专项突破4 碰撞问题中的多次碰撞-【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）

心专项突破4 碰撞问题中的多次 题型1两体多次碰撞 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 有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小 孩与B车的总质量是A车质量的10倍.两 车开始都处于静止状态，小孩把A车以相 对于地面的速度，推出，A车与墙壁碰后仍 以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以 相对于地面的速度推出.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车返回时小孩不能 再接到A车 777797797777797779777 A.4 B.6 C.8 D.10 2.如图所示，在水平桌面上固定着一个光滑圆 轨道，在轨道的B点静止着一个质量为m2 的弹性小球乙，另一个质量为m,的弹性小 球甲以初速度。运动，与乙球发生第一次 碰撞后，恰在D点发生第二次碰撞则甲、乙 两球的质量之比m,:m,可能等于() A.1:9 B.1:3 C.5:3 D.2:3 3.(2025·江苏苏州期中)如图所示，两侧带 有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地 面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L, 与平板车质量相等的物块甲（可视为质点） 由平板车的中点处以初速度，向右运动，已 知甲、乙之间的动摩擦因数为“，重力加速 度为g,忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失， O6黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 碰撞 下列说法正确的是 A.甲，乙达到共同速度所需的时间为” g B.甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲 的速度 C.甲、乙相对滑动的总路程为 μg D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最 终甲距离乙左端的距离可能为 -2nL ug 4.(2025·湖南长沙期中)如图所示，一足够 长的固定轻杆与水平方向夹角为6.质量为 2m的B环套在轻杆上恰好不下滑，距离B 环1的位置有一质量为m的光滑环A从静 止释放.下滑过程中，A环与B环的碰撞为 弹性碰撞且碰撞时间极短.重力加速度为 g,不计空气阻力.求： (1)A环与B环第一次碰撞结束后的速度 大小： (2)第一次碰撞结束后，经过多久发生第二 次碰撞？在此过程中B环的位移是 多少？ (3)若将B环的初始位置记为坐标原点，沿 杆斜向下为x轴正方向建立直线坐标 系，求第n次碰撞时环B的位置坐标 题型2多体多次碰撞 5.如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系列 质量相等的滑块，现给最左侧滑块一水平向右 的速度（滑块的初动能为E。),然后与其右侧 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，滑块的总动 .则碰撞的次数为 能变为8 A.3 B.5 C.7 D.9 可明月具 (第5题) (第6题) 6.物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续 碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小 球弹起的高度比释放时的高度更大.如图所 示，A、B、C三个弹性极好的小球，m,:mg: m。=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22gH 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 7.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 白球 红球 080020 1 1 A. 38 B.3 D.、1 4×3 4×36 8.(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…n,整个轨道固定在竖直平面内，质 量为m的小球A在圆弧最高点静止下滑， 重力加速度为g,小球间发生对心弹性碰 撞，求： (1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后 瞬间，两个小球的速度大小： (2)第n号小球的最终速度大小： (3)1号小球的最终速度大小 AO 123…n 进阶突破·专项练0☑(3)A滑至P点右侧后，A、B组成的系统机械能守恒，在水平 方向上动量守恒绳子先对A做负功，A的机械能减小，则B 的机械能增加，当A、B同速时，B球上升到最高点，此后绳子 仍对A做负功，当绳子变为竖直方向时，A的机械能最小，B 的机械能最大，此时B处于最低点，重力势能最小，动能最 大，则速度最大，设此时A、B的速度分别为”A、,则有 m=+,分f=子风+号，解得 1 4 ms,-子m台，B相对A做圆周运动，由牛顿第二定律 得T-mg= ma(vg-v) ，解得T=11N 专项突破3碰撞问题中的经典模型 1.D 2.A解析：设子弹初速度为。，打人木块后速度为，根据动 量守恒定律有m,=(M+m)加，解得5水=2， 打入深度d:之，故少2， 根据功能关系有△E.=5*,Q=,故Q>2△E*=20J,故 选A 3.BD解析：A.子弹射入物块过程中，摩擦阻力做负功，子弹 和物块组成的系统损失的部分机械能转化为内能，所以机械 能不守恒，故A错误；BC.由于物块给子弹的阻力大小不变， 所以子弹每穿过一个物块产生的热量相同且为定值，设为 Q,设子弹射入物块后，与物块相对静止时损失的机械能为 E,由动量守恒和能量守恒得mo=(nm+m,）"袋，E= 1 -之（m+)候，解得Ba产m·是m6- 1 nm 1 ·2m,6,故子弹能穿过物块的个数为女=，若只增 11 0 m 加物块个数n,则E将增大，且Q不变，所以子弹能穿过物 块的个数k将增大，故B正确，C错误；D.若只改变物块个 数，子弹能穿过的物块个数最大值为km= E纵m= E 1 2 mg nm I 一=1+四，所以子弹能穿过的物块个数不超过 nm nm+mo 2 mo +1),故D正确故选BD, nm 4.B解析：设子弹射穿木块后的速度为1，木块最终速度为 2,子弹和木块系统动量守恒，以子弹初速度方向为正方向， 由动量守恒定律可得：m。=,+M2:设子弹对木块的作用 力为上，则对木块：6=2M:对子弹：-f八s+)=2m 之m:对木块由动量定理：户=M;联立解得： (兴)]，故选 5.A 6.C解析：AB.A、B间的最大静摩擦力为=u·2mg=2mg, B.C间的最大静摩擦力为=冬·g=“学，B与地面的最 大静摩擦力为后=专(2m+m+m)g=受若A,B.C三个物 2 选择性必修第一册·RJ 体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第 二定律可知F-方=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相对不滑 动，则对C有方=ma,解得a=4g,F=2umg,设此时A与 B间的摩擦力为∫，对A有F-∫=2ma,解得f=mg<,表明 B、C间摩擦力达到临界值时A、B间摩擦力还没有达到临界 值，则当力F逐渐增大时，B、C之间先发生打滑现象，要使三 者始终相对静止，则F不能超过之mg,故AB错误：C.B相 对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体F- 方-方=(2m+m）a',对A研究得F'-2μmg=2ma',解得F= 9 2g,较当拉力大于g时，B相对A滑动，数C正确： D.当F较大时，A与C会相对于B滑动，B的加速度达到最 大，当A与B相对滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，则 B受到A的摩擦力向前，B受到C的摩擦力向后，B受到地 5 面的摩擦力向后，对B有人--=ma,解得a。=4g,故 D错误故选C 7.A解析：AB.由m和M组成的系统动量守恒，则M-mw= +M)共，根据能量守恒定律可得Q=,+。M 1 2(m+M),所以Q=2,由此可知，仅增大“，摩擦产 生的热量不变，故A正确，B错误：C由于Q:= 2m,Q=umg和，增大M,Q增大，滑块相对木板滑行的距 甲我= 离变大，故C错误：D.滑块相对木板滑行的时间为=一 g g(m+M,由此可知，仅增大m,滑块相对木板滑行的时间 2Mv 变短，故D错误故选A 8.D 9.BCD解析：A.由题意和图乙可知，在0-t,时间内B向右加 速，A向右诚速运动，弹簧处于压缩状态，时刻二者速度相 同，弹簧有最大压缩量；山，后B继续向右加速，A向右减速运 动，再向左加速，，时二者速度差达到最大，弹簧处于原长： 2~时间内，A先向左诚速后向右加速，B向右减速，弹簧处 于伸长状态，时二者速度再次相同，此时弹簧有最大伸长 量：3~4时间内，B向右减速，A向右加速，弹簧处于伸长状 态，时A速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误； BD.0-h1时间内，根据动量守恒定律可得mo=(m1+ m2)1,解得m2=2kg,1时刻，弹簧的弹性势能最大，根据系 统机被能守恒定律可得尽=之m,日-子之(m+m)片=3J, 故BD正确：C.0-时间内，根据动量守恒定律可得m1o= 1 1 1 m+mg,2m6=2m听+2m,,解得=-1m/a, g=2m/s,故C正确.故选BCD. 专项突破4碰撞问题中的多次碰撞 1.B 2.B解析：设碰撞后甲、乙的速度大小分别为12，第一种碰 撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且甲碰撞后反向，以。方 向为正方向，由动量守恒定律得m。=m22-m, 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲，乙各运动了}周，在相 2 黑白题50 同时间内通过的路程相等，则有甲和乙的线速度大小相等. 即有=， 且甲、乙为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得 1 1 1 2m6=2m1+2m, 联立以上各式解得m,:m2=1:3, 第二种碰撞情况：甲小球由A到B碰撞乙，且碰撞后同向，以 ,方向为正向，由动量守恒定律得 m15o=m2+m1, 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲运动了周，乙运动了 2周，则有5=3山 由机候能守恒定律得宁后=宁+了3，解得 1 m1:m2=3:1, ACD错误，B正确故选B. 3.C解析：AB.设甲、乙质量均为m,碰前瞬间甲的速度为， 乙的速度为2，碰后瞬间甲的速度为，乙的速度为，由动 量守恒定律和机械能守恒定律有m电，+m,=m',+mw2, 2m时+分m时=之m+2m,解得=，时=，即甲、乙 1 1 1 发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为， 则，=2m,得=号，则达到共速所需的时间为： 2μg 碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小 于甲的速度，故AB错误；C.从开始到相对静止过程中，甲 乙相对滑动的总路程为s,根据动能定理可得-mg= 2×2m×(。）-】m。2,解得=4g,可 ,故C正确；D.甲、乙 碰撞的次数为，最终相对静止时甲距离乙左端的距离 为5。，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L+ 2(n-1)+0=s(n=24,6…),解得04g +h-2nn=2,4 6…),若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L+2L(n 1)+2L-s0=s(n=1,3,5…),解得s0=2nl+l- (n=1,3, ug 5…),即最终甲距离乙左端的距离不可能为-2L,故 Aug D错误故选C 4.(1)v2g1sin6 21 3 (2)2」 gsin 0 31(3)4n（n-D1(n= 1,2,3…) 解析：(1)设A与B碰前速度为。，根据能量守恒有 mhin 由于A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒 有m,=m,+2m,2m6=2m+2×2m, 解得，=-V2g1in02v2g1sn0 3 3 可知A环碰撞后反弹， (2)由于B环恰好不下滑静止于轻杆上，所以有2 mgsin0= 4·2mgc088, 则碰后B环匀速下滑，A环沿杆向上做匀减速直线运动，当 二者速度相同时，两环相距最远，以B为参考系，A相对B的 初速度为都=：2=-g, 参考答案与解析 相对B的加速度为a=a4=gsin9, 1 由题意有+2sin0:=0, 2I■ 解得时间为1=2 N gsin 0' 则层环的位移为=骨： (3)设A与B第二次碰前速度为6，则有t6=,+gsin8·与= 子am0, A与B第二次碰后速度分别为、吃，由动量守恒定律与能 量守恒定徘得m+2nm,=m+2am,w+×2m= 1 1 2mwit2×2m8 解得时=了2m6,=号2a面0， 4 26 21 从第一次碰撞后，每经历时间△山=一 √gsim04,两 环就发生一次碰撞， 则第一次碰后B环位移==3， 8 16 第二次碰后B环位移=了， 8 所以第n次碰后B环位移x,=弓(a=l,2,3), 第n次碰撞时环B的位置坐标为xe=含(1+2++ 1）=4n(9-1(m=1,2,3…. 3 5.C 6.C解析：A因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间 的速度相等，由自由落体运动公式有。=2gH,解得=D。= pe=√2g亚，选项A错误： BD.C球碰地，反向碰B,B再反向碰A,因都是弹性碰撞，设 向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，对C碰 B有c-=m*me,了2+，=宁 1 1 1 mc公，B碰A有m哈m,=mtma坊，乞m ,,空，，又m,,m=1:2:6,由 1 1 以上几武可得6=0，哈=2√2g丽，g=0,以=3√2g7,可见B、 C球碰撞完成后的速度均为0，选项BD错误；C.设A球弹起 =9H,选项 的最大高度为hm,有2=2gh-,解得h“2g C正确.故选C 7.C解析：设白球的初速度为，与8号球第一次碰撞后速 度分别为1、2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律 和机被能守恒定律，可得2m=2m,+m,2×2m6 宁2m分，解得=宁=子， 1 4 接下来8号与7号、7号与6号、6号与5号，5号与4号4号 与3号、3号与2号、2号与1号碰撞，因质量相等的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号= 0,白球第二次再与8号球碰撞，同理则有碰撞后白球的 4 黑白题51 速度=了，依此类推，最后白球碰撞8号球后的速度 a=(兮)广1号球的滤度大小不变，则有0：g (兮）广，：子，ABD结误.C正确散选C a哑)() 2 解析：(1)根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞 前的速度为。，由机械能守恒定律有 mgR=2m6,解得6=√2gR, 设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为 h 4,1号小球的速度为1，由动量守恒定律和能量守恒定律 有，=m3m=x3am. 解得=m-3m _VgR 。22 m+3m% 2 即碰撞后两小球的速度大小均为√2g 2 (2)此后1号小球向右运动，与2号小球发生碰撞，根据动量 守恒定律和能量守恒定律有 1 3m,=3mi+3mu,2×3mi=2×3m'i+2×3m,解得t 通过计算说明1号小球碰后在原2号球位置静止，2号小球 碰后速度等于1号小球碰前的速度，即两者交换速度.此 后，2与3、3与4直至最后n-1与n号小球碰撞，都遵循同 样的规律，则n号小球的最终速度应为，= √2gR 2 (3)根据上述分析可知，小球A与1号小球第一次碰后向左 运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上，此时速度 大小为宁，在它向右运动一定距离后必将与已经静止的 1号小球（在原来2号小球位置）发生第2次碰撞，据动量守 恒定律和能量守恒定律可得，碰后两小球的速度分别为 =2*2 11o 4=2×2%4 此后小球A又反向运动，1号小球向右运动再次与2号小球 碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度…此后，小 球A与1号小球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且小球A 速度减半当小球A与1号小球发生第n次碰撞（在n号小 球最初的位置)后，最终1号小球的速度为==√2g 2 2” 专项突破5动量与能量的综合运用 1.C解析：A.在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在 水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错 误：B.小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同， 系统在水平方向上动量守恒，规定。的方向为正方向， 有，=4m,解得：=冬，故B错误，C。根据机械能守恒定律 得片-子4mnh,解得=花，放C正确，D.小球离 8g 选择性必修第一册·RJ 开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mo=m,+3m2,根 据机械能守恒定律则有宁-了了×3，联立以上 两式可得=宁宁，故D错误散选C 2.D解析：A.子弹射入A的过程中，子弹射入A的时间极短，弹 簧对A与子弹组成的系统没有力的作用，A与子弹组成的系 统动量守恒，由于子弹和A有摩擦，机械能不守恒，A错误； B.设子弹和A共速为D,根据动量守恒有m。=2m,解得= 1 26, 挡板对B的弹力最大时，弹簧被压缩到最短，根据能量守 恒有 ￡=2m2=m,B错误： C.在时间1内，B对地没有位移，所以固定挡板P对A、B以 及弹簧组成的系统做功为0，C错误： D.根据动量定理I=0-2mn=-mo, 说明在时间内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小 为mo,方向水平向右，D正确。 故选D. 3.ACD解析：A.滑块a滑至B点时，滑块a沿绳方向的分速 度与小球6的速度相等，即，咖37=，求得=5 。3 故A正确：B.滑块a滑至O点时，其竖直方向速度为零，所 以小球b速度为零，但具有向上的加速度，因此绳子拉力大 于小球b的重力，即绳子拉力大于5N,故B错误；C.滑块a 由A点滑至O点的过程中，二者组成的系统机械能守恒， 1 有m4g(Ah)=2m,,求得.=2m/s,滑块a滑至0 点右侧后，滑块a减速运动，小球b水平方向加速运动，因滑 块a的质量大于小球b的质量，所以滑块a的速度方向不 变，绳子再次恢复竖直时，滑块a的速度最小，设其为：，该 过程相当于一个弹性碰撞过程，根据系统水平方向动量守恒 1 1 和初末状态动能相等有m,=m,+m,,2m,=2m, 乞m,,联立解得=04m/s,放C正确：D滑块a滑至0 点右侧后，当二者水平方向速度相等时，b球离杆的距离最 小，设其为h',滑块a由0点向右滑至小球6离杆距离最小 的过程，对于两球组成的系统，根据系统水平方向动量守恒 和机械能守恒有m,.=(m,+m),乞m,心-2(m,+ m)D2=mg(L-h'),联立求得h'=0.88m,放D正确.放 选ACD. 4,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； B三个球组成系统满足机被能守恒定律，故有宁m: 可得三个球的速率应满足关系式后=层+记，故B正确； C①.由对称性可知，小球A和小球C动能相同，由7 1 1 2m+2m%+2m, 可知当小球A的动能最大时，小球B的速度为零，设此时小 黑白题52