第1章 专题探究2 多体与多次碰撞问题-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(教科版2019)

专题探究二多体与多次碰撞问题 黑题专题强化绮 限时：45min 题型1多体碰撞问题 。R,球3恰能滑出容器，则三个小球的质量之 1.(2023·山东省实验中学月考)如图所示，在 足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同 比为 ( 一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m,B、 A.2:2:1 B.3:3:1 C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A C.4:4:1 D.3:2:1 以某一速度向右运动，A只与B、C各发生一 题型2多次碰撞问题 次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的，则m的 4.(2023·江苏苏州新区实验中学质检)如图所 合理取值为 ( 示，A、B,C三球的质量分别为m、m、2m,三个 小球从同一高度同时出发，其中A球有水平 向右的初速度。，B、C由静止释放.三个小球 A.m=0.1M B.m=0.2M 在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小 C.m=0.3M D.m=1.1M 球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球 2.(2024·湖北荆州中学月考)如图所示，在一 与小球之间最多能够发生碰撞的次数为 光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光滑 ( 小球，质量分别为m,=1kg、mg=2kg A.1次 B.2次 C.3次 D.4次 mc=2kg、mo=10kg,小球A以3m/s的速度 B 向右运动，与B球发生弹性碰撞，此后所有碰 撞均为弹性碰撞，从A开始运动起，四个小球 486 一共发生几次碰撞 ( D D A.3次 B.4次 (第4题) (第5题)》 C.5次 D.6次 5.(2023·江苏苏州十中质检)在研究原子物理 3.(2022·湖北鄂州调研)用 时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟 一个半球形容器和三个小球 原子间的相互作用，如图所示，将一个半径为 可以进行碰撞实验，已知容 R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管直 器内侧面光滑，半径为R,三个质量分别 径)平放在水平地面上并固定，A、B、C、D四个 为m1,m2m的小球1、2,3，半径相同且可视 点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静 为质点，自左向右依次静置于容器底部的同 止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D 一直线上且彼此相互接触，若将质量为m,的 点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发 球移至左侧离容器底高h处无初速度释放，如 生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于 图所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞时 轨道内径，已知乙球质量远大于甲球的质量， 无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球1 则下列说法正确的是 ( 停在O点正下方，球2上升的最大高度为 A.第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回 第一章黑白题023 B.第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球做非 范围，并讨论与C碰撞后A、B的可能运动 匀速圆周运动 方向. C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球 向心加速度大小之比为2：1 D.第二次碰撞在A点 6.(多选)如图所示，足够长的光滑水平面右侧 固定一竖直弹性挡板，质量为12m的小球A 静止在光滑水平面上.质量为m的小球B以 初速度。向左与小球A发生正碰，每次碰撞 8.(2024·江苏苏州月考)如图，一竖直固定的 后小球B的速度大小均变为原来的 。,方向向 长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆 右，下列说法正确的是 盘与管的上端口距离为1，圆管长度为10l.一 质量为m的小球从管的上端口由静止下 落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑 A.第一次碰撞后小球A的速度大小为42 动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内 B.第一次碰撞过程中系统损失的机械能为 运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与 圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 6 4m 短.不计空气阻力，重力加速度大小为g,求： C.小球A和小球B最多可以碰撞3次 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 D.小球A和小球B最多可以碰撞4次 大小： 题型3综合训练 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与 7.(2023·山东菏泽期末)如图所示，水平地面 圆盘间的最远距离： 上静止放置着物块B和C,相距L=1.0m,物 (3)小球与圆盘在圆管内发生了第二次碰撞 块A以。=l0m/s的速度沿水平方向与B正 后的速度，并进一步计算判断小球与圆盘 碰.碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动， 能否在圆管内发生第三次碰撞， 并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度= 2.0m/s.已知A和B的质量均为m,C的质量 为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数均 10 为u=0.45.(设碰撞时间很短，物块A、B、C均 视为质点，g取10m/s2) (1)求A、B与C碰撞前瞬间，A、B的速度 大小 (2)若k=3,求A、B与C碰撞后瞬间，A、B的 速度大小： (3)根据A、B与C的碰撞过程分析k的取值 选择性必修第一册：K黑白题024根据能量守恒定律可得x3mx(2,)产=了×3m+2m, 4.C解析：由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发 生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落 联立可解得，=a,2=3,放D正确。 地，A、B第一次碰撞后水平速度互换.B、C发生第二次碰撞 故选ABD. 后，由于B的质量小于C的质量，则B反向：B、A发生第 专题探究二多体与多次碰撞问题 三次碰撞后，B,A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球 不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正 黑题专题强化练 确，ABD错误：故选C 1.C解析：设A运动的初速度为。，A向右与C发生碰撞，由 动量守恒定律可知m。=m,+, 5.D解析：A根据弹性碰撞有=，+m2,2r=2Mr 1 M-m 2M 由机械能守恒定律可知 2m,解得W+m,+m≈2，则第一次碰撞后 解得=m-出 2m 瞬间乙球与甲球的速度方向相同，都是顺时针方向运动，所 m+M。, m+M%: 以A错误：B.第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球速度保持 要使A与B发生碰撞，需满足r,<0,即m<M; A反向向左运动与B发生碰撞过程，有m,=m+M, 不变，还是做匀速圆周运动，所以B错误：C根据。=二可 2m 1 2m+ 知，第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲，乙两球向心加速度大 2 小之比为4：1，所以C错误：D.由于碰撞后，甲的速度是乙 解得华=m-出。 m+,4=mt、 的速度的2倍，则第二次碰撞在A点，所以D正确.故选D 6.BD解析：小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定律 由于m<M,则A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰 撞，需要满足3≤2， 规定向左为正方向.第一次碰撞有m。=12m,-m× 7,解 2m m-Mm-M m-M +o≥m+1m+M‘m+= 得=7。，A错误：第一次碰撞过程中系统损失的机械能 整理得m+4mM≥ 解得m≥(5-2)M或m≤-(5+2)M(舍去)， 4gm,B正 则(、5-2)M≤m<M.故选C. 5 确：第二次碰撞有12m,+m× 2C解析：因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则有动量守恒，机 械能守恒，AB碰后，为第一次碰撞，A的速度为1，B的速 得=1x7+5=2.5 7=12m,mx()广，解 度为2，由动碰静规律可得= m一m 72,=7示%<京。，第三次碰撞有12m2+m× t。=-1m/s,53= m,+m 12×7+52 2mA (停)广=2m,-a×(停)广解得= >7 mtmgo=2 m/s, 由以上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球反 户，第四次碰撞有12m*m×(号)）=12m,-m× 10953 513 弹，B球向前运动，因B,C球质量相等，B与C碰后，此碰撞 ()广o解得 109×7+538885 为第二次碰撞，交换速度，B静止，即B的速度为5，C的速 74 6=7>7,所以小球A和 度为，由动碰静规律可得马=mm。 2mm 小球B最多可以碰撞4次，C错误，D正确.放选BD =0,4= me+m m+mm 7.(1)4ms(2)1ms(3)见解析 2m/s, 解析：(1)设A、B碰撞后的速度为，A,B碰撞过程，取向右 由于C质量小于D质量，故C和D碰撞后反弹，此碰撞为第 为正方向. 三次碰撞，即C的速度为，D的速度为。，由动碰静规律可 由动量守恒定律得mr。=2mr,解得，=5ms 得， mc一ma 44 2mc 2 设与C碰撞前瞬间A,B的速度为2，由动能定理得 mc+mo =-3 m/s.vo=m tm=3m/s. -2umgl.=2xI C会和B发生碰擅，此碰擅为第四次碰撞，即C的速度为， 2mr:-2x I x2m,解得=4m/ B的速度为，由动碰静规律可得 (2)若k=3,设与C碰撞后A、B的速度是，碰撞过程中动 量守恒有 mc一m 2mc 4 emcrm ,=0,2m+mg =3m/s, 2me2=2m3+hm,解得=1m8 由于B的速度r,大于A的速度，故B会追上A,且B的质 (3)设与C碰撞后A、B的速度是；，碰撞过程中的动量守 量大于A,B不会反弹，故B与A发生第五次碰撞故从A开 恒有 始运动起，四个小球一共发生5次碰撞.故选C 2m2=2m5+km,解得3=(4-k)m/s. 3.B解析：碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得 1 根据摘的能量特点有2·2m≥2·2m2+m 2 mev. 2m,6,对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒 联立得k≤6， 定律得m%=m+m,由机械能守恒定律得：了，后 即当k=6时碰撞过程是弹性碰撞，<6是非弹性碰撞： 碰撞后A、B向右运动的速度不能大于C的速度，即4-k≤2」 之后.硬后，对球2有)m=×对球3 解得k≥2， 所以素的合理取值范围是6≥k≥2， 有，=m,欧，联立解得m,::m=3:3:1故选B 综上所述得：当k=4时，，=0，即与C碰后A、B静止： 当2≤<4时，，>0，即与C碰后A,B继续向右运动：当 选择性必修第一册·JK黑白题10 4<k≤6时，3<0，即碰后A,B被反弹向左运动. 得：m=0.15kg.故选B. 8.(1)282 2,A解析：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速 (2)1(3)0可以，计算判断见解析 运动.故整个系统所受的合外力为零，动量守恒设炮弹质量 解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降高度为，根据 为m,船（不包括两炮弹）的质量为M,炮艇原来的速度为 1 机械能守恒定律得mg=2m6, 。,发射炮弹的瞬间船的速度为设向前为正方向，则由动 量守恒可得：(M+2m)。=Mn+m,-m1:可得>o:可得发射 解得=√2g: 炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大故选人 过程2：小球以√2的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据 3.D解析：设甲、乙两球的质量分别为m,m,刚分离时两球 能量守恒定律和动量守恒定律分别有 速度分别为书，，以向右为正方向，则由动量守恒有 2m +2,m,=m所+ (m*m,),=m,*m,根据题意有=.代人数据可 2 解得2=0.8m/s,,=-0.1m/s,说明刚分离时两球速度方向 解得计。 2、:一2 2 相反，故ABC错误：爆炸过程中释放的能量△E= 2m,+ 即小球碰后速度大小为学，方向竖直向上，圆金速度大小 2m,写2(m+m)6,将=0.8m/s,=-0.1ms代人可 为学受方向竖直向下 得△E=0.027J,故D正确.故选D. 4.B (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力 5.B解析：设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为'，人 平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距 从船尾走到船头所用时间为：，取船的速度方向为正方向，则= 就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即，+=， ,根据动量守恒定律得h-m'=0,解得船的质 d 解得t= 。 g 8 量M=m(L-d ,故B正确，ACD错误 d 根据运动学公式得最大距离为d=x盘-x体= 1+ 黑题应用摄优练 之）解得d-8 1.A解析：A.根据反冲运动中的人船模型可知：人在甲板上 散步时，船将后退，故A正确：BC设船的质量为M,后退位 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时. 移为x,人船相对运动位移为d,根据人船模型动量守恒 两者位移相等，则有x1=, 有Mx=m(d-x),代人已知量解得x=0.2m,人在立定跳远的 1 过程中船后退了0.2m,故BC错误；D.人相对地面的成绩 即4+2g=,解得=： 为2m-0.2m=1.8m,故D错误.故选A. 3 此时小球的速度=+，=20· 2.C解析：A火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用 力，A错误：B.水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的 圆盘的速度仍为， 机械能不守恒，B错误：C在水喷出后的瞬间，火箭获得的速 度最大，由动量守恒定律有(M-m)1-m。=0,解得r一M-m neo 这段时间内圆盘下降的位移x:=名，= 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 m2+Mv;=m+Md, 火箭上升的时间为1=s0_mroe0s (M-m) ,火箭的水平射程为 根据能量守恒了+兮=宁 1 =sin .2=msin 0 2mrgcos 0m 联立解得=0，=a, 。-nCW-mg(M-mgn20.c正 确：D.水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有(e0s)2=2gh.解 同理可得当位移相等时x2=x, m26 即%=寸时解得4=2 2g(M-m)2s0,D错误故选C 得h 3.B解析：设炮弹在最高点速度为。，炮弹上升和下降时间 圆盘向下运动知=4，= 2=4. 均为1，有L=o·21,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m=2m, 有L+200m=t1+,t,解得L=800m,所以B正确，ACD错误. 此时圆盘距下端管口101-1-21-4=31， 故选B. 之后二者发生第三次碰撞 4.CD解析：对于甲和箱子根据动量守恒得(M+m)= 第6节反冲 M,+mm.对于乙和箱子根据动量守恒得m-M。=(M+m)2, 当甲、乙恰好不相碰，则，=2，联立解得=5.2m5,若婴避 白题 基础过关练 免碰撞，则需要满足r≥5.2m/:,故选CD. 压轴挑战 1.B解析：设宇航员反冲获得的速度为，则：= 5.B解析：“嫦娥一号"探测器在距离月球表面100km的圆轨道 10m8=0.075ms,设喷出气体的质量为m,宇航员连同装 7.5 上做圆周运动时：G,m 2 (Rh)户=m h,其中c =m'g',则解得： 备的质量为M,喷出气体的过程系统动量守恒，以气体的速 g 1.8 度方向为正方向，由动量守恒定律得：m-(M-m):=0,解 =R√Rh=L7x10× 17x10+100x10ms=17x10ms 参考答案与解析黑白题11