第1章 专题探究2 多体与多次碰撞问题-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

专题探究二多体与多次碰撞问题 题型1多体碰撞问题 之比为 ( 1.(2023·山东省实验中学月考)如图所示.在 A.2:2:1 B.3:3:1 足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同 C.4:4:1 D.3:2:1 一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m,B、 题型2多次碰撞问题 C的质量都为M,三者均处于静止状态.现 4.(2023·江苏苏州新区实验中学质检)如图所 使A以某一速度向右运动，A只与B、C各发 示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m,三个 生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的， 小球从同一高度同时出发，其中A球有水平 则m的合理取值为 向右的初速度。，B、C由静止释放.三个小球 在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小 A.m=0.1M B.m=0.2M 球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球 C.m=0.3M D.m=1.1M 与小球之间最多能够发生碰撞的次数为 2.(2024·湖北荆州中学月考)如图所示，在一 光滑地面上有A、B、C、D四个同样形状的光 A.1次 B.2次 C.3次 D.4次 滑小球，质量分别为m,=1kg、mg=2kg、 mc=2kg、mo=10kg,小球A以3m/s的速度 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 17 共发生几次碰撞 D (第4题)】 (第5题) .B. ⑧© 5.(2023·江苏苏州十中质检)在研究原子物理 A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 时科学家们经常借用宏观的力学模型模拟 3.（2022·湖北鄂州调研)用 原子间的相互作用，如图所示，将一个半径为 一个半球形容器和三个小 R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管直 球可以进行碰撞实验，已知 径)平放在水平地面上并固定，A、B、C、D四 容器内侧面光滑，半径为R,三个质量分别 个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点 为m1、m2m,的小球1、2、3，半径相同且可视 静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从 为质点，自左向右依次静置于容器底部的同 D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球 一直线上且彼此相互接触，若将质量为m,的 球移至左侧离容器底高h处无初速度释放， 发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小 如图所示，各小球间的碰撞时间极短且碰撞 于轨道内径，已知乙球质量远大于甲球的质 时无机械能损失，小球1与2、2与3碰后，球 量，则下列说法正确的是 () 1停在0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 R,球3恰能清出容器，则三个小球的质量 B.第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球做非 匀速圆周运动 第一章学霸023 C.第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两 范围，并讨论与C碰撞后A、B的可能运 球向心加速度大小之比为2：1 动方向. D.第二次碰撞在A点 6.如图所示，足够长的光滑水平面右侧固定一 1.0m 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，每次碰撞后小球 B的速度大小均变为原来的)，方向向右，下 列说法正确的是 8.(2024·江苏苏州月考)如图，一竖直固定的 长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆 (A 盘与管的上端口距离为1，圆管长度为101.一 ①第一次碰撞后小球A的速度大小为42 质量为m=号的小球从管的上端口由静止下 ②第一次碰撞过程中系统损失的机械能为 落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑 动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内 6 mg 运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与 ③小球A和小球B最多可以碰撞3次 圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 ④小球A和小球B最多可以碰撞4次 短.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求： A.①3B.①④C.②③D.②④ (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 题型3综合训练 大小： 7.(2023·山东菏泽期末)如图所示，水平地面 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与 上静止放置着物块B和C,相距L=1.0m,物 圆盘间的最远距离； 块A以。=10m/s的速度沿水平方向与B正 (3)小球与圆盘在圆管内发生了第二次碰撞 碰.碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动， 后的速度，并进一步计算判断小球与圆盘 并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v 能否在圆管内发生第三次碰撞！ 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 均为=0.45.（设碰撞时间很短，物块A、B、C 10 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 选择性必修第一册学霸024程中损失的机械能为4止=了，-(m,+m,)2 2m=034m,则E,>6,碰撞过程中机械能有损失，碰 3m8L,B正确，C错误；若A与B发生弹性碰撞，根据 撞为非弹性碰撞，故AB错误：C.根据速度图像与坐标轴 围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小 动量守恒有：m,,=m,+m,根据能量守恒有： x=r+0L.08x5 2 m=2m,故C正确：D.根据“红壶碰撞 1 2 以，联立解得：号（另 3 前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从 一值{=1=√不符合题意，含去)，设第一次碰后A 1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度 上升的最大高度为'，对A由动能定理得：mgh'= 变化量相酮，根据a兰可知所用时间也相同，速度从 了A,解得点，D错灵 1 L.2m/s减小到1.0m/s用时1s,故碰后红壶还能继续运 14.A解析：规定向右为正方向，由动量守恒定律可知m。= 动1s,故D错误.故选C -m()+(5m)r,①，根据碰撞过程动能不会增大可知 19.D解析：A.在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B 1 构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但 m6≥2m(a)2+ 1 2(5m)②，球与挡板P发生碰撞 由于摩擦产生内能，所以机械能不守恒，故A错误：B.子 弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能 时无能量损失，与挡板碰后以原速度大小返回，若要使A 球能追上B球再次相撞，所以有，>，③，由①2③式可 守恒定律有(0.01m+0.99m)gl.= 2(00lm+0.99m)r2,解 得1 3故选A 得子弹射人物块B后的速度为r=√2g可，子弹射人物块 15,A解析：根据动量守恒得知，C,B碰撞后，速度小于碰撞 B过程中，由动量守恒定律得0.01mm。=(0.01m+ 前C的速度，B、C返回到P位置时，速度大小等于碰撞后 0.99m)r,解得子弹射入物块B的初速度为= 的速度大小，则知C不可能回到Q处，故A正确：B、C反 1002g,故B错误：C.若物块A不固定，子弹仍以。射 弹过程中，当B、C的重力之和等于弹力时速度最大，此位 入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B(包括 置在P点下方，选项B错误：因B、C下落过程中由动量 子弹)的动能和物块B(包括子弹)的重力势能，所以物块 守恒可得mw,=(M+m)x,可知B的质量越大整体获得的 B的上摆高度小于物块A周定时的上摆高度，故C错误： 速度越小，当B的质量远大于C时可知B的速度儿乎为 D.当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的 零，因此几乎不向下运动，选项C错误；因碰撞过程婴损 速度.在水平方向系统动量守恒，由动量守恒定律有 失机械能，可知整个过程中B、C和弹簧组成的系统机械 (0.01m+0.99m)r=(0.01m+0.99m+2m)',解得p'= 能不守恒，选项D错误故选A. 16.B解析：若发生弹性碰撞，则由动量守恒得：m= 2放D正确故选D, 3 m,+m,:由能量关系得：m,后= + 2m,,解 第3关（练思维宽度） 20.不能解析：设小车初速度为。，钻头击穿厚度为d的长 得 方体物体后，小车与长方体物体共速，速度为，由动量守 m,十m2 恒得mw。=(m+m),此过程中动能损失为△E:=∫·d= 由动量守恒得：m,。=(m,+m),解得，=？ mo,则 2m子×2m2,解得d正a==md:设钻入厚度为d m,+m3 的防护材料后，小车与防护材料共速，速度为'，由动量 品女做情B正流 1 守恒得m。=(m+2m)r',此过程中动能损失为△E= 17,B解析：规定竖直向下为正方向.设A、B球开始下落的 ·=宁d-宁×3m,联立解得=子d,最后钻头 高度为，B球与地面碰撞后等速率反弹，则由运动学公 不能够进人防护材料后面的物体 式2=2gh可知，A,B碰前的速度分别为，=√2gh,g= -√2g,A、B碰擅过程中，由动量守恒定律得m,P,+ 专题探究二多体与多次碰撞问题 ma=m+me,由机械能守恒定律得 2m1+ 1.C解析：设A运动的初速度为m,A向右与C发生碰撞. 由动量守恒定律可知。=，+M, 2m+ 2mn,其中me=2m,联立解得 由机械能守恒定律可知了md-之m+了。 3√2（舍去正值），A球碰后第一次上升的最大 解得，= m-M 2m m+m 高度为=25 g91,所以A球第一次的下落高度与其碰 要使A与B发生碰撞，需满足，<0，即m<M: A反向向左运动与B发生碰撞过程，有m,=m,+, 后第一次上升的最大高度之比为·=？ h25故进R 2m 2 18.C解析：AB.由图(e)所示图像可知，碰前红壶的速度 m-M 2m 。=1.0m/:,碰后速度为g=0.2m/s,碰后红壶沿原方向 解得3 mtMmM 运动，设碰后蓝壶的速度为，两壶碰撞过程系统动量守 由于m<M则A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰 恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定 撞，需要满足≤2， 律可得m=m+mr,代入数据解得p=0.8m/s:碰前动 Bn 2m m-M m-M m-M m-M 能E,=7m6=m×1.0=05m,碰后动能= m+≥ +M= m+Mm+Mo= m+e 整理得m2+4mM≥M, 参考答案学霸09 解得m≥(、5-2)M或m≤-(5+2)M(舍去)， ②第一次碰撞过程中系统损失的机械能为△E,=)m6 则（√5-2）M≤m<M.故选C 2.C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，A,B碰后，为第一次碰擅，A的速度为，B的 速度为，由动碰静规律可得g,=m一m 。=-1/s,三 ④第二次碰撞有12m,+m×=2m,-mx()）广 ma+mg 1×7+5125 2m4 解得2= 0=2ms, 72% 72o<70 m,十用g 由以上两式可知，因A球质量小于B球质量，碰撞后A球 反弹，B球向前运动，因B、C球质量相等，B与C碰后，此 第三次碰撞有2m*mx()=12x 碰撞为第二次碰撞，交换速度，B静止，即B的速度为"，C 解得， 12×7+52109 5 7<70 的速度为4，由动碰静规律可得与=m 2=0,= mc+mg 第四次碰撞有12mr,+m× (广=12mmx()广 2mg metm=2 m/s. 解得4 109x7+53888.5 71 由于C质量小于D质量，故C和D碰撞后反弹，此碰撞为 第三次碰撞，即C的速度为，D的速度为。，由动碰静规 所以小球A和小球B最多可以碰撞4次，错误.④正确 故选D. mc一mn 4 2me 2 律可得，= =3m/s,= metmoa=3 w/s. 7.(1)4m/s(2)1m/s(3)见解析 e+m 解析：(1)设A、B碰撞后的速度为，，A,B碰撞过程.取向 C会和B发生碰撞，此碰撞为第四次碰撞，即C的速度为 右为正方向 ,B的速度为，由动碰静规律可得 由动量守恒定律得mm。=2mp1,解得书，=5/s ,=mcm=0,= 设与C碰撞前瞬间A,B的速度为，由动能定理得 me+mg 3m/s, 由于B的速度大于A的速度，故B会追上A,且B的 -24mgl=2×2m听-2×2m,解得=4m/s 质量大于A.B不会反弹，故B与A发生第五次碰撞.故从A (2)若=3，设与C碰撞后A,B的速度是，碰撞过程中 开始运动起，四个小球一共发生5次碰撞.故选C. 动量守恒有 3.B解析：碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得 2mn2=2n3+km,解得3=1m/& migh= 2m心，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守 (3)设与C碰撞后A、B的速度是，碰撞过程中的动量守 恒有 恒定律得m,。=m+m,,由机械能守恒定律得：2 2mt2=2mw+kmw,解得3=(4-)/s, 1 m,6= 2m,,碰后，对球2有 根据碰撞的能量特点有2·2m≥2·2m+ 2 mev, m,5=m:gX9 联立得k≤6. 对球3有m,写=mR,联立解得m,:mm=3:3:1。 即当k=6时碰撞过程是弹性碰撞，k<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 故选B. 4-k≤2， 4.C解析：由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发 解得k≥2 生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落 所以k的合理取值范围是6≥k≥2. 地，A、B第一次碰撞后水平速度互换，B、C发生第二次碰 综上所述得：当k=4时，=0，即与C碰后A、B静止： 撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向：BA发生第 当2≤k<4时，3>0，即与C碰后A,B继续向右运动：当 三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球 4<k≤6时，3<0，即碰后A、B被反弹向左运动. 不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正 确，ABD错误：故选C 8.(1)v2g2 2 (2)1(3)0可以，计算判断见解析 1 5.D解析：A根据弹性碰撞有M=,+m,乞 解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降高度为，根 1 :了，解得=-2.则第 1 2M 据机械能守恒定律得mg=2m6, 解得o=√2g: 次碰撞后瞬间乙球与甲球的速度方向相同，都是顺时针 过程2：小球以√2g的速度与静止圆盘发生弹性碰撞.根 方向运动，所以A错误：B,第一次碰撞后到第二次碰撞前 据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 乙球速度保持不变，还是做匀速圆周运动，所以B错误： 1 1 C根据a=广可知，第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲，乙 2m%= ma正+、和，r0=w+”. 两球向心加速度大小之比为4：1，所以C错误：D.由于碰 解得m--2 撞后，甲的速度是乙的速度的2倍，则第二次碰撞在A点， m+M%= 1-√2g 2i2= 2 所以D正确.故选D. 6.D解析：①小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定 即小球碰后速度大小为，方向竖直向上，圆：速度犬 律，规定向左为正方向.第一次碰撞有 小为 m,=12m,-m×子，解得=①错误： 2,方向竖直向下 (2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力 选择性必修第一册学蜀10 平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间第2关（练准确率） 距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即，+g=, 6.A解析：A.根据反冲运动中的人船模型可知：人在甲板上 i-",% 解得= 散步时，船将后退故A正确：BC设船的质量为M,后退位 8 g 移为x,人船相对运动位移为，根据人船模型动量守恒 根据运动学公式得最大距离为d=xa-x#=- 有Mx=m(d-x),代入已知量解得x=0.2m,人在立定跳远 E:1+ 的过程中船后退了0.2m,故BC错误：D.人相对地面的成 22）解得d-2g 绩为2m-0.2m=L.8m,故D错误放选A. 7.C解析：A火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时， 用力，A错误：B.水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及 两者位移相等，则有1=x球， 水的机械能不守恒.B错误：C.在水喷出后的瞬间，火箭获 即十2=，解得4，=g 得的速度最大，由动量守恒定律有(M-m)-m,=0.解得 mto 此时小球的速度，=，+g,=2": e=M-m 火箭上升的时间为1-s日_moos g (M-m)g' 火箭的水 圆盘的速度仍为， 平射程为x=sin9·21=m,im0.2 mrco0 M-m 这段时间内圆盘下降的位移=化=公=2。 (M-m)g miva in20,C正确；D.水喷出后，火箭做斜向上抛运 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 (M-m)g m2+e=m5+M, m26 动，有(x0s0)2=2gh,解得h 根据能量守恒了+=了m号， 2g(M-m)0s0,D错误故 选C 联立解得5=0，=0， 8.B解析：设炮弹在最高点速度为。，炮弹上升和下降时间 同理可得当位移相等时x2=x, 均为1，有L=。·21,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m。= 1 即%=2，解得=号 2mn,有L+200m=a4+,t,解得L=800m,所以B正 确，ACD错误.故选B. 圆盘向下运动x2===4, 9.B解析：设甲至少以速度口将箱子推出，推出箱子后甲的 速度为甲，乙的速度为乙，取向右方向为正方向，则根据 此时圆盘距下端管口101-1-2-41=31， 动量守恒，甲和箱子(M+m)n=Mn+m. 之后二者发生第三次碰撞。 乙和箱子-M。=(m+M)z, 第6节反冲现象火箭 当甲与乙恰好不相撞时m=2,解得e=5.2m's,故选B 第1关（练速度） 第3关（练思维宽度） 10.B解析：“嫦媛一号”探测器在距离月球表面100km的圆 1.B解析：设宇航员反冲获得的速度为，则：= 轨道上做圆周运动时：G,Mm -=m'g', 10s=0.075m/s,设喷出气体的质量为m,宇航员连同 7.5 Rh产m北中GMm =1.7×1× 则解得：=R√Rh 1.8 装备的质量为M,喷出气体的过程系统动量守恒，以气体 1.7×10°+100x103 m/s 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m-(M-m):三 1.7×10m/s:喷气的过程中根据动量守恒定律：w=(m 0,解得：m=0.15kg.枚选B -△mW2 2.A解析：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速 △m),+△m2, 解得 1= 运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒设炮弹质 m-△m 量为m,船（不包括两地弹）的质量为M,炮艇原来的速度 1.2×10×1.7×10-50x492x103 ms=1.56×10mvs= 为。，发射炮弹的瞬间船的速度为设向前为正方向，则 1.2×10-50 由动量守恒可得：(M+2m)书a=M加+m,-,:可得>o:可 1.56km/s,故选B. 得发射炮弹后暖间船的动量不变，速度增大，故选A 3.D解析：设甲，乙两球的质量分别为m1,m,刚分离时两 专题探究三动量与能量的综合运用 球速度分别为，2，以向右为正方向，则由动量守恒有 1.B （m+m,=m,+m,,根据题意有==二，代人数据 2.C解析：分析易得只有子弹射入沙箱并留在其中这个过 程中系统的机械能有损失，由动量守恒得m=(m+M)P跳， 可解得2=0.8m/s,,=-0.1m/“,说明刚分离时两球速度 方向相反，故ABC错误：爆炸过程中释放的能量△E= 则系统损失的机械能△6=1m 2（m+M)候= 22 》,211_（m1+m2)6,将=0.8ms,, 2(m+M) 2(m+M对于A选项，由4E= mMe2 -0.1m/s代入可得△E=0.027J.放D正确.故选D. m+ 4.B mMe2 me' 可知，若保持m,、不变，M变大，则 5.B解析：设人走动时船的速度大小为r,人的速度大小为'， 2(m+M) 人从船尾走到船头所用时间为，.取船的速度方向为正方向， 则p=.'=根据动量守恒定律得r-m'=0,解得船的 系统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= t mMe' Me 可知，若保持M.l不变，m变大，则 质量=，故B正确，ACD错误 2(m+M) 2(M+1 m 参考答案学霸11