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 江苏专用）

45m/s,并且B、C一起匀速运动.故ABC错误：D,整个过 程，A,B,C组成的系统机械能减少了△E=之M-7m, 2（m+M)=57.5J,放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, a,-,当两者共速时，有at=a,=4,可得 对M有m=之，设相对位移为4，对m有 1 mg·（x+△x)=)mw2-)m6,整理得 m 。 △x+xM+2m M,因为x<Ar<2x,解得m>M,故选A 1 2+ 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,=2m,得1=2g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。+ 2m=3,得子。弹黄的最大弹性势能尽，=宁时 8.C解析：AB图甲中有之m后=E,图乙中，最大压缩量相 同，此时的弹性势能等于图甲中的弹性势能，两物体速度相 等，对图乙中的AB物体有m,·2。=(m,+m)P, 2m,《(2)产=2(m,+m)2+B,. 解得m,=3m,AB错误； 3 CD.根据上述可以解得E,=2m哈，C正确，D错误.故选C 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mao=(m+ma)×0.8o,解得物块B的质量为m=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三m西+m,了m后=之m+了m,解 得分离后物块A、B的速度大小分别为1=1.6。、2=0.6。， 选项B错误；C.当两物体共速时弹簧弹性势能最大，则碰撞 1 1 过程中弹簧的最大弹性势能为E=2m,62(m+m）· (0.8,)2=0.4m6,选项C错误；D.如图所示，在0~o时间内 弹簧被压缩，A的位移5=0.32o(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 小的位移为△=41=0.086（即上方阴影面积），即B的 位移s。=。-0.08。=0.92h,可得弹簧压缩量的最大值 为△l=sa-5u=0.6a,选项D正确故选D. h 1.0 0.8 t 参考答案与解析 专题探究二多体与多次碰撞问题 黑题 专塞强化 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mg0=mo+m,a,由能量守恒知之mg2 子vd+,品，联立解得第一次碰后n 1 2mg v.o m。+mp mgm,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n≥11，解得e≥ A正确退同理者学行第一次能后一宁公 ,之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 2 mg,m=g,故PQ只能发生两次碰撞，B正确； 4 1 C由A益项，当二分则RQ只能发生一次醒雀C错 风：业同理者学-号第-次后宁0=台，之后 1 4 Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有n25, 8 m=25,放P.Q只能发生两次碰撞，D正确，放选C 2.D解析：①小球A和小球B在碰撞过程满足动量守恒定 律，规定向左为正方向第一次碰撞有 5 1 m=12m-m×了，解得m=7g,①情误： ②第一次碰擅过程中系统损失的机械能为△上，=了 12-=(月广名.@正确： ③④第二次碰撞有12m+mx子，=12m,-m×(名）广，解 5 得，=1x7+5125 72% 第三次碰撞有12m,+mx(号)o=12m,mx(行)厂广o, 12×7+5210953 解得= 71g73, 第四次碰撞有12m,+mx()厂广o=12m,mx(?)广o, 109x7+5388854 解得4= 70=>70, 所以小球A和小球B最多可以碰撞4次，③错误，④正确.故 选D. 3.C解析：A.设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为1， 由机械能守恒定律得m8歌=2m,听，得=√2gR,故A错 误：BC.甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为（和，甲、乙 1 两球发生弹性碰撞，则有m=m叫+m,之m号 1 2m2+2m好，解得听= 2,若m<m则 m1+m2 黑白题09 2m1 ,<,两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为h, m1+m2 则m,gh= 2m,哈，解得h<R,乙球不可能到达A点，若 2m1 m1=m2,则2= =,两球第一次碰撞后，乙球上升 m1+m2 的商度为，则m6h=子m时，解得=R,放B错误，C正 确：D.设乙球恰好运动至最高点C的速度为2，则m2g= 一，，解得=√R,从最低点到最高点，对乙球由动能定 理得g2次了哈，解得=V5吸，当两球第 2m1 一次碰撞后，=一 ≥5g环，得2mV2gR三 m1+m3 m1+m32 5gR,即满足m1≥0 时，两球第一次碰撞后，乙球会 m1+m2 4 运动至最高点C点，故D错误故选C. 4.B解析：A、B碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律有 1 9m。=9mt,+mm8,2×9m6=2×9me听+y 2m哈，解得，= 18m 9m+mg ，同理B,C碰后，有e= 2mg 36mvo m十ma 10m+ma+ 数学知识可知，当mg=3m时，c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= 1 m2-m1 m,+m,2m,6=2m,听+2m听，可得=而 m+m: 2m2 mm A.若m1=m2,则碰后两球交换速度，则最终只 有F球运动，选项A错误；B.若m1<m2,则碰后>>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m,>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 m,h=)m,,对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒 定律得m6=网，+网，由机被能守恒定律得：2m后- ,+,号碰后，对球2有了m后=m,gx)R,对球3 1 有2m号=mgR,联立解得m:m,:%=3:3:L故选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=唱=g=5mvg, m 减速至与传送带速度相等时所用的时间 0g-t6-4 41= 5 =0.4s, ，匀减速运动的位移1=0,41=)×0.4m=2.0m<L=3.0m， 选择性必修第一册 故物体与小球1碰撞前的速度和=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“，由动量守恒和能量 守恒定律得mm=-m,+m41,2m2=2m+2m, 1 解得=2=2m/8,4=2=2m/8, 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-=-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1，再与小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物 1 112 体和小球的速度大小分别为=2，=（2)，4 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=（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 134 4次碰撞，则物体最终的速度大小为=(2】 x4 m/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△=p· /2412,22）=6m, aaaa 故物体与传送带间产生的摩擦热Q=4mg△s=3J .) 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=2m6, 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 解得计 -1-2g 2,=2 2 即小球碰后速度大小为？，方向竖直向上，圆盘速度大小 为，方向竖红向下 (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 就不斯增大，当二者速度相同时，间距最大，即，+g=, 解得= gg 根据运动学公式得最大距离为d=x一x球=1一 t+ 方）解得d28 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时， 黑白题10 两者位移相等，则有x=x, 1 2 即4+2树所=，解得=g 3 此时小球的速度=+g=20, 圆盘的速度仍为， 这段时间内圆盘下降的位移x1=4= 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 m,+Mt=mw+M修， 限累能量兮宁, 1 2 联立解得=0，=6， 同理可得当位移相等时2=x蜘， 2 即=2戏解得h 2 圆盘向下运动x缸=，= =41, 此时圆盘距下端管口10-(-2-41=31， 之后二者发生第三次碰撞。 第6节反冲现象火箭 白题蓝础过关 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，、2，以向右为正方向，则由动量守恒 (m,+m)。=m+m,2,根据题意有，=三，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△=之m, 1 m号2(m,+m)6,将=0.8m/s,=-0.1m/s代人可 1 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，取船的速度方向为正方向，则。= ,'=一，根据动量守恒定律得-m=0,解得船的 量M_mL-,故B正确，ACD错误 d 黑题 应用提优 1.C 2.A解析：AB.根据动量守恒有(M-△m)。-△mm=0,解得 。M一Am,若高压气罐喷出气体的质量不变但速度变大，则 △w 。变大，故返回时间小于t:由p=△m,若高压气罐喷出气体 的速度变大但动量不变，可知△m减小，得。诚小，则返回 时间大于t,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)。-△mm=0,解得 _Mc_,故C错误；D.在喷气过程中，航天员，装 备及气体所构成的系统的动能增加，故系统机械能不守恒， 参考答案与解析 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，有L=o·24,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m。=2m1, 有L+200m=rot+1t,解得L=800m,所以B正确，ACD错误. 故选B. 4.B解析：设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速 度为甲，乙的速度为2，取向右方向为正方向，则根据动量 守恒，甲和箱子(M+m)。=Mu甲+mw, 乙和箱子mw-M。=(m+M)"z, 当甲与乙恰好不相撞时单=z,解得=5.2m/s,故选B. 压轴挑战 5.B解析：“嫦娥一号”探测器在距离月球表面100km的 圆锁道上做圆运动时：CR%)m,在月球表 面，有Gm' 2=mg,则解得：=R入√R+h二1.7×10“ √1,7x10°+100×10m=L.7×10m/s:喷气的过程中 1.8 根据动量守恒定律：mw=(m-△m),+△m2,解得，= mw-4m-1.2x10'×1.7×10'-50×4.92×10 m/8=1.56x m-△m 1.2×103-50 103m/8=1.56km/8,故选B. 专题探究三 动量与能量的综合运用 照题 专顺强化 1.B 2.C解析：分析易得只有子弹射入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△E= 2m21 1 1 （m+M)唤=zm2- 2(m+M m+M 2(m+M对于A选项，由△B: mMv mMy2 可知，若保持m,、l不变，M变大，则系 2(m+M) 2(1 统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= mMv2 Me2 2( 、可知，若保持M、、1不变，m变大，则系 2(m+M) m 统损失的机械能变大，故B错误；对于C选项，由△E= mMv2 可知，若保持M、m、I不变，，变大，则系统损失的机 2(m+M) 械能变大，故C正确；对于D选项，若保持M、m、不变，I变 大，则系统损失的机械能△E=2(m+M)不变，故D错误 3.D解析：①根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板 动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故①错误： ②根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的 增加量，故②正确： ③④设物块与木板之间的摩擦力为∫，木板的位移为x,则物 块的位移为4x:物块克服摩擦力所做的功为W=∫·4x: 对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为△E,=斥： 因摩擦产生的内能为Q=m=∫·3x, 可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功：因 摩擦而产生的内能是木板动能增量的3倍：故③错误，④正 黑白题11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)如图所示，在竖直平 1.(2025·鄂豫皖联考)如图所示，一个固定斜 面内周定的光滑圆轨道，半径为R,虚线AB、 面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均 CD分别为水平和竖直直径.可视为质点的甲、 光滑.小物块P放在水平地面上，小物块Q自 乙两小球质量分别为m1、m.现将甲球从B点 斜面上某位置处由静止释放，P、Q之间的碰 由静止释放，运动至D点与静止的乙球发生 撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列 弹性碰撞重力加速度大小为g,下列说法正 说法错误的是 确的是 3，则P,Q只能发生一次碰撞 A若"≥ B者1 苦，了，则P,Q只能发生两次碰撞 A.甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小 ,二4，则PQ只能发生一次碰撞 c.若≥1 为√gR B.若m1<m2,两球第一次碰撞后，乙球可能到 达A点 D,若：g则PQ只能发生两次碰撞 C.若m,=m2,两球第一次碰撞后，乙球恰好能 2.如图所示，足够长的光滑水平面右侧固定一竖 到达A点 直弹性挡板，质量为12m的小球A静止在光 D.两球第一次碰撞后，乙球不可能运动至最 滑水平面上.质量为m的小球B以初速度。 高点C点 向左与小球A发生正碰，每次碰撞后小球B 题型2多体多次碰撞问题 的速度大小均变为原来的，方向向右，下列 4.(2025·安徽鼎尖名校联考)如图所 示，三个大小相同的弹性小球A、B、 说法正确的是 C位于光滑水平面的一条直线上，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先后发生对心弹 ①第一次碰撞后小球A的速度大小为2 性碰撞若球C碰后的速度取得最大值，球B的 质量应取 ( ②第一次碰撞过程中系统损失的机械能为 n99mw9 6 A.m B.3m C.4.5mD.9m ③小球A和小球B最多可以碰撞3次 5.(2025·安徽合肥检测)如图所示，5个小球 ④小球A和小球B最多可以碰撞4次 B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其 A.①③B.①④ C.②③ D.②④ 中4个球B、C、D、E质量均为m1,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 向左滑行的最大距离： 有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后 (3)求物体第一次与小球碰撞后的整个过程， B C D E F 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 999 B.若m,<m2,最终将有1个小球运动 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, 8.(2024·江苏苏州月考)如图，一竖直固定的 三个质量分别为m1、m2、m的小球1、2、3，半 长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆 径相同且可视为质点，自左向右依次静置于 盘与管的上端口距离为1，圆管长度为101.一 容器底部的同一直线上且彼此相互接触，若 将质量为m1的球移至左侧离容器底高h处 质量为m=的小球从管的上端口由静止下 无初速度释放，如图所示，各小球间的碰撞时 落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑 间极短且碰撞时无机械能损失，小球1与2、2 动摩擦力与其所受重力大小相等，小球在管内 与3碰后，球1停在0点正下方，球2上升的 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 最大高度为。R,球3恰能滑出容器，则三个小 短不计空气阻力，重力加速度大小为g.求： 球的质量之比为 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度 A.2:2:1 B.3:3:1 大小： C.4:4:1 D.3:2:1 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与 题型3综合训练 圆盘间的最远距离： 7.(2025·河北邯郸联考)如图所示，以v=4m/s (3)小球与圆盘在圆管内发生了第二次碰撞 的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与 后的速度，并进一步计算判断小球与圆盘 粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面 能否在圆管内发生第三次碰撞， 平滑对接.水平面上有位于同一直线上、处于 静止状态的4个相同小球，小球的质量m。= 0.3kg质量m=0.1kg的物体从轨道上高处P 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； (2)求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上 选择性必修第一册引黑白题024