周周练2 碰撞现象和反冲运动 动量和能量观点的应用-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

**基本信息** 聚焦碰撞与反冲运动，以动量守恒为核心，融合能量观点，通过选择与计算综合题，系统考查物理观念与科学思维。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |碰撞现象|7题（1-2、5、8-11）|选择判断碰撞可能性、计算碰撞后速度/能量/位移|动量守恒定律为基础，结合机械能守恒（弹性碰撞）、动能定理（非弹性碰撞），构建碰撞模型| |反冲运动|4题（3-4、7）|选择分析反冲系统冲量/动量、计算抛射体运动|以反冲系统动量守恒为核心，结合动量定理、平抛运动规律，体现运动与相互作用观念|

周周练2　碰撞现象和反冲运动 动量和能量观点的应用 1.如图所示，在光滑水平面上静止放置一个弧形槽，其光滑弧面底部与水平面相切，将一小滑块从弧形槽上的A点由静止释放。已知小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，弧形槽质量小于小滑块质量，则(　　) A．小滑块弹回后能追上弧形槽，但不能到达弧形槽上的A点 B．下滑过程中，小滑块所受重力的功率一直增大 C．小滑块弹回后不能追上弧形槽 D．从滑块释放到再次追赶弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统水平方向动量守恒 解析：选C。当小滑块刚好滑离弧形槽时，水平方向上根据动量守恒定律有Mv1＝mv2，因M<m，可知v1>v2；小滑块与轻弹簧碰撞无能量损失，故小滑块与弹簧分离后，小滑块的速度大小不变，方向相反，故小滑块不能追上弧形槽，A错误，C正确。根据PG＝mgvy，可知开始时重力的功率为零，当到达最低点时重力的瞬时功率也为零，则下滑过程中，小滑块所受重力的功率先增大后减小，B错误。滑块与弹簧碰撞过程中，弹簧给滑块向左的冲量，则从滑块释放到再次追赶弧形槽的过程中，弧形槽与滑块组成的系统所受合外力不为零，则水平方向动量不守恒，D错误。 2.如图所示，质量分别为m与2m的两小球A、B在光滑水平面上沿同一直线做匀速运动，小球A的动量pA＝5 kg·m/s，小球B的动量pB＝7 kg·m/s(规定向右为正方向)，则在小球A追上小球B并与之碰撞的过程中，两小球的末动量pA′和pB′可能分别为(　　) A．1 kg·m/s，12 kg·m/s B．1 kg·m/s，11 kg·m/s C．7 kg·m/s，5 kg·m/s D．4 kg·m/s，8 kg·m/s 解析：选D。碰撞过程系统动量守恒，故A错误；因为碰撞的过程中动能不增加，根据Ek＝，碰前的总动能为＋＝，碰后的总动能为＋＝，可知碰撞的过程中动能增加，故B错误；碰后，若小球A与小球B速度方向相同，则小球A的速度应不大于小球B速度，碰后小球A的速度vA＝，碰后小球B的速度vB＝，故C错误；碰后的总动能为＋＝<，碰后两球速度vA＝＝vB＝，可见动能不增加，碰后速度也符合实际，故D正确。 3.如图是我国自主研发的机器狗，在水平地面上站定不动2 s内水平发射了6颗子弹，每颗子弹的质量m＝30 g，子弹出膛时对地速度v0＝800 m/s，机器狗及其装备的总质量M＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，机器狗发射子弹的过程，下列说法正确的是(　　) A．机器狗、枪和子弹组成系统动量守恒 B．地面对机器狗、枪和子弹组成的系统做了正功 C．机器狗对地面摩擦力的冲量大小为144 N·s D．地面对机器狗的冲量大小为800 N·s 解析：选C。由于地面对系统有摩擦力，系统合外力不为零，故系统总动量不守恒，故A错误；机器狗无水平方向位移，则地面对系统的摩擦力无水平方向的位移，故地面对机器狗、枪和子弹组成的系统不做功，故B错误；每颗子弹的质量m＝0.03 kg，出膛速度v0＝800 m/s，则每颗子弹的动量mv0＝24 kg· m/s，6颗子弹总动量为6×24 kg· m/s＝144 kg· m/s，故I狗对子弹＝144 N·s，机器狗在发射子弹前后整体保持静止，其自身动量不变，所以对机器狗而言I子弹对狗＋If＝0，所以地面摩擦力提供的总冲量大小|If|＝144 N·s，则机器狗对地面摩擦力的冲量大小也为144 N·s，故C正确；地面对机器狗的作用力有支持力和摩擦力，支持力冲量大小Mgt＝800 N·s，地面对机器狗的冲量大小为>800 N·s，故D错误。 4．在太空站无重力环境中，航天员小明静止在空间站舱壁附近，手持一质量m＝9 kg的小球进行抛射训练。空间站舱壁可视为固定弹性碰撞面，每次抛射时小明均将小球以相对于舱壁v＝1 m/s的速度垂直推向舱壁，小球碰撞后速度大小不变、方向反向，追上小明时被再次抛射。已知经过4次抛射后，小球无法再追上他；而第3次抛射后，小球仍能追上。小球可视为质点，小明的质量可能为(　　) A．45 kg B．60 kg C．65 kg D．75 kg 解析：选B。规定小明运动的方向为正方向，小明开始时静止，设第1次将球推出后，小明的速度大小为v1，则根据动量守恒定律有0＝Mv1－mv，解得v1＝，球与舱壁碰撞后，运动方向与小明同向，设小明第2次将球推出后的速度为v2，则根据动量守恒定律有Mv1＋mv＝Mv2－mv，解得v2＝，同理设小明第3次将球推出后的速度为v3，则根据动量守恒定律有Mv2＋mv＝Mv3－mv，解得v3＝，设小明第4次将球推出后的速度为v4，则根据动量守恒定律有Mv3＋mv＝Mv4－mv，解得v4＝，由于进行第3次抛射后，小球仍能追上小明，则有v3＝<v，代入数据解得M>45 kg，又因为经过4次抛射后，小球无法再追上小明，则有v4＝≥v，代入数据解得M≤63 kg，综上可得小明的质量应满足45 kg<M≤63 kg。 5．在水平面上，质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的。下列说法正确的是(　　) A．碰撞后A球的速度一定反向 B．碰撞后B球的速度大小可能是0.6v C．碰撞过程A球对B球的冲量最大值为1.5mv D．碰撞过程两球损失的机械能最多为0.5mv2 解析：选C。根据动量守恒定律可知，若两球发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两球以相同的速度向A球原运动方向运动，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A错误；当两球发生弹性碰撞时，碰撞后B球的速度最大，设为vBm，以碰撞前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得mv＝mvA＋3mvBm，mv2＝mv＋×3mv，联立解得vBm＝0.5v，可知碰撞后B球的速度大小不可能是0.6v，故B错误；当两球发生弹性碰撞时，碰撞后B球的速度最大，碰撞过程A球对B球的冲量最大，设为Im，根据B选项的结果，由动量定理得Im＝3mvBm－0＝1.5mv，故C正确；当两球发生完全非弹性碰撞时，碰撞过程两球损失的机械能最多，设碰撞后两球的速度为v1，以碰撞前A球的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得mv＝(m＋3m)v1，根据能量守恒定律得碰撞过程两球损失的机械能最多为ΔE＝mv2－(m＋3m)v，联立解得ΔE＝mv2，故D错误。 6.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是(　　) A．2(M＋m) B．2(M＋m)gt C．2m＋2Mgt D．2m＋2(M＋m)gt 解析：选D。B从h处落下到与A碰撞前，根据动能定理有mgh＝mv，解得v0＝，A、B发生碰撞时间极短，系统动量守恒，则mv0＝(M＋m)v1，解得v1＝，碰撞后，A、B一起向下运动，经过时间t下降到最低点，再一起向上运动至A回到初始位置。由于向下、向上运动过程受力情况完全对称，则从最低点回到初始位置的时间也为t，回到初始位置时，A、B的速度为－v1。对从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置过程使用动量定理，规定向下为正方向，有2(M＋m)gt－I＝－(M＋m)v1－(M＋m)v1，整理得I＝2(M＋m)v1＋2(M＋m)gt，将v1＝代入，解得I＝2m＋2(M＋m)gt。 7．(多选)现有一高空实验小平台，平台正下方的水平地面上安装有声音记录仪。平台上的爆炸物被引爆后炸裂成两个碎块A和B，且A、B质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向。引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．从爆炸后到落地，A、B受到的冲量大小之比为2∶1 B．从爆炸后到落地，A、B的位移大小之比为1∶2　 C．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m D．爆炸后碎块A的初速度为68 m/s 解析：选AC。从爆炸瞬间到落地，碎块A、B均做平抛运动，下落高度相同，两碎块落地时间相等，均为t，则＝＝，故A正确；爆炸时，水平方向根据动量守恒定律可知mAvA－mBvB＝0，则＝＝＝，A、B的水平位移之比为1∶2，而从爆炸瞬间到落地，下落高度相同，两碎块的位移之比不等于1∶2，故B错误；由＝＝，解得t＝4 s，则碎块A的水平位移xA＝(5 s－4 s)×340 m/s＝340 m，碎块B的水平位移xB＝(6 s－4 s)×340 m/s＝680 m，则爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m＋680 m＝1 020 m，碎块A的初速度vA＝＝85 m/s，故C正确，D错误。 8．(8分)如图所示，物块B的上表面由光滑圆弧和光滑水平部分组成，圆弧最下端与水平线相切，物块B的质量为m，静止于光滑的水平地面上。小球C(可视为质点)质量也为m，静置于物块B上面的水平部分。有一质量为2m的物块A以水平初速度v0与物块B发生正碰，碰撞后粘在一起。求： (1)碰撞后瞬间物块B的速度大小；(3分) (2)小球C可以上升的最大高度。(5分) 解析：(1)设碰撞后A、B的共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律有 2m·v0＝(2m＋m)·v1 解得v1＝v0。 (2)碰撞后，A、B与C组成的系统在水平方向动量守恒。当C上升到最大高度时，A、B与C水平速度相等设为v2。以向右为正方向，由动量守恒定律有 (2m＋m)·v1＝(2m＋m＋m)·v2 解得v2＝v0 A、B碰后到C上升到最大高度由机械能守恒定律得 ×3mv＝×4mv＋mgh 解得h＝。 答案：(1)v0　(2) 9.(12分)如图所示，高h＝1.25 m的平板C右端有竖直挡板，置于水平面上，平板上放置两小物块A、B，A、B间有一劲度系数足够大的轻弹簧，将轻弹簧压缩到弹性势能Ep＝32 J，A置于平板左端，B与C右端挡板的距离L＝2 m，mA＝mC＝2 kg。现将弹簧释放，A、B瞬间分离，A水平向左抛出，落地时距离C左端x＝2 m，B运动到C右端与挡板发生弹性碰撞。已知B与C、C与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，g取10 m/s2，求： (1)A水平向左抛出时的初速度大小；(4分) (2)B物块的质量mB；(4分) (3)B与C发生弹性碰撞后瞬间C的速度大小vC。(4分) 解析：(1)弹簧释放后B沿C上表面向右运动，此时因为B与C、C与地面间的动摩擦因数相等，B对C的最大静摩擦力小于C和地面之间的最大静摩擦力，即C不会滑动，保持静止，设物块A经时间t1落地，则竖直方向上有 h＝gt 水平方向上有x＝vAt1 得vA＝4 m/s。 (2)物块A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则mBvB－mAvA＝0 又Ep＝mAv＋mBv 解得mB＝2 kg，vB＝4 m/s。 (3)设物块B运动到平板C右端与挡板碰前的速度为vB1，由动能定理得 －μmBgL＝mBv－mBv 得vB1＝2 m/s 物块B与平板C右端挡板发生弹性碰撞，设碰后物块B的速度为vB2，以向右为正方向，则 mBvB1＝mBvB2＋mCvC，mBv＝mBv＋mCv 解得vB2＝0，vC＝2 m/s。 答案：(1)4 m/s　(2)2 kg　(3)2 m/s 10.(12分)如图所示，在光滑的水平面上，有一质量m1＝3.0 kg的长木板A，A的左端放着一个质量m2＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，两者处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.30，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。在木板A的左端正上方有一固定点O，用长R＝4.5 m的不可伸长的轻绳将质量m3＝2.0 kg的小球C悬于点O。现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成θ＝37°(如图所示)，由静止释放小球。此后小球C与B恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球C运动到最低点时(与B碰撞前瞬间)的速度大小；(3分) (2)小球C与B相碰后，B的速度大小；(3分) (3)木板长度L至少为多长时小物块B才不会滑出木板。(6分) 解析：(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得m3gR(1－sin θ)＝m3v－0 解得v0＝6 m/s。 (2)设小球C与小物块B在碰撞后，小球C速度为v1，小物块B的速度为v2，由动量守恒定律得 m3v0＝m3v1＋m2v2 由机械能守恒定律得 m3v＝m3v＋m2v 联立解得v2＝8 m/s。 (3)小物块B在木板A上滑动，小物块B和木板A组成的系统动量守恒，设B滑到木板A最右端时两者达到共速，速度大小为v，则有 m2v2＝(m1＋m2)v 小物块B在木板A上滑动的过程中，由小物块B和木板A组成的系统减小的机械能转化为内能，由功能关系得 μm2gL＝m2v－(m1＋m2)v2 联立解得L＝8 m 故木板长度L至少为8 m时小物块B才不会滑出木板。 答案：(1)6 m/s　(2)8 m/s　(3)8 m 11.(16分)如图所示，固定在光滑水平面上的圆弧槽P上表面AB是半径R＝0.2 m的四分之一光滑圆弧，圆弧轨道底端B点切线水平，紧靠B点停靠有一质量M＝0.4 kg的平板小车，小车上表面与B点等高，小车最右端固定有一竖直挡板。质量ma＝0.1 kg的小物块a从圆弧轨道A点由静止下滑，通过B点后滑上小车，与静置于小车上最左端的质量mb也为0.1 kg的小物块b发生正碰。已知小物块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，所有碰撞均没有机械能损失，小物块a、b可看作质点。求： (1)小物块a经过B点时对圆弧轨道的压力大小；(4分) (2)小物块a、b碰撞瞬间，小物块a对b的冲量大小；(5分) (3)小车的长度满足什么条件可以让小物块b不从小车上掉落下来。(7分) 解析：(1)设水平向右为正方向，小物块a从A点运动至B点，根据动能定理可得magR＝mav 代入数据解得va1＝2 m/s 小物块a经过B点时根据牛顿第二定律得 FN－mag＝ 代入数据解得FN＝3 N 则根据牛顿第三定律可知小物块a经过B点时对圆弧轨道的压力大小为3 N。 (2)小物块a、b碰撞前后根据动量守恒定律与能量守恒定律得 mava1＝mava2＋mbvb2，mav＝mav＋mbv 联立解得va2＝0，vb2＝2 m/s 则小物块a对b的冲量大小 Ib＝mbvb2－0＝0.2 N·s。 (3)由题意可知，当小物块b与竖直挡板碰撞后，回到小车左端时与小车恰好达到共速，此时小车的长度最短。对小物块b和小车，根据动量守恒定律有 mbvb2＝(mb＋M)v 根据能量守恒定律有 mbv＝(mb＋M)v2＋μmbg·2Lmin 联立解得Lmin＝0.4 m 则小车的长度需满足L≥0.4 m。 答案：(1)3 N　(2)0.2 N·s　(3)L≥0.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $