专题5 碰撞问题中的多次碰撞-【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

专题五碰撞问题中的多次碰撞 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 ,二？则P,Q只能发生一次碰撞 ①若≥} 竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B ②若”≥1 车的总质量是A车质量的10倍.两车开始都 m,产4则♪Q只能发生一次碰撞 处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的 ③若-1 速度，推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回。 mp 5 则P、Q只能发生两次碰撞 小孩接到A车后，又把它以相对于地面的速度 若=。，则P、Q只能发生三次碰撞 v推出.每次推出，A车相对于地面的速度都是 ,方向向左则小孩把A车推出( )次后， A.①③B.①④C.②③D.②④ A车返回时小孩不能再接到A车 4.(2024·陕西榆林十中月考)如图所示，足够 长的固定斜面与水平面的夹角为0=30°，质 B 量为m的小物块B恰好静止在斜面上，质量 7997方97977 A.4 B.6 C.8 D.10 为3m底面光滑的小物块A自斜面上与B相 2.如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆 距为L=0.4m处静止释放，并沿斜面加速下 轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2的 滑，与B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，重力 弹性小球乙，另一个质量为m,的弹性小球甲 加速度的大小g取10/s2.求： 以初速度。运动，与乙球发生第一次碰撞后， (1)第1次碰撞后A、B的速度大小： 恰在D点发生第二次碰撞.则甲、乙两球的质 (2)A、B第1次碰撞后到第2次碰撞前的 量之比m1:m2等于 时间： (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)如图所示， 一个斜面与水平地面平滑连接并固定，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 ( @ 期末专题复习学霸105 5.(2024·河南信阳高级中学月考)如图所示，6.(2024·福建厦门海沧中学月考)如图，光滑 倾角为9的固定斜面的底端安装一个弹性挡 绝缘水平桌面位于以ab、cd为边界的匀强电 板P,质量分别为m和4m的物块a、b置于斜 场中，电场方向垂直边界向右.两小球A和B 面上，二者初始位置距离挡板足够远，物块α 放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向 与斜面间无摩擦，物块b与斜面间的动摩擦 平行.两小球质量均为m,A带电荷量为g(9> 因数为u=tana.两物块间夹有一个劲度系数 0),B不带电.初始时小球A距ab边界的距离 很大且处于压缩状态的轻质极短弹簧，弹簧 为L,两小球间的距离也为L.已知电场区域两 被锁定，锁定时弹簧的弹性势能为10mw.现 个边界ab、cd间的距离为10L,电场强度大小 给两物块一大小为。、方向沿斜面向下的初 E=ma a为小球在电场力作用下的加速度现 速度的同时，解除弹簧锁定，弹簧瞬间完全释 放弹性势能，并立即拿走弹簧.物块a与b、a 释放小球A,A在电场力作用下沿直线加速运 与挡板P之间的碰撞均为弹性碰撞，重力加 动，与小球B发生弹性碰撞.两小球碰撞时没 速度为g(弹簧长度可以忽略不计).求： 有电荷转移，碰撞的时间极短求： (1)弹簧解除锁定后瞬间a、b的速度大小： (1)第一次碰撞后A和B的速度大小： (2)拿走弹簧后，a与b第一次碰撞后b上升 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A与B 的高度： 的最远距离； (3)b被第一次碰撞后到最终能沿斜面向上 (3)在B球出边界cd之前，A与B碰撞的 运动的最大距离。 次数 101 7777777777777n7777777 选择性必修第一册学霸106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 解得碰撞前瞬间小球A的速度为r。=v②aL 线的拉力对小圆环A先做负功后做正功,故D错误故 第一次碰撞过程,根据动量守恒有mr。=m,+mr。. 选B. 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; 解得第一次碰撞后A和B的速度大小分别为v.=0 1=vaL. (2)第一次碰撞后,小球A在电场力的作用下从静止开始 2 m+ -mr 加速,小球B做匀速运动.对小球A.根据牛顿第二定律有 Fn=ma. 可得三个球的速率应满足关系式=++,故B正确 设经过时间2.两者共速,此时A与B的距离最远,则有 vv2a ② t= 1 此过程中A的位移为x-1.B的位移为xa= 可知当小球A的动能最大时,小球B的速度为零,设此时 小球A、C的速度大小为u.速度方向与绳子垂直,两根绳 1=2/. 间的夹角为7如图所示 则A与B的最远距离为d=x-x.=L. (3)第一次碰撞后,设经过时间1.两者再次相遇,则有 x2=xg 此时A.B发生第二次碰撞,第二次碰撞前A的速度为u.= 则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得mr。= a=2v②aL. 81 则根据动量守恒有mr.+mr.“mr.+mrn, 另外E-m, 1 联立解得,第二次碰撞后瞬间,A、B的速度分别为v。= ②aL.=2/aL. 由此可解得,小球A的最大动能为E.= 此时B距离ab边界的距离为6/.,即两小球还未离开电场 此时两根绳间夹角为9=90{}此时,小球A的速率最大 则第二次碰撞后,B做匀速运动,A做匀加速运动,假设经 过时间t.,A、B又一次在电场中相遇,则有x。“xno; 其中xn=vnfxrn=vn,解得,=2~2,x= /2 6.(1)4kg 241(2)24] 解析:(1)由乙图可知,物块C与A碰撞前后的速度分别为 x1=8. r.=6m/s.vc=4m/s. 可知,此时B距离ab边界的距离为d.=2L+x+xn 依题意,二者碰撞过程中动量守恒,可得meve=(m。+ 14>10. me)·vc,解得m.=4kg. 故假设不成立,所以在B球出边界cd之前,A与B碰 1 撞2次. 2(n 专题六 动量与能量的综合运用 me)c=24J 1.B 2.D 3.C (2)由乙图可知,1=3s时,弹恢复原长,物块C与A速 4.B 解析:A.对小圆环A.由动量定理/=mri=0.6N·s.可 度为ric=-4m/s. 得=6m/s. 此后,物块B做加速运动,与物块C与A的距离越来越大 当小圆环A与小球B速度相同时,小球B上升的高度最 弹策的弹性势能越来越大,当三物块共速时,弹策具有最 大.根据水平方向动量守恒和机械能守恒有 大的弹性势能,该过程系统动量守恒,可得(m.+m。)'。 n.o=(m,tn),”,(m, m)i+mgh, (m.+m.+mc)vnc: 能量也守恒,则有-(m+me)v2-- -2(n m me)vint 解得v=2m/s.h=0.6m.故A错误 B.小圆环A向左运动,通过细线带动小球B向左运动,小 E.,联立解得E=241. 球B受到斜向左上方的拉力并加速,当小球B恰好回到圆 (2)0t 环A的正下方时,小球B速度最大.设此时小圆环A速度 为v.小球B速度为v.,此过程由水平方向动量守恒和机 解析:(1)滑块相对木板向右运动,刚好能与炸药包接触 此时滑块和木板的速度相同,设滑块刚要与炸药包接触时 的速度为v.,以水平向右为正方向;滑块和木板组成的系 解得v=-2m/s.v.=4m/s.故B正确. 统,滑块在木板上滑动的过程中,系统所受合外力为零,则 C.从t=0时刻到小球B上升到最大高度的过程中,对小球 该系统动量守恒,故有mr。=2ome,解得v:,o,方向水平 1 B由动量定理得1.=mv-0=0.4kg·m/s.可知合力对小 球B的冲量为0.4N.s.故C错误 向右, D.由B项分析知,小圆环A先向左减速运动,再向右加速; 滑块在木板上滑动的过程中,由功能关系可知 当小球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 选择性必修第一册 学霸42