专项强化：碰撞模型拓展-2027高考物理（解析版）

专题强化:碰撞模型拓展

题型分类

题型一滑块一弹簧模型

1.模型图示（如图所示）

水平地面光滑平行且光滑的水平杆

2.模型特点

（1）动量守恒:两个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。

（2）机械能守恒: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（相当于完全非弹性

碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能）。

（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为0,系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）。

1.（2026•河南新乡•模拟预测）如图甲所示,物块工与物块3之间通过一根轻质弹簧栓接，静置在光滑的水

平地面上，物块6与竖直墙面接触，初始时弹簧处于压缩状态并被锁定，£=0时解除锁定。规定向右为

正方向，物块4在一段时间内运动的o-1图像如图乙所示，三知物块工的质量为项,则（）

£

B]MW|A!

y77/////7////////////////

甲

A.物块B的质量为2M

B.力2时刻弹簧处于原长

C.G〜益时间内，弹簧弹性势能的最大值为《小正

6

D.内〜益时间内，物块4运动的位移大小为半出

【答案】C

【分析】对物块在运动状态分析：

0—力时间段弹簧处于压缩状态，接触锁定后弹簧逐渐恢复原长，物块3与墙面接触保持静止，物块力随

着弹簧恢复原长，弹力减小，做加速度减小的加速运动，。时刻弹簧恢复原长，物块4速度达到最大为

一心时间段，物块只要继续向右运动，弹簧逐渐被拉长弹力增大，物块人将做加速度增大的减速运动，

肠块石将从好止开始做加速度增大的加速运动，心时刻物块力石共速时，弹簧长度达到最大。

右一右时间段%＞0，方向均向右，弹簧逐渐恢复原长，物块A将做加速度减小的减速运动，物块B将做

加速度减小的加速运动，益时刻物块4速度减到最小，弹簧恢复原长，此后由于心小弹簧将再次被

压缩，物块？1加速，物块B减运。

【详解】A.由分析知t2时刻物块4Z?共速，由动量守恒得（馆⑶+山）"^■，解得7班=称，故4错

OZ

误：

B.右时刻弹簧长度达到最大，故8错误：

C.七时刻物块力8共速，弹簧长度达到最大，由机械能守恒得］m/加=］（m+m3（学）2+七

弹性势能与=端，故C正确；

D.力一益内物块工运动的位移是图像与时间轴围成的面积，由图象知:r＞粤（加一幻〉辿/短■，故

o4

。错误。

故选Co

2.（2026•福建南平•二模）（多选）如图（Q）,质量分别为m•八、MB的两个小球A、"拴接在一根轻弹簧的两端,

尧静止在光滑的水平地面上。给小球4一个水平向右的初速度。。压缩弹簧，此后小球4、石的速度与冲

量大小的关系图像如图（b）所示，图中。。、7„已知，则（）

图（a）图（b）

A.mA＞mLi

B.空

fnAmDTo

C.从开始运动到A、B共速时B球的动能变化量为u/o

D.人Z?共速时弹簧的弹性势能最大，其最大值为

［容案】BD

【详解】A.由动量定理，对小球4有一/=?7以（。一初）），变形得O=---!—/+如

小

对小球Z?有/=,变形得o二」一/

v—/图像斜率的绝对值为」-，由图可知力的斜率绝对值大于6的斜率绝对值，即一匚＞」一，可得THA

mmAmD

〈mm故4正确。

B.当/=/；）时共速，设共同速度为o。由动量定理得7f=砧＜如一。），70=成皿

联立消去V得1（）=ITI^VQ--------•

整理得」一+」一=粤，故石正确。

■〃以,〃34；

.............3

C.从开始运动到A,B共速时，对B由动量定理得Z）=7几“

。球的动能变化量=ym/=春加

因eV研）,则&EkB<yvj[}<vj（]，故。错误。

D.A,B共速时弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律得Ep=优一。（m人+小3）。2

乙乙

结合动量守恒rnAvn=（m/14-mB）v,。=mA（vn-v）

代入化简得E}）=-^mAvQ（v0-v）=yV（）7n，故。正确。

故选BD。

题型二滑块一斜面（曲面）模型

1.模型图示（如图所示）

inv/M

,TZTTTTTTTTTTzzTTTTTTTTTTTTTTZTTz

接触面光滑

2.模型特点

（二）上升到最大高度：滑块与斜（曲）面具有共同水平速度。共，此时滑块的竖直速度%=0。系统水平方

向动量守恒，有TTWO=（Af+m）v^;系统机械能守恒,有=J（M+m）v\4-mgh,其中九为滑块上

升的最大高度，不一定等于轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块的重力势

能）。

（2）返回最低点：滑块与斜（曲）面分离点。系统水平方向动量守恒，有=+A的2：系统机械能守

恒，有4-TTIVO=几忧+（相当于弹性碰撞）。

1.（2026.安徽亳州•模拟预测）（多选）质量为M人=36的物块A以一定速度a。在光滑的水平面运动，在其

右侧有一质量为机8=M的物块石其曲面为光滑!圆弧，半径为“，最低点与水平面相切。4恰好滑

到6的圆弧最高点，重力加速度为g。0。未知。则下列说法正确的是（）

A.力和6动量守恒

B.A的初速度为=2窝底

C.6的最大速度为3、脚

D.若A的初速度增大为2g,4从右最高点飞出再落回过程，6的位移为12/R

【答案】

【详解】？1.4、B组成的系统，竖直方向上月运动时，合外力不为零，总动量不守恒，只有水平方向动量

守恒，故A错误;

B.4恰好滑到圆弧最高点时，力、3水平方向共速，设共速速度为小水平方向动量守恒有7%5=（小八

+

解得1；=

4

2

由机械能守恒定律有｝mAvl=mAgR+-y（rnA+m^]v

解得g=2J硒，故8正确；

C.4从最高点滑回水平面后，B达到最大速度，该过程相当于弹性碰撞，水平动量守恒和机械能守恒,

设滑回后力速度%,速度v-2,则mv=mxv\+mV2

6A0D4如忧+

联立解得v尸2M.==孕

代入%）=2j2gR

解得5=3j硒，故。正确;

D.初速度变为2%,月到达最高点飞出时，水平方向幺、B共速，由动量守恒定律有3m・2%=47n共

解得”注=粤=3伤五

2

设竖直方向的相对初速度为%，由机械能守恒定律有[■,3m（2v0）=-y•47n吸+3mgR+-y•3mv-

解得与=j6gR

竖直上抛总运动时间±=也=2'摩

gVg

6做匀速运动，位移£共♦力=12/5凡故。正确。

故选6CD。

2.（2025•辽宁沈阳.三模）（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为河的滑块静止在光滑水平地而

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生、”2,作出图像如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2,不考虑任何阻力，则

下列说法正确的是（）

A.小球的质量为2M

E.小球运动到最高点时的速度为弓m/s

C.小球能够上升的最大高度为^

JU

D.小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动

【答案】？

【详解】4设小球的质量为771,初速度为。0,在水平方向上由动量守恒定律有mvQ=mv\4-Mv2

整理可得3=一带"+学小

财v—v图线的斜率为卜=-肝=

21；二；

解得m=2M,故4正确；

B.5一功图线的纵横距为b=带%=2m/s

解得■小球的初速度大小为v()=lm/s

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，在水平方向上由动量

守恒定律得mv0=(m+M)v

解得v=["m/s,故B正确；

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-ymt>o=-y(m+M)/+rngh

解得拉=工加，故c错误：

60

D.对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时有mv()=TTIV\4-MV2,。mvl=mv?+JMvl

解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为劭=；m/s>0

即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故。正确。

故选ABD.

题型三滑块一木板模型

1.模型图示(如图所示)

m-----

M

水平地面光滑

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)若滑块未从滑板上滑下，当两者速度相同时,滑板速度最大,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。=耳△①或Q=E初一E末，研究对象为一个系统。

,1.(2026・安徽合肥・二模)(多选)如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端有一个可视为

；质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度研)，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图像如图乙

!所示，最终滑块恰停在木板的右端。下列说法正确的是()

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

A.滑块与木板的质量之比为2：3B.木板的长度为14m

C.滑块与木板间的滑动摩擦力大小为3ND.滑块的速度减为枭u时,木板的速度为白。

乙O

【答案】？ICO

【详解】A最终两者共速，速度&相同，由图得共速时滑块动能=

2

木板动能EkM=12/=-^-Mv

因此质量比-77=2■，故A正确；

MEkM123

BC.对滑块由动能定理一八叫=&n-瓦n

代入/滑=14m解得/=3N

对木板由动能定理/♦/木=127

得0木=4m,木板长度L=力滑一①木二14m—4m—lOzn,故JB错误，C正确；

D.系统任意时刻动量守恒，有T?WO=7几

代入2二六,解得。=4%,故。正确。

M33

故选ACD。

2.（2026•山东淄博・二模）（多选）如图甲，O为光滑绝缘水平面上的一点，以。为原点、水平向右为正方向建

立/轴。在的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。

质量为m、长为d的绝缘板静止在光滑水平面上，其左端位于。点。一质量为小、带电量为-q的小物块

以大小为2g的初速度从左端滑上绝缘板，物块相对地面运动的速度。随I变化的关系如图乙所示。已

知物块与板间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为g,物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变,

则（）

A.物块从O点运动到x=d位置的过程中，物块做勺减速直线运动

B.物块从0点运动到x=d位置的过程中,物块和板组成的系统产生的热量为=

C.匀强电场的电场强度大小为嵯

q

D.匀强磁场的磁感应强度大小为普

2/iqd

【容窠】BCD

【详解】A.对物块竖直方向受力分析，负电荷受电场力qE向上，洛伦兹力敦石向下，重力mg向下，支持

力N向上，竖直方向平衡得N+qE=mg+qo3

可得N=rng-qE+qx）B

物块水平方向，由牛顿第二定律有f=〃N=ma

可得加速度a=用吟史皿

m

故物块运动中速度0不断减小，加速度a不断减小，物块做加速度减小的减速运动，力错误：

B.水平面光滑，物块和板组成的系统水平方向动量守恒，由困乙可得，物块到达c=d时，物块速度为

3

”=万0。

诙此时板的速度为O,由动量守恒有TH•2。0=7U。］+77W

解得e

解得（？=%逋，3正确；

4

C.由r—/图可得a随6线性变化，即半"为定值，加速度a=半"=v•半"

dxatda;

结.a=〃（叱一招+9⑻

m

整理得〃（榨-汨+皿.旧半-

mm（ix

该式对所有&成立，因此常数项必须为0,即mg—qE=O

解得石=理，。正确;

q

2v-4v

00曳

D.由。一£图可得I半1二T-

di2d

代入小的系数关系有空=黑

解得四谎,0正球

故选BCD。

J■型四子弹打木块模型

1.模型图示（如图所示）

mM

水平地面光滑

2.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。

3.两种情境

(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)

动量守恒：mv()=(m+M)v,

能量守恒：Q=f}.s=看恒优一

(2)子弹穿透木块

前量守恒：TTIVQ=mVi+MV2,

能量守恒：Q=Ffd=

1.(2026・河北保定•一模)(多选)如图所示,质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为

1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°,小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小

车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹。山中，子弹立即停留在滑块8中，之

后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5,且从圆弧轨道的最高点离开小车，8上升的最高点距

小车顶端的高度为0.15小。滑块3可视为质点，不计空气阻力，g取10m/s2,则下列说法正确的是

()

隘、

A.子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7ni/s

B.滑块3离开小车瞬间的速度大小为［m/s

C.小车粗糙水平面的长度为L9m,

D.滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端造m

5

【答案】ACD

【详解】4设小车4、滑块B、子弹C的质量分别为馆|、山2、伏,,子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B:

组成的系统动量守恒，则TlkiVo=("以+小2)。1

解得V\=7in/s,故4正确；

B.从圆弧凯道的最高点离开小车，滑块石上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m,则滑块B离开小

...............0

车时竖直方向的分速度％=J2g九=V3ni/s

滑块B离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B相对于小车沿水平方向的分速度%相对=lm/s

3n60

从滑块石开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得（仇,+*2）初=

（77i3+rrb＞）vx+rriiV-i

其中%—S=%和对

解得v2=2m/s,vx=3m/s

所以滑块B离开小车瞬间的速度大小*=2V3m/s，故B错误；

。.滑块R开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得5（7713+7722）优=5771例+~1~（7713+7712）通+

（m3+他）9兄（1-cos60°）4-〃（啊+rrQgL

解得小车粗糙水平面的长度L=1.9m•，故C正确；

。.滑块石离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为力=

2%V3

s

--9-~5

则滑块6离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端2=%相对1=坐771,故。正确。

O

故进AST）。

2.（2026・福建厦门•模拟预测）如图所示,光滑水平面上放置木板4木板A的上表面光滑,其左端放置一可

视为质点的物块。，木板A左侧一定距离处放置带有光滑轻质定滑轮的物块6。一根轻质弹性绳绕过

定滑轮，两端分别与木板A和物块。相连，且滑轮两侧的弹性绳均保持水平，初始时系统处于静止状态,

弹性绳处于原长。一质量为m的子弹以初速度为水平向右射入。并留在其中（作用时间极短）。已知

木板4的质量为2馆，物块6的质量为2山,物块。的质量为在研究过程中/、6未发生碰撞，且。未

从其上滑落,弹性绳的形变始终在弹性限度内。求：

⑴子弹射入。的过程中产生的热量；

⑵当A的速度大小为小时，Z?的速度大小；

⑶弹性绳伸长到最长时的弹性势能；

⑷弹性绳刚好恢复原长时8的速度。

【答案】（1）：馆若

2\血

rJ

1

3

24

生

4X3

/)

【详解】（1）打击瞬间，子弹与物块C组成的系统动量守恒，满足？7w（i=（m-l-m）vi

解得幼二3

系统动能损失转化为热量，满足Q=x2mv'{

联立解得Q=-\-Tnvl

4

（2）由题意知，所有接触面均光滑，设任意时刻轻质弹性绳的拉力大小为玛，对木板？1由动量定理有

X片&=2mvA

对物块B由动量定理有22片&=

联立可知此时Z?的速度大小为=20

（3）由小问（2）分析可知，子弹射入物块。后，物块。连同子弹一起向右运动，弹性绳拉长；木板4向左运

动，物块B向右运动，A、6间弹性绳长度变短。当8、C间弹性绳长皮的增加量等于A、5间弹性绳长

度的减少量时，弹性绳伸长到最长，此时4、6、。三者的速度大小满足为―沏二%+小

对物块。由动量定理有EFTM=27nAec=mvQ-2mvc

结合小问⑵分析得，弹性绳伸长到最长时有外=2打=伙,一2%

规定向右为正方向，由系统动童守恒可知mv（）=2mvc+2mvB—2mvA

三式联立,解得小=需，0方=/，火；=修

从子弹打入后到弹性绳最长过程的系统机械能守恒，满足El0ll=^-x2mvl-

（-yx21mv\+；X2?TW3+JX2rriv^

匕A4

解得Eptn=~^rmvl

⑷弹性绳刚好恢复原长时，设46、C三者的速度大小分别为小i、%、％,根据系统的机械能守恒有,

2

■yx2mv'i=x2mvAl+xx2nw%

//乙乙

同时结合第（2）、（3）小问分析可知如1=2。加,——vC\—VAI

联解得VB\—

巩固训练

1.（2026•山西晋中•三模）（多选）如图所示，机械加工厂中将做好的质量为硒的球形工件在高为"的左侧平

台边缘处静止释放,工件沿光滑轨道滑入质量为3m,的半圆形圆槽。圆槽可自由移动，圆槽最低点与地

面高度差不计。圆槽与右侧平台接触时，小球刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零被右侧平

台上的人接住，右侧平台高度与圆槽圆心O点等高，不计一切摩擦和人的高度，小球可看作质点,重力加

速度为小则（）

............即

B小球到达右侧平台被接住时速度大小为学丝

4

C.右侧平台的高度为自H

0

D.右侧平台的高度为:H

4

[答案】BD

【详解】工件从左侧平台由静止释放到圆槽最低点过程中，由于圆槽紧挨左侧平台，故圆槽不会运

动，则匚件的机械能守恒，则有mgH=^-mvi

解得为=禽方

又工件刚好到达圆槽右侧最高点且相对圆槽速度为零，说明在圆槽最高点时工件与圆槽共速，即工件从

圆槽最低点到圆槽右侧最高点，系统水平方向动量守恒，设共速度为o,则有mv0=4mv

解得。=冲丝，故人错误，6正确：

CD.由题可知，右侧平台的高度等于圆槽的半径R。工件从圆槽最低点到圆槽右侧最高点，根据系统

机械能守恒有-ymvl=JX4mv2+rrigR

解得R=*"，故。错误，。正确。

4

故选BD。

2.（2026.江西宜春•一模）如图，一质量为河=1kg的滑块静置在水平面上,滑块的曲面是半径为R=（）.4a

的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方■向。一质量为m=2kg小球以水平向右的初速度v0=6m/s

从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过t=0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦,重力加

速度为g取10】“分。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（）

【答案】B

【详解】根据小球和小滑块水平方向动量守恒可得m储）=mm+Mi”

可得在£时间内求和可得mv（）t=Zm•人At+

可得?nvi）t=rax{4-Mx2

Xj—a：2=0.4m

可得g=0.13m。

=

当小球运动到最高点时可得mv0（m+共，rngH=。（m+M）v\

得H=0.6m,h=H—R=0.2m

九=[■樊答则ti=0.2s

最终小滑块的位移是X=g+2叫⑦=1.73m

故选B。

3.（2026•新疆乌鲁木齐•二模）（多选）如图所示,质量为2a的;光滑圆弧轨道静止在光滑水平面上，轨道

半径为H,质量为加的小球以J丽的速度从左端滑上轨道，冲出轨道后能再次落回轨道。已知重力加

速度大小为。，下列说法正确的是（）

A.小球冲出轨道后做竖直上抛运动

B.小球能上升的最大高度为2R

C.小球冲上轨道过程中，轨道的动量变化量大小为空吸

D.轨道最终做匀速直线运动的速度为丝迈

O

I答案】BCD

【详解】4.小球运动到轨道顶端并脱离时，其与就道具有相同的水平速度，记作Oo由系统在水平方向

动量守恒可得mv（i=（m+2m）??

22

再根据系统机械能守恒定律有^Tnv{}=-^-♦2mv+-ym（v-t-v-y）+mgR

代入相关数据计算得初"vy=y/2gR

由于小球脱离时相对地面存在水平速度分量，因此其运动轨迹为斜抛，故4错误；

B.竖直方向根据烯=2gh

解得九=R

可得小球能上升的最大高度为R+A=2R,故B正确；

C.在小球沿轨道上滑阶段,轨道动量的变化量Ap=2mv

解得Ap=2"入孑,故。正确；

D.小球滑回并最终脱离就道的过程，在水平方向上可等效为弹性碰撞。依据系统水平方向动量守恒

mv（）—mvi+27no2

机械能守恒-^-mvo=-ymvi+J（2m）v?

解得轨道最终获得的速度3=270=里远，故。正确。

'm+2m3

故选BCD。

4.（2026・湖南•模拟预测）如图所示，一质量为M的正方体装置固定在光滑水平面，其竖直面内有一半径为：

A的光滑环形管道，A远大于管道的横截面直径，管道内有一质量为m小球，直径略小于管道横截面直：

径。M=2m,重力加速度为下列说法正确的是（）：

..........由

A.小球在最高点A受轻微扰动无初速度下滑,小球到达管道最低点B时装置对地面的压力大小6mg

B.小球在最高点4受轻微扰动无初速度下滑，运动到与水平方向夹角为37°的。点时，小球对装置压力

大小为3.6mg

C.若装置解除固定，小球仍从最高点A无初速度下滑，装置偏离原位置的最大距离春A

D.若装置解除固定，小球从最低点6以水平向右的速度病开始运动，小球到达最高点时刚好与

装置无弹力

【答案】。

【详解】人装霞固定，小球由信高点八运动到最低点B的过程中，由机械能守恒定律，可得777/7X2"=

12

了m纥3

解得VQ—2jgR

在最低点5由管道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，有可一位='普

JL1/

解得N=5mg

由牛顿第三定律，可得小球对管道的压力为M=5mg

装置的重力Mg=2mg

由平衡条件，地面对装置支持力为Fy-Mg+N1-7mg

由牛顿第三定律，可得装置对地面压力为7mg+6mg，故4错误；

B.由几何关系，C点相对4点下落高度A"=H+/?sin370=1.67?

由机械能守恒定律，得mgx1.6R=

可得虎=3.2gR

在C点由管道对小球的支持力和小球的重力沿背离圆心的分力的合力提供向心力，有娼v—/%sin37°=

771比

R

解得尸”=3.2rng十0.6mg=3.8mg

小球对装置压力大小为3.8mgW3.6mg,故B错误；

C.装置解除固定，系统水平方向动量守恒。当小球运动到巧圆心等高处时，装置.偏离原位置距离最大。

设装置最大位移为①，则小球水平位移为R—矶由水平方向动量守恒，得m(R—0=岫

解得口=“7吊=4小，故°错误;

D.若装置解除固定，小球从8点以为出发。设小球和装置在最高点的速度分别为幼，s,若小球到达

最高点时刚好与装置无弹力，则重力提供向心力，有mg=

由水平动量守恒，得mv0=mv।+MV2

由机械能守恒,得mvl=mgx2A+^mv\+士Mv'i

联立M=2m，解得g=N7gR

故当研,=，丽时，小球到达最高点刚好与装置无弹力，故刀正确。

故选。。

5.（2026•广东湛江•二模）如图（俯视图），水平面上固定着两块平行且内壁光滑的钢板4、£,质量为zu的光

滑圆管而cd静止在水平面上，哈好夹在两钢板间，直径ac平行钢板、直径bd垂直钢板，圆管可以左右自

山滑动，圆管中有一质量为a的光滑小球（球直径略小于管径），小球静止在圆管的最右端Q处。某时刻

小球获得一垂直指向钢板4的初速度。o,下列说法正确的是（）

b

A.小球从。端运动到b端的过程，圆管对小球的冲量为0

B.小球从a端运动到c端的过程，圆管对小球的冲量为0

C.小球到达b端时，小球和圆管的速度大小均为导

D.小球到d端时，小球和圆管的速度大小均为尊

【答案】。

【详解】AC.小球从a到b运动的过程，平行钢板方向动量守恒，圆管应向右运动，设小球到达b点时速

度大小为u,由于平行钢板方向初动量为零，则圆管向右的速度也应为o,由能量守恒，=

4--1rnv-2

乙

解得O=乎比，故AC错误；

B.从a到c,小球的速度方向将反向，大小不变，故圆管对小球的冲量为2小比,故R错误：

D.小球到达d点时速度大小也应该为明方向向右，圆管速度大小为明方向向左，故。正确。

故选。。

6.（2026•北京海淀•二模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处丁,松弛状态。物块

甲受到一水平向左的瞬时冲量小同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量/2（Z和4沿两物块连线方向）。

从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后功时间内，两物块运动的速度。随时间t变化关系如图所示。橡

皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（）

...................0

A.物块甲的质量大于物块乙的质量

B.瞬时冲量L的大小等于瞬眩冲量人的大小

C.0〜加内，橡皮条对物块用做负功、对物块乙做正功

D.0〜M内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量

【答案】B

【详解】由图可知，方=必时刻=o[=()

故£=弟时刻系统动量为0,因水平面光滑，物块甲、乙运动过程中受到的合外力为0,系统动量守恒，故

PM=P^=°

规定向右为正方向，设力=()时刻，甲、乙的初速度大小分别为力甲和o乙，可知一7711甲。甲+mcvc=0

结合图像，t=()时有。甲乙

可知7n甲＜m乙,故A错误：

B.根据动量定理有/2+/i=P”=0

可知1〃=]

即瞬时冲量/|的大小等于瞬时冲量《的大小，故石正确；

C.0〜曲内，橡皮条对物块甲的拉力方向向右，物块甲向左运动，橡皮条对物块甲做负功；掾皮条对物块

乙的技力方向向左，物块乙向右运动，橡皮条对物块乙做负功，故C错误；

D.因£=与时刻入=或=0

在Of内，物块甲、乙的动能变化量分别为此人y=0-47n甲%，△反乙=0—^mcvl

由动量定理有I\=,I＞=mcVc

故△其尸一/,△££=一/-

ZTTivp2m•乙

因|/J=/2＞小甲Vm乙

可知物块甲的动能变化量与物块乙的动能变化量不相等，故。错误。

故选6。

7.(2026・河南•模拟预测)(多选)如图所示，物块4、6用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以恒定

速率。顺时针转动。£=0时，A的速度大小为2%方向水平向右，9的速度为0,弹簧处「原长。t=t}

时，4第一次与传送带共速，弹簧弹性势能为场,。已知力、3可视为质点，质量均为a,与传送带的动摩

擦因数均为〃；A与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取g,A、6始终在传送带上,弹簧始

终在弹性限度内，则()

A.0〜射过程，A、石的位移相等

B.在£=白时，A、B的速度不相同

C.在£=£i时，弹簧的压缩量为一--(mv2—Ep)

L噢

D.0〜。过程，4在传送带上留下的划痕长度大于抵岫

【答案】CD

【详解】B.初始阶段，4受到向左的滑动摩擦力“mg和向左的弹力作用而向右减速，6受到向右的滑

动摩擦力〃mg和向右的弹力作用而向右加速。在4与传送带首次达到共速之前，A、6系统所受合外力

为零，系统动量守恒，有mX2u=mv+mvD

解得B的速度08=小即在力=ti时刻，4、6的速度相同，故8错误；

A.0〜。过程，A向右减速，3向右加速，最后共速，则在这段时间内4的位移大于石的位移，故A错

误；

C.在。时间内，设4、B向右的位移分别为孙、的

由功能关系有一urngx,、+umgx=—mv2+——m(2t»)2+E

B//Np

此时弹簧的压缩量AK—X—:r”，解得——--(mv2—E),故。正确；

Aurngp

D.0〜。过程，传送带位移4传=vt1,4的初速度2r,末速度5加速度a=—竺竺——

弹簧弹力逐渐变大，故加速度逐渐变大，A做加速度变大的减速运动，故力的位移%>2#介=

得讥I,A在传送带上留下的划痕长度2相二以—1传>得a1-讯=故。正确。

故选CD。

8.(2026•江苏徐州.模拟预测)如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水

平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板,恰好能穿过.现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢

板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定,子弹射入钢板过程中()

[=>

ZZZZZZZZZZZZZZZZ

A.子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小B.子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大

C,钢板对子弹做的功比锁定时的多D.钢板对子弹做的功和锁定时的一样多

【答案】4

【详解】AB.钢板锁定，子弹末速度为0,由动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为4=位一m比|=

mv()

故子弹对钢板的冲量大小为馍比；由于水平面光滑，则钢板解锁后，子弹与钢板组成的系统动量守恒且最

终共速。，规定向右为正方向，根据动量守恒有mv0=(m+Af)v

根据动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为I2=\mv-mv3\=-r^-—mv();

故子弹对钢板的冲量大小为/—nw。,综上可知子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，故4正确，8：

错误：

.........亩

CD.钢板锁定时，子弹恰好穿过钢板（印子弹末速度为0）,对子弹，根据动能定理，可知钢板对子弹做的

功为必定=0--ymvg

钢板解锁后，子弹和钢板最终共速，对子弹，根据动能定理，钢板对子弹做的功为W^=^mv2-^mvl

绘上可知|叱城|>|吸端，故CD错误。

故选4。

9.（2026•内蒙古赤峰•一模）（多选）滑板运动现在已经成为风靡全球的青少年时尚运动，代表着自由、创意

与挑战极限的精神。如图甲，一名滑手以水平速度如从左侧滑上静止的滑板，一段时间后速度变为必,

滑手的。一［图像如图乙所示。已知滑板质量为m,,重力加速度为g,忽略滑板与地面间的摩擦，利用以

上信息可求出的物理量是（）

图甲

A.滑手的质量B.滑手鞋底与滑板的相对位移

C.滑手鞋底与滑板的动摩擦因数D.滑手鞋底与滑板因摩擦而产生的热帚

【答案】

【详解】4设滑手质量为日动量守恒痴o=（M+m）幼

整理得M=』2~

加一幼

已知a、如、幼因此可以求出滑手质量，故力正确；

B.相对位移Arc=/清手一c滑板,力滑手=皿抖士,/滑板=券

得博=孚

题目未给出共速的时间方，因此无法求出相对位移，故R错误：

C.对滑手，摩擦力•巧”

1/

整理得〃=色三肛

gt

时间1未知，因此无法求出动摩擦因数，故C错误；

D.摩擦生热等于系统动能的损失，即Q=J能娥一优

代入

仇）一幼

化简，最终得Q=-y7711»0f1

所有量已知，因此可以求出摩擦生热，故D正确。

故选4。。

10.（2026・陕西延安・二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为垢=1.0kg的物

块4另一端连接质量为g=1.0kg的长木板8,绳子开始是松弛的。质量为g=1.0kg的物块。放在

长木板石的右端，。与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向

左的瞬时初速度为=2.0m/s,物块。立即在长木板8上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速

度；绳子绷紧后，力、B总是具有相同的速度；物块。始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是

（）

/z////zzzzzz//.z./.Z./.zz2zz.z./.Z.z.z.z一zz一/z/zz/ZZZZZ

A.绳子绷紧前，8、。的共同速度大小为2.0m/s

B.绳子刚绷紧后的瞬间，427的速度大小均为0.5m/s

C.绳子断开后的瞬间，力、B的速度大小均为1.0m/s

D.最终A、B、。三者将以大小为5nVs的共同速度一直运动下去

【答案】8

【详解】A.绳子松弛，月静止，万、C组成的系统动量守怛，有m：w。=（人十馆3）幼

代入仍=m-3=lkg,v0=2m/s,解得%=lm/s,故A错误；

B.绳子绷紧作用时间极短，。的速度来不及变化，仅4、6通过绳子相互作用，力、