 左端拴接着一劲度系数为9N/m的水平轻质 弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度0 向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A: 与弹簧脱离的过程中，弹簧长度1与时间t的关 系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内， 已知弹簧的弹性势能E,=2(x为弹簧的形 变量)，则 ↑l/m 0. A B 0.1--- 0 to 2to t 甲 乙 35 题强化：碰撞模型及拓展 A.在0~2to内B物块先加速后减速 B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒 C.vo=2 m/s D.物块A在to时刻时速度最小 5.(2026·湘豫名校高三联考) 如图，质量为M,半径为R的 圆弧槽，置于光滑水平面上。 将一可视为质点的滑块从与 M 刀刀刀刀7 圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为， 且M=2m,重力加速度大小为g。下列说法正确 的是 () A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动 量守恒 B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大 小为图 C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则测圆弧 糖的位移大小为餐 D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块 的位移大小为登 6.(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA=2kg, mB=1kg,A物体从h=1.2m处自由下落，且同 时B物体从地面竖直上抛，经过t=0.2s相遇碰 撞后，两物体立刻粘在一起运动，己知重力加速 度g取10m/s2,求： (1)碰撞时离地高度x; （2)碰后速度； (3)碰撞损失机械能△E。 能力综合练 7.(多选)(2026·辽宁沈阳模拟)如图甲，一滑块静 置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之 一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水 平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且 小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水： 平方向的速度大小分别为1、2，作出某段时间 内1-2图像如图乙所示，不计一切摩擦，重力 加速度为g。下列说法正确的是 ( ) U Vo 77 00.5vo 甲 乙 A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动 量守恒 B.当滑块的速度为0.5o时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1：2 D.小球的初速度大小可能为√2.5gR 8.(2025·甘肃卷)如图，小球A从距离地面20m 处自由下落，1s末恰好被小球B从左侧水平击 中，小球A落地时的水平位移为3m。两球质量 相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取 10m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为( ) B 20m mmammm A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s 9.（2024·安徽卷·14)如 mo L ,0 图所示，一实验小车静止 7 在光滑水平面上，其上表 M 面有粗糙水平轨道与光 滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相 切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左 端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正 下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平 位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与： 物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨 道运动，已知细线长L=1.25m。小球质量m= 0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小 -356 车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径 R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空 气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力 的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的 大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不 脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围。2.CD。[小球与车、沙组成的系统在水平方向动： 量守恒，由m,=(m十MDu可知，小球陷入沙 中深浅、抛出时的高低与最终速度v无关，故！ A、B错误；小球陷入沙中过程，小球在竖直方 向做变速运动，系统在竖直方向合力不为零，因 此系统动量不守恒，由于小球与沙之间摩擦生 热会损失机械能，因此系统机械能不守恒，故C! 正确：若小车匀速运动后车上有一缝隙漏沙子，： 漏出的沙子做平抛运动，水平速度不变，由系统！ 水平方向动量守恒可知车的速度保持不变，故 D正确。] 3.C[由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动 量守恒定律可知，碰撞前的总动量也为正，故碰 撞前滑块I的动量较大，故A错误：根据动量！ 守恒定律有5m1-3=2(m1十nm),解得！ m1:mm=5:3,故B错误，C正确；由动量定 理知，碰撞过程中滑块I受到的冲量与滑块Ⅱ} 受到的冲量大小相等，方向相反，故D错误。] 4.BD[系统只是在水平方向合力为零，竖直方 向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总 动量不守恒，A错误，B正确：根据水平方向的！ 动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到： 原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为： 21,根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒， 设小球水平方向的平均速度为m,小车水平方 向的平均速度为w,mum一Mw=0,两边同时！ 乘以运动时间t,nUmt一Mwwd=0,即n.xm= MrM,又xm十xw=2L,解得小车向右移动的最} 大亚高为D正扇】 5.D[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体！ A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面 的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直斜面， 方向的合力不再为零，所以斜面对滑块的支持 力F、N不等于ng cos a,A错误；滑块B下滑过 程中支持力对B的冲量大小为FN,B错误：滑： 块B下滑过程中，A、B组成的系统动量不守 恒，C错误：A、B组成的系统水平方向不受外 力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移 大小分别为x1、2,则Mx1=mx2,x1十x2一L, 解得=MD正确] 6.解析(1)组合体分离前后动量守恒，取的 方向为正方向，有(m十M)-Mu十mw 解得y= (mM)v-Mu )2 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有F△t=! Mu-Mv 解得F-M(0一) 答案1)m+W6-M（2)M △ 7,AC[小球X由最高，点运动到与小球Y发生 碰撞的过程，根据机械能守恒定律有 mx gh=mxv=Ex 两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机！ 械能守恒定律有 Ee=号mx中7mv)=mx十mrg·冬 两球碰撞过程，根据动量守恒有mx凸=(mx十！ nY）2 联主求得二=1，票=2，故选A,C] 8.解析(1)设A与B碰前瞬间A的速度大小为} ,由机械能守恒定律可得 m1h十2m6”=之m心，解得=4m/s A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机： 械能守恒定律有n1U=n1十n2 m=m+m2 解得-。=一2ms=2m n1干ng U= 2 m/s 则碰后瞬间A与B的速度大小均为2m/s。 (2)设B静止时弹簧压缩长度为，则2g一k,x。, 碰后至B到达最低点过程中，根据动能定理有 k+k(+①x=0-之m 其中x1=0.2m,解得k=60N/m。 答案(1)均为2m/s(2)60N/m 课时分层检测（三十五） A「若两球发生弹性碰撞，则系统机械能不损 失，若两球发生完全非弹性碰撞，则系统机械能 损失最多，取向左为正方向，由动量守恒定律和 能量守恒定律得n2一n14-(n1十n2),! △E=号m2+m2- 2(m1+n2）i ,联立解得△Ex=40J,系统损失的机械能！ 的范图为0≤△E≤40J,故选A。] D[当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相 同，P、Q系统所受外力为零，整个压缩过程系 统的动量守恒，有nU=2nW共，所以P的动量 为p=m共=之 n,故A错误：弹簧压缩至最1 短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长： 时，Q的动量达到最大值，故B错误；P、Q系统： 动量守恒，总动量为巾s一mw,故C错误；根据！ 动量守恒定律和能量守恒定律有mu=2mu共！ m=X2mv2+E,解得E,=md, 故D正确。] A[根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两！ 物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也 是1m/s,A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲 受力向左，甲继续减速，B错误；裉据动量守恒 定律可得n1o=(n1十2)，解得n1:n2=! 1：3,C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守 恒定律和机械能守恒定律有m1%=n叫'十 -n22,联立 解得w'=2m/s,D错误.] C[在0~2。内，弹簧始终处于压缩状态，即} B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加} 速运动，故A错误；整个过程中，A、B两物块和 弹簧构成的系统机械能守恒，故B错误：由题图 乙可知，在。时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、 B共速，弹簧的形变量为x-0.4m一0.1m-1 0.3m,根据A、B及弹簧组成的系统动量守恒， 有n1一(n1十n2),根据A、B及弹簧构成的： 系统机械能守恒有之m1巧= (m1+m2) 十之kr,联立解得西=2m/s,故C正确：在 0一2内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹 力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则 物块A在2。时刻时速度最小，故D错误。] C[若圆孤面光滑，圆孤槽与滑块组成的系统！ 在水平方向动量守恒，故A错误；若圆弧面光！ 滑，设滑块运动至水平面时速度大小为1，圆 孤槽速度大小为山，由机械能守恒定律得； mgR-mv M2,在水平方向上动量守 恒有心=M2,又M=2m,联立解得=2， √3，/3 ，故B错误；若圆孤面粗糙，滑； 块能运动至水平面，设滑块与圆孤槽相对于地！ 面沿水平方向的位移分别为x1和2，由水平 方向动量守恒有nx1一Mx2,x1十x2一R,解得 =子R。=尽，故C正确：由于滑块还发生 了竖直位移R,故滑块的位移大小为 R+(S)=区R,故D错误] 3 519 解析(1)对物体A,根据运动学公式可得 x=h-28f=1.2 m-2 ×10×0.22m 1m (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为0， 根据运动学公式可知 x=1-2g1 解得=6m/s 碰撞前A物体的速度 vA=gt=2m/s,方向竖直向下 碰撞前B物体的速度 g一一gl=4m/s,方向竖直向上 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 nAUA一nBUg=(nA十nB)U 解得碰后速度U=0 (3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能 △E=2m2十2一2(m十ms)= 12J。 答案(1)1m(2)0(3)12J AC[小球和滑块组成的系统水平方向不受外 力，水平方向动量守恒，A正确；设小球的质量 为，初速度为v,在水平方向上由动量守恒定 mi, 律得m,=mU,+M,化简得=-M, 结合题图乙可得m二6， 2 =2,即M .C 正确；小球运动到最高，点时，竖直方向速度为 零，在水平方向上与滑块具有相同的速度山，在 水平方向上由动量守恒定律得-(n十M)u, 解得u=改 ,B错误；小球运动到最高，点时，竖 直方向速度为索，由机梳能守恒定律得？m =交(m+MDd+mgi,其中h>R,解得6二 √3gR,则小球的初速度大小不可能为 √2.5gR,D错误。] B[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中， 水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直 速度不变，设碰撞后A球水平速度为1，B球 水平速度为2，则有mu-mu十w2,碰撞为完 1 全弹性碰授，则由能量守恒定律有立m十 1 mu=mA+m2十m,联立 解得山1=，=0，小球A在竖直方向上做匀 加速直线运动，则有h=)gt,解得一2s,可 知，碰撞后，小球A运动1'=1s落地，则水平方 向上有x-t',解得v-3.0m/s,故选B。] 解析(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动 能定理mgL=m2-0 解得w=5m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 F一mg=m元 解得小球运动到最低，点与物块碰撞前所受拉力 的大小为FT=6N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和 机械能守恒定律得n=U十Mu - 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大 2m 小为m7=4m/ (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低，点，此时 两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动 量守恒得Mh=2Mu 由能量守恒定律得 合M=令×2Ms+AMgs 解得%1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位！ 置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平 方向动量守恒得M=2Mu 由能量守恒定律得 号Ma2=合X2Mu,2+Mgs+MgR 解得42=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数么的！ 取值范国为0.254<0.4。 答案(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤<0.4 课时分层检测（三十六） 1.BCD[设子弹射入木块的深度为d,木块的位！ 移为x,子弹与木块之间的阻力大小为f,则子！ 弹对木块做的功W1一fx,木块对子弹做的功： W,=一f(d+x),所以两个功的代数和不为：； 零，故A错误：根据冲量的定义式I=Ft及牛 顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大！ 小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正！ 确；根据动量守恒定律可得m=(n十M)u,根： 守恒定律可得m购雪之（训 +Q,联立解得Q=2m干M0,故C正确：木块： 获得的动能为E,=专M=2m-M,孩过 Mmvo 程产生的热量与木块获得的动能之比为它】 m+M1,可知该过程产生的热量Q一定大于 n 木块获得的动能Ek,故D正确。] 2.AD[子弹A以100m/s的水平初速度在极短！ 时间内击穿物体B后速度减为40m/s,则A、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有！ mAo一A山1十ng2,B上升时，与C组成的系： 统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有m一 (mg十me)购，2mgg2=2（mB十me)2十！ mBgh,解得h=0.6m,故A正确，B错误；B返！ 回到最低，点时，与C组成的系统水平方向动量： 守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有！ m,=一me,十m,合mu,=令m0,2十月 立m2,解得=8.0m/s,故C错误，D 1 正确。] 3.A[由题图乙得物体B的加速度大小为aB= 2-1 -0m/s=1m/s,根据牛顿第二定律得 nsg一ns4B,解得=0.1，A正确；根据动量 守恒定律得nB,=(mA十mg)v,解得mA= 2kg,系统损失的机械能为E辐=之m6,一 号(m十m)=2J,B错误：木板A的最小 长度为L=1专×1m-号×1X1m=1m.C 2 错误；木板获得的动能为E=2mA心=1小， D错误。J 4.解析(1)子弹击中木块，整个系统动量守： 恒，有 mvo=(M++m)v 解得子弹击中木块后的速度大小一M干m iU (2)根据能量守恒定律得 1 Mmvo2 Q=之m-(M+m)f=2wm (3)子弹击中木块后，根据机械能守恒定律可知 2(M+m)=(M+m)v+2(M+m)gR 解得(=√5gR 设木块从C点飞出到落地的时间为， 则2R=之g,解得1=√g R 所以木块从C点飞出后落地，点与B点的距离 s=t=2√5R。 答案(1)M干m mvo (2)2M+m (3)2√5R C[两个过程，根据动量 U 守恒得wo=(m十2M)u1, n=(n十M)2,故1< 边，又小物块加速度不变 作出两次v-t图像如图所 示，则dK之（其中d为图中阴影部分面积）， 故远C。] AC[因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定， 所以子弹的加速度大小4，=上，木块的加速度 大小aM ,画出子弹和木块的v-t图像如】 图所示 由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅 色三角形面积)，故A正确；木块的质量M越， 大，2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹！ 射出速度凹越大，木块速度越小，故B错！ 误，C正确：子弹的初速度。越大，由图丙可知 木块位移s越小，但系统产生的热量为L保持！ 不变，故D错误。] 解析(1)子弹C击中B后瞬间，根据动量守 恒定律有hco=(ng十nc)vg 解得vg=2m/s,方向水平向右。 (2)因滑板A固定在水平面上，设B由运动到！ 静止，位移为L,根据动能定理有 一(mg十me)gL=0-(m十m)vs 解得4=0.1。 (3)若滑板A不固定，测A做匀加速运动，B、C 做匀减速运动，B、C与A间摩擦力 F:=u(mB+me)g=1 N FL=1 m/s' A的加速度大小为aA=m F B,C的共同加速度大小为ac一mB干m =1m/s2 设经时间t三者共速，有vB一act=aAd 解得t=1s 此时B相对A的位移s'=gt一 2nl=1m 因s‘<L,所以A、B、C最后共速运动，不会分离， 则B滑行的最终速度为v=g一axf=1m/s >、 系统损失的机械能为E-亨m,-习 十ng+mc)v2=199J。 答案(1)2m/s,方向水平向右(2)0.1 (3)见解析199J 解析(1)对滑块A、B碰撞过程，根据动量守！ 恒定律和机械能守恒定律可得mA%=mAA! m62=以2+mw ,;: 联立解得滑块A和B碰后滑块B的速度大小！ VB=3 m/s (2)滑块B恰好不能从右端滑离长木板，对应的： 情况是滑块B刚好滑到圆弧的顶端时，滑块B 与长木板共速，对滑块B和长木板有 ngg=(g十nc) 520 m-(m十)=mL+m:RR 联立解得v=1m/s,mc=6kg (3)当滑块B返回至Q,点时，长木板的速度最 大，设此时滑块B的速度为'， 则有(ng十m)U=g作'十mcn 1 ：+之优4-令（me十e)=mgR 联立解得。=3士5m/。 3 假设滑块B最终没有滑离长木板，对滑块B从 最高，点到与长木板相对静止的过程，根据能量 守恒定律有nggR=nBg△.1 解得△.x=1m<L=2m 故假设成立，滑块B最终距Q点的距离△.x= 1m。 答案(1)3m/s(2)6kg(3)35m/s 3 1 m 课时分层检测（三十七） 解析(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小 为，根据机械能守恒定律有mgLsin0= 解得u=√gL。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为U1、v,根 据动量守恒定律有n一3n一mU1 根据能量守恒定律有7m助2= -X3n2十 1 (③)由于=√区<√红，因此物块6在传送带 2 上先做匀减速运动，后做匀加速运动，减速阶段根 据牛顿第二定律有3 ngsin a十3/ngcos a一3ma 解得a=gsin a十ugcos a-g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程 所用时间均为6-兰-之√反 a 物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦 产生的内能为 Q=u·3 mgeosa(24十√gLi1十√gt1 4)=号mg 答案(1)√g江(2)红红 2 解析(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛 顿第二定律有ng一na 解得a=5m/s 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运 动的距离为x-=2.5m<L,=86m 可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共 速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度 大小等于传送带的速度大小5m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极 短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右 为正方向， 由动量守恒定律有 其中v=5m/s,=-1m/s 解得2=3m/s 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损 失的总动能为 解得△Ek=0.3J