高频微专题5 类碰撞问题《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题5　类碰撞问题
满分60分,限时40分钟
一、选择题(本题共6小题,共24分。在每小题给出的四个选项中,第1—4题只有一项符合题目要求,每小题4分;第5—6题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图所示,在光滑的水平面上静止一质量M=8 kg的小车B,小车左端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到小车右端的距离L=1 m,这段小车板面与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.1,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的小车板面光滑。木块A以速度大小v0=15 m/s由小车B右端开始沿小车板面向左运动。已知木块A的质量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为 (　　)
A.45 J　　　　B.178 J　　　　C.225 J　　　　D.270 J
2.如图所示,质量为m的光滑圆环套在固定的水平杆上,轻绳的一端系在圆环上,另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块,并以速度v离开木块,子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g,不计木块的质量损失,下列说法正确的是 (　　)
A.子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒
B.子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量和机械能都不守恒
C.子弹射出木块后的瞬间,圆环对杆的压力等于(M+m)g
D.木块上升到最高点时,速度大小为
3.质量为m的矩形木板ae,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m　　　　
　　　　
4.如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则 (　　)
A.全程滑块水平方向相对地面的位移为R+L
B.全程小车相对地面的位移大小s=(R+L)
C.滑块运动过程中的最大速度vm=
D.μ、L、R三者之间的关系为R=4μL
5.如图甲所示,长木板A静置在光滑的水平面上,物块B(可视为质点)以水平速度v0=2 m/s从左端滑上长木板A的上表面,之后它们的速度随时间的变化情况如图乙所示,在两者相对运动过程中,因摩擦产生的热量为4 J,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　)
　　　
A.长木板A的质量为4 kg
B.摩擦力对物块B做功为6 J
C.长木板A的长度不小于1.5 m
D.长木板A与物块B间的动摩擦因数为0.1
6.如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是 (　　)
　　
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
二、非选择题(本题共2小题,共36分)
7.(15分)如图所示,一个质量为mA=1 kg的小物块A(可以视为质点)放在质量为mB=1 kg的木板B的左端,木板B右边某处有一质量为mC=3 kg的木板C。现突然给A水平向右大小为v0=8 m/s的速度,使A向右运动,当A滑到B的右端时,A、B速度刚好相等,而且B、C刚好碰撞,碰撞过程中无机械能损失,物块A最终未从C上滑下。已知A与B、C间的动摩擦因数均为μ=0.4,水平地面光滑,两木板厚度相同,重力加速度大小g取10 m/s2,求:
(1)开始时木板B、C之间的距离;
(2)整个过程中系统因摩擦而产生的热量。
8.(21分)如图(a),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时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:
　　
(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;
(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案全解全析
1.B　木块A与小车B共速时弹簧的压缩量最大,弹性势能最大,对木块A从小车B右端开始运动到木块A与小车B共速的过程,由题意知,小车B和木块A系统动量守恒,以水平向左为正方向,有mv0=(M+m)v,由能量守恒得m=(M+m)v2+μmgL+Epmax,联立解得Epmax=178 J,故选B。
2.D
思路点拨
解析　根据题意可知,子弹射穿木块前后,子弹和木块组成的系统动量守恒,子弹克服摩擦阻力做功,系统的机械能不守恒,故A、B错误;子弹射出木块后的瞬间,木块有速度,根据圆周运动的规律,环对杆的压力大于(M+m)g,故C错误;木块上升到最高点时,环和木块的速度相等,从子弹射入木块到木块运动到最高点的过程,子弹、木块和圆环组成的系统在水平方向上动量守恒,以水平向右为正方向,有m0v0=(M+m)v1+m0v,解得v1=,故D正确。
3.B
模型建构
解析　水平面光滑,物块与木板组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,根据动能定理,对木板有μMgx2=mv2,对物块有-μMgx1=Mv2-M,整理得==,因为m4.B　设全程小车相对地面的位移大小为s,则滑块水平方向相对地面的位移大小为x=R+L-s。取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得m-M=0,即m-M=0,结合M=3m,解得s=(R+L),x=(R+L),故A错误,B正确;滑块刚滑到B点时速度最大,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得0=mvm-Mv,mgR=m+Mv2,联立解得vm=,故C错误;对整个过程,由动量守恒定律得0=(m+M)v',则v'=0,由能量守恒定律得mgR=μmgL,得R=μL,故D错误。
5.AD　由图可知,长木板A和物块B的加速度大小相等,则有a====1 m/s2,可得μ=0.1,mA=mB,在两者相对运动过程中,系统损失的机械能等于因摩擦产生的热量,则有ΔE=Q=mB-mBv2-mAv2=4 J,代入数据联立解得mA=mB=4 kg,故A、D正确;由动能定理得WfB=mBv2-mB,代入数据解得WfB=-6 J,故B错误;由图乙可得,0~1 s内B的位移为xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,A的位移为xA=×1×1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为L=xB-xA=1 m,故C错误。
6.ABD
识图有法
解析　由于在0~t1时间内,物体B静止,则对B受力分析有F墙=F弹,则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小,而弹簧既作用于B也作用于A,则可将研究对象转换成A,撤去F后A只受弹力作用,则根据动量定理有I=mAv0(方向向右),墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同,A正确;由a-t图像可知t1时刻弹簧处于原长,在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大,根据牛顿第二定律有F弹=mAaA=mBaB,由图可知aB>aA,则mB7.答案　(1)2 m　(2)17.5 J
解析　(1)根据题意可知,A开始运动后,A做加速度大小为a1的减速运动,B做加速度大小为a2的加速运动,由牛顿第二定律有
μ1mAg=mAa1 (1分)
μ1mAg=mBa2 (1分)
设经时间t1,A、B达共同速度v1,则有
v1=v0-a1t1 (1分)
v1=a2t1 (1分)
联立解得v1=4 m/s(1分)
t1=1 s(1分)
开始时B、C之间的距离为x=a2=2 m(1分)
(2)选水平向右为正方向,设B、C两板碰后速度分别为v2、v3,B、C两板碰撞时动量守恒,机械能守恒,则有
mBv1=mBv2+mCv3 (1分)
mB=mB+mC (1分)
解得v2=-2 m/s(1分)
v3=2 m/s(1分)
B、C两板碰后A滑到C上运动,物块A最终未从C上滑下,则A、C最终共速,以水平向右为正方向,由动量守恒定律有
mAv1+mCv3=(mA+mC)v4 (1分)
解得v4=2.5 m/s(1分)
由能量守恒定律可得,整个过程中系统因摩擦而产生的热量为
Q=mA-mB-(mA+mC)=17.5 J(2分)
一题多解　第(1)问,研究A和B,从A开始运动到A、B共速,有mAv0=(mA+mB)v1,对B,根据动能定理有μmAgx=mB,解得x=2 m。
8.答案　(1)0.6m　(2)0.768v0t0　(3)0.45
思路点拨　物块B与物块A碰撞,在t0时刻共速,在2t0时刻碰撞结束,物块B以0.8v0向右运动,物块A以2v0滑上斜面并以某一速度从斜面返回,再次与物块B碰撞,碰撞后物块A的速度仍为2v0。
解析　(1)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,根据动量守恒定律有(mB+m)v0=mB·1.2v0 (2分)
根据能量守恒定律有
Epmax=mB(1.2v0)2-(mB+m) (2分)
联立解得mB=5m,Epmax=0.6m (2分)
(2)碰撞过程动量守恒,有
mvA+mBvB=(mB+m)v0 (1分)
即任一极短时间Δt内有
mvAΔt+mBvBΔt=(mB+m)v0Δt (1分)
从t=0到t=t0时刻,对上式微元求和,可得msA+mBsB=(mB+m)v0t0(1分)
即m×0.36v0t0+mBsB=(mB+m)v0t0
解得sB=1.128v0t0 (1分)
第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值
Δs=sB-sA=0.768v0t0 (1分)
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同,说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0,方向水平向右。
设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v'A,取向左为正方向,物块A第一次滑下后与B碰撞,
根据动量守恒定律可得
mv'A-5m·0.8v0=m·(-2v0)+5mv'B (2分)
根据能量守恒定律得mv'+·5m·(0.8v0)2=m·(-2v0)2+·5mv' (2分)
联立解得v'A=v0 (1分)
设物块A在斜面上滑行的长度为L,上滑过程,根据动能定理可得
-mgL sin θ-μmgL cos θ=0-m(2v0)2 (2分)
下滑过程,根据动能定理可得
mgL sin θ-μmgL cos θ=m-0 (2分)
联立解得μ=0.45 (1分)