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 江苏专用）

习后，放子弹能穿过物块的个数为k=号，若只增加物 1 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BC错误：D.若只改变物块个数，子弹能 2motg 穿过的物块个数最大值为k= =1+ Ea nm.Im nm+m,”2mg后 所以子弹能穿过的物块个数不超过（一+1），故D正确 故选D. 4.B解析：设子弹射穿木块后的速度为，木块最终速度为 ,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：o=me,+M2;设子弹对木块的作用 力为元则对木块五=之垢：对子弹：(+)=方 m:对木块由动量定理：斤=M;联立解得：i= 1 5.A 6.C解析：AB.A、B间的最大静摩擦力为f=4·2mg=24mg, B,C间的最大静摩擦力为5=片·mg-学，B与地面的最 大静摩擦力为人-营（2m+m+m)g=“空，若A,B.C三个物 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-f=(2m+m+m)a,假设C恰好与B相对不滑 动则对C有么，解得a=%,P=弓g,设此时A与 B间的摩擦力为f∫，对A有F-f=2ma,解得∫=umg<f,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不能超过子g,放AB错误：CB相 对A滑动时，C早已相对于B发生相对滑动，对AB整体F一 =(2m+m)a',对A研究得F'-2mg=2ma',解得F= “mg,故当拉力大于 9 2山mg时，B相对A滑动，故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 面的摩擦力向后，对B有方方=m,解得a,=子g,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Mw-mm= （m+M),根据能量守恒定律可得Q=之m+ 2 m2 2（m+M)虽，所以0=，由此可知，仅增大4，摩擦 m+M 生的热量不变，故A正确，B错误：C由于Q=+ 2m,Q=mgx,增大M,Q增大，滑块相对木板滑行的距 离变大，故C错误；D.滑块相对木板滑行的时间为1="丢。 g 选择性必修第一册 g(m+M,由此可知，仅增大m,滑块相对木板滑行的时间 变短，故D错误故选A. 8.D 9.C解析：A.由题意和图乙可知，在0~t,时间内B向右加速 运动，A向右减速运动，弹簧处于压缩状态，1时刻二者速度 相同，弹簧有最大压缩量；山1后B继续向右加速，A向右诚 速，再向左加速，2时二者速度差达到最大，弹簧处于原长： 2~4时间内，A先向左减速后向右加速，B向右减速，弹簧 处于伸长状态，马时二者速度再次相同，此时弹簧有最大伸 长量；4，~4时间内，B向右减速，A向右加速，弹簧处于伸长 状态，4时A速度达到最大，弹簧又恢复原长，故A错误： BD.0-41时间内，根据动量守恒定律可得m=(m,+m),解 得m2=2kg,4时刻，弹簧的弹性势能最大，根据系统机械能 守恒定律可得E=宁m,哈-子(m,+mg)=3J,放即错 误：C.0~2时间内，根据动量守恒定律可得m1。= m*m,了=子+了号，解得-1 1 g=2m/s,故C正确.故选C. 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1、2，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,1, 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲，乙各运动了弓周，在相 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1=2， 且甲、乙为弹性球，发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得 m,哈=m听+分好， 1 联立以上各式解得m1: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 m1。=m33十m1i 因为恰在D点发生第二次碰撞，甲运动了？周，乙运动了 周，则有好=3站， 由机被能守恒定律得了m,=号m+了m,,解得 1 m1m2=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1， 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mw1+m2=mw,+mw2, 1 2m+2m2m+2mw,解得听=，巧=，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m,=2,得=宁，则达到共速所需的时间为：一 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、 黑白题50 乙相对滑动的总路程为5，根据动能定理可得-4mg= 宁0o侣)厂之，潮得 -,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s。,若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L+ 2(-1)+6=s(n=2,4,6…),解得4g b-2nl(n=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-s。=s(n=1,3,5…）,解得s。=2nl+L- (n=1,3 44g 5),即最终甲距离乙左端的距离不可能为4 -2nl,故 D错误故选C. 4.(1)2glsin 21 (2)2 81（3)n(m-lD(n 3 gsin 6 3 3 1,2,3…) 解析：(1)设A与B碰前速度为。，根据能量守恒有 mglsin 1 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,7md=m+分2md, 1 解得1= √2 glsin02√2 glsin0 —,2= 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 ngsin0= 4·2mgco80, 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 初速度为相=，2=-g, 相对B的加速度为aB=au=gsin8, 1 由题意有a4+28sin9=0, 解得时间为4=2√gin6 21 8 则B环的位移为x=·43 (3)设A与B第二次碰前速度为6，则有6=，+gin0·= 各， A与B第二次碰后速度分别为(、，由动量守恒定律与能 守恒定律得nm6+2m,m2,7+×2nm- 1 解得听-了2gn6,5=子2gn6, 1 20 2 从第一次碰撞后，每经历时间△= √gsin 0=,两 环就发生一次碰撞」 则第一次碰后B环位移x==3, 8 第二次碰后B环位移巧=3， _16 8 所以第n次碰后B环位移x,=3l(n=1,2,3…）, 参考答案与解析 则第n次碰撞时环B的位置坐标为=了(1+2+…+m 1）=4n0-1(n=12,3…. 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2=2g,解得，=a= e=√2gI,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mee-m=m+m,子n呢+分m店=行， 1 mc,B碰A有m哈-m,=m,+m,之m =，，，又mmm=1:2:6,由 1 以上几式可得6=0，g=2√2gH,g=0,以=3√2gH,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 贮=9H,选项 的最大高度为h,有2=2gh,解得h 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、2，因碰撞均是弹性碰撞，因此由动量守恒定律 和机械能守恒定律，可得2m,=2m,+m,2×2m6= +分解得=了=京… 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1号= %,白球第二次再与8号球碰撞，同理则有碰撞后白球的 4 1 速度=3，依此类推，最后白球碰撞8号球后的速度 18 白=(3)1号球的速度大小不变，则有哈：g= (兮）)广：子，AD错误，C正确故法C 4 82a2 (3)2gk 2 2 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=2m,解得=V2gR, 设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为 ”4,1号小球的速度为？，由动量守恒定律和能量守恒定律 有a,=m,+3m7m=2+x3m子， m+3m② 解得，=m-3m m*3÷v②R 2s2m 2 即碰撞后两小球的速度大小均为√2 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 3am,=3a*3x3nm-=宁3m+宁x3m,解得 黑白题51 0。 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.=√2g 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 11 听=2×2-4听=2×204， 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 速度诚半.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m,=4m,解得：=分，故B错误；C.根据机械能守恒定律 3 得之m=之×4nm2+ngh,解得h ,故C正确：D.小球离 8g 开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有。=m,+3m2,根 据机械能守恒定律，则有宁=了+宁×3m,联立以上 .1 2 两式可得三)，=，，故D错误故选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，根据动量守恒有m。=2w,解得v= 1 2%, 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 E,=2×2m2 4m6,B错误： C在时间：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1=0-2e=-mw。, 说明在时间：内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小 为m。,方向水平向右，D正确.。 故选D. 3.D解析：A.滑块a滑至B点时，滑块a沿绳方向的分速度： 选择性必修第一册 与小球6的速度相等，即，血37°=，求得。=弓，故A错 误：B.滑块a滑至0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0点的过程中，二者组成的系统机械能守恒，有 11 m,g（60大2m心求得，=2mWs,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α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 和初未状态动能相等有m,=m,+m,心，乞m,,2 1 2m,2+2m,,联立解得=04m/s,故C错误D.滑块 α滑至0点右侧后，当二者水平方向速度相等时，球b离杆 的距离最小，设其为h',滑块a由O点向右滑至小球b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,),2m,。 (m,+m,)=m,g(L-h'),联立解得h'=0.88m,故D正确 1 故选D. 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，故有了m: mi+空i+呢. 可得三个球的速率应满足关系式哈=++记，故B正确； CD.由对称性可知，小球A和小球C动能相同，由2md= 1 2m+2m+2m2, 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“，速度方向与绳子垂直，两根绳间的 夹角为9，如图所示： 则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得。= 61 2 musin2,2m6=2× 2mu2, 1 另外Bu=2m, 由此可解得，小球A的最大动能为Eu=后， 此时两根绳间夹角为0=90°，小球A的速率最大u= 2,放 C正确，D错误.本题选不正确的，故选D, 5.(1)10m/8(2)990J(3)L≥10m 解析：(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系 统动量守恒，有mog=(mo+m1)", 黑白题52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， 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m1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m1:m2可能等于()》 A.1:9B.1:3 C.5:3D.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， 06黑白题物理|选择性必修第一册 碰撞 下列说法正确的是 甲 7inwnn9Anwnn9nwnn7 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 μ 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0.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： 0 (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E0),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 能变为。则碰撞的次数为 A.3 B.5 C.7 D.9 助具具 (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，m4:mg: mc=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2√2gH B.C球碰撞后速度为√2g丑 C.A球弹起的最大高度为9H D.B球碰撞完成后的速度为22g丑 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 ●→(87…32①) 1 1 1 A. 38 B. D. 37 4×37 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 123…n 进阶突破·专项练07