1 专题2 碰撞中的几种常规模型-【重难点手册】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步练习册（人教版）

铺重难点手册高中物理选择性必修第一册R, 专题2碰撞中 题型①碰撞中涉及的图像问题 1.(2025·江苏南京外国语学校模拟预测)如图甲 所示，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M 的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板， 质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放， 小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关 系如图乙所示.下列说法正确的是( 弯槽 M tWtWWWtWW 甲 A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒 B.t2时小球到达位置等于释放时的高度 C.由图可知m大于M D.图中阴影面积S2<2S 2.（多选)如图甲，L形木板Q(竖直挡板厚度忽略 不计)静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑 块P(可视为质点)以8m/s的初速度滑上木板 Q,t=2s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起， 两者运动的v-t图像如图乙所示，重力加速度大 小取g=10m/s2.下列说法正确的是(). 个w/(m·s) 3 P t/s A木板Q的质量为2kg B.木板Q的长度为12m C.木板Q与地面间的动摩擦因数为0.05 D.由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 和地面摩擦产生的热量之比为1：2 16 的几种常规模型 题型2碰撞中涉及的弹簧问题 3.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有两物体 A、B,它们的质量分别为2m和3m.在物体B 上固定一个轻弹簧处于静止状态，物体A以速 度。沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用.下列说法正确的是() A.当弹簧获得的弹性势能最大时，B的速度最大 B.弹簧获得的弹性势能最大为亏m员 C.当物体B的速度最大时，物体A的速度最小 D,弹簧饮复原长时，物体B的速度为， 4.(2025·河南洛阳一中期末)如图所示，水平轨道 左段粗糙，右段BC部分光滑且足够长，质量m1= 2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压 缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三 者静置于BC段中间，物块P、Q可视为质点.紧 靠C的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg 的小车，其上表面DE段粗糙，与BC等高，长度 LDE=0.1m;EG段为半径R=0.5m的四分之 一光滑圆弧轨道，小车与地面间的阻力忽略不 计.P、Q与AB、DE间的动摩擦因数均为4= 0.5,重力加速度g取10m/s2.现解除弹簧锁 定，物块P、Q由静止被弹出(P、Q脱离弹簧后 立即撤走弹簧)，其中物块P进入左段粗糙水平 轨道，而物块Q滑上小车.不计物块经过各连接 点时的机械能损失 0 PQ 7777777777 口 A B CB Tarrriraaniri (1)若物块P向左滑行后恰好能到达A点，且 LAB=0.4m,求物块P通过B点时的速度 大小 (2)在(1)问前提下，试分析物块Q能否冲出小 车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从 飞离G点到再次回到G点过程中小车通过 的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明 理由， (3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后 能通过E点，并且后续运动过程始终不滑离 小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围. 题型③碰撞中涉及的临界问题 5.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰 面上游戏.甲和他的冰车总质量为M,乙和他的 冰车总质量也为M,游戏时，甲推着一个质量为 m的箱子和他一起以。的速度滑行，乙以同样 大小的速度迎面滑来.为了避免相撞，甲突然将 箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住. 不计冰面摩擦： 甲 080000m000800000000070 (1)若甲将箱子以速度℃推出，甲的速度变为 多少 (2)设乙抓住迎面滑来的速度为)的箱子后反 向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少， (3)若甲和他的冰车、乙和他的冰车总质量均为 M=55kg,箱子质量m=10kg,vo=6m/s, 乙接住箱子后甲、乙恰好最后不相撞，则在该 过程中，系统损失的机械能为多少 第一章动量守恒定律铺 6.如图所示，质量m1=3kg的平板车静止在光滑 水平地面上，质量m2=2kg的滑块位于平板车 的左端，滑块与平板车之间的动摩擦因数“= 0.1.一根不可伸长的轻质细绳长为L=0.9m, 一端悬于滑块正上方的O点，另一端系一质量 m3=1kg的小球.现将小球拉至悬线与竖直方 向成0=60°位置由静止释放，小球到达最低点 时与滑块发生正碰.经过一段时间后滑块在平板 车上与平板车一起向右匀速运动，碰撞时间极 短，碰撞无机械能损失.小球和滑块可视为质点， 不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,求： 601 0m3 w.cwc (1)小球与滑块碰撞前瞬间的速度大小· (2)滑块与平板车刚好共同运动的速度大小. (3)平板车的最小长度Lmm· 17 重难点手册高中物理选择性必修第一册RJ 题型4多次碰撞问题 7.(2025·河北衡水中学期末)如图所示，左侧水平 高台上放置一质量m1=0.92kg的木块，一质 量m。=0.08kg的子弹以v=400m/s的速度 射向木块并留在其中，随后木块滑向右侧光滑水 平面上足够长的长木板上，长木板上表面粗糙且 与高台齐平，长木板右侧足够远处均匀排列 个质量为M=3kg的铁块，已知长木板质量 =1kg,所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度 g=10m/s2,求： m (1)子弹打入木块过程中系统损失的机械能， (2)木块第一次与长木板共速过程中，受到长木 板的摩擦力的冲量大小 (3)木块最终的速度大小 18 8.(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左 右两列相同的小钢球沿同一直线放置.每列有 个.在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初 速度0向右运动，与钢球发生正碰.所有球之间 的碰撞均视为弹性碰撞. 玻璃球 ○.●●○ 力” ○.（●） nm分n分hggik分ii (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动 的速度大小 (2)若钢球质量为3m,求玻璃球与右侧钢球发 生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小1· (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞 后的动能Ek:定律有F=40mg,解得v1=3√gR (2)由于a、b碰撞后粘在一起，b与c发生弹性碰撞后a、b的 速度恰好为0，则有(m十m)vw=4mu:,2（m十m)品= 得m6=3m.设a与b碰撞前 vo,根据动量守恒定律有moo=(m十m6)v1,a与b碰撞过 程中损失的机械能为△E=号m6-名(m十m,),解得 △E=54mgR. (3)设圆弧体的质量为M,物块c从A点滑到B点时，c与 圆弧体共同速度为o2,根据水平方向动量守恒有4mw1= (4m十M)2,根据机械能守恒有？×4mof=4mgR+ 合（4m十0，解得M=号m. 8 培优突破练 1.1E,=2mgR,k=0.5(2)号gR,号Vg(3)△r 82-46R 9 【解析】(1)由题意知A恰好可以滑到圆弧最高点，有2m0 =mgR,弹簧解锁过程A、B组成系统动量守恒以及能量守 恒，规定向右为正方向，有0=一mua十mus,E,=2mu暖十 2mu,解得g=√2gR,E。=2mgR.由题意知B在d点 恰好与D无相互作用，则B在d点时有mg=m了，解得 va=√gR.B在粗糙段运动过程有一mgR= 1 mv- 关键点：B在D中运动，水平方向等 2mu哈，联立解得以=0.5。效于两滑热在水平画上两弹性球的 1 碰撞问题，因为机械能守恒，水平方 严向不受外力 (2)B进入D内，B、D系统水平方向动量守恒，到达e点时 水平方向速度相等，有mwa=(m十2m)ve,解得B到达e点 瞬间，D的速度大小为：=号√级，B从进入D到离开D 过程相当于完成一次弹性碰撞，则B、D系统动量守恒有 m:=m+2m,B,D系统能量守恒有号mi=弓m+ m5解得=子v级，心=号VR.即D的最终速 1 度大小为6=号V成。 (3)B由d到达e点过程，B、D系统能量守恒有2mu+ mgR=弓m+号Cn+2m2,第得w=2√号R.B由 2 e至f过程有A=,+2,联立解得1=45/四，由 1 B在ef段运动过程中，D的水平位移大小△x=vx·2t= 8 82-45R. 9 专题2碰撞中的儿种常规模型 1.D【解析】小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对 球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对弯槽的压力方向 相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左 运动，则小球与弯槽在水平方向受到外力作用，系统动量不 守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的 重力作用，系统动量不守恒，但水平方向所受合外力为0，故 水平方向动量守恒，故A错误；t1时小球与弯槽在水平方向 第一次共速，即小球到达弯槽右侧，2时再次共速则到达弯 槽左侧，根据能量守恒有mgh=2(m十M)兵十mgh',可 知h>h',故小球此时不可能到达释放时的高度，故B错误； 小球通过弯槽最低点后，系统水平方向动量守恒，则有w1 =M3一mu2,移项得m(1十o2)=Ma,若m大于M,则 v1十v2<v3,题图中明显可知1>V3,故C错误；小球第一 次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1~t2时间 内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度 均低于弯槽左、右两端，根据，t图像围成面积等于水平位 移，得S1=R,而S2为t1~t2内两者的相对位移，有S2< 2R,故D正确， 2.AD【解析】t=2s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，根 据动量守恒定律有pvr十mova=(mp十mQ)v共，解得mo三 2kg,故A正确；0~2s内vt图像面积差是滑块P、木板Q 的位移差，即木板Q的长度，计算可得长度为11m,故B错 误；0~2s内，由题图可知滑块P的加速度ap=2m/s2,木 板Q的加速度aQ=0.5m/s2,根据牛顿第二定律有h1mpg= mpap1mpg一2(mp十mQ)g=moaQ,解得木板Q与地 面间的动摩擦因数为：一放C错误：根据能量守恒定 1 律，由于碰撞损失的机械能△E三，mro序十方m。后 ?(mp十mo)o埃=3J,碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热 量Q=合m,十mg)暖=6J,可知由于碰撞系统损失的机 械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1：2， 故D正确. 3.BD【解析】由题意可知，物体A在压缩弹簧时，做减速运 动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，某时刻二者的 速度相等，此时弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，故在弹簧 被压缩并获得的弹性势能最大时，物体A的速度并不为0， 此时物体B受弹力作用仍要加速，可知物体B的速度不是 最大的，故A错误；以A、B组成的系统为研究对象，以A的 初速度方向为正方向，根据动量守恒有2mwo=5mw,解得v 气，根据能量守恒，可得弹簧获得的弹性势能最大值为飞 =合·2mc8-子·5m=号m,放B正确；两物块质量 1 相等，当弹簧恢复到原长时，根据动量守恒有2mwo=2mw1 十3m,根据能量守恒有号·2md=之·2amai+合： 1 4 3mw号，联立解得v1= 30,%=5o,此时B的速度最 大，物体A的速度不是最小的，A速度的最小值为0，故C错 误，D正确， 4.(1)2m/s(2)能，0.2m(3)1J<E.≤2J 【解析】(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有 一m1gLAB=0-21唱，解得uB=2m/s, (2)对P,Q构成的系统，根据动量守恒定律有mr一2va= 0,其中vp=vB=2m/s,解得vo=4m/s.无论物块Q能否 冲出小车上的G点，对Q与小车构成的系统，在水平方向根 据动量守恒定律有m2va=(m2十m3)vz,解得vz=1m/s, 根据能量守恒定律有2m2哈=m2gLe十之m32十 2m2(o2十)十m2gR,解得u,=1m/s>0,故物块Q能冲 出小车上的G点，物块Q从飞离G点到再次回到G点的过 程中，运动时间为=22，小车位移=u,解得=Q.2m g (3)当物块Q向右滑上小车后恰好到达E点与小车共速时， 弹簧弹性势能最小，有m1vp1一m2tQ1=0,Emm=2m1,十 2m2品1，此时对物块Q与小车有m2va1=(m2十m3)ug,且 合m:6:=m:gLe+2（m:十m,),解得Em=1J,由 于m2gR>m2gLpE,故当物块Q冲上圆弧之后又返回D 点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物 块过程有m1vp一m2vae=0,且Ex=2m1,十2m,品e. 当物块Q冲上圆弧之后又返回D点与小车共速过程有 1 mzvo-(m2+m3)vs,2 mzvde=2pmz gLDE+2 (m2 m3)v,解得Emx=2J.综上所述，被锁定弹簧的弹性势能 的取值范围为1J<E。≤2J. 5.（a)M+m)。-me (2)-Mv M M+m (3)2145J 【解析】(1)甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量 守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得(M十 (M-m)vo-mv m)vo=mw十Mv1,解得v1= M (2)箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正 方向，由动量守恒定律得mw一Mo=(M十m)v2,解得2= mo-Mvo M+m (3)乙接住箱子后甲、乙恰好最后不相撞，则三者最终有共同 速度，由动量守恒得(M十m)vo一Mo=(2M十m)v共，解得 跌=0.5m/s,损失的能量△E=号(M+m)6+M- (2M+m0候，解得△E=2145 6.(1)3m/s(2)0.8m/s(3)1.2m 【解析】(1)设小球与滑块碰撞前的速度大小为⑦0，根据机械 1 能守恒定律可得mgL(1-cos0)=2m6,解得= 3m/s. (2)设碰后小球的速度为U1,滑块的速度为V2,小球与滑块 发生弹性正碰，则该系统动量守恒且动能无损失，以水平向 1 1 右为正方向，可得ms=m1十m22,之ms6=2mi十 2m22,联立解得v2=2m/s.以滑块和平板车为研究对 象，该系统动量守恒，以水平向右为正方向，设二者第一次达 到的共同速度为v,由动量守恒可得m22=(m1十m2)v,解 得v=0.8m/s. (3)设平板车的最小长度为Lm,结合前面分析，由能量守恒 定律可得0mL。=2m,暖-（1十m)w,解得L 1 1.2m 758J②16N·g(8(号)m/s 【解析】(1)子弹打入木块并留在其中，由动量守恒得mo,= (m1十mo)v,解得v=32m/s,则子弹打入木块过程中系统 损失的机被能为△E=分m,后-合(m十m,),代入数据 解得△E=5888J. (2)设木块第一次与长木板共速时速度为共1，由动量守恒可 U 得(m十m)=(m1十m十m)v,解得v=?=16m/s 以木块（包含子弹）为研究对象，由动量定理可得一I:=(m1 十mg)v一(m1十mo)v=-16N·s,可知木块第一次与长 木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小为 16N·s. (3)木块第一次与长木板共速后，长木板与铁块1发生弹性 碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv共1=mw1十Mo1, 2m=弓m+分M的解得-孤冰如 1 一m十M=一2舆 .2m. 1 一8m/s,om十M=2失=8m/s由于所有铁块质 量相等，发生的都是弹性碰撞，所以铁块之间碰撞后速度交 换，则第n块铁块碰后的速度为=8m/s,其他铁块处于 静止.长木板与铁块第一次碰撞后，木块第二次与长木板共 速过程，根据动量守恒可得(m1十mo)v共1十mv1=(m1十mo 十m)0起，解得0知=号·子-=4m/s同理可知长木板与铁 块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为一十一 1 2m 一20起=一2m/s,w2=m十M2=2v=2m/s,可知 第(n一1)块铁块碰后的速度为2=2m/s,其他铁块处于静 9 止状态，接着木块第三次与长木板共速的速度为=2· ()=1m/s,长木板与铁块1第三次发生弹性碰撞后的 速度分别为=m一4 32类3—之类—2m,一 2m m十M=20=2m/s综上分析可知，长木板与铁块1 第n次发生弹性碰撞后，木块第(n十1)次与长木板共速的速 度为木块最终的速度则有喉=名·（保）广=()“s &a,(22(号)'m3 【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球 的质量也为m,根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程 中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等 于开始碰撞前玻璃球的初速度，大小为0 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律 有m,=m1十3m,由能量守恒定律有分m6=mm+ X3mu,解得u1=m-3m 1 m十3ms 1 20,02= 2m n十3m 20,负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为2心 1 (3)根据题意并结合第(2)小问的分析可知，玻璃球与右侧第 一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰擅前的}，右侧第 一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在 光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹 性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰 撞前的2，综上所述，玻璃球碰撞2m次后速度大小为0 (兮)》广w,则玻璃球碰撞2如次后最终动能大小民=7m2 (侵)m. 第6节反冲现象火箭 基础过关练 1.C【解析】火箭的运动属于反冲运动，但汽车依靠地面摩擦 力驱动，并非反冲，故A错误；火箭的加速源于喷出燃料的 反冲力，而非推动外部空气，故B错误；用肩部抵住枪身可增 大系统质量，减小后坐速度，从而减小反冲影响，故C正确； 喷气式飞机通过喷气反冲前进，属于反冲；轮船螺旋桨依赖 水的反作用力，不属于反冲，故D错误 2A【解析肉速运动的速度一积-0,1m心设喷出气体 质量为m,航天员剩余质量为120一m,气体速度为50m/s (相对于空间站)，根据动量守恒定律有(120一m)·0.1= m·50,解得m≈0.24kg,故选A 3.C【解析】设射击后皮划艇的速度大小为1，子弹的速度大 小为2射击过程中，系统动量守恒，以子弹的速度方向为正 10 方向，有m0v2一(m一m0)01=0,又有v1一（一v2)=u,联立解 得-m4,2-m一m,故A,B错误；射击时，以子弹为研 m 究对象，根据动量定理可得F△t=mov2一0，解得F= m,Gm一m),根据牛顿第三定律可知，射击时枪所受到的 m△t 平均反冲作用力大小为m,m二m),故C正确，D错误 m△l 4.D【解析】喷气过程系统动量守恒，则有m2=(m一m2)o, 1m200 解得小车的速度大小u一m一m,故选D 5.A【解析】设喷水后水火箭获得的速度大小为o1,水火箭喷 水过程由动量守恒定律有0=一m10十m201,代入数据有0 =-0.8×10m/s十(1.2-0.8)v1,得1=20m/s,水火箭 做竖直上艳运动，上升的最大高度为-装-20m,放速A 综合提能练 1.D【解析】航天员此操作的原理为反冲，系统机械能要增 加，与弹性碰撞的原理不相同，故A错误；设在极短的时间 △t内喷出的气体的质量为△m,则△m=Sv△t,设对压缩气 体的作用力为F',则对压缩气体，根据动量定理有F'△= △mw,解得F'=pS02,由牛顿第三定律可知，喷气过程中航 天员受到喷出气体的作用力恒为F=F'=Sv,故B错误； 由于喷气过程中，气体的密度和速度恒定，且不考虑航天员 和装备总质量的变化，所以航天员受力恒定，做初速度为0 的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F=Ma,由运动学 公式有2ad=v2,解得航天员到达空间站时相对空间站的 2pSd 速度为0=v√M,故C错误，D正确。 方法总结 求液体或气体冲击力问题：研究对象选在极短的时间 △t内喷出的气体（或液体）的质量为△n,根据动量定理有 F'△t=△mu. 2.C【解析】水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械 能不守恒，故A错误；竖直方向根据o?=2gh可得飞行高度 么-可知竖直方向的分速度越大，飞得越高，即当9=90 时，火箭飞得最高，故B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得 的速度最大，由动量守恒定律有(M一m)v一wo=0,解得 =n火箭上升的时间为=0-m9 g gM-m),故 C正确，D错误 3.BD【解析】火箭加速的原因：火箭喷出燃气，燃气的反作用 力推动火箭，故A错误；喷出燃气前后，火箭和燃气动量守 恒，火箭的动量改变量大小等于喷射燃气的动量改变量大小 △p=△mu,故B正确；根据动量定理有△p=F△t,火箭受到 的推力为F=四，故C错误；火箭和燃气动量守恒，可知 △=m△如，解得△如-，可知u越大，越大，火箭增 m