专题4 碰撞问题中的多体碰撞-【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

专题四碰撞问题中的多体碰撞 1.如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系 白球 红球 列质量相等的滑块，现给最左侧滑块一水平 0月0“020 向右的速度（滑块的初动能为Eo),然后与其 0.今 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，滑块 c D) 的总动能变为。则碰撞的次数为 ( 4.(2024·湖南株洲一模)如图，半径为R的四 分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平 A.3 B.5 C.7 D.9 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、2、3、 4…,整个轨道固定在竖直平面内，质量 月具m 为m的小球A在圆弧最高点静止下滑，重力 (第1题) (第2题) 加速度为g,小球间发生对心弹性碰撞，求： 2.(2023·重庆巴蜀中学期中)物理学中有一种 (1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬 碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的 间，两个小球的速度大小： 转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放 (2)第n号小球的速度大小： 时的高度更大.如图所示，A、B、C三个弹性极 (3)1号小球的最终速度大小 好的小球，m,:mg:mc=1:2:6,相邻小球 间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一 000Q 123… 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，不计空气阻 力，则 () A.C球落地前瞬间A球的速度为2√2g丑 B.C球碰撞后速度为2gH 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，则所有碰撞完成后，白球 与1号红球的速度大小之比为 () 期末专题复习学霸103 5.(2024·黑龙江绥化期末)如图，左、右两平台 6.(2024·河北石家庄二模)如图所示，光滑固 等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动 定轨道由足够长的水平直轨和，圆弧平滑连 的水平传送带，传送带的速度大小v=6m/s、 长度L=27m.t=0时刻将一质量m,=1kg的 接组成，木板B静止在直轨上，小物块A放在 物体A无初速度地放在传送带左端，1=6s时 长木板B的左端，小物块C静置于木板B的 与静止在传送带右端的质量mB=1kg的物体 右侧水平直轨上.已知A、B、C的质量分别 B发生弹性碰撞，一段时间后B又与质 为m、3m、6m,木板B长为L.现给小物块A一 量mc=3kg的物体C发生弹性碰撞.已知开 水平向右的初速度o,经过一段时间后木板B 始时C与传送带右端相距L,=3m,A与传送 与小物块C发生弹性碰撞，小物块C冲上圆 带的动摩擦因数和C与平台的动摩擦因数均 弧轨道后一段时间，A、B两物块相对地面静 为4，B与传送带和平台均无摩擦，所有碰撞 止，此时物块A距木板B的左端距离为治又 时间均很短，物体均可看作质点，重力加速 经过一段时间，物块C返回水平轨道第二次 度g取10m/s2. (1)求动摩擦因数4： 与木板B发生弹性碰撞.求： (1)B、C第一次碰撞前瞬间B的速度大小： (2)求从A与B第1次碰撞后瞬间至A与B 第3次碰撞前瞬间的过程中，A与传送带 (2)从A开始运动到B、C第二次碰撞前，A、B 间的摩擦热 间因摩擦产生的热量Q: (3)通过计算说明物块A最终是否与木板B 脱离 B 选择性必修第一册学霸104145r{ 7 接下来8号再与7号、7号与6号,6号与5号,5号与 1g 4号、4号与3号、3号与2号、2号与1号碰撞,因质量相等 解析:(1)对物块A.根据动量定理-umgt=mr.-mx4r。,解 的8个球碰撞,都是弹性碰撞,则有1号球碰撞后的速度 大小是r3-%o,.白球第二次再与8号球碰撞,同理则有 4 碰撞后白球的速度j3.依次类推,最后白球碰撞8号 (2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒mx 1 4=mr.+3mr,解得ve=v. C.B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒3mr。=3m× 球后的速度v= #3-,+2,解得-), 2 n()”。-().ABD错误,C正确. 故选C. 3m(。)-2# 解得Am 4.(1)2 2(2)#2(3)2# 2 2 (3)在绳子伸直之前,A、C构成的系统根据功能关系 5.(1)0.2(2)36] 1 6# 2. 2x27 解得x= -9m/s>r. g 6 绳子拉断后直到A、C共速,A.C构成的系统动量守恒 假设不成立:所以A先加速后匀速,设物体A的加速度大 mu. 3mx#=(m+3m)v. 2 小为a.加速运动的时间为1.,则有 ung=m a.,c三a,乙-af{r (-t). 1。 解得= 联立解得=0.2 (2)A与B碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒,则有 绳子拉断后,A.C系统根据功能关系 1 v.=0.vn=6m/s. 得x:=24ug 。& 可知A与B碰后交换速度;以水平向右为正方向,B与C 碰撞的过程,由动量守恒和机械能守恒得 木板C的长度至少为L=xt,+:24g 145r na”n:maritm,m_m"2mp,解得 1 11.(1)39501(2)501(3)37.5m r.=-3m/s.v.=3m/s. 解析:(1)子弹打A的瞬间动量守恒,设二者共同速度为 可知碰后B以3m/s的速度向左运动,与A发生第2次碰 t,mov=(m.+m)v.,解得r.=5m/s 撞,碰后A、B再次交换速度,A以v.=3m/s的速度向左冲 由能量守恒定律,子弹与物块A碰撞过程中损失的能量 上传送带先减速到0后,再向右加速到达传送带右端与B r-mor-(m。 m.)ri=3.9501. 1 第3次碰撞,则有 (2)子弹嵌入物块A后,一起向右压缩弹至最短过程 g 设克服弹策弹力所做的功为W,由动能定理得一W=0- 则A与传送带之间的摩擦热为0=1mg·x=361. -(m.+m)r.解得w=5o1 (3)由能量守恒定律,当返回时,物块A滑上木板B的动 解析:(1)B、C碰撞前瞬间对A.B系统,由动量守恒可 能大小与物块A刚压缩弹策时的动能相同,即速度大小 得mr。=mr.+3mrn, 与二.相等,方向相反,设向右为正方向,物块A和木板, B.C第一次碰撞前后动量守恒、动能守恒,有3mr.=3m+ 动量守恒,设物块A和木板B共同速度为v,由动量守恒 -2x3mrx6mr. 定律-(m+m )v.=(m+m,+m)v,解得v=-2m/s. B.C发生第一次碰撞后,对A、B系统由动量守恒可 得mu.+3mr'=0. 1 2,解得-△ 联立以上方程解得=- 2 3{r 1 专题四 碰撞问题中的多体碰撞 1.C 2.C 5 0= 3.C 解析:设白球的初速度为r。,与8号球第一次碰撞后速 =2_ 度分别为v、、.因碰撞均是弹性碰撞,因此由动量守恒定 (3)B、C第二次碰撞,由动量守恒和动能守恒 = 选择性必修第一册 学霸40 假设A没有滑离木板B,A.B最终将共速,由动量守恒定律 可得3mr^{=(m+3m),解得r:6*。, 联立解得第2次碰撞后A、B的速度大小分别为v。= 4m/s,v=6m/s. (3)18gi_ 25 解析:(1)取物块的初速度方向为正方向,设弹解除锁定 的瞬间a、b获得的速度分别为r、v.,由动量守恒定律和机 械能守恒定律得 故物块A不会与木板B脱离 专题五 碰撞问题中的多次碰撞 .=5v,v.=0. 1.B 2.B 则弹资解除锁定后a、b的速度大小分别为5v。0. 3.A 解析:①②设0滑到水平面上时速度大小为v.P、0相 (2)由于6与斜面的动摩擦因数i=tan0.所以b与斜面的 碰,由动量守恒及能量守恒,有 最大摩擦力等于重力沿斜面向下的分力,又因为弹解除 锁定后的速度为零,则5保持静止,第一次碰撞发生在 2mo+2m 原位置处,a与斜面无摩擦,则碰撞前a的速度大小为v. 2mo_。,vo,”_ 方向沿斜面向上,设第一次碰撞后,a、b的速度分别为v 联立解得第一次碰后r。“ v..由动量守恒定律和机械能守恒定律得-m.=mr。+ 1 之后0滑上斜面并返回,速度等大反向,若不能追上P,则 -.4m}. 有。,=lno1.解得_! 解得r.=3t。,r=-2v, 6沿斜面向上运动的过程中,由牛顿第二定律得 选项①正确、②错误; -4mgsin f-·4mgcos θ=4ma., ③同理若m。-1 解得a.=-2gsin8. 第一次碰后6沿斜面向上运动的最大距离为xa 2a。 0-r 之后0滑上斜面并返回,与P发生第二次碰撞后有t。= #9v.vo.,”,> 故上升的高度为h.-x.·sinθ- g 故P、0只能发生两次碰撞,选项③正确: (3)由题意,a、6距离挡板足够远,则a每次碰撞挡板返回 4 后6已经静止在斜面上,第二次碰撞后,设a、b的速度分 7 别为r、r。,由动量守恒定律和能量守恒定律有 之后0滑上斜面并返回,与P发生第二次碰撞后有t。= 8 25\,o25”,”-v 7 3 2 5,= 故P、0只能发生两次碰撞,④错误.故选A l. 4.(1)r.=1m/s vit=3m/s(2)0.8s (3)r。=4m/s 由于每次都是运动的a碰撞静止的b,则由动量守恒定律 rn=6m/s 和能量守恒定律有 -mr_=mo)+4m_._._)2 解析:(1)设A与B第一次碰撞前的速度为t.由动能定理 1 -m{ 解得v.=2m/s. 3 A与B发生弹性正碰,碰撞过程满足动量守恒和能量守恒 解得。...1).,o.-)- (n=1.2.3..). 2 总有a的速度大于b的速度,故会一直碰撞下去,直到a、b 最终接触瞬间a的速度为零,设/最终沿斜面向上运动的 最大距离为x.此时ab速度均为零,其运动如图所示. 解得第1次碰撞后A.B的速度大小分别为t.=1m/s. 终=0 r.=3ms. 第2次撞后.... (2)由题意可知,第1次碰撞后B在斜面上做匀速直线运 第!次撞后y # 动,A继续向下做匀加速直线运动,加速度大小为a= 3mgsin8_5m/s. 3rn. 设经过时间1.A与B发生第2次碰撞,由运动学公式可得 由能量守恒定律得_ 7~ .5m+10mr}=5mgsin8·x+. 4mgeos8·x,解得x-18gin 25 又x三x,联立解得t=0.8s. (3)第2次碰撞前瞬间,A的速度为t.=v+at=5m/s. 6.(1)0/2aL(2)Z(3)2次 第2次碰撞过程,碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定 律,则有3mr'.+nwn=3mr.+mtm. 参考答案学霸41