类碰撞模型-2026年高考物理（解析版）

目录

第一部分题型专练

【题型6r•滑块-弹簧”模型

【题型02】“光滑圆弧轨道+滑块”模型

【题型03】悬绳模型

【题型04】“滑块-木板"模型

【题型05】“子弹打木块”模型

【题型06】导体棒“追及”过程中的类碰撞模型

第二部分重难集训

题型专练

【题型1〃滑块一弹簧〃模型】

1.（2025•安徽马鞍山•一模）如图所示，物块力、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，。沿水平面以

一定初速度向右运动，与3碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧

分离，则（）

A.4加速过程中，加速度越来越大B.4、6、C共速时，6所受合力为0

C./、6、C共速时，弹簧弹性势能最大D.6、。碰撞过程中，8、。系统机械能守恒

【答案】，

【详解】力.，加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以4受到的弹

黄弹力先增大后减小，则4的加速度先增大后减小，故人错误；

BC./、6、。共速时，弹簧的任缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时6。受到的弹力不为0,BC的

加速度不为0,则6的加速度不为0,所受合力不为0,故6错误，C正确；

D.6、。碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以6、。碰撞过程中，6、。系统机械能大守恒，故。错

误。

故选C。

2.（2025・湖北武汉•模拟预测）光滑水平桌面上放置两个质量均为馆的小球43,用轻弹簧连接，小球A紧

靠挡板P，如图所示，初始时弹簧处于原长。小球Z?以仙）水平向左运动并压缩弹簧，弹簧始终在弹性限

度内，在小球B开始向左运动到弹簧第二次恢复原长的过程中，卜列说法正确的是（）

A.A、笈及弹簧组成的系统机械能和动量均守恒

B.挡板。对小球4做的功为优

C.挡板P对小球4的冲量大小为7rm0

D小球4离开挡板后，系统弹性势能最大值为;小优

4

【答案】。

【详解】力.小球运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒：由于挡板P的弹力对小球4有

向右的冲量，因此系统动量不守恒，故A错误；

B.从初始到小球力将或离开溶板，小球A一直播止，则挡极P对小球A不做功，小球A离开挡板后，挡

板对小球力的弹力为零，也不做功，所以整个过程中，挡板P对小球力不做功，故B错误；

C.小球6的动能E⑶=mvl

小球4将要离开挡板尸时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球/?的动能取=描

此时小球6的速度大小为小，方向向右，由动量定理知挡板P对小球力的冲量等于系统动量的改变量，

规定向左为正方向，则上A=一（―rrwo）=2mVo

故C错误；

D.小球4离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时力、石速度相等，规定

向右为正方向，根据动量守恒定律有nw（）=2nw

解得。=枭0

2

对系统，由机械能守恒定律得=-y,2mv+EP

代入数据联立解得弹性势能的最大值为与max=jmvg

故。正确。

故选。。

3.（2025・吉林长春•二模）如图甲所示，Q、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面

上"的质量为t=0时刻，使Q获得水平向右、大小为W的初速度，a、b运动的速度一时间图像如

图乙所示。已知弹簧的劲度系数为配弹簧的弹性势能用,=）卜炉,其中①为弹簧的形变量，弹簧始终处

于弹性限度内。下列说法不正照的是（)

77/77777777777777777777777777777777777777777777

甲

A.Q,的质量为2mB.力2时刻，Q、b间的距离最大

C.0〜右时间内，b所受冲量的大小为D.图乙中阴影部分的面积为

【答案】B

【详解】4设a的质量为77%,以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得小,%=（ma+7n）^-v0

解得颁=27以故A正确；

B.根据国乙可知，。时刻之前。的速度大于b的速度，力时刻。的速度等于b的速度，则。时刻弹簧被

压缩最短，此时a、6间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在与时刻a的速度最小、b的速度最大，此时

弹簧恢复原长，故与时刻Q、b间的距离并非最大，接着弹簧维续伸长，。的速度增大、6的速度减小，在名

时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此“时刻a、b间的距离最大，故8错误；

C.（）〜蓟时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得人小修小二枭皿）,故。正确；

D.图中阴影部分的面积为弹淡的最大压缩量劣小,根据能量守恒定律可得《二小呜二

£（a+2m）（-|-Vo）+ykxli（tx

解得出max="票

即图乙中阴影部分的面积为J卷尤，故。正确。

此题选择不正确选项，故选Z?。

4.（2025•山东德州•三模）如图所示，某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂，来研究火箭单级推进与多级

推进。火箭的总质量为zn,重力加速度为g,弹簧始终处于强性限度内,火箭始终在竖直方向上运动，不

t-空气阻力。

方案一:将两根相同的轻弹簧井排放置在火箭底部（不连接）,模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行同

样的压缩,释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此后上升的最大高度为限

方案二:将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部（均不连

接）,将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模拟火箭的二级推进过

程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完

成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过程忽略重力影响。下列说法正确的是

（）

A.两个方案中，火箭运动过程中机械能守恒

B.方案二中，一级推进完成瞬诃，火箭速度的大小为，荻

C.方案二中，二级火箭上升的最大高度为2九

D.方案一中，压缩的单根弹簧储存的弹性势能为W九

【答案】C

【详解】力.两个方案中，火箭运动过程中弹簧弹簧的弹性势能转化为火箭的动能，火箭机械能增加，故

/错误；

D.设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为E〃，方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有2E〃

=mgh

得Ep=gmgh

故。错误；

BC.方案二中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为5,根据弹簧和火箭组成的系统机械能守恒有

口12

Ep=—mvi

求得幼=

设二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度分别为g和禽,根据一级火箭、二级火的以及两级火

箭之间弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒分别有mvi=-^-mv2+3mv；+Ep=q-

112

+~2•57n必

联立解得5=0,5=2y/gh

设二级火箭上升的最大高度为〃，则二级推进完成后，根据二级火箭机械能守恒有）♦。俏上=

解得h'=2h

故Z?错误，。正确。

故选C。

【题型2"光滑圆弧轨道+滑块〃模型】

5.（2025・河南•模拟预测）如图所示，物体4与光滑半圆弧槽8静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。

现给力一个水平向右的初速度，4与右发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球。能脱离圆弧槽向上运动,

己知A、6、C质量相等,不计空气阻力，则（）

/〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃，〃〃〃〃〃/

A.A与B碰撞后，4的速度向左B.球脱离圆弧槽后,将不会再掉落在槽内

C.球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零D.圆弧槽在水平地面上做往复运动

【答案】C

【详解】4.4、6质量相等碰撞后速度交换，/的速度为0,故4错误；

B.球脱离圆弧槽后，水平方向的运动完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故口错误；

C.6与。相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，速度互换，所以槽的速

度为零，故。正确；

D.根据动量守恒，B会一直向右运动，故。错误。

故选C。

6.（多选）（2025・四川巴中•三模）在一次探究实验中，小车上固定一段光滑半圆弧轨道（总质量M=4kg）静

止在光滑水平面上，圆弧的下端为水平。某质量为m=2kg的小球以初速度"（）=5m/s沿水平方向从圆

弧下端进入系统.忽略空气阻力与摩擦.。取l（）m/s2c小球在轨道卜卜升至最高点的过程.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1小

D小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为InVs

【答案】

【详解】在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，

小球的机械能不守恒，故4错误：：

B.在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故0正

确;

CD.小球与小车组成的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九，两者共同速度

大小为o,则mv0=（M+m）v

解得&=

o

小球与小车组成的系统机械能守恒，有=-y（M+m）v2+mgh

解得九=故。正确，。错误“

6

故选BC。

7.（多选）（2025•宁夏银川•一模）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量M

=2馆，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为加，以水平速度。从左端滑上

小车，小球恰好能到达管道的最高点,关于这个过程，下列说法错误的是（）

A.小球滑离小车时，小车回到原来位置

E.小球滑离小车时相对小车的速度大小为。

C.车上管道中心线最高点的竖直高度无=乎

3g

：D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为啜

IO

;【答案】月。

Q...............

【详解】AB.小球滑离小车时，根据动量守恒定律mv=mv\+Mv2

又由机械能守恒定律]■mv2=-ymv{+-yMv]

代入数据得到幼=一4，02=华

J0

根据计算结果可以知道，小球是在小车左端滑离小车，且两者相对速度叫回=岑一（-5）二。

根据上述分析结果可以知道小球对小车的作用力斜向右下方，故小车一直向右加速，故小车回不到原来

位置，故4答案错误，6答案正确；

CD.小球恰好到达管道最高点.说明在最高点时小车与小球相对速度为0,由此得出mv=（M+m）?/

代入数据解得两者的速度为"

O

根据机械能守恒定律可得mgh=-ymv2-（m4-M）v12

解得拉=（一

3g

根据动量定理/=2mv'=-^-mv

•J

即小车所受合外力冲量大小为驾

故。答案正确，。答案错误；

本题选错误的，故选AO。

8.（多选）（2025•广东•模拟预测）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为河的光滑半圆形弯槽静止

在水平面上并紧靠挡板,质量为M的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速

度与时间的关系如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.小球释放后，小球与弯槽系统动量守恒B.益时小球到达位置低于释放时的高度

C.由图可知772大于MD.图中阴影面积S2V2sl

【答案】3。

【详解】乂.小球从弯槽左侧边缘静止下滑的过程中，弯槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对

弯槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直挡板挡住，所以弯槽不会向左运动，则小球与弯槽在水平,

方向受到外力作用，系统动量不守恒；小球从弯槽最低点向右侧运动过程，由于存在小球的重力作用，系

统动量不守恒，但水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，故人错误；:

B.力时小球与弯槽在水平方向第一次共速,即小球到达弯槽右侧，t2时再次共速则到达弯槽左侧，根据；

.............G

能量守恒7ngh=。(m+M)v^.+mgh'

可知人〉〃，故小球此时不可能到达释放时的高度，故Z?正确；

C.小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有mV}=Mv:i-mv2

移项得m(vi+v2)=Mv:i

若7n大于M,则小+gVg

图中明显获知%〉小，故。错误；

D.小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在白〜力2时间内即小球的从弯槽右侧共速点到

左侧共速点，共速点低于弯槽左右两端，根据心―1图像围成面积等于水平位移，得S=R，而$2为。〜

t2两者的相对位移，有S2V2R,故。正确。

故选BD。

9.(多选)(2025•广东深圳•一模)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面

上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小

球与滑块的速度大小分别为劭、。2,根据测量数据在坐标轴画出一条直线，图像如图乙所示，重力加速度

为g,不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是()

A.小球的质量为上时

a

B.小球运动到最高点时的速度为上当

c.小球能够上升的最大高度为、

2-(aQ+：b)g

D.若Q<3小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动

【答案】CD

【详解】人.设小球的质量为TH,初速度为比，取向右为正方向，在刚开始的过程中，在水平方向上由动量

守恒定律得m.”o=+Mi

变形得"2=一带幼+治小

结合图乙可得O=铛"，Q=%

aM

则小球的质量7H=故A正确;

B,小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度。共,取向右为正方

向，水平方向上由动量守恒定律得nw()=(m+M)v^

7m%

解得0共=ab故8正确;

〃，十A4a十〃

C.小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得=nigh+-y（m+M）v^

Mvla，

解得拉=故C错误;

2(m+A/)g2(a+b)g

D.小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得

r

mv（）=mvi4-Mv'2

由机械能守恒定律得]■mv（）=-ymv[2+Mu/

乙乙乙

z

若aVb,则m>M,联立两式解得人>0,v2>v'\

则小球在与圆弧滑块分离后向右做可抛运动，枚。错误。

本题选择错误的，故选CD。

【题型3悬绳模型】

10.（2025•浙江嘉兴•一模）如图所示，质量均为1kg的木块力和以并排放在光滑水平面上，7?上固定一竖直

轻杆，轻杆上端的。点系一长为0.6m的细线，细线另一端系一质量为0.5kg的球Co现将球。拉起使

细线水平伸直，并静止释放球。后，则（）

A.由4、6、C组成的系统动量守恒B.6的速度不可能变为0

D.46刚分离时人的速度为半m/s

C.A对石的作用力一直增大

【答案】。

【详解】A.由力、3、。组成的系统水平方向动量守恒，力错误：

B.小球。向下摆动时，46向左运动，当。到最低点时，43开始分离，因力的动量向左，则此后的

水平总动量向右，则当最终共速时，共同速度一定向右，则R的速度先向左后向右，中间某时刻的速

度一定为零，B错误；

C.因当C到最低点时，48开始分离，此时AB之间的作用力为零，可知4对B的作用力不是一直增

大，。错误;

。.当C到最低点时，/W开始分离，则由水平动量守恒mcvc=2mvAD

由能量关系=-yvn,Gi）c+J•2m?儿

解得4、0刚分离时4的速度为=D正确。

故选。。

n.（多选）⑵）25.河南洛阳.模拟预测）如图所示，质量均为M的两个小球Q、b用长为L的不可伸长的轻绳连

接，小球Q套在光滑的足够长的水平杆上,在水平拉力歹作用下，小球Q、6一起向右做匀加速直线运动，：

小球b到杆的竖直高度为《"当两球速度增加到处时，撤去拉力。重力加速度为g,不计其他阻力。

下列说法正确的是（）:

............G

aF

9L

b

A.拉力F=-1-mg

B.撤去拉力后，小球Q、b组成的系统机械能守恒，动量守恒

C.小球b第一次运动到最低点时的速度大小为小-J9

D.以后小球a所能达到的最大速度为3+J~^gL

【答案】力。

【详解】4.设轻绳与竖直方向的夹角为。，cos0==，可得0=37°。设两小球加速度为Q,对小球b,由

牛顿第二定律，有mgtan。=ma

对a、b整体，F=2ma=2mgt?Ln0=-ymg,A正确。

B.撤去拉力后，小球a、b组成的系统机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向动

量不守恒，3错误。

CD.设小球b运动到最低点时Q、b速度分别为工、为，由水平方向动量守恒，有2nw（）=nw0+Tn%

由系统机械能守恒，有J-2mvHrng（L-4/＞）=J砧忧+^rnvl

NJ/4

可得第一组解va=Vo-,vb=v0+d*L

第二组解%=3+J）gL,3=a-J春gL

其中第一组解是小球b第1、3、5、…次到达最低点时a、b的速度，第二组解是小球》第2、4、6、…次到

达最低点时a、b的速度。Q、b速度的水平分量在这两个解之间变化。可知C错误，。正确。

故选力。°

12.（多选）（2025•湖南常德•模拟预测）如图所示,一个光滑导轨长臂水平固定、短臂竖直，系有细线的圆环A

套在长臂上，细线另一端与小球石相连。己知力的质量7nA=7几，石的质量77*=2m,细线长度为乙。初

始时圆环A距短臂C=细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环4与短臂碰撞

后瞬间与短臂粘连，3球垂直于绳方向的速度不变，沿绳方向的速度减为U，不计空气阻力，重力加速度

为g,sin53°=0.8,则（）

'--------------L.

A.小球B的水平位移为0.4L时圆环A与短臂接触

B.圆环4与短臂接触时，细绳与竖直方向的夹角为53°

C.圆环A与短臂碰撞后瞬间，小球B的速度大小为普JJ四

D.小球运动到最低点时，细线的拉力大小为6mg

【答案】8。

【详解】？1.小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有mAx=mBxB

解得±8=3//,故A错误：

15

B.圆环4与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为仇根据sin。=上千也

解得6=53°,故B正确;

C.设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为内，小球的水平速度大小为竖直速度大小为巧，根

据水平方向动量守恒有rnAvA=rrifiVf}

以圆环为参考系，小球做圆周运动，有tan夕=----—

孙+如

2

根据系统机械能守恒有2mgLcosO=。x2m（画+端）+^-mvA

解得口=小焉gL,vy=4^-^gL

圆环4与短臂碰撞后瞬间，如图所示

小球J3的速度大小为v=v^inO+VnCosO=年V强gL,故C正确;

D.若小球B下落过程系统机械能守恒，则有2"⑼D=JxZa/

v'2

在最低点有R—2rng=2m~L

解得R=6mg

因小球下落过程系统机械能有损失，故小球运动到最低点时，细线的拉力小于6mg,故。错误。

故选BC。

【题型4〃滑块一木板〃模型】

13.（2025,河北保定•二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板8,一质量与木板相同的物块/

（可视为质点）从左端以大小为。的速度冲上木板，经过时间亡运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。

下列说法正确的是（）

▲

-B!

~777777777777777777777777777777~

A.物块/运动到木板右端时的速度大小为今B.在此过程中，物块/运动的距离为华

.............亩

C.月动量的减少量大于B动量的增加量D.木板6的长度为平

【答案】A

【详解】4.设物块和木板的质量均为rn,物块运动到木板右湍恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选

取滑块初速度的方向为正方向，则有nw=2nw.

解得。共=9

即物块工运动到木板右端时的速度大小为力正确；

B,根据匀变速运动规律可知，物块4运动的位移叫=5（宜=[•况，6错误；

C.4动量的减少量AP.A=mv—m-=-^mv

6动量的增加量=-0=-^rmv

贝]力动量的减少量等于6动量的增加量，C错误；

D.由题可知，1时间木板£?的位移为XQ==；况

结合上述分析可得，木板6的长度为L=xA-xB=-^-vt,。缙误。

故选4。

14.（多选）（2025・甘肃・模拟预测）如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上

放置一质量为项=1.5kg的物块，1=0时物块以速度狗从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块

的动能及随时间1变化的图像如图乙所示，t=3s后物块动能不变，重力加速度g取10m/s2,则下列说法

正确的是（）

A.力=3s时物块和木板达到共同速度B.M=3kg

C.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1D.木板的最短长度为6m

【答案】

【详解】A.由图像可知，£=3s时物块和木板达到共同速度，选项4正确；

B.根据七二。m"

可知物块的初速度%=4m/s,共同速度v=lm/s,根据动量守恒mvn=（m+M）v

解得4.5kg,选项B错误；

C.由动量定理，对木板jimgt=Mv

解得物块与木板之间的动摩擦因数为〃=0.1,选项。正确；

D.由能量关系一“mgc=。（7n+嵋

解得汽=6m

即木板的最短长度为6m,选项。正确。

故选4CD。

15.（多选）（2025・湖南•模拟预测）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上"=0时，物块（视为质点）以

大小为。。的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的。一£图像，图中益已知,重力加速度大

小为g。下列说法正确的是（）

甲

A.木板的最小长度为

B.物块与木板的质量之比为2:3

C.物块与木板间的动摩擦因数为华

gt。

D.整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为927

【答案】

【详解】4由题图乙的。一£医像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d=。X3比加=,为M

如木板的最小长度为日。源，故4正确；

B.由动量守恒定律有nV3q）=（m+A1）比

可得物块与木板的质量之比?n：M=1:2

故8错误；

C.由题图乙的。一£图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小0=学

to

由牛顿第二定律有fjmg=ma

解得〃=学

故。正确；

2

D.物块减小的动能瓦1=x(3v0)-=4mvl

木板增大的动能E^=Mv（）=mvn

由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q=E3—其2=3m优

贝］Ek{:Ek2'.Q=4:1:3

故。错误。

故选力C。

国

【题型5〃子弹打木块〃模型】

16.（2025・湖南娄底•模拟预测）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。

己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

【答案】。

【详解】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o—土图像如图所示，在子弹穿过木块的过程中，设子弹和木块的位移分别为曲、g,设

子弹在木块内运动受到恒定阻力/的作用，木块的长度为"由功能关系知系统产生的热量Q=/L

木块的动能瓦=/电，由图可知力=0一g>2g

财Q>2片

故选。。

匕

%

17.（多选）（2025.福建.模拟预测）如图（a）所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A,上端

固定在。点且与•能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有•质量为机）的子弹B以水平速度号。射

入4内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传

感器测得绳的拉力F随时间土变化关系如图（6）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中£=（）为A、

B开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是（）

A

图(a)图(b)

A.一起在竖直面内做周期T=t。的周期性运动

B.人的质量大小为??1=奇■一次

C.子弹射入木块过程中所受冲量大小为电富曳

居n

D.轻绳的长度为理竺吵

5碎

【答案，BD

【详解】4.根据图（b）可以知道4、R一起在竖直面内做周期性运动的周期为7=2曲,故4错误；

BCD.设子弹打入物块力后一起运动的速度大小为幼，46一起运动到最高点的速度大小为小，细绳的

长度为2,子弹打入物块的瞬间，根据动量守恒定律有=（m+mi））vl

子弹和物块在最低点绳子有最大拉力且，根据牛顿第二定律有ETrn+m«）g=（m+矶）苧

子弹和物块在最高点绳子有（m+m<））g=（馆+研））?

V

从最高点到最低点，根据机械能守恒定律有（m+m^）g•2Z=-^-（m+mJ*——（m+小））谴

物块A受到子弹的冲量IA=mvx

m

联立解得m=粤-叽,1=的加疣g,/4="k加E匚6的），故正确，C错误。

6g5以兄

故选BD。

18.（2025・江西•模拟预测）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（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

下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（）

【答案】B

【详解】设子弹射入木块的初速度为外,经过《时间子弹与木板达到共速明子弹的质量为加，木块的质量

为M,由题意可知a<M,根据动量守恒可得mv（）=（m+M）v

hRm.1

"寸0=万研）

经过1时间子弹发生的位移大小为0子=”2方

木块发生的位移大小为I木=］方

子弹与木块发生的相对位移大小为Ac=%■—4木=t—=

则有Ac=称。当'1=2①木：

故选8。；

19.（参选）（2025•安徽芜湖模）如图中所示，质量为”的木块静止在光滑水平面上，质量为晒的子弹以某：

.........亩

一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度。2与子

弹的速度上之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确

的有()

A.M:m=3:2

B.该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小

C.木块所能达到的最大速度为24m/s

D.木块所能达到的最大速度为40m/s

【答案】AC

【详解】ACD.由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足功=一日幼+40(m/s)

设子弹与木块相对静止时的速度为o,则有v=—~^-v+40

解得二者共同的速度0=24ni/s

即木块所能达到的最大速度为24m/s

子弹射入木块，系统动量守恒则有mvx=+m)v

代入数据解得A/：m=3:2

正确，。错误；

B.设子弹相对于木块的位移为，木块相对于地面的位移为应根据能量守恒定律则有说一

-y(A14-m)v2

根据动能定理则有加=-yW

系统动量守恒，则有nW。=(Al4-m)v

g-r__M沱呜m

“2'XMA-m

显然L>⑦，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。

故选力。。

20.(2025・广西♦模拟预测)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无和8鼠已知子弹的质量为加,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

重力的卷。不计物块厚度的影响，则：

O

（1）若忽略f弹穿过物块的时间，求子弹击中物块前瞬间的速度大小；

（2）若忽略子弹穿过物块的时间，求子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能；

（3）若子弹穿过物块时间t=/传，求子弹对物块的平均作用力大小v

【答案】⑴10/质；⑵37.57/九；⑶29mg

【详解】（1）设子弹射穿物块后子弹和物块的速度分别为幼和%则v'[=2gx8/1,vj=2ah

其中4mg+Jx4mg=Ama

o

子弹射穿物块的过程，以的方向为正方向，由动量守恒定律得?7Wo=nwi+4mv2

解得子弹击中物块前瞬间的速度大小为=10J而

（2）子弹从击中物块到射穿的过程中，系统损失的机械能AE=1■砧优一（枭口忧十卷X4rr同

解得\E=37.5m^/i

（3）子弹从击中物块到射穿的过程中，以向上为正方向，对子弹由动量定理得一（R+mg）1=moi-mvQ

解得R=29nig

【题型6导体棒〃追及〃过程中的类碰撞模型】

21.（多选）（2025•黑龙江齐齐哈尔•模拟预测）如图所示，M、N是两根固定在绝缘水平台面上的光滑平行金

属导轨，导轨足够长且电阻忽略不计，导轨间存在垂直于台面向下的匀强磁场。阻值相等的两金属棒

cd的质量分别为馆、2硒，两棒置于导轨上，最初两棒间存在一定的距离。£=0时刻，cd棒获得一水

平向右、大小为。o（可调）的初退度，此后运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。设Qb、cd的间距

为2,通过cd棒的电荷量为q,安培力对cd棒冲量的大小为/，从t=0时刻至两棒运动稳定，Qb棒上产

生的焦耳热为Q。下列图像可能正确的是（）

acM

XXXXXX

Ux

XXXXX

XXXXXX

..........................................................................

Q

%

C.OXD.O

【答案】力CO

【详解】？1.Qb、cd棒所受安培力大小相等、方向相反，因cd棒质量为曲棒质量的2倍，可知每时每刻

而棒的力。速度大小为cd棒的2倍，由动量守恒定律可知最终两棒速度相同，设为。共，有2mv0=

（m+2m）o共

得出。共=,故A正确；

•5

BL®-*)

B.设时间t内ab、cd棒的平均速度分别为小、讥办记最初两棒之间距离为电），则q=

BL（x-Xo）

R总

q为2的一次函数，在纵轴上的截距为负值，故6错误;

B2l}(x—X')

C.安培力对cd棒的冲量大小/==a

/为名的一次函数，在⑦轴上的残距为正，故。正确；

D.由能量守恒定律可知2Q=《x2TT城一。x（2砧+小）球

得出Q=日可知Q为。。的二次函数，故。正确。

故选ACD。

22.（多选）（2025•山西•模拟预测）如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导

轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度人小为13.质量均为m的金属棒Q、b垂

直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为％的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为方伙）的初速

度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为足导轨的电

A.开始运动的一瞬间,金属棒Q的加速度大小为券粤

2mR

B.当金属棒b的速度为零时,金属棒a的速度大小为脑

C.最终通过金属棒b的电荷量为4翳

4BL

D.最终金属棒。中产牛的焦耳热为士■m,调

【答案】

4-BLVQRA/ZHC

【详解】A.开始运动的一瞬间，电路中的电流/=2=士号空

2lx471

此时金属棒a的加速度大小为"=理=孥生

m4mli

故4错误;

B,由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时。的速度大小为幼，则

v1

7no0—mx~^v（）=mvi

解得色

故8正确：

C.设最终a、b的共同速度为4则m，"。一inx}%=2?7W

解得V=-^^0

对金属棒b研究，根据动量定理可得应乙=丁几既00+100）

初均___377W0

解得q-而7

战。错误；

D,设金属棒a中产生的焦耳热为Q,则2Q=Jmvl+枭儿（9J一.x2mv2

解得Q=磊恒优

故。正确。

我选BD。

23.（2025・广东清远・二模）如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为心血边右侧有足够大的

匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向竖直向上。M、N两细金属杆的质量均为加，在导轨间的电阻均

为R。初始时刻，磁场外的杆M以初速度为向右运动，磁场内的杆N距向边的距离为g且处于静止状

态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，两杆始终未相撞，感应电流产生的磁场及

导轨的