第一章 专题探究二 多体与多次碰撞问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

专题探究二多体与多次碰撞问题 黑题 专题强化 限时：45min 题型1两体多次碰撞问题 3.(2024·湖北黄冈联考)（多选）如图所示，在 1,(2025·鄂豫皖联考)如图所示，一个固定斜 竖直平面内固定的光滑圆轨道，半径为R,虚 面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均 线AB、CD分别为水平和竖直直径.可视为质 光滑.小物块P放在水平地面上，小物块Q自 点的甲、乙两小球质量分别为m1、m2现将甲 斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰 球从B点由静止释放，运动至D点与静止的 撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列 乙球发生弹性碰撞.重力加速度为g,下列说 说法错误的是 法正确的是 ( P 7777 m,3,则P.Q只能发生一次碰撞 A.若≥ A.甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小 者，了，则P.Q只能发生两次碰撞 B.若1 为√gR c.若≥} B.若m1<m2,两球第一次碰撞后，乙球可能到 m二4则PQ只能发生一次碰撞 达A点 C.若m1=m2,两球第一次碰撞后，乙球恰好能 D.若m=。,则PQ只能发生两次碰撞 到达A点 2.(多选)如图所示，足够长的光滑水平面右侧 D.两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最 固定一竖直弹性挡板，质量为12m的小球A 高点C点 静止在光滑水平面上.质量为m的小球B以 题型2多体多次碰撞问题 初速度向左与小球A发生正碰，每次碰撞4.(2025·安徽鼎尖名校联考)如图所 后小球B的速度大小均变为原来的)，方向向 示，三个大小相同的弹性小球A、B C位于光滑水平面的一条直线上， 右，下列说法正确的是 球A、C的质量分别为9m、m.现给球A一个 沿AB球心连线的初速度，使球A与B、B与C B 先后发生对心弹性碰撞.若球C碰后的速度取 A第一次碰撞后小球A的速度大小为2 得最大值，球B的质量应取 ( B.第一次碰撞过程中系统损失的机械能为 nmm5n A.m B.3m C.4.5mD.9m 6 4g 5.(2025·安徽合肥检测)如图所示，5个小球 C.小球A和小球B最多可以碰撞3次 B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其 D.小球A和小球B最多可以碰撞4次 中4个球B、C、D、E质量均为m,A球、F球质 第一章黑白题023 量均为m2,A球以速度。向B球运动，之后所 (2)求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上 有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后 向左滑行的最大距离； B C D E F (3)求物体第一次与小球碰撞后的整个过程， 物体与传送带间产生的摩擦热 A.若m,=m2,最终将有2个小球运动 B.若m,<m2,最终将有1个小球运动 9997 C.若m1>m2,最终将有3个小球运动 D.无论m1m2大小关系怎样，最终6个小球 都会运动 6.用一个半球形容器和三个小 球可以进行碰撞实验，已知 容器内侧面光滑，半径为R, 三个质量分别为m1、m2m的小球1、2、3，半 径相同且可视为质点，自左向右依次静置于 容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若 8.(2024·江苏苏州月考)如图，一竖直固定的 将质量为m1的球移至左侧离容器底高h处 长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆 无初速度释放，如图所示，各小球间的碰撞时 盘与管的上端口距离为l,圆管长度为101.一 间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2 与3碰后，球1停在0点正下方，球2上升的 质量为m智的小球从管的上口由静止下 落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑 最大高度为)R,球3恰能滑出容器，则三个小 动摩擦力与其所受重力大小相等.小球在管内 球的质量之比为 ( 运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与 A.2:2:1 B.3:3:1 圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极 C.4:4:1 D.3:2:1 短不计空气阻力，重力加速度大小为g求： 题型3综合训练 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 7.(2025·河北邯郸联考)如图所示，以v=4m/s 大小： 的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与 粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面 圆盘间的最远距离： 平滑对接水平面上有位于同一直线上、处于 (3)小球与圆盘在圆管内发生了第二次碰撞 静止状态的4个相同小球，小球的质量m。= 后的速度，并进一步计算判断小球与圆盘 0.3kg质量m=0.1kg的物体从轨道上高处P 能否在圆管内发生第三次碰撞， 静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大 小。=6m/s.物体和传送带之间的动摩擦因数 u=0.5,传送带AB之间的距离L=3.0m物体 与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正 碰，重力加速度g取10m/s2 (1)求物体第一次与小球碰撞时的速度； 选择性必修第一册·RJ黑白题024程，A,BC组成的系统机被能减少了△B=M-之m,心 之(m+M)=57.5J,故D正确，故选D. 6.A解析：水平面光滑，物块与木板的加速度分别为a。=g, 4,=%,当两者共速时，有a,1=a,=a,可得e M对M有mx之，设相对位移为△，对m有 g·（x+4)=2m2-2m,整理得 1 1 △x+xM+2m )因为<Ar<2x,解得m>M,故选入 m 7.C解析：粘性物体和A相互作用，水平方向动量守恒，取向 右为正方向，由动量守恒定律有m,=2m1,得=2o之 后三个物体一起相互作用，动量守恒，当B车与A车速度相 等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得m。+ 2 2m,=3m,得=了，弹簧的最大弹性势能E,=2m6+ an(分广an(仔广a.c正确 8.ABD解析：AB设A物体的质量为m4,物体A压缩弹簧的 最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能 1 (设为E,),有E,=2m6, 当A以2。向右运动压缩弹簧过程，AB及弹簧系统动量守 恒，当二者共速（设为）时，弹簧达到最大压缩量，也为x此 过程动量守恒，有m·2m。=(mu+m), 由功能关系有宁，(2，)-之m)2=, 3 联立上面三式解得m,=3m,。=,m6,=)一o, 故AB正确： C弹簧压缩量最大时，A的速度为2， 放此时4的动量为p=子受放C结混 D图乙中，系统在水平方向的动量始终守恒，设弹簧恢复原 长时，物体A、B的速率分别为，、2，则根据动量守恒定律可 得3m×2。=3mu:+m2, 根据能量守恒定律可得宁x3nx(2a,)产=宁×3m+, 2 联立可解得，=o,2=30,放D正确. 故选ABD. 9.D解析：A,由图可知在。时刻两物块共速，则由动量守恒 定律ma=(m+mg)×0.8o,解得物块B的质量为mg=4m, 选项A错误：B.分离时弹簧恰恢复到原长，则由动量守恒和 1 能量关系m=m+m,2m听=2m,听+2m听，解 得分离后物块A、B的速度大小分别为1=1.6o、2=0.6o, 远项B错误：C当两物体共速时弹簧弹性势能最大.则碰撞 1 过程中弹簧的最大弹性势能为E=2,2(m,+m)· (0.8。)2=0.4mw6,选项C错误；D.如图所示，在0-6时间内 弹簧被压缩，A的位移s=032o1o(即下方阴影面积)，因A、 B受弹力等大，则A、B加速度之比为4：1.则B比匀速时减 选择性必修第一册·RJ 1 小的位移为△。=4=0.08%（即上方别影面积），即B的 位移s。=l。-0.08。=0.92oo,可得弹簧压缩量的最大值 为△l=sg-5u=0.6uo,选项D正确.放选D. 1.0 0.8 0 2 t 专题探究二多体与多次碰撞问题 黑翻专题强化 1,C解析：A.设Q滑到水平面上时速度大小为，P、Q相碰， 由动量守恒知mo心=moom+mpm,由能量守恒知2mg心= 1 之mo6+之m,听，联立解得第一次碰后n“m+m, 1 2mo ,"eu日 ”m,若物块Q质量小于P,之后Q滑上斜面并返回，速 mo+mp 度等大反向，若不能追上P,则有m≥11，解得≥ m 弓A正确：品同理者二行第一次碰后分0= 1 mp 3,之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 2 4 n9,阳=g,故PQ只能发生两次碰撞，B正确； C由A选项知，当觉≥行则P,Q只能发生一次碰撞，C错 误：业同理者觉号第-次磁后 行w子之后 Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有n=25, 8 m=2了，故P、Q只能发生两次碰撞，D正确，故选C 7 2.BD解析：小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定律， 5 规定向左为正方向.第一次碰撞有m,=12m,m×o,解 得=7，A错误；第一次碰撞过程中系统损失的机械能 为4妈宁分a子宁（停广名B正确 1 5 第二次碰撞有12m,+m× 76=12m2-mx 512 7 。,解得 。 京。<京o,第三次碰撞有12m,+m× (停)八=12m,-m×(停)广解得5 12×7+52 73一%三 7了，第四次蛋撞有12*mx(停广=12m,m 10953 (弓）广6解得109745-8> 7一6=o>6,所以小球A和 小球B最多可以碰撞4次，C错误，D正确.放选BD. 3.CD解析：A.设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为， 由机被能守恒定律得mR=之m,得=V2gR,故A错 黑白题10 误；BC.甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为和，甲、乙 两球发生弹性碰撞则有m=m+m:2,2m m+,,解得时= 1 2m1 1，若m1<m,则2= m+m 2m1 ,<1,两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为h, m1+m2 则mh=2m公，解得h<R,乙球不可能到达A点，若 m1=m2,则2= ,+m=,两球第一次碰撞后，乙球上升 2m1 1 的高度为'，则mBh'=2m,解得h'=R,故B错误，C正 确：D.设乙球恰好运动到最高点C的速度为2，则mg= m尺，解得=√风，从最低点到最高点，对乙球由动能定 理得m,g·2R+=宁哈解得=V5风，当两球第 2m1 一次碰撞后，= ,≥V5R,得2mV2gR≥V5gR, m1+m2 m1+m2 即满足m≥的 时，两球第一次碰撞后，乙球有可能运 m1+m2 4 动至最高点C点，故D正确.故选CD 4.B解析：A、B碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律有 9m,=9a,+m,×9nmd=子×9m+了mg后，解得， 9m+m,同理B,C碰后，有e=」 18m m 数学知识可知，当m。=3m时，e有最大值故选B. 5.C解析：A、B碰撞时由动量守恒和能量守恒可知m。= %5+m,互%后=之时+分%，可得=%。 1 1 1 O1 m+m2 v=- ?,A.若m=m,则碰后两球交换速度，则最终只 m1+m2 有F球运动，选项A错误；B.若m1<m2,则碰后，>2>0，然 后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F 向右运动，E被弹回再与D交换速度…则最终不只有1个 小球运动，选项B错误；C.若m1>m2,则A、B碰后A反弹， B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，E与 F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小 球A、E、F都运动，选项C正确；D.由以上分析可知，选项 D错误故选C. 6.B解析：碰撞前球1下滑过程，由机械能守恒定律得 2m6,对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒 定律得m=m,+m,,由机械能守恒定律得：m,6= m时+2m,号，碰后，对球2有叫，听=ma,对球3 1 1 1 有了，听=m,6水，联立解得m,:m:m,=3:3:L故运B 7.(1)4m/s(2)0.4m(3)3J 解析：(1)物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀 减速运动，加速度大小a-m8=g=5m/, 诚速至与传送带速度相等时所用的时间 参考答案与解析 6v6-4 hs 5=0.45. 5 匀减连运动的位移”-6生×04m=20=30n, 故物体与小球1碰撞前的速度：=4m/s: (2)物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大 小为，小球1被撞后的速度大小为4，由动量守恒和能量 1 守恒定律得m-mu,+,4,22人 解得，=2=2m/8,4=2=2m/s, 物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学 公式得0-t2=-2as, 解得s=0.4m: (3)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间 将进行速度交换，物体第一次返回还没到传送带左端速度就 减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加 到，再与小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物 体和小球的速度大小分别为=2斯= /112 2 v,u2= 之=（日）广 以此类推，物体与小球1经过次碰撞后，物体和小球的速 度大小分别为=（兮）广4-（仔广. 由于总共有4个小球，可知物体与第1个小球一共可以发生 4次碰撞，则物体最终的速度大小为4= 1 (2) ×4m/s= 0.25m/s. 物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传 送带的路程△s=和· 242220）=6m, aaaa 故物体与传送带间产生的摩擦热Q=μmg△s=3」. 8.(1)2恩2g 2 2 (2)1(3)0可以，计算判断见解析 解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降高度为1，根据 机械能守恒定律得mg=2m, 1 解得=√2g: 过程2：小球以√2g的速度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 1 2 。2红 解得=m- 2 即小球碰后速度大小为？，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，+g=, 解得=矿-西 gg 根据运动学公式得最大距离为d=x一x球=1- ,+ 黑白题11 28产)解得d2g (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时， 两者位移相等，则有x=, 即4+2到=4，解得4=g 3 此时小球的速度2=，+1=20， 圆盘的速度仍为， 这段时间内圆盘下降的位移x== 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 mw2+Mo'=mv +Mo, 根据能是守恒了叫 2 2m+g, 2 联立解得=0，=0， 同理可得当位移相等时x知=， 2 即品=解得6 8 圆盘向下运动x2=,= 此时圆盘距下端管口10l--2-4l=31, 之后二者发生第三次碰撞 第6节反冲现象火箭 白题基础过关 1.A2.A 3.D解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2,刚分离时两球 速度分别为1、2，以向右为正方向，则由动量守恒 (m+m),=m:+m:,根据题意有-一产，代人数据可 解得2=0.8m/s,,=-0.1m/s,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AE= 2m+ 之n后之（an将-8a-01a代人可 得△E=0.027J.故D正确.故选D. 4.B 5.B解析：设人走动时船的速度大小为"，人的速度大小为'，人 从船尾走到船头所用时间为1取船的速度方向为正方向，则= d ,,=,根据动量守恒定律得枷-mm三0，解得船的质 t 量M=故B正确.ACD错误 黑题 应用提优 1.C 2.A解析：AB.根据动量守恒有(M-△m)。-△mw=0,解得 ,“。,若高压气罐喷出气体的质量不变但速度变大则 ,变大，故返回时间小于t;由p=△mw,若高压气罐喷出气体 的速度变大但动量不变，可知△m诚小，得减小，则返回 时间大于(，故A正确，B错误：C.由题意知，航天员的速度 为，=产，喷气过程系统动量守恒，以字航员的速度方向 为正方向，由动量守恒定律得(M-△m),-△mw=0,解得 M0M_,故C错误；D.在喷气过程中，航天员，装 △m= U十op以 选择性必修第一册·RJ 备及气体所构成的系统的动能增加，故系统机械能不守恒， 故D错误故选A. 3.B解析：设炮弹在最高点速度为。，炮弹上升和下降时间 均为t,有L=。·21,炮弹爆炸前后动量守恒，有3mm。=2mw, 有L+200m=ot+e,t,解得L=800m,所以B正确，ACD错误， 故选B. 4.CD解析：对于甲和箱子根据动量守恒得(M+m)。= M,+m.对于乙和箱子根据动量守恒得m-M。=(M+m)2, 当甲、乙恰好不相碰时，，=刊2，联立解得=5.2m/s,若要避 免碰撞，则需要满足≥5.2m/s,故选CD. 压轴挑战 5.B解析：“嫦娥号”探测器在距离月球表面100km的圆轨道上 做圆周运动时：G m (Rth)2= mRh,在月球表面，有C =mg,则 R 解得：e=R√R g 1.8 =1.7×10× m/s=1.7× W1.7×10+100x10 10m/s;喷气的过程中根据动量守恒定律：mm=(m-△m)1+ mm-△m_1.2x103×1.7x103-50x4.92x10 △m2,解得=m-△m m/s= 1.2×10-50 1.56x10m/s=L.56km/s,故选B. 专题探究三动量与能量的综合运用 黑题 专题强化 1.B 2.C解析：分析易得只有子弹射人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mm=(m+M)共，则系 统损失的机械能AE=上， 21 2m (m+M)候= 2mm2、 12 2(m+M) m+M 2(m+M对于A透项，由4E= mMu2 mM加 me 可知，若保持m、、1不变，M变大，则系 2(m+M) 2(01 统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E mMy2 Mv2 可知，若保持M、、1不变，m变大，则系 2(m+M) 2(M+1 统损失的机械能变大，故B错误；对于C选项，由△E= mMy 2(m+M 、可知，若保持M、m、I不变，变大，则系统损失的机 械能变大，故C正确：对于D选项，若保持M、m、不变，【变 mMv 大，则系统损失的机被能△S=2(m不变，故D错误 3.CD解析：AB.木块动能减少量等于木板动能增加量与因摩 擦产生的热量之和，AB错误：C.设木板的位移为x,则木块 的位移为4x,木板的质量为M,木块的质量为m,共同速度为 ,根据动能定理，木板增加的动能为M=k,因摩擦产生 的热能为Q=∫·3x,因摩擦而产生的热能是木板动能增量的 3倍，C正确；D.根据动量守恒定律得mm=(m+M),根据 “因摩擦而产生的热能是木板动能增量的3倍”得】m 2 mv2_ 2（m+)=3x2M,解得M=2m,木板质量是木块质量 的2倍，D正确.故选CD 4.BD解析：A.假设最终A不会从木板的右端掉下来，由A、B 组成的系统动量守恒得m6+2m·2,=3mm,解得g=三 to= 黑白题12