课时跟踪检测(40) 四种“类碰撞”模型的研究(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 聚焦四种“类碰撞”模型，通过动量守恒、能量转化等规律构建系统性解题方法，强化科学思维中的模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |滑块圆弧模型|1题|动量守恒+机械能守恒|从动量守恒（基础）到机械能守恒（能量转化）的逻辑链| |子弹穿木块|2题|动量守恒+能量损失+v-t图像分析|结合运动图像判断相对位移与能量关系| |弹簧双体模型|2题|动量守恒+弹性势能分析+动量图像斜率|通过动量变化率判断弹力及势能变化| |多体碰撞|4题|动量守恒+动量定理+能量守恒综合|从单体到多体，守恒定律应用的递进拓展|

课时跟踪检测(四十)　四种“类碰撞”模型的研究 1.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 2.(2025·湖南娄底模拟)如图所示,在光滑水平面上静止放置一木块,一子弹水平射入木块并穿出。已知子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小不变,子弹的质量小于木块的质量,则子弹从木块穿出过程 (　　) A.子弹与木块组成的系统产生的热量一定等于木块的动能 B.子弹与木块组成的系统产生的热量一定小于木块的动能 C.子弹与木块组成的系统产生的热量一定等于木块动能的2倍 D.子弹与木块组成的系统产生的热量一定大于木块动能的2倍 3.如图所示,在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1和木块2。一颗子弹水平射向木块1,先后射穿两木块,子弹在木块中运动时所受阻力不变,两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1和木块2的速度大小分别为v1、v2,子弹穿过木块1和木块2所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动,下列说法正确的是 (　　) A.v1=v2 B.v1>v2 C.t1<t2 D.t1=t2 4.如图所示,一质量M=3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度,使小木块A开始向左运动,长木板B开始向右运动,小木块A始终没有滑离长木板B,A、B之间的动摩擦因数是0.5,重力加速度g取10 m/s2。则在整个过程中,下列说法正确的是 (　　) A.小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s B.小木块A向左运动的最大位移为2 m C.整个过程系统因摩擦产生的热量为37.5 J D.长木板的长度可能为5 m 5.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,小球A以初动量p0沿直线运动,与静止的带轻质弹簧的小球B发生正碰,此过程中,小球A的动量p随时间t变化的部分图像如图乙所示,t1时刻图线的切线斜率最大,此时纵坐标为p1,t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同,则 (　　) A.小球A、B的质量之比为 B.t1时刻弹簧的弹性势能最大 C.小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为 D.0~t2时间内,小球B的动量变化量为p0-p1 6.(2025·江苏苏州三模)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接质量为m的物体B,如图乙所示,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　　) A.两过程中,物体A均做加速度越来越大的减速运动,直至速度为零 B.物体A的质量为2m C.弹簧压缩量最大时,两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为3∶2 D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m 7.(多选)如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙,与B间的动摩擦因数μ=0.2)和滑块C,滑块B置 于A的左端,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg。开始时C静止,A、B一起以v=5 m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(碰撞时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.A、C碰撞时A、B、C系统动量守恒 B.A、C发生碰撞后的瞬间,A的速度大小为2 m/s,C的速度大小为3 m/s C.为了保证滑块B不掉落,木板A的长度至少为1.5 m D.整个过程中因摩擦产生的热量为12 J 8.(12分)在军事装备设计中,经常需要对材料进行测试。如图甲所示,质量为M、长度为L的匀质防弹板静置在足够大的光滑水平地面上,质量为m、可视为质点的子弹以水平速度v0射入防弹板,恰好不能从防弹板的右端射出,已知子弹受到防弹板的阻力恒定且远大于自身受到的重力。 (1)求防弹板的最大速度vm;(3分) (2)求子弹受到防弹板的阻力大小f;(3分) (3)现仅将防弹板均匀切割成6块,如图乙所示,子弹以相同的速度射入防弹板后,恰好不能从第5块防弹板射出,求m与M满足的关系。(6分) 9.(14分)(2025·山东高考)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;(6分) (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。(8分) 答案 课时跟踪检测(四十) 1.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.选D　由于子弹的质量小于木块的质量,由牛顿第二定律可知,子弹的加速度大小大于木块的加速度大小,子弹和木块的v⁃t图像如图所示,在子弹穿过木块的过程中,设子弹和木块的位移分别为x1、x2,子弹在木块内运动过程中受到的阻力大小为f,木块的长度为L,由功能关系知系统产生的热量Q=fL,木块的动能Ek=fx2,由图可知L=x1-x2>2x2,则Q>2Ek,故选D。 3.选C　设子弹的初速度为v0,射出木块1、2后子弹的速度分别为v1'和v2',子弹射穿木块1的过程,由动量守恒定律有m子v0=m子v1'+mv1,子弹射穿木块2的过程,由动量守恒定律有m子v1'=m子v2'+mv2,解得v1=,v2=,由于两木块的宽度相等,则有t1=t2,联立可得[(m-m子)v0+(m+m子)v1']t1=[(m-m子)v1'+(m+m子)v2']t2,由于v0>v1'>v2',故有t1<t2,C正确,D错误。对木块1,根据动量定理得ft1=mv1,对木块2,根据动量定理得ft2=mv2,可知v1<v2,A、B错误。 4.选C　由于M>m,故系统总动量方向向右,则小木块A先向左减速至零,后向右加速,最终与木板以共同速度向右匀速运动,设共速时速度大小为v1,根据动量守恒定律可得Mv0-mv0=v1,解得v1=2.5 m/s,故A错误;小木块A向左运动时加速度大小为aA==μg=5 m/s2,向左运动的最大位移为x==2.5 m,故B错误;小木块与木板共速时,根据能量守恒定律有Q=μmgL=-,解得整个过程系统因摩擦产生的热量为Q=37.5 J,L=7.5 m,由于小木块A始终没有滑离长木板B,则长木板的长度必须大于或等于7.5 m,故长木板的长度不可能为5 m,故C正确,D错误。 5.选BC　t1时刻图线的切线斜率最大,则此时小球A的动量变化率最大,根据Δp=ΔI=FΔt可知,此时弹簧弹力最大,由胡克定律可知,此时弹簧形变量最大,弹簧的弹性势能最大,故B正确;t1时刻两小球共速,设速度大小均为v,则小球A的质量mA=,根据动量守恒定律有p0=p1+p2,则小球B的质量mB==,由此可知两小球的质量之比为=,故A错误;根据机械能守恒定律有=++Epm,小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比k==,故C正确;0~t2时间内,小球B的动量变化量ΔpB=-ΔpA=p0,故D错误。 6.选D　题图甲中,弹簧的最大弹性势能为Epm=mA,题图乙中,A、B共速时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v,弹簧两次的最大压缩量相同,所以弹簧两次的最大弹性势能相同,根据动量守恒定律有mA·2v0=v,根据能量守恒定律有mA(2)2=(mA+m)+Epm,联立解得mA=3m,Epm=m,v=v0,故B错误,D正确;在题图乙过程中,开始时物体A的速度大于物体B的速度,弹簧被压缩,物体A受到的弹力逐渐增大,加速度也越来越大,所以该过程中物体A做加速度越来越大的减速运动,直至A、B共速,故A错误;以向左为正方向,根据动量定理可得弹簧压缩量最大时,在题图甲的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I1=0-=3mv0,在题图乙的情况下弹簧对物体A的冲量大小为I2=-mAv-=mv0,可得两种情况下弹簧对物体A的冲量大小之比为I1∶I2=2∶1,故C错误。 7.选ABC　对A、B、C整体,由于水平轨道光滑,A、C碰撞时系统所受合外力为0,故A、B、C系统动量守恒,故A正确;由题意可知,三者最终速度相同,设为v共,规定向右为正方向,由动量守恒定律有v=v共,解得v共=3 m/s,A、C相碰后,A、B再次达到共同速度的过程,根据动量守恒定律有mAvA+mBv=v共,解得碰后瞬间A的速度vA=2 m/s,综合可知A、C发生碰撞后的瞬间,A的速度大小为2 m/s,C的速度大小为3 m/s,故B正确;为了保证滑块B不掉落,需保证A、B能共速,则有mA+mBv2=+μmBg×L,解得L=1.5 m,故木板A的长度至少为1.5 m,故C正确;整个过程中因摩擦产生的热量Q=μmBg×L=3 J,故D错误。 8.解析:(1)防弹板与子弹共速时,防弹板的速度最大,根据动量守恒定律有 mv0=vm 解得vm=。 (2)子弹射入防弹板过程中产生的热量等于系统损失的机械能,由能量守恒定律有 m-=fL 解得f=。 (3)以防弹板为参考系,设子弹离开第1块防弹板时的相对速度为v1,离开第2块防弹板时的相对速度为v2,离开第3块防弹板时的相对速度为v3,离开第4块防弹板时的相对速度为v4,根据运动学公式有 -=2,-=2,-=2,-=2,=2 以上等式左、右相加得=2 解得=。 答案:(1)　(2)　 (3)= 9.解析:(1)小球从开始下落至运动到P处过程中,小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s,v2= m/s。 (2)小球恰好击中a且与其粘连,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,则有mv1=(m+ma)v3 解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时b解除锁定,此时小球和a整体的速度为v4,根据胡克定律得 F=kx1 对小球、a和弹簧组成的系统,由能量守恒定律得(m+ma)=(m+ma)+k 代入数据解得v4=1 m/s,x1=0.3 m 以水平向左为正方向,b解除锁定之后,小球、a和b组成的系统动量守恒,当三者共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律有 (m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 代入数据解得vb= m/s,方向水平向左 对小球、a、b和弹簧组成的系统,由能量守恒定律有Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb) 代入数据解得Epm= J。 答案:(1)6 m/s　 m/s　 (2) m/s　 J 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $