2026版创新设计高考一轮复习物理第六章增分微点8　碰撞中的临界问题及多次碰撞问题含答案

2026版创新设计高考一轮复习物理第六章碰撞中的临界问题及多次碰撞问题一、碰撞中的临界极值问题碰撞中的临界极值问题，指的是相互作用中的物体“恰好不相撞”“相距最近”“相距最远”或“恰上升到最高点”等，求解的关键是速度相等。常见类型有(1)当小物块到达最高点时，两物体速度相同。(2)弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大。(3)两物体刚好不相撞，两物体速度相同。(4)滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。例1(人教版选择性必修第一册P30T7改编)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙，B与A间动摩擦因数μ＝0.5)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度，此速度与碰后C的速度相等，之后一起向右运动。(1)求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小;(2)通过计算说明A、C间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞;(3)求木板A的长度至少是多少B才不会从A上滑出。答案(1)2m/s(2)非弹性碰撞，说明见解析(3)0.6m解析(1)因碰撞时间极短，所以A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB又vAB＝vC，联立解得vA＝2m/s，vC＝3m/s。(2)设A、C碰撞过程损失的机械能为ΔE，则ΔE＝12mA解得ΔE＝12J，说明A、C间的碰撞是非弹性碰撞。(3)设A、C碰撞后到A、B同速，B恰好运动到A最右端，B相对A的位移为Δx，对A、B系统，由能量守恒定律得μmBgΔx＝12mAvA2＋12mBv02将v0＝5m/s，vA＝2m/s，vAB＝vC＝3m/s代入上式得Δx＝0.6m则木板A的长度至少是0.6m。跟踪训练1.如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞。已知小孩的质量m＝25kg，A车和B车的质量均为100kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，求:(1)小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小;(2)小孩跳离A车和B车时对地速度的大小;(3)小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小。答案(1)5m/s(2)10m/s(3)25N·s解析(1)由于A、B两车恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律得(m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v代入数据解得v＝5m/s。(2)依题意，设小孩跳离A车和B车时对地的速度大小为v'，则小孩、B车根据动量守恒定律有mv'＝－mv'＋mBv解得v'＝10m/s。(3)根据动量守恒定律，小孩跳离A车的过程，有(m＋mA)v0＝mv'＋mAvA'解得A车的速度大小为vA'＝8.75m/s根据动量定理，小孩跳离A车的过程对A车的冲量大小等于A车动量变化量的大小，即I＝Δp＝mAv0－mAvA'＝25N·s。二、多次碰撞问题多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法，先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺、分析透彻。根据前几次数据利用数学归纳法，可写出之后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多次碰撞问题涉及的主要模型有:(1)两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞;(2)多个物体发生连续碰撞。例2(2025·重庆北碚模拟)高度为h＝0.8m的光滑曲面PQ与水平面在Q点平滑连接，水平面上依次摆放了滑块1、2、3，滑块0从曲面顶端由静止开始下滑，到底端Q点时与放在该处的滑块1发生弹性碰撞。然后，滑块1会与滑块2碰撞并粘连，碰后速率是滑块1第一次碰后速率的14;滑块1、2会与滑块3碰撞并粘连，碰后速率是滑块1、2碰后速率的14。已知滑块0、1、2的质量均为m，滑块3的质量为2m，所有滑块与水平地面的动摩擦因数均为μ＝0.2，不计滑块的大小及每一次碰撞的时间，重力加速度g＝10m/s(1)滑块0与滑块1碰撞后，滑块1的速率;(2)滑块1与滑块2之间的距离l1;(3)滑块1从开始运动到与滑块3相撞所经历的总时间。答案(1)4m/s(2)3m(3)1.25s解析(1)对滑块0从P滑到Q的过程，由动能定理有mgh＝12m解得v0＝2gh＝4滑块0与滑块1碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有mv0＝mv0'＋mv1，12mv02＝12mv0解得v0'＝0，v1＝4m/s。(2)滑块1与滑块2碰撞过程动量守恒，则有mv1'＝2m·14v解得v1'＝2m/s对滑块1第一次碰后到与滑块2碰前的过程，由动能定理有－μmgl1＝12mv1'2－12解得l1＝3m。(3)滑块1、2与滑块3碰撞过程动量守恒，则有2mv2＝4m·142v1，解得v2＝0.5滑块1从开始运动到与滑块2相撞所经历的时间t1＝v1-v滑块1、2从碰后运动到与滑块3相撞所经历的时间t2＝14v1滑块1从开始运动到与滑块3相撞所经历的总时间t＝t1＋t2＝1.25s。跟踪训练2.(2025·湖北黄冈高三检测)人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度v推向前方弹性挡板，木箱与挡板碰撞后又反向弹回。设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度v将木箱推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱(已知M∶m＝31∶2)。答案9解析人推木箱的过程，对于人和木箱组成的系统，由动量守恒定律有第1次推木箱前后:0＝Mv1－mv第2次推木箱前后:Mv1＋mv＝Mv2－mv……第n次推木箱前后:Mvn－1＋mv＝Mvn－mvn个式子相加得(n－1)mv＝Mvn－nmv所以vn＝(2n依题意可知vn≥v，则有n≥8.25，所以n＝9。专题强化十二“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型学习目标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。模型一“子弹打木块”模型模型图示模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。(2)系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)①系统动量守恒:mv0＝(m＋M)v②系统能量守恒:Q＝Ffd＝12mv02－12((2)子弹穿透木块，两者速度不相等，机械能有损失①系统动量守恒:mv0＝mv1＋Mv2②系统能量守恒:Q＝FfL＝12m解题思路三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能(1)利用系统前、后的机械能之差求解。(2)利用Q＝Ffx相对求解。(3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。例1(2025·黑龙江大庆高三期末)如图所示，质量为M＝0.9kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m＝0.1kg的子弹以水平速度v0＝100m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是()A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v＝10m/sB.子弹对木块做的功W＝50JC.木块和子弹组成的系统机械能守恒D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝350J答案A解析根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度v＝10m/s，故A正确;根据动能定理可知，子弹对木块做的功W＝12Mv2－0＝45J，故B错误;根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量Q＝12mv02－12(M＋m)v2＝450J，衔接教材(鲁科版选择性必修第一册P28章末练习T6)如图所示，质量为m的子弹，以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的长木块内，并嵌入其中。若木块对子弹的平均阻力为f，求子弹射入木块的深度。衔接分析鲁科版练习T6与2024年湖北高考题T10均考查“子弹打木块”模型，利用动量守恒定律和能量守恒定律进行分析解题，分析方法相同，但高考题分析情况较复杂，是对教材习题的进一步拓展与提升。跟踪训练1.(2025·八省联考河南卷，14)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的18(1)子弹击中物块前瞬间的速度大小;(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。答案(1)10gh(2)37.5mgh解析(1)子弹射穿物块时子弹和物块的速度分别为v1和v2，则有v12＝2g·v22子弹射穿物块上升过程中，对物块由牛顿第二定律得4mg＋18×4mg＝4子弹射穿物块过程由动量守恒定律得mv0＝mv1＋4mv2联立解得v0＝10gh。(2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能ΔE＝12mv02模型二“滑块—木板”模型1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。3.求解方法(1)求速度:根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。(2)求时间:根据动量定理求解，研究对象为一个物体。(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。例2质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有一质量为m2＝0.2kg、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0＝2m/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10m/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。答案(1)0.8m/s(2)0.24s(3)0.096m(4)0.336m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＝m2v0m(2)对物块由动量定理有－μm2gt＝m2v－m2v0解得t＝v0-vμg(3)对小车，根据动能定理有μm2gx1＝12m1v2解得x1＝m1v22(4)x2＝v0＋v2t＝2＋0.82×0.24拓展(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?答案0.24J不会解析根据能量守恒定律，产生的内能Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v2＝m1m2(2)若物块不滑离小车，物块的初速度不能超过多少?答案5m/s解析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12m2v0'2＝12(m1＋m2)v'2＋μm2gL，解得v0'＝5跟踪训练2.(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3kg的薄板和质量m＝1kg的物块都以v＝4m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，且动摩擦因数为0.1，薄板足够长，下面情况的描述，正确的是()A.当薄板的速度为3m/s时，物块正在向左运动，且正在减速B.物块向左滑行的最大位移约为3.556mC.物块相对于薄板的位移约为19.556mD.物块与薄板之间因摩擦产生的热量为24J答案AD解析取向右为正方向，设薄板和物块共速时的速度大小为v共，根据薄板和物块组成的系统动量守恒有Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝2m/s，可知薄板向右做减速运动，物块先向左减速到零后向右加速，最终薄板和物块一起向右运动，当薄板速度大小为v1＝3m/s时，设此时物块的速度为v2，根据动量守恒定律，有Mv－mv＝Mv1＋mv2，解得v2＝－1m/s，即此时物块在向左减速运动，故A正确;对物块，根据牛顿第二定律有a＝μmgm＝1m/s2，当物块对地速度为0时，有向左最大位移，为x＝v22a＝8m，故B错误;对薄板和物块组成的系统，根据能量守恒定律，有Q＝12Mv2＋12mv2－12(M＋m)v共2＝μmgΔx，解得Q＝24J，Δ3.(2024·海南卷，17)某游乐项目装置简化如图所示，A为固定在地面上的半径R＝10m的光滑圆弧形滑梯，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16m停下。游客可视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，求:(1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小;(2)滑板的长度L。答案(1)1000N(2)7m解析(1)对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有mgh＝12mv游客滑到b点时，有FN－mg＝mv由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为FN'＝FN联立解得FN'＝1000N。(2)解法一游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝ma1由运动学规律有v12＝2a解得游客滑上平台的速度大小v1＝8m/s游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有μmg＝ma2对滑板由牛顿第二定律有μmg＝Ma3游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有v1＝v－a2t游客的位移为x1＝vt－12a2t滑板的位移为x2＝12a3t则滑板的长度L＝x1－x2联立解得L＝7m。解法二游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有mv＝mv1＋Mv2由能量守恒定律有12mv2＝12mv12对游客在平台上运动的过程，由动能定理有－μmgs＝0－12m联立解得L＝7m。1.(2025·湖南长沙模拟)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了10J，已知木块质量大于子弹质量，则此过程中产生的热量不可能为()A.20J B.35JC.50J D.120J答案A解析设子弹初速度为v0，打入木块后速度为v，子弹和木块的质量分别为m、M，根据动量守恒定律有mv0＝M＋mv，木块位移s木＝v2t，子弹打入深度d＝v0＋v2t－v2t＝v02t，由于m<M，则d>2s木，根据功能关系有木块增加的动能ΔEk＝fs木，系统产生的热量Q＝fd，则2.(多选)(2025·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是()A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小C.Q＝mMD.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek答案BCD解析设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的阻力大小为f，则子弹对木块做的功W1＝fx，木块对子弹做的功W2＝－f(d＋x)，所以两个功的代数和不为零，故A错误;根据冲量的定义式I＝Ft及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确;根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律可得12mv02＝12(m＋M)v2＋Q，联立解得Q＝mMv022(m＋M)，故C正确;木块获得的动能为Ek＝12Mv23.(多选)(2025·四川宜宾模拟)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1kg、mB＝1.0kg、mC＝0.5kg，重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是()A.物体B能上升的最大高度为0.6mB.物体B能上升的最大高度为1.8mC.圆筒C能达到的最大速度为4.0m/sD.圆筒C能达到的最大速度为8.0m/s答案AD解析子弹A以100m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，12mBv22＝12(mB＋mC)v32＋mBgh，解得h＝0.6m，故A正确，B错误;B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝－mBv4＋mCv5，12mBv22＝12mBv44.(多选)(2025·江西吉安高三期末)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度B.木块与长木板之间的动摩擦因数为vC.长木板的长度为v0t0D.可以求出长木板与木块的质量答案BC解析设长木板与木块的质量均为m，该过程两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得mv0－mv0＝2mv共，则v共＝0，即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态，A错误;对木块，根据动量定理可得－μmgt0＝0－mv0，解得μ＝v0gt0，B正确;由能量守恒定律可得Q＝2×12mv02，又Q＝μmgL，联立解得长木板的长度为L＝v0t0，C正确;5.(2025·北京高三开学考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A.A、B间的动摩擦因数为0.1B.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为2mD.木板获得的动能为2J答案A解析由题图乙得物体B的加速度大小为aB＝2-11-0m/s2＝1m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝mBaB，解得μ＝0.1，A正确;根据动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mA＝2kg，系统损失的机械能为E损＝12mBv02－12mA＋mBv2＝2J，B错误;木板A的最小长度为L＝1＋22×1m－12×1×1m＝1m，C错误6.(2025·福建福州高三期末)如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg的木板A、B，一质量M＝2kg的滑块C(视为质点)以初速度v0＝10m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7m/s，最终C与木板B相对静止，则()A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上B.木板B的最大速度为2m/sC.木板A的最大速度为1m/sD.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J答案D解析整个系统动量守恒，C滑离木板A时A的速度最大，有Mv0＝Mv1＋(m1＋m2)vA，解得木板A的最大速度vA＝2m/s，滑上B后，对B、C整体，由动量守恒定律有Mv1＋m2vA＝(M＋m2)vB，此时木板B的速度最大，为vB＝4.5m/s，并且B、C一起做匀速运动，故A、B、C错误;整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE＝12Mv02－12m1vA2－12(m7.(多选)如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力f恒定，则下列说法正确的是()A.木块移动的距离s一定小于木块长度LB.木块质量M越大，木块速度v2越大C.木块质量M越大，子弹射出速度v1越大D.子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少答案AC解析因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定，所以子弹的加速度大小a1＝fm，木块的加速度大小a2＝fM，画出子弹和木块的v－t由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确;木块的质量M越大，a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误，C正确;子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为fL保持不变，故D错误。8.如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、