练案8 第一章专题强化 3 碰撞模型及拓展应用-【成才之路·练案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

练案[8] 第一章 专题强化3 基础巩固练 知识点一弹簧一小球（物块）模型 1.如图所示，位于光滑水平 P00000m4Q 桌面上的小滑块P和Qmm 质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。 设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧 发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最 大弹性势能等于 () A.P的初动能 B.P的初动能的2 CP的初动能的号 DP的初动能的4 2.如图所示，木块A、B的质量均为2kg,置于光 滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹 簧的另一端固定在竖直挡板上，A以4m/s的 速度向B撞击，撞击后粘在一起运动，那么弹 簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小 为 A B000000000月 mhkkk A.4J B.8J C.16J D.32J 知识点二“光滑圆弧轨道一滑块（小球）”模型 3.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止 的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、 倾角为0。一质量为m(m<M)的小物块以一 定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面 过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物 块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则 小物块冲上斜面后能达到的最大高度为 M 易% 0 A.h B.mh m+M C.mh M D.Mh m+M 碰撞模型及拓展应用 4.（2026·石嘴山高二检 R 测)如图所示，在光滑的 6 水平地面上有一静止的ow 质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的 半径为R,最低点处刚好与水平地面相切。一 质量为m的小球以一定的初速度沿水平地面 向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机 械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲 到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固 定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为 厂冬。则小球与滑块质量之比m:M为） A.1:2 B.1:3 C.2:1 D.3:1 5.如图所示，在光滑的水平地 面上停放着质量为m的装有 子板形箱的小车。现有一质 mmmmmm 量也为m的小球以o的水平 速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一 切摩擦，则 A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的 系统总动量守恒 B.小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛 运动 C.小球从右侧离开车后，对地将做自由落体 运动 D.小球从右侧离开车后，小车的速度有可能 大于o 综合提升练 6.（多选)(2026·江门高 A0000000000B 二检测)如图所示，在光 7T77 滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两 滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质 弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。 当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说 法正确的是 A.两滑块的动能之比EkA:EB=1:2 B.两滑块的动量大小之比PA:Pg=2:1 C.弹簧对两滑块的冲量之比I:I=1:1 D.弹簧对两滑块做功之比W:W。=1:1 3 7.（多选)如图甲所示，在光滑水平面上，水平轻 质弹簧右端固定，物体A以速度。向右运动 压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让 弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙 所示)，物体A以2。的速度向右压缩弹簧，测 得弹簧的最大压缩量仍为x,则 2U0 MAmMm A 一000000000000B rhmmmmmmmn 乙 A.物体A的质量为3m B.物体A的质量为2m 3 C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m, D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m, 8.（多选)(2025·北京市师 李) 大附中高二期末)如图所 (A)B) 示，在光滑的水平面上放有两个小球A和B, 其质量mA=1kg、m=4kg,B球上固定一水 平轻质弹簧。若A球以速率v=4m/s向右运 动去碰撞静止的B球，下列说法正确的是 ( A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增 大后减小 B.弹簧最大的弹性势能为6.4J C.碰撞结束时，小球A将向左运动 D.碰撞结束时，B球速度大小为3.2/s 9.如图所示，光滑的水平杆 上有一质量为m的滑环 A,滑环上通过一根不可 伸缩的轻绳悬挂着一个品向m 质量为m的物块B(可视 为质点)，物块B恰好与光滑的水平面接触。 质量为m的物块C(可视为质点)以速度v冲 向物块B,物块C与物块B碰后粘在一起向右 运动，已知重力加速度为g,则下列说法正确 的是 A.物块C与物块B碰后速度为v B.物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能 为gmr C.若滑环A不固定，则滑环A最大速度大 于 D.若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大 离度为4e 164 0.如图，光滑冰面上静止 放置一表面光滑的斜面mmmmmmmmmmmm品mm 体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面 前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰 块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出， 冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的 最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高 度)。已知小孩与滑板的总质量为m1= 30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板 始终无相对运动。取重力加速度的大小g= 10m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后冰 块能否追上小孩？ 1.（2025·广东广州高二期末)如图甲所示，物 块A、B的质量分别是mA=6.0kg和mB= 4.0kg,用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面 上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物 块C从t=0时以一定速度向右运动，在t= 4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起 不再分开，物块C的v-t图像如图乙所 示。求： 个m·s） 0 812 声) -3 分 乙 (1)物块C的质量； (2)B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时， B的速度多大？最大弹性势能多大？3.D设较小钢球的质量为m,较大钢球的质量为2m,两球碰撞 过程中动量守恒、能量守恒，规定向左为正方向，根据动量守 恒定律和能量守恒定律有m。=m,+2m,2m,2=2m +分×2m2,解得=了/s,=子s,“-“代表方向 1 2 向右，故选D。 4.B由题图可知b球碰前静止，设碰前a球速度为o,碰后a 球速度为”1，b球速度为2，物体碰撞过程中动量守恒，机械 能不变：m,6=m,+m,,7m,2=之m,2+m2,解 ma-m 得二m,+m o,m+mo,由图可知，a球碰后速度反 向，故ma<mo 5.AD规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的 系统动量守恒，所以有p=p'+pB,解得pB=3kg·/s,故A 正确，B错误：由于是弹性碰撞，所以没有动能损失放专 +m,解得m=3kg,故C错误，D正确。 2mA 6.B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中， 碰后A的速度'大于B的速度'，必然要发生第二次碰撞， 不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E,'=分m,”+ 2m2=57J,大于碰前的总动能E=22J,违背了能量守 恒定律：而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故 B项正确。 7.AA、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，即P'+P: =pa+Pg=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s,故先排除D 项。A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EA+ u≥5++u-+会-8若2盟. E+Ee-Pn”将A,B,C三项数值代人可排除C 2m 项。A、B选项数据表明碰撞后两球的动量均为正值，即碰后 两球沿同一方向运动。因A球的速度应小于或等于B球的速 度，即'≤g',而'=8 卡”>g'=,因此又可排除B项。所 以该题的正确选项为A。 综合提升练 8.B设碰后白球、黑球的速度分别为12，碰撞过程系统动量 守恒，规定向右为正方向，可得m。=1+2,碰后，两球均 做匀减速直线运动，设一个小格的边长为x。,根据速度一位移 公式有，2=2g×3xo,,2=2μg×12x,由题图可得碰撞过程 中损失的动能为4迟=之m,2-了m2-,联立解得 2 △E=gmo2,故B正确，A、CD错误。 9.B由题意可知，无论小球A反弹或者不反弹，小球A的动量 一定减小，即动量变化△pA<0,选项A、C错误；当△p4= -2kg·m/s时，由动量守恒，得pA+Pg=Pa'+Pg',化简得 PA'-PA=-(Pg'-PB）,即△pB=-△pA=2kg·m/s,且碰后 系统的总动能可能不增加，选项B正确；当△pA=-12kg·m/s, △pB=12kg·m/s时，对系统虽然满足动量守恒定律，但是碰 后系统的总动能一定增加，不可能实现，选项D错误。 -24 10.(0号。(20 解析：(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正 方向，由运量守恒定律得mo=m心1+mg2,碰撞过程中系 统机械能守恒，有2m,2=m2+乃m∴，解得= 1 4 50,西=了，碰后A球向左运动，B球向右运动，所以 A,B的速度大小为5o,5o 4. (2)B球掉入小车过程中系统水平方向动量守恒，以向右为 正方向，由动量守恒定律得(mg+m车)'=m?-m车·2o, 解得'=0 11.(1)30N(2)2m/s(3)弹性碰撞(4)0.2 解析：(1)由动能定理知 1 mgh=2m,-0, 1=√/2gh=3m/s, 在最低点 根据牛顿第二定律，有T-mg=m万： 代入数据得T=30N, 根据牛顿第三定律，小球A对细线的拉力为30N。 (2)设碰撞后小球A反弹的速度大小为2，根据机械能守恒 定律有 1 mgha =2 mv, 得2=/2gh2=1m/s。 设碰后物块B的速度大小为，取水平向右为正方向，根据 动量守恒定律，有m1=-m2+2m3, 得3=2m/5o (3)碰撞前小球A的动能为E=之m,2=4.5J, 碰撞后小球A的动能为Ea=2m2=0.5J, 物块B的动能=分×2m,2=41, E1=E2+E3,此碰撞为弹性碰撞。 (4)碰撞后物块B在水平面上滑行，根据动量定理，有 -2mgt=0-2m3, 得u=0.2。 练案[8] 基础巩固练 1.B把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守 恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹 性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初 速度为%，两滑块的质量均为m,则m。=2m,解得：=之，P 1 的初动能Eo=2m,弹簧具有的最大弹性势能E,= 7m,2-子×2m2=子mw2=之5e,故选项B正确。 1 2.BA、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧 的过程中机械能守恒。由碰童过程中动量守恒得mva=(m +m),代人数据解得u=m=2m/s,所以碰后A,B及 mA+me 弹簧组成的系统的机械能为2(m+m:)v=8J,当弹簧被 压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒 定律得此时弹簧的弹性势能为8J。 3.D斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得 -mgh =0- 2m,所以。=2g幼；斜面不固定时，设小物块 冲上斜面后能达到的最大高度为h',小物块达到最高点时的速 度为v,由水平方向动量守恒得m=(M+m)v,由机械能守恒定 律得乃m2=之(M+m)2+mg,解得公=M,故D M+m 正确。 4C当圆孤滑块固定时有分m,2=mgR;当圆孤滑块不固定 时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有m。 =(a+M),根据机械能守恒定律有分，2=g令+宁(m+ M)v2,解得m:M=2:1,故选C。 5.C整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守 恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速 度为2，整个过程中系统水平方向动量守恒，有=m,+ m2,由机械能守恒定律得m,2=之mm2+之m,2,联立解 得”1=0，”2=。，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小 球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C 正确。 综合提升练 6AC根据动量守恒定律得0=2m,-m,解得=受，两滑 块速度大小之比为A:g=1:2,两滑块的动能之比E: 1 E=7×2m2:7m2=1:2,故A正确；两滑块的动量 大小之比PA:Pg=2mwA:mwg=1:1,故B错误；弹簧对两滑 块的冲量之比IA:IB=△pA:△pg=(2mwA-0):(mwg-0)= 1:1,故C正确；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之 比，为1：2，故D错误。 7.AC对题图甲，设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可 得，弹簧压缩x时弹性势能E,=M2;对题图乙，物体A以 2。的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达 到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有M·2o= (1+m),由能量守恒定律有E,=M(2,)尸-（M+m)2, 解得M=3m,E。=m,2,选项A、C正确，B,D错误。 8.ABCA、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相 等时弹簧被压缩到最短，然后弹簧再次回到原长，故弹簧的形 变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的 合外力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故 A正确：当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时 共同速度为3，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv=(mA+ m),△E。=m-2（m+m)2,联立解得△E。= 6.4J,B正确：当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的 速度分别为飞、2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守 恒分别可得m,=m+m,之m,心=之m,2+m, 1 联立解得，=-2.4m/s,2=1.6m/s,碰撞结束时，小球A向 左运动，B球速度大小为1.6m/s,C正确，D错误。 2 9.CD物块C与物块B碰撞有m=2m,碰后速度=？，碰 撞过程中损关的机被能为分m一了×2n(告）》广=士心。 A、B错误；设碰后B、C到达最高点时的速度为2，由水平方向 的动量守恒和机械能守恒有2m=3m,子m-宁×3m +2mgh,解得=号，h= 4此后A继续加速向右运动，故 其最大速度大于号。C、D正确。 10.(1)20kg(2)见解析 解析：(1)选向左为正方向。设斜面体的质量为m1,冰块在 斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速 度为v 在水平方向上由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2o= （m2+m3）v m,2=(m+mP+mh 1 式中o=3m/s为冰块被推出时的速度，联立两式并代入题 给数据得m3=20kg。 (2)选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为，由 动量守恒定律有m心1-m2o=0 代入数据得v1=1/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为2和，由动量守恒 定律和机械能守恒定律有-m2o=m22+m3 1 2m,62=2m,2+2m4 联立两式并代入数据得v,=1m/s 由于冰块与斜面体分离后冰块的速度与小孩推出冰块后的 速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。 11.(1)2.0kg(2)2m/s12J 解析：(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1=12m/s,碰后 速度为2=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度 方向为正方向，由动量守恒定律得mcv1=（mA+mc)v2 解得me=2.0kg。 (2)12s末B离开墙壁，3=3m/s,之后A、B、C及弹簧组成 的系统满足动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相 等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有 (mA mc)v3=(mA +me+mc)va 根据能量守恒定律得 (m+m:)2=(m+m+m)2+E, 1 解得v4=2m/s,E。=12J 练案[9] 基础巩固练 1.BD子弹射人木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知 子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误：子弹和木块 组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块 动量变化量的大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块 做的功为，摩擦力对子弹做的功为：W=-f(s+d),可知二 者不等，故C错误；对木块，根据动能定理可知：子弹对木块做 的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D 正确。 2.ABC已知子弹的质量为m,初速度为o,设滑块的质量为 M,滑块获得的最终速度（最后滑块和子弹的共同速度）为v。 选择子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律知m。= 5