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(人教版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·RJ 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°， B 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力为人则对木块：6=号后：对子弹：：+)=2 2 mi- 据0=2m62（m*m)r产， 2m6:对木块由动量定理：疗=M2:联立解得：1= 摩擦生热不变，C正确，D错误故选AC 8.D解析：AB.当A向左压缩弹簧时A物块减速，B板做加速 (出)门故选 度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A,B共速，之后弹 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 5.D解析：A物块与木板系统受合外力为零，则动量守恒，由 块继续诚速，当弹簧恢复原长时B板达到最大速度，A速度 于木块和木板间有摩擦力，则系统的机械能不守恒，选 最小，故AB错误： 项A错误： C当弹簧恢复原长时，设A,B的速度分别为1,2，由动量守 恒定律2mo=2m",+mn2, B.木板的长度为L= 学受选项B结误： 1 1 由能量守恒定律有2·2mr=2·2mr+2mi, C.物块的加速度a1= to-r1 =g,解得物块与木板之间的动摩 4 联立解得=3o30 擦因数为4= 。选项C错误： 4 弹簧给木块A的冲量1=2m,-2m。=- D.系统所产生的内能为Q=mgl=之m(。-),选项D正 所以弹簧给木块A的冲量大小为，放C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间的最大静摩擦力为5=：· ·mg=,B与地面的最 4 由动量守恒知2m,=3m,解得= 3%. 大静库擦力为后=发气(2m+m+m)g=受，若A,B.C三个物 1 由能量守可知E=2·2m民2·3mm7=3m0, 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-3=(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 3 动，则对C有方=m0,解得a=4g,F=2mg,设此时A与 过程，由动量守恒定律得 m1",=(m1+m), B间的摩擦力为f,对A有F-f=2m,解得f=umg<,表明C 将p,=3m/s,p=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 4时刻速度相同，根据动能的公式E=,m, 过)mg,故AB错误；C.B相对A滑动时，C早已相对 可知A与B两物块的动能之比为1：2，故A错误： BC1,到，时刻m2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人=(2m+m)a',对A研究 说明从到1，时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，1，时刻弹 得P-2ng=2a,解得P=?mg,放当拉力大于？ns 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 1 1 已相对于B发生相对滑动，则B受到A的摩擦力向前，B受 E=2m,2(m,+m)r,代入解得E=6小， 到C的摩擦力向后，B受到地而的摩擦力向后，对B有 故D错误故选C 5人=mag,解得a。=g,故D错误故选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m2Po=(m,+m2)r, ,碰撞次数为x时滑块的总动能变为。，整个过程由动量 物块对小车做功为W=2m,2=0.6刀， 守恒定律可得m,=(x+1),则碰撞x次后的整体速度为 1 物块克服小车摩擦力做功为网，=2m,6-2m, meo ,对应的总动能为E.=)(x+1)m2= 三 2(+1)由题可 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 知62x+)8g×2m,解得=7，故选C a,mg。mg ug. 2.C解析：A因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间 的速度相等，由自由落体运动公式有。2=2gH,解得，=m= =√2g,选项A错误： 物块和小车的相对位移为△x= -22 m 2,2a24g 一=L, BD.C球碰地，反向碰B,B再反向碰A,因都是弹性碰撞，设 向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，对C碰 若减小物块与车面间的动摩擦因数，物块从小车右侧脱离」 根据Q=m2gL, B有mee-mgs=-m,+m吃，弓呢+m后=了m 则摩擦生热变小 1 若增大物块与车面间的动摩擦因数，物块不会脱离小车，根 m,B碰A有m。m=m+ma,2m 选择性必修第一册·R黑白题50 2m,心=2m,+ 1 +2m听，义m,:m:me=1:2:6,由 此后A球又反向运动.1号球向右运动再次与2号球碰撞】 后面的球在彼此碰撞过程中交换速度…此后，A球与1号 以上几式可得=0，x=22gH,%=0,=3√2g1,可见B 球每碰撞一次，两者速度等大、反向.且A球速度减半，当A C球碰撞完成后的速度均为0，选项BD错误：C,设A球弹起 球与1号球发生第n次碰撞（在n号球最初的位置）后最终， 。√/2gR 的最大高度为h,有2=2gh,解得h= =9H,选项 1号球的速度为 2g 24 2 C正确.故选C 专题五碰撞问题中的多次碰撞 3.C解析：设白球的初速度为，与8号球第一次碰撞后速 1,B解析：规定小孩与B车的运动方向为正方向，第一次推 度分别为，2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律 时，根据动量守恒定律可得0=m,-m,”, 1 和机械能守恒定律，可得2mr,=2m,+m:,2×2m6= 第二次推可得m,+m君=mn一m, 以此类推到第n次，可得m+mg,=m。-m, *2mu+ 1 4 2m,解得=3o=3… 联立解得（鞋-I)m,p=ma.一mP, 如果最后A车返回时小孩不能再接到A车，则满足D,≥， 接下来8号再与7号、7号与6号，6号与5号，5号与4号 所以解得n≥5.5，即n=6.放选B. 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 2.B解析：设碰撞后甲，乙的速度大小分别为12，第一种碰 球碰撞，都是弹性碰撞，则有1号球碰撞后的速度大小是 撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且甲碰撞后反向，以，方 ,g=?,白球第二次再与8号球碰撞，同理则有碰撞后白 4 向为正方向，由动量守恒定律得m,%=m,,-m,1: 球的速度听=3，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 同时间内通过的路程相等，则有甲和乙的线速度大小相等， 度台=(；)1号球的速度大小不变则有 即有U,=2, 且甲、乙为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得 31 ,ABD错误，C正确.故选C 1 4.(1)2gR √2gR (2)2gR 联立以上各式解得m1±m2=1:3, 2 2 2 (3)2g 2 第二种碰撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且碰撞后同向，以 解析：(1)根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞 。方向为正向，由动量守恒定律得 前的速度为。，由机械能守恒定律有 m to=m:v2+m1. m6,解得%=V2gR, mgR=- 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲运动了周，乙运动了习 设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为 周，则有以=3， ”,1号小球的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律 有m,=m,+3m,)m6=，m+】×3m 由机械能守恒定律得 1 2m, 2m,解得 mm=3:1, 解得心，=m-3m」 2m V2gR ACD错误.B正确.故选B 2 m+3m6 2 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 碰，动量守恒及动能不变，有 2 1 (2)此后1号球向右运动，与2号球发生碰撞，根据动量守恒 =2m+2m, 定律和能量守恒定律有 联立解得第一次碰后m 2mg mg一mp .o1= 3m=3mr+3m·2×3m=2×3mo'+2×3m.解得 mo+mp 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 0,5sV②gR 2 n≥1，影得觉≥兮选项A正确，B错误： m 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 2 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 C同理，若”。=，第一次遂后三3"四=一3”，之后Q 直至最后-1与n号碰憧，都遵循同样的规律，则第n球的 4 √/2gR 滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有m= 速度应为”，=2 (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若二)第-次碰后n=兮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四= 能量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为 7 11 25,"w=25, 2*24=2*24 故P.Q只能发生两次碰撞，D错误故选AC 参考答案与解析黑白题51 4.(1)"1=1m/s'1=3ms(2)0.8s(3)P2=4m/s 3.C解析：AB.物块与铜板碰后一起向下运动中，开始物块与 阳=6m/s 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 解析：(1)设A与B第一次碰撞前的速度为o,由动能定理 下，由牛顿第二定律可知，则产生的加速度向下，物块与钢板 可得3 mglsin0=1 一起向下做加速运动，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 解得r。=2ms, 时，其合力是零，加速度是零，继续向下运动.弹力大于合重 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 力，其合力向上，加速度向上，物块与钢板做减速运动，弹力 1 律，则有3mr,=3a+mrm,2x3m6=2×3mi+2mi, 继续增大，加速度继续增大，后到达最低点Q,加速度最大， 可知物块与钢板碰后一起先向下加速，后减速，则运动的加 解得第1次碰撞后AB的速度大小分别为P1=1m/,m= 速度先向下减小后反向增大，AB错误： 3m/8. C,物块与钢板碰撞前，物块从P点开始做自由落体运动，由 (2)由题意可知，第1次碰撞后B在斜面上做匀速直线运 速度一位移关系公式，侧下落到钢板时的速度大小为。= 动，A继续向下做匀加速直线运动，加速度大小为a= /2gh=√2×10x0.2m/s=2m/s. 3mgsin 0 =5mg, 物块与钢板碰撞过程中，因碰撞时间极短，内力远大于合外 3m 力，则物块与钢板组成的系统动量守恒，设物块与钢板碰惋 设经过时间：，A与B发生第2次碰撞，由运动学公式可得 后的共同速度为，取向下为正方向，由动量守恒定律可 =0什2，n=P 得mo=2m1,解得p,=1m/s. 又x,=x,联立解得1=0.88 碰后从P到Q的过程中，由能量守恒定律可得】 (3)第2次碰撞前瞬间.A的速度为=P1+a1=5m/s, 2mm+2mgx2=△E, 第2次碰撞过程，碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定律， 代人数据解得弹簧弹性势能的增加量为△E,=3J,C正确： 则有3me+mm=3ma+ma, D.物块与钢板碰撞后一起运动，其碰撞是非弹性碰撞.碰撞 1 过程中有机械能的减少，因此从P到Q的过程中，物块，钢 板、弹簧组成的系统机械能不守恒，D错误故选C 联立解得第2次碰撞后A、B的速度大小分别为t口=4m/s, 4.B解析：A对小圆环A,由动量定理/=m,。=0.6N·s,可得 m=6m/8 to=6 m/s. 专题六动量与能量的综合运用 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H, 1 此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得m。= =(m8=,,+m (m+3m)r, 解得t#=2m/s,h=0.6m,故A错误 根据能量守恒，可得 2 meg=. 2(m+3m)+mgl. 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 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 38,放A错误，B正确： 8g1 球B速度为马，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”球和不，取水平向 右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得m。=m球+3m奉， m话=。m球+)·3车， 解得，=-2ms,2=4m/s,故B正确. 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 1 由动量定理得In=m共-0=0.4kg·m/s,可知合力对小球B 联立解得=一2车=20， 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=有-"=。，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 2.D解析：A.子弹射人A的过程中，子弹射人A的时间极短， 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 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 B.设子弹和A共速为”，根据动量守恒有m。=2m,解得= 的动量守恒，故A正确： 2%, B三个球组成系统满足机械能守恒定律，故有 2mt6 挡板对B的弹力最大时，弹簧压缩最短，根据能量守恒有 1 E,=子×2m2-子md,B错误 2mm+2ri+2m吃， 可得三个球的速率应满足关系式后=++2，故B正确： C.在时间：内，B对地没有位移，所以固定挡板P对A、B以 及弹簧组成的系统做功为0，C错误： GD由对称性可知，小球A和小球C动能相同，由了 D.根据动量定理/=0-2m=-m。, 1 说明在时间：内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小 为mo,方向水平向右，D正确 可知当小球A的动能最大时，小球B的速度为零.设此时小 故选D. 球A,C的速度大小为“，速度方向与绳子垂直，两根绳间的 选择性必修第一册·R黑白题52