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第36课时　碰撞及其拓展模型(思维进阶课)
[学习目标]　1．会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。2．会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。
碰撞模型
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2或＋≥＋。
(3)速度要合理
①若两物体同向运动，则碰前应有v后>v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v'前≥v'后。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．三类碰撞的对比
项目 动量是否守恒 机械能有无损失
弹性碰撞 守恒 无损失
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 有损失且损失最大
3．“一动碰一静”弹性碰撞的讨论
如图所示，以质量为m1、速度为v1的物体与质量为m2的静止物体发生弹性碰撞为例，规定v1的方向为正方向，则有：
m1v1＝m1v'1＋m2v'2，m1＝m1v'21＋m2v'22，联立解得v'1＝v1，v'2＝v1。
讨论：
①若m1＝m2，则v'1＝0，v'2＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v'1>0，v'2>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1 m2时，v'1≈v1，v'2≈2v1；
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动)；当m1 m2时，v'1≈－v1，v'2≈0。
　碰撞的可能性
[典例1]　(多选)如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB'＝40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝0.3mA　　 B．mB＝mA
C．mB＝1.5mA　 D．mB＝5mA
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　弹性碰撞
[典例2]　(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s　　　　　　 B．3.0 m/s
C．4.5 m/s　 D．6.0 m/s
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　碰撞的相关图像分析
[典例3]　(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP>mN>mQ
B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN
D．mQ>mN>mP
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“滑块—木板”模型(含曲面、子弹打木块)
模型 图示
模型 特点 (1)子弹水平打进木块(滑块在木板上滑动)的过程中，系统的动量守恒 (2)系统的机械能有损失
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中(滑块相对木板静止)，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞拓展模型)。 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff·x相＝m－(M＋m)v2 (2)子弹穿透木块(滑块滑过木板) 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ffd＝m－
[典例4]　质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小v；
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(2)物块相对小车滑行的时间t；
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(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1；
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(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2。
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拓展思考　(1)该过程中系统产生的内能是多少 若增大物块与小车间的动摩擦因数，则由于摩擦产生的内能会增大吗
(2)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少
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[典例5]　(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为M
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
“滑块—弹簧”模型
模型 图示
模型 特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒，类似弹性碰撞 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型) (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
[典例6]　(多选)(2025·河北沧州模拟)如图所示，一质量为m1＝2 kg的物块A以速度v0＝3 m/s沿光滑水平面向右运动，质量为m2＝4 kg的物块B左侧连接一轻弹簧静止在水平面上。从物块A压缩弹簧到弹簧再次恢复原长的过程中，弹簧始终处于弹性限度内。关于该过程的说法正确的是(　　)
A．两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒
B．任意时刻物块A加速度的大小始终是物块B加速度大小的2倍
C．弹簧的最大弹性势能为6 J
D．弹簧恢复原长时，物块A的速度大小为1 m/s，方向水平向右
第36课时
进阶点1
典例1　BC　[以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝pA'＋pB'，解得pA'＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有≥＋，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有≤，解得mB≤4mA，因此，两球质量关系为mA≤mB≤4mA，B、C正确。]
典例2　B　[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋m＝m＋m＋m，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。]
典例3　D　[对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP(vP－vP')＝mN(vN1'－vN1)，由题图甲可知vP－vP'>vN1'－vN1，解得mPmN，综上可得mQ>mN>mP，D正确。]
进阶点2
典例4　解析：(1)以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝＝0.8 m/s。
(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0
解得t＝＝0.24 s。
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0
解得x1＝＝0.096 m。
(4)x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m。
答案：(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m　(4)0.336 m
拓展思考　解析：(1)根据能量守恒定律，摩擦产生的内能Q＝m2－(m1＋m2)v2＝，代入数据可得Q＝0.24 J，若增大动摩擦因数，摩擦产生的内能不变。
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到小车右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝(m1＋m2)v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝(m1＋m2)v'2＋μm2gL，解得v0'＝5 m/s。
答案：(1)0.24 J　不会　(2)5 m/s
典例5　BC　[由题可知，小球及小车组成的系统在水平方向动量守恒，当小球返回到小车的左端时，二者类似于弹性碰撞，由于小球与小车的质量相等，二者交换速度，故此时小球的速度为0，小车的速度为v0，小球在重力的作用下做自由落体运动，故A错误，B正确；根据动能定理可知，小球对小车所做的功W＝ΔEk＝M，故C正确；设小球在圆弧轨道上上升的最大高度为h，此时小球与小车水平方向共速，设速度为v，系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝2Mv，根据能量守恒定律可得M＝Mgh＋·2Mv2，联立解得h＝，故D错误。]
进阶点3
典例6　BC　[两个物块和弹簧组成的系统所受合力为0，且只有弹簧弹力做功，所以两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，故A错误；任意时刻物块A所受合力始终与物块B所受合力大小相等，都等于弹簧的弹力，根据F合＝ma，物块A的质量是物块B的，得任意时刻物块A加速度的大小始终是物块B加速度大小的2倍，故B正确；当物块A和物块B共速时，两物块的动能最小，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v共，根据机械能守恒得m1＝(m1＋m2)＋Epm，解得Epm＝6 J，故C正确；取物块A的初速度方向为正，设弹簧恢复原长时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，A、B组成的系统动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2，机械能守恒，m1＝m1＋m2，解得v1＝－1 m/s，所以，弹簧恢复原长时，物块A的速度大小为1 m/s，方向与初速度方向相反，水平向左，故D错误。]
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第六章　动量守恒定律
第36课时　碰撞及其拓展模型(思维进阶课)
[学习目标]　1．会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。2．会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。
进阶点1　碰撞模型
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2。
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E'k1＋E'k2或＋≥＋。
(3)速度要合理
①若两物体同向运动，则碰前应有v后>v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v'前≥v'后。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．三类碰撞的对比
项目 动量是否守恒 机械能有无损失
弹性碰撞 守恒 无损失
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 有损失且损失最大
3．“一动碰一静”弹性碰撞的讨论
如图所示，以质量为m1、速度为v1的物体与质量为m2的静止物体发生弹性碰撞为例，规定v1的方向为正方向，则有：
m1v1＝m1v'1＋m2v'2，m1＝m1v'12＋m2v'22，
联立解得v'1＝v1，v'2＝v1。
讨论：
①若m1＝m2，则v'1＝0，v'2＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v'1>0，v'2>0(碰后两物体沿同一方向运动)；当m1 m2时，v'1≈v1，v'2≈2v1；
③若m10(碰后两物体沿相反方向运动)；当m1 m2时，v'1≈－v1，v'2≈0。
角度1　碰撞的可能性
[典例1]　(多选)如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA＝50 kg·m/s，B球静止，碰后B球的动量变为pB'＝
40 kg·m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
A．mB＝0.3mA　　 B．mB＝mA
C．mB＝1.5mA　 D．mB＝5mA
√
√
BC　[以A球的初速度方向为正方向，由碰撞过程系统动量守恒得pA＝pA'＋pB'，解得pA'＝10 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，有≥＋，解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有≤，解得mB≤4mA，因此，两球质量关系为mA≤mB≤4mA，B、C正确。]
角度2　弹性碰撞
[典例2]　(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取
10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s　
B．3.0 m/s
C．4.5 m/s　
D．6.0 m/s
√
B　[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋m＝m＋m＋m，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。]
角度3　碰撞的相关图像分析
[典例3]　(2025·河南卷)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　)
A．mP>mN>mQ
B．mN>mP>mQ
C．mQ>mP>mN
D．mQ>mN>mP
√
D　[对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP'＋mNvN1'，整理得mP(vP－vP')＝mN(vN1'－vN1)，由题图甲可知vP－vP'>vN1'－vN1，解得mPmN，综上可得mQ>mN>mP，D正确。]
【教师备选资源】
某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的
大小和；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析]　(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力大小等于滑块和滑杆的重力大小，即
＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小＝Mg－F'f＝5 N。
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－Ff l＝m－m
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
进阶点2　“滑块—木板”模型(含曲面、子弹打木块)
模型 图示

模型 特点 (1)子弹水平打进木块(滑块在木板上滑动)的过程中，系统的动量守恒
(2)系统的机械能有损失
两种 情境 (1)子弹嵌入木块中(滑块相对木板静止)，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞拓展模型)。
动量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·x相＝m－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块(滑块滑过木板)
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ffd＝m－
[典例4]　质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有一质量为m2＝0.2 kg、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.5，g取
10 m/s2，求：
(1)物块与小车的共同速度大小v；
(2)物块相对小车滑行的时间t；
(3)从开始到共速，小车运动的位移大小x1；
(4)从开始到共速，物块运动的位移大小x2。
[解析]　(1)以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
解得v＝＝0.8 m/s。
(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0
解得t＝＝0.24 s。
(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝m1v2－0
解得x1＝＝0.096 m。
(4)x2＝t＝×0.24 m＝0.336 m。
[答案]　(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m　(4)0.336 m
拓展思考　(1)该过程中系统产生的内能是多少 若增大物块与小车间的动摩擦因数，则由于摩擦产生的内能会增大吗
(2)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少
[解析]　(1)根据能量守恒定律，摩擦产生的内能Q＝m2－(m1＋m2)v2＝，代入数据可得Q＝0.24 J，若增大动摩擦因数，摩擦产生的内能不变。
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到小车右端时与小车有共同的速度v'，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0'＝(m1＋m2)v'，由能量守恒定律得m2v0'2＝(m1＋m2)v'2＋μm2gL，解得v0'＝5 m/s。
[答案]　(1)0.24 J　不会　(2)5 m/s
[典例5]　(多选)质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则(　　)
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为M
D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为
√
√
BC　[由题可知，小球及小车组成的系统在水平方向动量守恒，当小球返回到小车的左端时，二者类似于弹性碰撞，由于小球与小车的质量相等，二者交换速度，故此时小球的速度为0，小车的速度为v0，小球在重力的作用下做自由落体运动，故A错误，B正确；根据动能定理可知，小球对小车所做的功W＝ΔEk＝M，故C正确；设小球在圆弧轨道上上升的最大高度为h，此时小球与小车水平方向共速，设速度为v，系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝2Mv，根据能量守恒定律可得M＝Mgh＋·2Mv2，联立解得h＝，故D错误。]
进阶点3　“滑块—弹簧”模型
模型 图示

模型 特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒，类似弹性碰撞
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
[典例6]　(多选)(2025·河北沧州模拟)如图所示，一质量为m1＝2 kg的物块A以速度v0＝3 m/s沿光滑水平面向右运动，质量为m2＝4 kg的物块B左侧连接一轻弹簧静止在水平面上。从物块A压缩弹簧到弹簧再次恢复原长的过程中，弹簧始终处于弹性限度内。关于该过程的说法正确的是(　　)

A．两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒
B．任意时刻物块A加速度的大小始终是物块B加速度大小的2倍
C．弹簧的最大弹性势能为6 J
D．弹簧恢复原长时，物块A的速度大小为1 m/s，方向水平向右
√
√
BC　[两个物块和弹簧组成的系统所受合力为0，且只有弹簧弹力做功，所以两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，故A错误；任意时刻物块A所受合力始终与物块B所受合力大小相等，都等于弹簧的弹力，根据F合＝ma，物块A的质量是物块B的，得任意时刻物块A加速度的大小始终是物块B加速度大小的2倍，故B正确；当物块A和物块B共速时，两物块的动能最小，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v共，根据机械能守恒得m1＝(m1＋m2)＋Epm，解得Epm＝6 J，故C正确；取物块A的初速度方向为正，设弹簧恢复原长时，物块A的速度为v1，物块B的速度为v2，A、B组成的系统动量守恒，m1v0＝m1v1＋m2v2，机械能守恒，m1＝m1＋m2，解得v1＝－1 m/s，所以，弹簧恢复原长时，物块A的速度大小为1 m/s，方向与初速度方向相反，水平向左，故D错误。]
【教师备选资源】
(多选)(2025·湖南长沙一模)如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时A与弹簧分离，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。下列说法正确的是(　　)
A．碰撞过程中，弹簧对A和B的冲量大小不相等
B．碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.6m
C．碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值为0.5v0t0
D．从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为2v0t0
√
√
BD　[碰撞过程中，弹簧对A和B的作用力大小相等，冲量大小相等，故A错误；当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律得mB×1.2v0＝(mB＋m)v0，根据能量守恒定律得Epmax＝mB×(1.2v0)2－(mB＋m)，联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6m，故B正确；同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma可知同一时刻aA＝5aB，则同一时刻A、B的瞬时速度分别为vA＝aAt，vB＝1.2v0－t，根据位移等于速度在时间上的累积可得sA＝vAt，sB＝vBt，又sA＝0.36v0t0，解得sB＝1.128v0t0，碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0，由题图乙可知，从开始碰撞到分离，物块A的位移大小为2v0t0，故C错误，D正确。]
课时作业(三十六)　碰撞及其拓展模型(思维进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
1．下列关于碰撞的说法正确的是(　　)
A．通常碰撞时间很短，所以物体不会发生形变
B．质量不等的物体碰撞，质量较大的物体动量变化量小
C．物体碰撞前后，系统的机械能不会增加
D．物体碰撞过程中，相互作用力做功代数和为0
√
C　[通常碰撞时间很短，物体仍然受力，会发生形变，故A错误；质量不等的物体碰撞，由动量守恒可知，两物体动量变化量大小相等，故B错误；物体碰撞前后，无外力对系统做功，系统的机械能不会增加，故C正确；物体在非弹性碰撞过程中，相互作用力做功代数和为负值，从而使部分机械能转化为内能，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝
1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　)
A．v'A＝5 m/s，v'B＝2.5 m/s
B．v'A＝2 m/s，v'B＝4 m/s
C．v'A＝－4 m/s，v'B＝7 m/s
D．v'A＝7 m/s，v'B＝1.5 m/s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[虽然题给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v'A大于B的速度v'B，不符合实际，所以A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAv'＋mBv'＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mA＋mB＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(2025·重庆北碚模拟)如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量p与时间t的关系可能正确的是(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
B　[根据题意可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系统的动量守恒，选项A中表示碰撞后小球2与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A错误；选项B中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B正确；选项C、D中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A． 碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x-t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(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，则子弹从木块穿出后(　　)
A．系统产生的热量一定等于木块的动能
B．系统产生的热量一定小于木块的动能
C．系统产生的热量一定等于木块动能的2倍
D．系统产生的热量一定大于木块动能的2倍
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f 的作用，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。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(2025·河北邢台模拟)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h＝1.8 m的倾斜山坡上，一质量m＝50 kg、长L＝1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m＝50 kg的游客从山坡顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿上表面从左端水平滑上浮板，若游客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为(　　)
A．0.8　B．0.75 C．0.5　D．0.4
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[对游客，从山坡滑下的过程有mgh＝mv2，解得v＝6 m/s，游客恰好不会脱离浮板，根据动量守恒有mv＝2mv共，根据能量守恒有μmgL＝mv2－×2m，解得μ＝0.5，故选C。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(2025·河南鹤壁模拟)如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m。在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是(　　)
A．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为0
B．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B的速度为0
C．在弹簧的弹性势能增大至最大的过程中，弹簧对物体B所做的功为m
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等、方向相反
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，则A、B速度都不为0，故A、B错误；对B，根据动能定理可得弹簧对物体B所做的功W＝mv2＝m，故C错误；在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等、方向相反，根据I＝Ft可知，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等、方向相反，故D正确。]
题号
1
3
5
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4
6
8
7
9
8．(多选)(2025·安徽蚌埠模拟)一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度v0＝2滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块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从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为
D．A和B分离时，B的速度大小为
√
√
题号
1
3
5
2
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6
8
7
9
BC　[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；A滑上B的圆弧面顶端，有mv0＝v，mgR＝m－(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，xA－xB＝R，解得xB＝，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2，故D错误。]
题号
1
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4
6
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9
9．(2025·广东汕头一模)如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小；
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速
度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球
C能上升的最大高度。
题号
1
3
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2
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9
[解析]　(1)设子弹的初速度为v1，击中C后，二者共同的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒有mv1＝v2
当C到达P点时，由机械能守恒有＝gl
联立解得v1＝8 m/s，v2＝＝2 m/s。
(2)设小球C到最高点时速度为v3，由动量定律守恒有(m＋M)v2＝(m＋3M)v3
由机械能守恒有＝＋gh
联立解得h＝0.12 m。
题号
1
3
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[答案]　(1)8 m/s　(2)0.12 m
谢谢！课时作业(三十六)　碰撞及其拓展模型(思维进阶课)
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共46分。
1．下列关于碰撞的说法正确的是(　　)
A．通常碰撞时间很短，所以物体不会发生形变
B．质量不等的物体碰撞，质量较大的物体动量变化量小
C．物体碰撞前后，系统的机械能不会增加
D．物体碰撞过程中，相互作用力做功代数和为0
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(　　)
A．v'A＝5 m/s，v'B＝2.5 m/s
B．v'A＝2 m/s，v'B＝4 m/s
C．v'A＝－4 m/s，v'B＝7 m/s
D．v'A＝7 m/s，v'B＝1.5 m/s
3．(2025·重庆北碚模拟)如图所示，小球2静止在水平地面上，小球1以一定的速度与小球2发生对心碰撞。若碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则下列关于两个小球碰撞前后动量p与时间t的关系可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
4．质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是(　　)
A． 碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
5．(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，则子弹从木块穿出后(　　)
A．系统产生的热量一定等于木块的动能
B．系统产生的热量一定小于木块的动能
C．系统产生的热量一定等于木块动能的2倍
D．系统产生的热量一定大于木块动能的2倍
6．(2025·河北邢台模拟)如图是一项在长江边举办的大型户外水上游乐活动的简化图。活动场地设在一个高h＝1.8 m的倾斜山坡上，一质量m＝50 kg、长L＝1.8 m的浮板靠在平滑山坡底部。质量m＝50 kg的游客从山坡顶端静止滑下，经过山坡底端后，沿上表面从左端水平滑上浮板，若游客恰好不会脱离浮板，安全到达目的地。不计游客与山坡间的摩擦力、空气阻力以及水对浮板的阻力，不考虑游客通过山坡和浮板连接处的动能损失，游客可视为质点，重力加速度大小g取10 m/s2。则游客与浮板之间的动摩擦因数为(　　)
A．0.8　 B．0.75
C．0.5　 D．0.4
7．(2025·河南鹤壁模拟)如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m。在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态。物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。下列说法正确的是(　　)
A．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为0
B．当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B的速度为0
C．在弹簧的弹性势能增大至最大的过程中，弹簧对物体B所做的功为m
D．在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等、方向相反
8．(多选)(2025·安徽蚌埠模拟)一个四分之一光滑圆弧形物块B静止在光滑的水平面上，圆弧的半径为R，一可视为质点的小物块A从物块B的底端以速度v0＝2滑上圆弧，经过时间t恰好能滑上B的圆弧面顶端，已知滑块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从底端到滑上圆弧面顶端的过程物块B的位移为
D．A和B分离时，B的速度大小为
9．(12分)(2025·广东汕头一模)如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg。初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)求子弹初速度的大小；
(2)若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度。
课时作业(三十六)
1．C　[通常碰撞时间很短，物体仍然受力，会发生形变，故A错误；质量不等的物体碰撞，由动量守恒可知，两物体动量变化量大小相等，故B错误；物体碰撞前后，无外力对系统做功，系统的机械能不会增加，故C正确；物体在非弹性碰撞过程中，相互作用力做功代数和为负值，从而使部分机械能转化为内能，故D错误。]
2．B　[虽然题给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v'A大于B的速度v'B，不符合实际，所以A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能Ek后＝mAv'＋mBv'＝57 J，大于碰前的总动能Ek前＝mA＋mB＝22 J，违背了能量守恒定律，所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确。]
3．B　[根据题意可知，两球碰撞时间极短，且不计一切摩擦，则碰撞过程中，两球组成系统的动量守恒，选项A中表示碰撞后小球2与小球1初速度方向相反，不符合实际，故A错误；选项B中表示两球碰撞后共速，可能实现，故B正确；选项C、D中表示两球碰撞后，两球组成系统的动量增加，不符合动量守恒定律，故C、D错误。]
4．C　[x-t图像的斜率表示物体的速度，根据题中x-t图像可知，碰撞前m1的速度大小为v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度为0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A错误；两物体正碰后，m1的速度大小为v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小为v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰撞后m2的动量大于m1的动量，根据动能的表达式Ek＝mv2，可知碰撞后m2的动能大于m1的动能，C正确，D错误。]
5．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，设子弹在木块内运动受到恒定阻力f的作用，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。]
6．C　[对游客，从山坡滑下的过程有mgh＝mv2，解得v＝6 m/s，游客恰好不会脱离浮板，根据动量守恒有mv＝2mv共，根据能量守恒有μmgL＝mv2－×2m，解得μ＝0.5，故选C。]
7．D　[当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，则A、B速度都不为0，故A、B错误；对B，根据动能定理可得弹簧对物体B所做的功W＝mv2＝m，故C错误；在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等、方向相反，根据I＝Ft可知，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等、方向相反，故D正确。]
8．BC　[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；A滑上B的圆弧面顶端，有mv0＝v，mgR＝m－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，xA－xB＝R，解得xB＝，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2，故D错误。]
9．解析：(1)设子弹的初速度为v1，击中C后，二者共同的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒有mv1＝v2
当C到达P点时，由机械能守恒有
＝gl
联立解得v1＝8 m/s，v2＝＝2 m/s。
(2)设小球C到最高点时速度为v3，由动量定律守恒有(m＋M)v2＝(m＋3M)v3
由机械能守恒有＝＋gh
联立解得h＝0.12 m。
答案：(1)8 m/s　(2)0.12 m
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