2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律03-专题突破10 碰撞模型拓展（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习学案练习含答案07-第七章 动量守恒定律03-专题突破10 碰撞模型拓展（教用），共15页。试卷主要包含了“滑块—弹簧”模型，“滑块—斜面”模型，子弹打木块模型等内容，欢迎下载使用。
题型一 “滑块—弹簧”模型
例1 多选 如图所示，光滑水平地面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的物体B左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平地面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（弹簧始终处于弹性限度内）（ ）
A. 在A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为43Mv
B. 在A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大
C. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0
D. 从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为13Mv2
【答案】AD
【解析】根据动量守恒定律得2Mv=2Mv′A+Mv′B，根据机械能守恒定律得12×2Mv2=12×2MvA′2+12×MvB′2，联立解得v′A=13v，v′B=43v，对物体A，根据动量定理得I=2M⋅13v−2M⋅v，解得I=−43Mv，故A正确。在A与弹簧接触到弹簧压缩到最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大；在弹簧将要恢复原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于0，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于0。所以在A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，故B错误。设弹簧最短时，A、B共同速度为v′，根据动量守恒定律得2Mv=(2M+M)v′，解得v′=23v，弹簧对A、B做功分别为WA=12×2Mv′2−12×2Mv2=−59Mv2，WB=12Mv′2=29Mv2，弹簧对A、B做功的代数和为W=WA+WB=−13Mv2，最大弹性势能为Ep=12×2Mv2−12×3Mv′2=13Mv2，故C错误，D正确。
例2 多选 如图所示，质量为m的平板小车静止在足够大的水平地面上，小车上表面距地面的高度为ℎ，小车右端固定一根轻质弹簧，一与小车质量相等、可视为质点的物块从左侧以速度v0滑上平板小车，物块与弹簧发生相互作用后，从小车左端离开，弹簧始终处于弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 物块离开小车后做平抛运动
B. 物块着地时的动能为mgℎ
C. 小车的最大动能为mv022
D. 弹簧具有的最大弹性势能为mv022
【答案】BC
【解析】物块与小车的相互作用相当于质量相等的两物体发生弹性正碰，碰后交换速度，物块与小车分离时，小车的速度大小为v0，物块的速度为0，物块离开小车后做自由落体运动，故A错误；根据动能定理可知，物块着地时的动能为mgℎ，故B正确；根据A选项可知，小车的最大速度为v0，则小车的最大动能为mv022，故C正确；当两者共速时，弹簧具有的弹性势能最大，mv0=2mv，Epm=12mv02−12×2mv2，解得最大弹性势能为mv024，故D错误。
例3 （2025·江苏盐城二模）如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球(m甲=2m乙)，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v−t图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0=(2m+m)v共1，解得第一次共速时的速度v共1=23v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv0=2mv甲+mv乙，12×2mv02=12×2mv甲2+12mv乙2，解得此时甲、乙的速度分别为v甲=13v0，v乙=43v0，从第一次共速到甲、乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，v−t图像切线斜率绝对值表示加速度大小。综合分析可知C选项符合题意。
题型二 “滑块—斜（曲）面”模型
例4 （2025·四川巴中三模）多选 在一次探究实验中，小车上固定一段光滑14圆弧轨道(小车和轨道的总质量M=4kg)，静止在光滑水平地面上，圆弧的下端水平。某质量为m=2kg的小球以初速度v0=5m/s沿水平方向从圆弧下端滑上圆弧轨道。忽略空气阻力，g取10m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是（ ）
A. 小球的机械能守恒
B. 系统水平方向动量守恒
C. 小球沿圆弧轨道上升的最大高度为56m
D. 小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1m/s
【答案】BC
【解析】在小球上升到最高点的过程中，系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；在小球上升到最高点的过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为ℎ，两者共同速度大小为v，则mv0=(M+m)v，解得v=53m/s，系统机械能守恒，有12mv02=12(M+m)v2+mgℎ，解得ℎ=56m，故C正确，D错误。
例5 （2025·安徽滁州模拟）多选 一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平地面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的物块A从物块B的底端以速度v0=2gR滑上圆弧轨道，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知物块A的质量为m，重力加速度为g，则（ ）
A. 物块A滑上圆弧面后，A、B组成的系统动量守恒
B. 物块B的质量为m
C. 物块A从底端滑上圆弧面顶端的过程，物块B的位移为2gRt−R2
D. A和B分离时，B的速度大小为gR
【答案】BC
【解析】该过程系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设A滑上B的圆弧面顶端时速度为v，有mv0=(m+mB)v，mgR=12mv02−12(m+mB)v2，解得mB=m，故B正确；A滑上B的过程，A和B组成的系统在水平方向动量守恒，有mv0=mvA+mvB，故mv0t=mvAt+mvBt，xA=vAt，xB=vBt，到达顶端时，xA−xB=R，解得xB=2gRt−R2，故C正确；由于A和B质量相等，A和B分离时，相当于发生弹性碰撞，A和B交换速度，A的速度为0，B的速度大小为2gR，故D错误。
变式．（2026·湖北武汉月考）如图所示，圆心为O点、半径为4.6m的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平地面上，且其底部左端与水平地面相切。已知圆弧槽质量为3kg，现有一质量为1kg的小球（可视为质点）以12m/s的初速度沿着水平地面向右运动，重力加速度g取10m/s2。试判断小球从冲上圆弧槽到上升至最高点的过程中，是否脱离圆弧槽，并求出小球上升的最大高度。
【答案】见解析
【解析】小球与圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，因此水平方向上系统动量守恒，假设小球不能从圆弧槽最高点飞出，当小球沿圆弧面上升至最高点时，设二者共同速度为v1，设小球的质量为m，圆弧槽的质量为M，小球的初速度为v0，根据水平方向动量守恒有mv0=(M+m)v1，
代入数据解得v1=3m/s，
所以系统动能的减少量ΔEk=12mv02−12(M+m)v12=54J，
小球不脱离圆弧槽时，重力势能的增加量最大值ΔEp=mgR=46J，
不满足机械能守恒定律，则假设不成立，由此可知小球能从圆弧槽最高点飞出。设小球在圆弧槽最高处的速度为v2，此时圆弧槽在水平方向的速度与小球在水平方向的速度均为v1，根据能量守恒定律有12mv02=12mv22+12Mv12+mgR，
代入数据可得v2=5m/s，
小球在竖直方向上的速度
vy=v22−v12=4m/s，
小球离开圆弧槽能上升的高度
ℎ=vy22g=0.8m，
小球上升的最大高度
H=ℎ+R=5.4m。
题型三 子弹打木块模型 板块模型
1.子弹打木块模型
2.板块模型
例6 如图，木板静置于光滑的水平地面上，一颗子弹（可视为质点）以水平速度击中并留在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则在下列四个图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设子弹射入木板的初速度为v0，经过t时间子弹与木板达到共速v，子弹的质量为m，木板的质量为M，由题意可知m