2023年全国乙卷物理试题T25-两物体多次碰撞问题-计算题

【原题-25】 1．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，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，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。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。    【变式题-基础1】 2．光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求： （1）两小球质量之比； （2）若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰。 【变式题-基础2】 3．如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为的小物块B（可视为质点）以水平初速度从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在（未知）时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： （1）木板A的长度； （2）A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； （3）时间内B经过的路程； 【变式题-基础3】 4．如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道处于竖直平面内，圆弧与水平面相切于圆弧端点B，水平面BC段粗糙，其余部分光滑且足够长，C点右端水平面上有3个完全相同的静止小球，3个小球位于同一直线上，质量均为3m。质量为m的物块从圆弧最高点A由静止开始下滑。物块与BC段粗糙水平面间的滑动摩擦因数为。物块与小球、小球与小球之间的碰撞都是弹性正碰，已知BC段长度为，重力加速度为g。求： （1）物块第一次到达B点时速度大小； （2）物块与1号小球第一次碰撞后瞬时，各自速度大小； （3）最终3个小球的速度大小及物块的位置。 【变式题-巩固1】 5．表面光滑、质量为m的滑块P放置在水平地面上的A点，质量为3m的滑块Q放置在倾角为的斜面体上的B点（位置并不固定）。现作用在滑块P上一个水平向右、大小的恒力，使其向右运动。已知滑块Q与斜面间的动摩擦因数，滑块P与Q第一次碰撞前的速度大小为，P与Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短（每次都是Q停下来后，P才与之碰撞），滑块P在水平地面与斜面衔接处C的运动无能量损失，重力加速度大小为g，两滑块均可看作质点。 （1）求A、C之间的距离s； （2）求滑块P第n次碰撞使滑块Q上升的高度； （3）要使每次都是Q停下来后P才与之碰撞，求斜面的倾角需要满足的条件。 【变式题-巩固2】 6．如图所示，倾角为37°的足够长的固定斜面上放置一下端有固定挡板的“┘”型木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ=0.6。一可视为质点的光滑小滑块置于木板上的某点，该点与挡板的距离L=3.0m。现将小滑块和木板同时由静止释放，已知木板的质量为M=2kg，小滑块的质量为m=0.5kg，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞。求滑块和木板： （1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间； （2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距； （3）第二次碰撞后两者的速度。 【变式题-巩固3】 7．如图所示，内壁光滑的圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m、m的刚性小球A、B，两小球的直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h。现拔掉销子，两球自由下落。若A球与地面间及A、B两球间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度为g。求： （1）自由下落过程中，重力对A物体的冲量是多少？ （2）A、B两个小球第一次碰撞后瞬间B小球的速度是多少？    【变式题-提升1】 8．如图所示，一个可视为质点的滑块放在凹槽上，凹槽放在足够长的斜面上，整个系统处于静止状态。已知滑块的质量m1=2kg，凹槽的质量m2=6kg，斜面固定在水平面上且倾角为θ=30°。凹槽两立柱之间的距离L=7.6m，上表面光滑，下表面与斜面之间的滑动摩擦因数，且可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。某一时刻，滑块以初速度大小沿斜面向上运动。取重力加速度g=10m/s2。滑块与凹槽碰撞为弹性碰撞且碰撞时间不计。试求解下列问题： （1）滑块与凹槽发生第一次碰撞后二者的速度大小； （2）滑块与凹槽发生第二次碰撞前凹槽的位移和碰撞后二者的速度大小； （3）从滑块运动开始，直到滑块与凹槽发生第三次碰撞前，滑块与凹槽组成的系统其机械能的损失量。 【变式题-提升2】 9．如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木盒下端的距离为2.5m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）若释放后，小球与木盒同时开始运动，求木盒与斜面间的动摩擦因数应满足的条件； （2）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需的时间； （3）若木盒与斜面问的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离； （4）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始释放至两者第n次碰撞系统损失的机械能（不要求写计算步骤，只写出最后结果即可）。 【变式题-提升3】 10．如图所示，一根劲度系数、原长的轻质弹簧竖直放置在水平地面上，弹簧上端固定质量的水平薄板A，整个装置处于静止状态，此时弹簧的弹性势能。质量的小球C用足够长的轻绳悬挂在距地面处。一个质量的小物块B从薄板正上方距地面高度处由静止自由下落，与薄板A发生瞬间碰撞并粘在一起共同运动，一段时间后薄板A又与小球C发生瞬间弹性碰撞，不考虑二次碰撞，不计空气阻力，重力加速度g取。求： （1）小物块B与薄板A瞬间碰撞后共同速度的大小； （2）小球C距离地面的最大高度； （3）若仅改变小球C的质量，能否使小球C上升的最大高度高于小物块B释放的高度。    试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4 【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律 解得 过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 解得 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； （2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即 解得 根据运动学公式得最大距离为 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－2l－4l－6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动 x盘4= 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 2．（1）2：1；（2）m1> 【详解】（1）两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得 m1v0＝m1v1＋m2v2 已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得 m1v02＝m1v12＋m2v22 从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，又由于 PQ＝1.5PO 则小球A和B通过的路程之比为 s1：s2＝v1t：v2t＝1：4 联立解得 ＝ （2）由（1）中两式解得 v1＝v0 v2＝v0 若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球B第一次反弹后相碰，此时有 v1≥0 此时 m1≥m2 若小球A碰后反向运动，则 v1<0 此时 m1<m2 则小球A与B第一次反弹后相碰需满足 |v1|<|v2| 即 v0<v0 解得 m1> 综上所述，只要小球A、B质量满足m1>，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰。 3．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）依题意，设木板的长度为，A、B第一次达到共速时速度大小为，物块和木板由动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 联立求得 （2）由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为，取方向向右为正，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 联立求得 则可得此时物块距木板左端的距离为 （3）由（1）（2）问分析可知，物块B与木板第次共速时的速度为，对B 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有 从B第次撞击挡板到第次撞击挡板过程，有 则 得 4．（1）；（2），；（3），物块最终停在C点左侧，距C点 【详解】（1）设物块第一次到达B点时速度大小为，由动能定理得 解得 （2）设方向向右为正方向，物块第一次从段粗糙水平面滑上光滑水平面瞬时，速度为，则 解得 设物块与1号小球第一次碰撞后瞬时，物块速度为，1号小球速度为，由物块与1号小球系统动量守恒有 又系统机械能守恒有 解得 ， 第一次碰后，物块的速度大小为，方向水平向左；小球1的速度大小为，方向水平向右。 （3）由动量守恒和机械能守恒易知，小球之间碰撞后速度交换，则3号小球最终速度 设物块第二次从段粗糙水平面滑上光滑水平面瞬时，速度为，则 解得 设物块与1号小球第二次碰撞后瞬时，物块速度为，1号小球速度为，同理可知 ， 2号小球最终速度 设物块第三次从段粗糙水平面滑上光滑水平面瞬时，速度为，则 解得 设物块与1号小球第三次碰撞后瞬时，物块速度为，1号小球速度为，同理可知 ， 设物块再在段粗糙水平面滑行s停止运动，则 解得 物块最终停在C点左侧，距C点。 5．（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）滑块P在斜面上运动时有 解得 说明滑块P运动到斜面上之后做匀速直线运动。 滑块P从A到C，根据动能定理有 解得 （2）以沿斜面向上为正方向，设第一次碰撞后的P的速度为，Q的速度为，Q第一次上升的高度为，则有 解得 之后滑块P以大小为的速度与Q发生第二次碰撞，设第二次碰撞后的P的速度为，Q的速度为，Q第二次上升的高度为，则有 解得 同理可解得 （3）设B点距斜面底端C的距离为，当滑块Q第一次刚好停止时P与之碰撞，此为临界条件。 设滑块P在水平面上运动的加速度大小为a，滑块Q第一次碰撞后到停止运动所用的时间为t，这段时间内滑块Q沿斜面上升的距离为x，则有 解得 所以 ‍‍ 6．（1）1s；（2）3m；（3）4.8m/s 【详解】（1）从释放后到小滑块与挡板第一次碰撞过程中，设小滑块和木板加速度分别为a1和a2，由牛顿运动定律有 解得 ， 由此可知，该过程木板保持静止，设小滑块从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为t1，则 解得 （2）设小滑块与挡板第一次碰撞前速度为v1，由运动学规律有 设小滑块与挡板第一次碰撞后小滑块与木板的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 ， 第一次碰撞后，木板匀速下滑，小滑块做匀变速直线运动，当小滑块与木板的速度相同时，小滑块与挡板距离最大，设该过程时间为t2，小滑块与木板的位移分别为x1和x2，小滑块与挡板的最大间距为Δx，则 解得 （3）设小滑块从与挡板的最大间距处继续运动时间t3，第二次到达挡板处，设第二次碰前小滑块速度大小为v4，该过程小滑块和木板位移大小分别为x3和x4，则 解得 设第二次碰撞后小滑块与木板的速度分布为v5和v6，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 ， 7．（1）；（2） 【详解】（1）拔掉销子，两球自由下落有 解得 重力对A物体的冲量 （2）设小球A与地面碰撞后以速度v反弹，有 取竖直向上为正方向，根据动量守恒 根据能量守恒有 解得 8．（1）-6m/s，6m/s；（2）1.2m，-5m/s，5m/s；（3）222J 【详解】（1）设滑块滑动时加速度大小为a1，第一次碰撞前滑块速度大小为v11，碰撞后m1和m2两物体速度分别为v11＇、v21＇。 对滑块受力分析，根据牛顿第二定律可知 由匀变速直线运动的基本规律可知 滑块与凹槽上立柱发生第一次弹性碰撞时，设沿斜面向上为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律可知 解得 负号表示滑块碰撞后速度沿斜面向下，速度大小为6m/s （2）设凹槽沿斜面向上运动时加速度大小为a2，凹槽上滑位移为x2，时间为t2，此时滑块下滑位移为x1。对凹槽受力分析，根据牛顿第二定律可知 由匀变速直线运动的基本规律可知 又 解得 x2沿斜面向上 可见，当凹槽速度减小为零时，滑块并未与凹槽的下立柱发生碰撞，那么滑块将继续下滑，设滑块与凹槽碰撞前其速度大小为v12，由匀变速直线运动的基本规律，已向下为正向可知 解得 发生第二次碰撞时，设向下为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可知 解得 负号表示滑块速度方向沿斜面向上 （3）凹槽下滑时，设其加速度大小为a2＇，由牛顿第二定律可知 解得 方向沿斜面向上 由此可知，当两物体均减速为零时的位移等大，分别为 即此后滑块均不能与凹槽的上立柱发生碰撞，则由能量守恒定律可知，第三次碰撞前，凹槽与滑块组成的系统机械能损失量为 9．（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）若小球开始运动的同时木盒也开始运动，则 解得 （2）小球在木盒中运动时，有 对木盒沿斜面向下的运动过程，有 解得 （3）第一次碰撞前，小球的速度 木盒的速度 小球和木盒第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 解得 第一次碰撞至第二次碰撞，两者共速时相对位移有最大值 小球的位移 木盒的位移 小球与木盒底端的距离 解得 （4）由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度 木盒的速度 其中的为每次碰撞前小球的速度，为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两次碰撞间的时间间隔都为 因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加 木盒速度沿斜面向下增加 结合第（3）问分析可得出以下归纳情况 第一次碰前小球的速度为，木盒的速度为 第一次碰后小球的速度为，木盒的速度为 第二次碰前小球的速度为，木盒的速度为 第二次碰后小球的速度为，木盒的速度为 第三次碰前小球的速度为，木盒的速度 第三次碰后小球的速度为，木盒的速度为 …… 第n次碰后小球的速度大小 第n次碰后木盒的速度大小 自第（n-1）次碰撞至第n次碰撞木盒的位移 自开始释放至第n次碰撞木盒的总位移 损失的机械能 10．（1）；（2）；（3）不能 【详解】（1）设弹簧的压缩量为，小物块B与薄板碰前瞬间速度为，碰撞后瞬间与B的共同速度，薄板与小球C发生瞬间碰撞前速度为，碰后，薄板的速度为，小球C速度为，由薄板静止可得 小物块B下落过程机械能守恒 小物块B与薄板组成的系统碰撞瞬间动量守恒 解得 （2）小物块B与薄板组成的系统能量守恒 薄板与小球C发生瞬间弹性碰撞的过程中，动量及能量守恒： 小球C竖直上抛 （3）由（2）可得 故小球C上升的最大高度不能高于小物块B释放的高度 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$