专题4 碰撞问题中的多体碰撞&专题5 碰撞问题中的多次碰撞-【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 碰撞问题中的多体碰撞 。限时 20分钟 1.如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系 成后，白球与1号红球的速度大小之比为 列质量相等的滑块，现给最左侧滑块一水平 () 向右的速度（滑块的初动能为E。),然后与 白球 红球 080月20 其右侧的滑块依次发生碰撞，并且每次碰后 滑块均粘合在一块，经过一系列的碰撞后， B. 块的总动能变为、则碰撞的次数 c . ( 4.(2024·湖南株洲一模)如图，半径为R的 A.3 B.5 C.7 D.9 四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨 道平滑连接，在水平轨道上等间距的静止 着质量均为3m的n个小球，编号依次为1、 具具m 2、3、4…n,整个轨道固定在竖直平面内， (第1题) (第2题)》 质量为m的小球A在圆弧最高点静止下 2.(2023·重庆巴蜀中学期中)物理学中有一 滑，重力加速度为g,小球间发生对心弹性 种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能 碰撞，求： 量的转移可以使最上面的小球弹起的高度 (1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后 比释放时的高度更大如图所示，A、B、C三个 瞬间，两个小球的速度大小： 弹性极好的小球，m1:m:me=1:2:6,相 (2)第n号小球的速度大小： 邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直， (3)1号小球的最终速度大小 从离地一定高度处由静止同时释放（其中C 球下部离地H),所有碰撞均为弹性碰撞，不 00Q0 123…n 计空气阻力，则 () A.C球落地前瞬间A球的速度为2√2gH B.C球碰撞后速度为2g丽 C.A球弹起的最大高度为9H D.B球碰撞完成后的速度为2√2gH 3.(2023·江苏常熟中学期中)斯诺克是一种 台球运动，越来越受到人们的喜爱.现在台 面一条直线上依次放8个质量均为m的红 球，质量为2m的白球以某一水平速度与8 号红球发生正碰，不计一切摩擦，台面足够 大，所有碰撞均是弹性碰撞，则所有碰撞完 06黑白题物理|选择性必修第一册·JK 题 。限时 碰撞问题中的多次碰撞 20分钟 1.(2024·湖北宜昌月考)如图所示，在光滑 水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧 有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小 A. 孩与B车的总质量是A车质量的10倍.两 若"≥？则P,Q只能发生一次碰撞 mp 车开始都处于静止状态，小孩把A车以相 m。≥4，则P.Q只能发生一次碰撞 B.若m≥} 对于地面的速度”推出，A车与墙壁碰后仍 以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以 相对于地面的速度v推出.每次推出，A车相 ,行，则P.Q只能发生两次碰撞 对于地面的速度都是，方向向左则小孩把 老=g则P.Q只能发生三次碰撞 D.若 A车推出( )次后，A车返回时小孩不能 4.(2024·陕西榆林十中月考)如图所示，足 再接到A车 够长的固定斜面与水平面的夹角为0=30°， 质量为m的小物块B恰好静止在斜面上， 质量为3m底面光滑的小物块A自斜面上与 A.4 B.6 C.8 D.10 B相距为L=0.4m处静止释放，并沿斜面加 2.如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆 速下滑，与B发生弹性正碰，且碰撞时间极 轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2 短，重力加速度的大小g取10m/s2.求： 的弹性小球乙，另一个质量为m,的弹性小 (1)第1次碰撞后A,B的速度大小； 球甲以初速度。运动，与乙球发生第一次 (2)A、B第1次碰撞后到第2次碰撞前的 碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞.则甲、乙 时间： 两球的质量之比m,:m2等于 (3)第2次碰撞后A、B的速度大小 A.1:9 B.1:3 C.5:3 D.2:3 3.(2024·江西贵溪实验中学月考)（多选）如 图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜 面与水平地面均光滑.小物块P放在水平地 面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释 放，P、Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水 平面足够长，则下列说法正确的是() 进阶突破·专项练07于木块和木板间有摩擦力.侧系统的机械能不守恒，选 C.当弹簧恢复原长时，设A,B的速度分别为1马2，由动量守 项A错误； 恒定律2mmo=2mr,+m2, 区木板的长度为L=宁兰，学空选项B精误： 1 由能量守恒定律有2·2m=2·2mr+2m时， vo-Ci 4 C.物块的加速度a,= =g,解得物块与木板之间的动摩 联立解得=了，=3o, 擦因数为以=，选项C错误： 4 弹簧给木块A的冲量1=2m,-2m。=3mg, D.系统所产生的内能为Q=mgL= 2m(。,),选项D正 所以常簧给木块A的冲量大小为，放错误： 确.故选D. D.弹簧最大的弹性势能发生在AB共速时，设共速的速度 6.C解析：AB.A,B间的最大静摩擦力为∫，=4·2mg=2mg, 为， B.C同的最大静摩擦力为方~片，g学，B与地面的最 由动量守慎知2m,=3m,解得r= 3%, 大静摩擦力为万=发(2m+m+m)g=“受，若A,B.C三个物 由能量守恒可知E,2·2m7·3m-m 1 3m, 体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第 故D正确，故选D. 二定律可知F-f=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相对不滑 9.C解析：A.以m,的初速度方向为正方向，对0~，时间内的 动，则对C有后=m,解得a=g,F= 过程，由动量守恒定律得 2umg,设此时A与 m,,=(m1+m2）, B间的摩擦力为f,对A有F-f=2ma,解得f=umg<5,表明C 将，=3m/s,n=1m/s代人解得m,=2kg, 达到临界时A还没有到达临界值，则当力F逐渐增大时，B、 C之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F不能 ,时刻速度相同，根据动能的公式民=弓， 超过mg,故AB错误：CB相对A滑动时，C早已相对于B 可知A与B两物块的动能之比为1：2，故A错误： BC1,到，时刻m,的速度减小，m,的速度增大到初始时刻， 发生相对滑动，对AB整体F'-5-=(2m+m)a',对A研究 说明从4到，时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，1，时刻弹 得P-g=2m,解得伊=mg,放当拉力大于？e 簧恢复原长，故B错误，C正确： D.当m,和m,的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械 时，B相对A滑动，故C正确：D.当F较大时，A与C会相对 能守恒定律可得 于B滑动，B的加速度达到最大，当A与B相对滑动时，C早 已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受 =宁宁+m,2,代人解得尽.=61， 到C的摩擦力向后，B受到地面的摩擦力向后，对B有∫ 故D错误.故选C. 6=a解得，=京g,故D错说放击C 专题四碰撞问题中的多体碰撞 1.C解析：假设每块滑块的质量为m,最左侧滑块的初速度为 7.AC解析：AB根据m,o=(m1+m2)D, 物块对小车做功为W,= 2m,2=06. ,碰撞次数为x时滑块的总动能变为。，整个过程由动量 守恒定律可得m。=(x+1)m,则碰撞x次后的整体速度为 物块克服小车摩擦力做功为网，：}， 1 m,6-2m,r= 对应的总动能为么=(+1)m2=X),由题可 1 v= 2.1J.A正确.B错误： CD根据牛顿第二定律，小车和物块的加速度大小分别为 th,umgg 知62(x+)88×2m,解得=7，放选C 2.C解析：A.因为A、B,C球由静止同时释放.所以落地瞬间 m 的速度相等，由自由落体运动公式有=2gH,解得，=a= 物块和小车的相对位移为△x= -22 -m m #c=√2gⅡ，选项A错误； 2,2a,24g =L BD,C球碰地.反向碰B,B再反向碰A.因都是弹性碰撞，设 若减小物块与车面间的动摩擦因数，物块从小车右侧脱离， 向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，对C碰 根据Q=mgL, B有e=m+m,宁2+寸=宁 则摩擦生热变小 若增大物块与车面间的动摩擦因数，物块不会脱离小车，根 2mc,B碰A有mn金m=m,+mh,mn 1 据Q=2,62(m+m)r, 1 摩擦生热不变，C正确，D错误，故选AC 2m,=2m,+2m,,又m,:mnme=1:2:6,由 8.D解析：AB.当A向左压缩弹簧时A物块减速，B板做加速 以上几式可得r2=0,g=22gf,%=0,r(=3v2gH,可见B、 度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A,B共速，之后弹 C球碰撞完成后的速度均为0，选项BD错误：C.设A球弹起 簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运动，A物 块继续减速，当弹簧恢复原长时B板达到最大速度，A速度 =9州，选项 的最大高度为h有2=2h解得h-8 最小，故AB错误； C正确.故选C. 选择性必修第一册·JK黑白题50 3.C解析：设白球的初速度为，与8号球第一次碰撞后速 专题五碰撞问题中的多次碰撞 度分别为，2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律 1,B解析：规定小孩与B车的运动方向为正方向，第一次推 和机械能守恒定律，可得2m=2m,+m2,2×2m6= 时，根据动量守恒定律可得0=m-m,秒， 第二次推可得m,+mg,=m1一m, 2m 1 1 4 2m,解得=30=3o, 以此类推到第n次，可得m+mg”,1=m。一m, 联立解得(n-1)m,e=mg-m,P, 接下来8号再与7号、7号与6号，6号与5号、5号与4号 如果最后A车返回时小孩不能再接到A车，则满足D,≥， 4号与3号，3号与2号，2号与1号碰撞，因质量相等的8个 所以解得n≥5.5，即m=6.故选B. 球碰撞，都是弹性碰撞，则有1号球碰撞后的速度大小是 2,B解析：设碰撞后甲，乙的速度大小分别为，2，第一种碰 3。,白球第二次再与8号球碰撞，同理则有碰撞后白 4 撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且甲碰撞后反向，以方 向为正方向，由动量守恒定律得m%=m一m,, 球的速度= 了，依次类推，最后白球碰撞8号球后的速 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲，乙各运动了周，在相 度a=3》 。,1号球的速度大小不变，则有归：9= 同时间内通过的路程相等，则有甲和乙的线速度大小相等， 即有，=2 ,ABD错误，C正确故选C. 且甲、乙为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得 2m+. 1 4)22)2 2 2 2 (3)v2g® 2 联立以上各式解得m,:m2=1:3, 解析：(1)根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞 第二种碰撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且碰撞后同向，以 前的速度为，由机械能守恒定律有 。方向为正向，由动量守恒定律得 2m,解得6=V2gR, m,a=m+m,Di。 设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲运动了周，乙运动了 ,1号小球的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律 周，则有巧=3知， 有m,=,+3m,7dm}×n。 由机械能守恒定律得】 2m2* 2m,解得 解得，=m-3n 2m √2gR m1:m3=3:1. 2 m+3m% 2 ACD错误，B正确.故选B. 3.AC解析：AB.设Q滑到水平面上时速度大小为D,P,Q相 即碰撞后两小球的速度大小均为2 2 碰，动量守恒及动能不变，有 1 (2)此后！号球向右运动，与2号球发生碰撞，根据动量守恒 mo=motomm 定律和能量守恒定律有 3n,=3nm+3m,子x3nm=之×3m+23a.解得 1 联立解得第一次碰后Pm= mo+mp 之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P,则有 0,5=V2R 2 n≥1，解得二≥了，选项A正确，B情误： me 通过计算说明1号球碰后在原2号球位置静止，2号碰后速 度等于1号碰前的速度，即两者交换速度.此后，2与3、3与4 1 C同理，若=5第一次碰后3一。之」 直至最后n-1与n号碰撞，都遵循同样的规律，则第n球的 3,之后0 速度应为，=√2g欧 滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有n=g,m 4 2 1 (3)根据上述分析可知，小球A与1号球第一次碰后向左运 9 动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上，此时速度大 故PQ只能发生两次碰撞，选项C正确； 小为？，在它向右运动一定距离后必将与已经静止的1号 D若器)第一次碰后w写w子， 球（在原来2号球位置）发生第2次碰撞，据动量守恒定律和 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有无= 能量守框定律可得，碰后两球的速度分别为 7 11 25,w=25, 故P,Q只能发生两次碰撞，D错误故选AC 此后A球又反向运动，1号球向右运动再次与2号球碰撞， 4.(1)r1=1m/g=3m/s(2)0.85(3)ta=4m/8 后面的球在彼此碰撞过程中交换速度…此后，A球与1号 r =6 m/s 球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A球速度减半.当A 解析：(1)设A与B第一次碰撞前的速度为。，由动能定理 球与1号球发生第n次碰撞（在号球最初的位置）后最终， 1号球的速度为=-V2g 可得3 mgLsin0=1 2x3m. 2 解得o=2m/s, 参考答案与解析黑白题51 A与B发生弹性正碰，碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定 时，其合力是零，加速度是零，继续向下运动，弹力大于合重 律.则有3mw=3 mE×3nmd-=×3m+了ma, 力，其合力向上，加速度向上，物块与钢板做减速运动，弹力 继续增大，加速度继续增大，后到达最低点)，加速度最大 解得第1次碰撞后A、B的速度大小分别为1=1m/s,= 可知物块与钢板碰后一起先向下加速，后减速，侧运动的加 3 m/s. 速度先向下减小后反向增大，AB错误： (2)由题意可知，第1次碰撞后B在斜面上做匀速直线运 C,物块与钢板碰撞前，物块从P点开始做自由落体运动，由 动，A继续向下做匀加速直线运动.加速度大小为a= 速度一位移关系公式，则下落到钢板时的速度大小为。= 3mgsin 6=5 ms, /2gh=√2×10x0.2m/s=2m/s, 3m 物块与钢板碰撞过程中，因碰撞时间极短，内力远大于合外 设经过时间，4与B发生第2次碰撞，由运动学公式可得 力，则物块与钢板组成的系统动量守恒，设物块与钢板碰撞 c,=U4 2r,n=0m4, 后的共同速度为”，取向下为正方向，由动量守恒定律可 得m=2m1,解得r,=1m/s, 义x,=,联立解得1=0.8s (3)第2次碰撞前瞬间，A的速度为r=P1+a=5m/s, 碰后从P到Q的过程中，由能量守恒定律可得 第2次碰撞过程，碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定律， 2m+2mgx2=△En, 则有3mw+mm=3mDa+m, 代入数据解得弹簧弹性势能的增加量为4E,=3J,C正确： 1 D.物块与钢板碰撞后一起运动，其碰撞是非弹性碰撞，碰撞 2 x3m+2 min=2x3me+2 min 过程中有机域能的减少，因此从P到O的过程中，物块，钢 联立解得第2次碰撞后A、B的速度大小分别为P。=4/s, 板、弹簧组成的系统机械能不守恒，D错误.故选C =6m/s. 4.B解析：A.对小圆环A,由动量定理/=m,=0.6N·s,可得 专题六动量与能量的综合运用 a=6m/9. 当小圆环A与小球B速度相同时，小球B上升的高度最大， 1.B解析：AB依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受 根据水平方向动量守恒和机械能守恒有 外力则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高度为 1 此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得m。= m,=（m,+me)r共，2m后=之(m,+ma)+mnh, (m+3m)p, 解得"t=2m/s,h=0.6m,故A错误 根据能量守恒，可得】 2(m+3m)mgH. B.小圆环A向左运动，通过细线带动小球B向左运动，小球 B受到斜向左上方的拉力并加速，当小球B恰好回到圆环A 3r6 的正下方时，小球B速度最大.设此时小圆环A速度为，小 联立解得H= 故A错误，B正确： 球B速度为2，此过程由水平方向动量守恒和机械能守恒 CD设小球滑离小车时，二者速度分别为和"，取水平向 右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得m。=m球+3mt体， 有m=mtm2哈=，+分m,后. 1. 解得，=-2ms,2=4m/s,故B正确. 2活一22+2·3x22， C.从1=0时刻到小球B上升到最大高度的过程中，对小球B 由动量定理得1g=m”共-0=0.4kg·m/5,可知合力对小球B 联立解得r=2a,0s之0： 的冲量为0.4N·s,故C错误. 可知小车相对小球的速度大小为△r=r有-”球=P。,故CD错 D.由B项分析知，小圆环A先向左减速运动，再向右加速：当 误故选B. 小球B第一次获得最大速度时，圆环A正在向右运动，知从 1=0时刻到小球B第一次获得最大速度的过程中，细线的拉 2.D解析：A.子弹射人A的过程中，子弹射入A的时间极短， 弹簧对A与子弹组成的系统没有力作用，A与子弹组成的系 力对小圆环A先做负功后做正功，故D错误故选B. 统动量守恒，由于子弹和A有摩擦，机械能不守恒，A错误： 5.D解析：A.三个球组成系统所受外力的合力为零，故系统 的动量守恒，故A正确： B.设子弹和A共速为，根据动量守恒有m。=2m,解得= 2%, 以三个球组成系统满足机战能守恒定律，故有？m: 1 挡板对B的弹力最大时，弹簧压缩最短，根据能量守恒有 公，=方×2m2=子m6,B错误： 可得三个球的速率应满足关系式=+t+2,故B正确： C.在时间1内，B对地没有位移，所以固定挡板P对A、B以 CD由对称性可知，小球A和小球C动能相同，由？= 及弹簧组成的系统做功为0，C错误： 1 D.根据动量定理/=0-2w三-ma, 说明在时间：内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小 可知当小球A的动能最大时，小球B的速度为零设此时小 为mo,方向水平向右，D正确. 球A、C的速度大小为“，速度方向与绳子垂直，两根绳间的 故选D. 夹角为9.如图所示 3.C解析：AB.物块与钢板碰后一起向下运动中，开始物块与 钢板的合重力大于弹簧的弹力，合重力与弹力的合力方向向 下，由牛顿第二定律可知，则产生的加速度向下，物块与钢板 起向下做加速运动，随向下运动位移增大，弹簧的弹力增 大，其合力减小，加速度减小：当弹簧的弹力大小等于合重力 选择性必修第一册·JK黑白题52