专题十一 碰撞的拓展模型 课时作业-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦碰撞拓展模型，以动量守恒与能量守恒为核心，通过分层训练构建“模型识别-规律应用-综合突破”的解题体系，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|8选择+1计算|动量守恒（水平方向）、机械能守恒、功能关系、临界状态分析|从守恒条件判断到方程联立，结合能量转化（如摩擦生热）与运动过程（如弹簧伸缩、滑块相对运动），构建“概念-原理-应用”链条| |综合提升练|2选择+1计算|弹性碰撞规律、多体系统动量守恒、能量损失计算|拓展至多物体相互作用（如n个物块）、曲线轨道（圆弧）模型，深化模型建构与科学论证，衔接高考综合题型|

专题十一 碰撞的拓展模型 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．(2026·辽宁省高三上联考)如图所示，质量为M的滑块套在光滑的水平直杆PQ上并静止在A点，一轻绳上端连接滑块，下端连接质量也为M的木块处于静止状态。现有质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在其中，滑块经过B点到达C点时，木块恰好到达最高点E，此时轻绳刚好水平。已知重力加速度为g，滑块和木块、子弹都可看成质点，木块不会碰到直杆，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．从子弹开始射入木块到木块摆到位置E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统动量守恒 B．子弹和木块到达最高点E时的速度均为零 C．从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统中产生的热量为 D．轻绳的长度为 2.(2025·黑龙江省哈尔滨市高三上期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B．从t3到t4弹簧由伸长状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3 D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2 3.如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中，(　　) A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 4.如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A．1∶4 B．1∶4 C．1∶8 D．1∶12 5．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　) A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 6．(2026·广东省深圳市第二外国语学校高三上段考)(多选)如图1所示，质量为M＝2 kg的木板A静置于光滑水平地面上，t＝0时刻物块B(可视为质点)以水平向右的初速度3 m/s从木板A的左端滑入，此后两者的速度随时间变化的图像如图2所示。当t＝2 s时，物块B恰好到达木板A的右端。已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．物块B的质量为1 kg B．木板A的长度为3 m C．物块B与木板A间的动摩擦因数为0.1 D．若只将物块B的初速度大小变为1.5 m/s，则最终物块B与木板A右端的距离为1.5 m 7.(多选)如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B(可视为质点)套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长为L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是(　　) A．A、B和弹簧组成的系统动量不守恒、机械能守恒 B．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝，则B的速度为vB＝ C．以水平向右为正方向，若A的速度为vA＝，则弹簧与导轨之间的夹角为30° D．若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2 8．(多选)如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车。测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作出v2­v1图像，如图乙所示。已知P点距地面高h＝，重力加速度为g，则(　　) A．小车质量是小球质量的2倍 B．小球上升到最高点时的速度为 C．小球上升的最大高度为 D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为R 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 9．(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 综合提升练 一．选择题： 10.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法不正确的是(　　) A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为 B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2 C．球C由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0 D．球C由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为 11．(2025·河北省衡水市高三上月考)(多选)如图，有n个相同的物块紧密排列放在光滑水平面上(n足够大)，每个物块质量为m，一质量为m0的子弹(可以看成质点)以某一初速度从左端水平射入物块中，刚好能穿过第一个物块。设物块给子弹的阻力大小不变。忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　) A．子弹和物块组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．若只增加物块个数，子弹可能穿过更多的物块 C．若只增加物块个数，子弹不能穿过第一个物块 D．若只改变物块个数，子弹能穿过的物块个数不超过 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12．如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表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，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/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μ的取值范围。 参考答案： 1.答案：C解析：从子弹开始射入木块到木块摆到最高点E的过程中，子弹和木块、滑块组成的系统，水平方向合力为零，水平方向动量守恒；竖直方向，总动量先增大后减小，动量不守恒，故A错误。设子弹射入木块后，二者的共同速度为v1，到达最高点E时，三者的共同速度为v2，系统中产生的热量为Q，轻绳的长度为L，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，(m＋M)v1＝(m＋2M)v2，由能量守恒定律有mv＝(m＋M)v＋Q， (m＋M)v＝(m＋2M)v＋(m＋M)gL， 解得v1＝，v2＝，Q＝， L＝，故B、D错误，C正确。 2.[答案]　B[解析]　由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，且弹簧的长度将继续增大，t3时刻，两物块再次达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹簧被伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，t4时刻与0时刻状态相同，即从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确；从0时刻到t1时刻，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s、v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v2＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝m1|v2|∶m2|v2′|＝1∶4，故D错误。 3.[答案]　C[解析]　在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向动量守恒，小球上升和下落过程，竖直方向的分速度变化，则系统在竖直方向上动量不守恒，则小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，设为v，规定v0的方向为正方向，水平方向由动量守恒定律，有mv0＝(m＋3m)v，解得v＝，故B错误；根据机械能守恒定律得mv＝×4mv2＋mghmax，解得小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为hmax＝，故C正确；小球离开圆弧轨道时，设小球和圆弧轨道的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋×3mv，联立以上两式可得v1＝－，v2＝，故D错误。 4.[答案]　A[解析]　木块从开始运动到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，当木块的初速度为v0时，有mv0＝(m＋m)v，解得v＝；根据能量守恒定律有μmgs＝mv－(m＋m)v2，解得划痕长度s＝；同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝，故两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误。 5.答案：ABC解析：以v0的方向为正方向，子弹射入滑块的过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得共同速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，A正确；子弹射入下层或上层滑块的过程中，两种情况下子弹及滑块初、末状态均相同，系统产生的热量都等于系统减少的动能，故系统产生的热量一样多，B正确；根据动能定理，滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力Ff不一样大，D错误。 6.答案：ABC解析：设物块B的质量为m，由v­t图像可知，t＝0时物块B的速度v0＝3 m/s，木板A的速度为0，t＝2 s时，A、B的速度均为v共＝1 m/s，0～2 s时间内，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v共，解得m＝1 kg，故A正确；设物块B与木板A间的动摩擦因数为μ，在0～2 s时间内，对物块B，由动量定理有－μmgΔt＝mv共－mv0，其中Δt＝2 s，解得μ＝0.1，故C正确；设木板A的长度为L，则在0～2 s时间内，对A、B组成的系统，由功能关系可知－μmgL＝(m＋M)v－mv，解得L＝3 m，故B正确；若只将物块B的初速度大小变为v0′＝1.5 m/s，设物块B、木板A的共同速度为v共′，最终物块B与木板A右端的距离为l，则由动量守恒定律有mv0′＝(m＋M)v共′，由功能关系有－μmg(L－l)＝(m＋M)v共′2－mv0′2，联立并代入数据解得l＝2.25 m，故D错误。 7.答案：BCD解析：平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统受力分析，该系统沿杆方向不受外力，垂直杆方向A、B各自均始终受力平衡，故系统所受的合力为0，系统动量守恒，系统内除弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；以水平向右为正方向，若vA＝，对A、B和弹簧组成的系统分析，由动量守恒定律可得2mv＝mvA＋2mvB，解得vB＝，设初始弹簧的弹性势能为Ep，A的速度为vA＝时弹簧的弹性势能为Ep′，根据机械能守恒定律可得×2mv2＋Ep＝×2mv＋mv＋Ep′，解得Ep＝Ep′，开始时弹簧被压缩了L－L＝L，而vA＝时弹性势能与初始弹性势能相等，故vA＝时弹簧伸长量为L，此时弹簧长度为L′＝L＋L＝2L＝，故vA＝时弹簧与导轨间夹角为30°，故B、C正确；当环B速度为水平向右的2v时，根据动量守恒定律可得2mv＝mvA′＋2m·2v，解得vA′＝－2v，即A的速度大小为2v，方向向左，由机械能守恒定律得×2mv2＋Ep＝×2m(2v)2＋m·(－2v)2，解得Ep＝5mv2，故D正确。 8.答案：BCD解析：设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所以水平方向动量守恒，由图乙数据可得，v2＝0时总动量p1＝m，v1＝0时总动量p2＝M，又p1＝p2，解得m＝M，故A错误；小球上升到最高点时与小车具有共同速度，设为v共，则m＝(m＋M)v共，解得v共＝，故B正确；设小球上升的最大高度为H，对小球、小车组成的系统，根据机械能守恒定律有m()2＝(m＋M)v＋mgH，解得H＝，故C正确；小球滑回至P点时，设小球和小车的速度分别为v球和v车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m＝mv球＋Mv车，m()2＝mv＋Mv，解得v球＝0，v车＝，则小球离开小车后做自由落体运动，设运动时间为t，有h＝gt2，t时间内小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x＝v车t＝R，故D正确。 9.答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J 解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒， 由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒， 由机械能守恒定律有mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 (2)小球从P点水平抛出后做平抛运动，水平分速度不变，小球与a碰撞过程，在水平方向上动量守恒，设碰后瞬间小球与a的共同速度大小为v0， 由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 设b刚解除锁定时小球与a的速度大小为va，弹簧的伸长量为x0， 由胡克定律有F＝kx0 由机械能守恒定律有(m＋ma)v＝(m＋ma)v＋kx b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，当a、小球与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 由机械能守恒定律有(m＋ma)v＋kx＝(m＋ma＋mb)v＋Epm 联立解得vb＝ m/s，Epm＝ J。 10.答案：C解析：球C下落到最低点前，A、B受到细线的作用力斜向右下方，向右做加速运动，球C越过最低点后A受到细线的作用力斜向左下方，开始向右做减速运动，则球C下落到最低点时，A、B开始分离，将A、B、C视为一个系统，从释放球C至球C下落至最低点的过程，根据机械能守恒定律有m0gL＝m0v＋×2mv，水平方向动量守恒，有m0vC＝2mvAB，联立解得A、B分离时C的速度大小vC＝2，A、B的速度大小vAB＝，故A、B正确；球C由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得IAB＝mvAB－0＝m0，故C错误；球C由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地水平向左的位移大小为x1，A、B对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得x2＝，故D正确。本题选说法不正确的，故选C。 11.答案：BD解析：子弹射入物块的过程中，二者间的摩擦阻力做功，产生热量，子弹和物块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由于物块给子弹的阻力大小不变，所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为Q，设子弹射入紧密排列的n个物块后，与物块相对静止时损失的机械能为E损，由动量守恒定律有m0v0＝(nm＋m0)v共，由能量守恒定律有E损＝m0v－(nm＋m0)v，解得E损＝·m0v＝·m0v，由题意可知Q＝E损，若只增加物块个数n，则E损将增大，将大于Q，所以子弹能穿过第一个物块，可能穿过第二个物块，故B正确，C错误；若只改变物块个数，子弹穿过物块时损失的机械能不超过 E损max＝m0v，子弹能穿过的物块个数不超过 kmax＝＝＝1＋，故D正确。 12.答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解析：(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝mv－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 (2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体， 由动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有Mv＝×2Mv＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有Mv＝×2Mv＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 学科网（北京）股份有限公司 $