第6章 第4讲 四种“类碰撞”典型模型研究(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦动量与能量综合应用，通过分级训练构建从基础到进阶的科学思维体系，强化模型建构与多过程分析能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级|5题（如滑块圆弧碰撞、子弹穿小球）|基础碰撞、滑块木板模型|动量守恒与机械能守恒基础应用，单一过程受力与运动分析| |B级|4题（如三轨推拉门、圆弧轨道平板车）|多体碰撞、弹簧/斜面综合模型|多过程动量能量综合，系统动量守恒与能量转化（摩擦生热、弹性势能）逻辑链|

[课时跟踪检测] A级——基准保分考法 1.(2025·常州高三调研)如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是四分之一圆弧EF,圆弧半径R=1 m,E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球刚好没越过滑块的上端,已知重力加速度大小g=10 m/s2,不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值为 (　 ) A.2 B.3 C.4 D.5 解析:选C　根据题意,小球上升到滑块上端时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,联立解得=4,故选C。 2.如图所示,用长为L的细线悬挂于O点的小球处于静止状态,质量为m的子弹以速度v0水平射入小球,子弹穿过小球后的速度为v0,子弹穿过小球后瞬间细线上的张力是子弹射入小球前细线张力的2倍,子弹穿过小球的时间极短,重力加速度为g,不考虑小球质量变化,则小球的质量为 (　 ) A.m B.m C.m D.m 解析:选C　子弹穿过小球过程中,子弹和小球水平方向动量守恒,设穿过瞬间小球的速度为v,则mv0=Mv+mv0,根据牛顿第二定律得2Mg-Mg=M,解得M=m,故选C。　 3.如图所示,光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B,一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板,C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/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2 m/s C.木板A的最大速度为1 m/s D.整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 解析:选D　整个系统水平方向动量守恒,C滑离木板A时Mv0=Mv1+(m1+m2)vA,解得木板A的最大速度为vA=2 m/s,滑上B后,对B、C整体水平动量守恒Mv1+m2vA=(M+m2)vB,解得木板B的最大速度为vB=4.5 m/s,并且B、C最终一起匀速运动,故A、B、C错误;整个过程,A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE=M-m1-(m2+M)=57.5 J,故D正确。 4.如图所示,质量为m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的木块A放在长木板的左端,一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中,当木块滑离木板时速度为,木块在木板上滑行的时间为t,则下列说法错误的是 (　 ) A.木块获得的最大速度为 B.木块滑离木板时,木板获得的速度大小为 C.木块在木板上滑动时,木块与木板之间的滑动摩擦力大小为 D.因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差 解析:选B　对子弹和木块A组成的系统,根据动量守恒定律mv0=v1,解得v1=,此后木块A与子弹一起做减速运动,则此时木块的速度最大,选项A正确;木块滑离木板时,对木板和木块(包括子弹)系统由动量守恒定律得=×+mv2,解得v2=,选项B错误;对木板,由动量定理:ft=mv2,解得f=,选项C正确;由能量守恒定律可知,木块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差,选项D正确。 5.如图甲所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时B与弹簧接触,0~2 s内两物块的v⁃t图像如图乙所示。则 (　 ) A.A的质量比B的大 B.0~1 s内,弹簧对A、B的冲量相同 C.t=1 s时,弹簧的弹性势能最大 D.t=2 s时,A的动量比B的大 解析:选C　由题图可知,物块B的初速度为v0=1.2 m/s,t=1 s时,物块A、B的共同速度大小为v=1.0 m/s,由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v,解得mB=5mA,故A错误;0~1 s内,弹簧对A的冲量方向向右,弹簧对B的冲量方向向左,所以弹簧对A、B的冲量不相同,故B错误;t=1 s时,物块A、B有共同速度,弹簧最短,弹簧的弹性势能最大,故C正确;t=2 s时,A的动量pA=mAvA,B的动量pB=mBvB,由题图可知vA=2.0 m/s,vB=0.8 m/s,又mB=5mA,所以A的动量比B的小,故D错误。 6.(16分)(2026·南京阶段检测)如图所示,光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定,右端与一质量为m的物块接触但不拴接,此时弹簧处于原长。物块右侧有一质量为m、高为、顶角为45°的光滑斜面,斜面与水平面平滑连接,现用大小为mg的水平恒力将物块向左推动,物块恰好能运动到C点,此时立即撤去恒力。已知重力加速度为g,求: (1)物块向左运动到速度最大时弹簧的压缩量;(3分) (2)物块离开弹簧时的速度大小;(5分) (3)物块从D点飞出后运动到最高点时的速度大小。(8分) 解析:(1)物块向左运动到速度最大时,加速度为零,则合力为零,此时弹簧的弹力大小为mg,设此时弹簧的形变量为Δx1,则有=kΔx1,解得Δx1=。 (2)物块由A到C的运动满足合外力F=-kx 其中Δx1为相对于(1)中速度最大点的位移,故A到C的运动是简谐运动的一部分,由简谐运动的对称性可知,弹簧压缩到最短时的压缩量为Δx2=2Δx1= 物块从A开始运动再返回到A的过程,弹力做功为零,只有恒力做功,根据动能定理有mg×Δx2=m,解得vA=3g 。 (3)物块脱离弹簧后,以vA向右匀速运动,然后滑上斜面。对物块和斜面组成的系统,机械能守恒,水平方向动量守恒。设物块到D点时水平方向的速度为vx,竖直方向的速度为vy,斜面的速度为vM,对系统,根据机械能守恒定律和水平方向动量守恒定律有m=mgh+m+m,mvA=mvx+mvM 根据关联速度知识有 vMsin 45°=vxsin 45°-vycos 45° 联立解得vx=2g ,vy=g ,vM=g 物块从D点飞出后运动到最高点时,仅有水平方向的速度,因此物块从D点飞出后运动到最高点时的速度大小为vx=2g 。 答案:(1)　(2)3g 　(3)2g B级——把关进阶考法 7.(16分)有一款三轨推拉门,门框内部宽为2.4 m,三扇相同的门板如图所示,每扇门板宽为d=0.8 m,质量为m=20 kg,与轨道的动摩擦因数为μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣,两门板碰后可连在一起,现将三扇门板静止在最左侧,用力F水平向右拉3号门板,一段时间后撤去,取重力加速度g=10 m/s2。 (1)若3号门板左侧凸起部位恰能与2号门板右侧凸起部位接触,求力F做的功W;(3分) (2)若F=12 N,3号门板恰好到达门框最右侧,大门完整关闭。求: ①3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小v;(6分) ②拉力F的作用时间t。(7分) 解析:(1)由题意,对3号门板,根据动能定理有W-μmgd=0,解得W=1.6 J。 (2)①设3号门板与2号门板碰撞后速度为v1,碰后两门板位移为d=0.8 m,根据功能关系有-2μmgd=0-×2m 解得v1=0.4 m/s 碰撞过程,根据动量守恒定律mv=2mv1 解得v=0.8 m/s。 ②根据牛顿第二定律F-μmg=ma 解得a=0.5 m/s2 根据动能定理Fx-μmgd=mv2 解得x= m 根据运动学公式x=at2,解得t= s。 答案:(1)1.6 J　(2)①0.8 m/s　② s 8.(18分)(2025·南通调研)如图所示,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1 kg和2 kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1 kg,A和C以相同速度v0=10 m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向;(8分) (2)若k=0.5,从碰撞后瞬间到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。(10分) 解析:(1)C、D的质量均为m=1 kg,物块C、D碰撞过程中满足动量守恒定律,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,以向右为正方向,则有mv0-m·kv0=(m+m)v物 解得v物=v0=5(1-k)m/s>0 可知碰撞后物块C、D形成的新物块的速度大小为5(1-k)m/s,方向向右。 滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒定律,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,则由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑 解得v滑=v0= m/s>0 新滑板速度大小为,方向向右。 (2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物'=5(1-k)m/s=5×(1-0.5)m/s=2.5 m/s　 碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为 v滑'= m/s=0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动,新物块向右做匀减速运动,新滑板向右做匀加速运动,设新物块的质量为m'=2 kg,新滑板的质量为M'=3 kg,相对静止时的共同速度为v共,根据动量守恒定律可得m'v物'=(m'+M')v共,解得v共=1 m/s 根据能量守恒定律可得 μm'gx相=m'v物'2-(m'+M') 解得x相=1.875 m。 答案:(1)5(1-k)m/s,方向向右　 m/s,方向向右　(2)1.875 m 9.(18分)(2025·苏州联考)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB固定在水平面上,质量为2m的长直平板车放在光滑的水平面上,其右端与光滑圆弧轨道等高且平滑对接。小车的左端挡板上连接有一劲度系数很大的轻质弹簧,平板车右端到弹簧右端的距离为L。一质量为m的小物块从竖直圆弧轨道的上端A由静止下滑,重力加速度为g,物块与平板车上表面间的动摩擦因数为μ,弹簧始终处于弹性限度内且形变量可忽略不计。 (1)若平板车被锁定不能运动,求物块被弹回后第二次到达圆弧轨道上B点的速度大小v和此时受到轨道的支持力大小FN;(6分) (2)若平板车能在水平面上自由运动,物块能压缩弹簧,求运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep;(6分) (3)在(2)的情况下,物块最终能与平板车相对静止。求平板车运动的最大速度vm和物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ应满足的条件。(6分) 解析:(1)设物块第二次到达圆弧轨道上B点的速度大小v,由动能定理有mgR-2μmgL=mv2-0 由向心力公式有FN-mg= 解得v=,FN=mg。 (2)设物块第一次到达B点的速度大小为v0,物块与平板车的共同速度为v',由动能定理有 mgR=m 由动量守恒定律有mv0=v' 由能量守恒定律有 mgR=μmgL+v'2+Ep 解得Ep=mg。 (3)物块在被弹回瞬间,平板车的速度最大,设此时物块的速度为v1,由动量守恒定律有 mv0=mv1+2mvm 由能量守恒定律有 mgR=μmgL+×2m+m 解得vm= vm'=(舍去) 由能量守恒定律有 μmgL<mgR-v'2≤2μmgL 解得>μ≥。 答案:(1)　mg (2)mg (3)　>μ≥ 36 / 78 $