两物体多次碰撞问题 典型考点变式练-2026届高考物理二轮复习备考

两物体多次碰撞问题 典型考点变式练 2026届高考物理复习备考 1．物块A静止在木板B上，A、B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与地面间的动摩擦因数在P点左侧为μ，在P点右侧为。P点右侧某处有N个质量均为3m的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面并以某一恒定速度水平向右运动，手指对物块A施加的压力大小恒为mg，运动时间后撤离手指。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上痕迹长度的。手指撤离后再经过时间，木板B的右端刚好抵达P点，此时物块A、木板B速度恰好相等。木板B完全通过P点又经过一段距离后其右端与小球1相接触，此时速度为木板B右端刚到P点速度的。已知物块A始终未脱离木板B且木板B的左端不再回到P点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g。 (1)求、过程中木板B的加速度大小； (2)求木板B右端刚好到达P点时的速度大小； (3)求橡胶指套与物体A上表面间的动摩擦因数； (4)求木板B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间及此过程中A、B间因摩擦产生的热量。 2．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。 3．如图所示，质量为1kg、足够长的长木板B静止在光滑的水平面上，长木板的右端固定一厚度不计的挡板，长木板的上表面光滑，质量也为1kg的物块A放在长木板的上表面，离挡板的距离为2m，给物块施加一个大小为16N、方向水平向右的恒力，物块与挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞的时间忽略不计，不计物块的大小，求： （1）物块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小； （2）第一次碰撞后到第二次碰撞前，物块与挡板的最大距离； （3）从A开始运动至第n次碰撞前一瞬间，推力F做的功。 4．如图所示，半径、质量带有四分之一光滑圆弧面的斜面体a，静置于光滑水平平台上，弧面最低点与平台相切；质量、长度的木板b静止在光滑水平面上，其上表面与平台等高，在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量的滑块c从弧面最高点由静止释放，滑下后冲上木板b，木板b、滑块c之间的动摩擦因数。木板b、滑块c第一次共速时，木板b与挡板P恰好发生弹性碰撞。取重力加速度，求： （1）滑块c冲上木板b时的速度大小； （2）木板b与挡板P第一次发生弹性碰撞时，滑块c到木板b左端的距离； （3）初始时木板b右端到挡板P的距离； （4）木板b与挡板P碰撞若干次后，木板b与滑块c分离，分离时各自的速度大小。 5．如图所示，木板C静止在光滑的水平面上，距木板C的右侧s远处有一固定平台，平台由、、三段组成，段光滑，其余两段粗糙，长为，长为，段足够长。滑块B静止于P点。已知A、B、C质量均为。滑块A以的速度从木板C的左端滑人，直到滑到C右端时恰好与C速度相同（木板C未碰到平台）。当滑块A经过平台段后，受到水平向右的恒力作用。已知滑块A与木板C间、滑块B与、间的动摩擦因数均为。（重力加速度） （1）为保证木板C与平台碰撞前A、C能达到速度相同，s至少多长。 （2）求滑块A从M运动到P点的时间。 （3）滑块A与滑块B可发生多次碰撞，且每次碰撞均为弹性碰撞，求从滑块A滑上木板C到第n次碰撞时的摩擦生热。 6．如图所示，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，长木板的右侧沿直线等间距的放置着个相同的滑块，滑块的质量均为。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板上表面粗糙程度一致，所有的碰撞均为弹性碰撞，物块和滑块均看作质点，重力加速度大小取，求： (1)若物块与长木板间的动摩擦因数为0.8，则从物块滑上长木板至两者第一次共速时，物块相对于长木板运动的距离为多少？ (2)长木板Q与滑块1碰撞后瞬间，二者的速度大小分别为多少？ (3)物块最终的速度大小（结果用表示）。 7．如图所示，一水平传送带以v=2m/s的速度顺时针转动，其左端A点、右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接。右边水平台面上的C点放置一质量M=0.6kg的物块乙，D点固定有竖直挡板，C点到B点的距离d1=1m，C点到D点的距离d2=2m；左边水平台面上有一质量m=0.2kg的物块甲，将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧）。已知A、B两点间的距离L=3m，初始时弹簧储存的弹性势能Ep=1.6J，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，所有的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点。求： （1）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第一次碰撞的过程中所用的时间； （2）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第二次碰撞的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的热量； （3）从甲滑上传送带至刚要与乙发生第31次碰撞的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的总热量。 8．某校物理兴趣小组在研究如图所示的动量问题时发现，改变小球质量时可以实现多次碰撞，于是想进一步解决以下问题：已知倾角的固定斜面与水平地面在B点平滑连接。质量的滑块b静止在水平地面上，滑块与地面之间的动摩擦因数。现将质量的光滑小球a从斜面上A点由静止释放，A点距水平地面的高度为。已知小球a与滑块b间的碰撞是弹性碰撞，而且每次碰撞时间极短，取。 （1）求小球a与b碰撞前的速度； （2）求第一次碰后滑块b的速度大小； （3）求第一次碰后到第二次碰前滑块b滑行的距离； （4）求小球与滑块发生第次碰撞后，滑块b滑行的距离。 9．如图所示，均可视为质点的两个小球A和B，静置于足够大的光滑绝缘水平面上，小球A带正电，电荷量为q，小球B不带电．现在水平面附近空间加水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，然后A球与B球发生多次碰撞，每次碰撞过程时间极短且不计能量损失，碰撞过程中无电荷转移．已知小球A、B的质量分别为和m，开始时两小球相距为． （1）求A与B第一次碰前的瞬间A球的速率； （2）若，求从A开始运动到两球第2次相碰时B球的运动位移大小； （3）若，求第n次碰撞到第次碰撞经历的时间； （4）若，求从开始到第n次碰撞时A球电势能的改变量。 10．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左侧固定，右端连接这质量m=1kg的小物块A，弹簧压缩后被锁定在某一长度，装置的中间是水平传送。它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度逆时针转动，装置右边是一光滑的曲面，质量M=2kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B之间发生的是对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除，取g=10m/s2。 (1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边出面距水平台面h′=0.5m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小； (3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小。（计算结果可用根号表示） 参考答案 1．(1)， (2) (3) (4)， （1）0~t0过程中，对木板B分析可得 解得 t0~2t0过程中，对木板B分析可得 解得 （2）在0~2t0过程中，对木板B由运动学分析可得，木板B右端刚好到达P点时的速度大小 （3）t0~2t0过程中，对物块A分析可得 解得 设手指与物块A间相对滑动的时间为t，手指、物块A、木板B的速度时间关系图像如下 则可得 解得 由运动学规律可得 解得 则有 对物块A受力分析有 解得 （4）物块A和木板B越过P点和小球碰前速度 木板B与小球1发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 解得， 此后，A、B发生相对滑动，1号小球与后边小球碰撞后速度交换，1号球仍停留在原处，最后一个小球向右运动，碰后木板B向左减速运动，对木板B分析可得 木板B速度减为0后，又反向向右运动，对木板B分析可得 设木板B向左最远运行距离为xB1，则有 代入数据，联立解得，，， 则有 此时可得出 即木板B再次返回时，未与物块A达到共速，且第二次碰撞前木板B的速度为第一次碰撞前木板B速度的，同理可得木板B此后的运动时间为等比数列，公比为，且碰撞次数足够多 从木板B第一次与小球碰撞到静止的过程，物块A的位移 木板B的位移 产生的热量为 2．（1）1s；（2）3m；（3）4.8m/s （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 ， 3．（1）8m/s；（2）2m；（3） （1）设物块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，根据动能定理 解得 （2）由于碰撞时间极短，内力远大于F，A和B在碰撞瞬间前后动量守恒，设第一次碰撞后A的速度大小为，B的速度大小为，根据动量守恒有 根据能量守恒有 解得 即A、B碰撞过程两者交换速度，第一次碰撞后，B做匀速直线运动，A做初速度为零的匀加速运动，当A的速度达到8m/s时，A与挡板的距离最大，A的加速度大小 加速的时间 A与挡板间的最大距离 （3）第一次碰撞前A的速度大小为，B的速度大小为0； 第一次碰后一瞬间交换速度，A的速度大小为0，B的速度大小为； 第二次碰撞前，A的速度大小为，B的速度大小为， 第二次碰后一瞬间交换速度，A的速度大小为，B的速度大小为， 第三次碰撞前A的速度大小为，B的速度大小为， 以此类推：第n次碰撞前，A的速度大小为，B的速度大小为，根据动能定理，推力F做的功 解得 4．（1）；（2）；（3）；（4）， （1）斜面体a和滑块c组成的系统，在水平方向动量守恒 滑块c在斜面体a上滑下时，系统机械能守恒 解得 （2）滑块c和长木板b组成的系统，动量守恒 能量守恒 解得 （3）木板b的合外力等于滑块c对木板b的滑动摩擦力 根据牛顿第二定律 解得 初始时木板b右端到挡板P的距离等于第一次碰撞前木板b的位移 解得 （4）取向右为正方向，木板b与挡板P第一次碰撞后，滑块c的速度 木板b与挡板P发生弹性碰撞，速度大小不变，方向反向，木板b的速度为 根据动量守恒 根据能量守恒 解得 木板b与挡板P第二次碰撞后，滑块c的速度为 碰撞后木板b的速度为 根据动量守恒 根据能量守恒 解得 因为，所以第二次碰后两者没有达到共速，即第二次碰后根据动量守恒 根据能量守恒 解得 ， 或者 ，（不合题意，舍去） 5．（1）；（2）；（3） （1）设A、C获得共同速度为，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 代入数据解得 若A、C共速时C刚好运动到M，对C应用动能定理得 代入数据解得 则保证C运动到M前A、C能够共速，s应满足的条件是 （2）滑块A在MN上滑动时做匀减速运动，运动加速度为，根据牛顿第二定律有 A减速到0所需时间为 A减速的位移 即A减速到N点时速度恰好为0，之后A将在恒力作用下做匀加速运动到P点。设到P的时间为，由牛顿第二定律可知 解得 在NP段 此时A的速度 滑块A从M运动到P点的时间为t （3）AB发生弹性碰撞时，碰后速度设为和，碰撞过程中有 解得 ， 碰撞后，A将从0开始做加速运动，加速度 B将因摩擦而减速运动，加速度 再次碰撞所需时间为 滑块A的位移为 滑块B的位移为 解得 此时 ， 可见第二次碰撞时 ， 再次碰撞结果将与第一次相同，易知此后A、B将以1.2s为周期性发生碰撞，每次碰撞到再次碰撞，AB发生的位移 AC相互摩擦生热 A以滑到段生热，根据能量守恒有 第一次碰撞到第n次碰撞，A、B因摩擦产生的位移均为 A、B均因摩擦生热 故 6．(1) (2)， (3) （1）物块与长木板组成的系统动量守恒 解得 根据能量守恒 解得 （2）物块P第一次与长木板Q共速后，长木板Q与滑块1发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒 解得 （3）由于所有滑块质量相等，发生的碰撞都是弹性碰撞，所以滑块之间碰撞后交换速度，则第个滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止。 长木板与滑块第一次碰撞后，物块第二次与长木板共速过程，根据动量守恒 解得 同理可知长木板与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为 可知第块滑块碰后的速度为，其它滑块处于静止 接着物块第三次与长木板共速的速度为 长木板与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为 综上分析可知，长木板与滑块1第次发生弹性碰撞后，物块第次与长木板共速的速度为物块最终的速度 7．（1）1.5s；（2）1.2J；（3）36.4J （1）对物块甲，从释放至滑到A点的过程中，根据能量守恒定律得 解得 假设物块甲滑过A点后，一直匀减速运动到B点，速度减为v甲1，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动规律有 联立解得 恰好等于传送带速度，假设成立，可见物块甲一直匀减速至B点，之后沿光滑水平台面匀速运动至与物块乙发生第1次碰撞。在传送带上匀减速的时间 在间匀速运动的时间 则从物块甲滑上传送带到与物块乙发生第一次碰撞所用的时间 （2）物块甲第一次在传送带上滑动时相对传送带的位移大小 设第1次碰后瞬间，物块甲和物块乙的速度分别 和 ，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 联立解得 ， 甲在传送带上向左滑行做匀减速到0，位移为x甲1 故甲再向右匀加速到原速率离开传送带，甲第一次碰撞后在传送带上运动时长为t11 解得 此间传送带位移大小为x11 而物体甲的位移为0，则物体和传送带相对滑行路程为 则有 解得 （3）物块甲与物块乙第一次碰后再返回到右边水平台面的时间为 物块乙运动的距离为 即当甲物块返回到右边水平台面时，乙物块刚好与竖直挡板碰后反向运动，则二者刚好在的中点发生第二次碰撞；同理以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 解得第二次碰后物块甲和乙的速度分别为 ， 则第三次碰撞点的位置与D点间的距离为，与第一次碰撞前速度相同。 第二次碰撞后物体在传送带上滑行时间为t22 解得 滑块相对传送带滑行路程为 从甲与乙发生第二次碰撞后到发生第三次碰撞前的过程中，因甲与传送带间的摩擦产生的热量为 此后重复第一、二次碰撞的过程，故从物块甲滑上传送带至刚要与物块乙发生第31次碰撞的过程中，系统产生的总热量为： 8．（1）10m/s；（2）2m/s；（3）1m；（4） （1）光滑小球沿斜面下滑过程，根据动能定理可得 解得 （2）设小球与滑块第一次碰后反弹速度大小为，滑块速度大小为，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得 联立解得 ， （3）第一次碰后，小球沿斜面往返的总时间为 滑块沿水平地面滑行的时间为 显然小球第二次与滑块碰撞时滑块已静止，滑块的位移为 （4）由于小球光滑，故第二次碰前小球速度大小仍为；第二次碰撞过程，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得 联立解得 ， 同理可知小球第三次与滑块碰撞时滑块已静止，同理可得 联立解得 ， 所以小球第次与滑块碰撞后，滑块速度为 由动能定理可得 联立解得 9．（1）；（2）；（3）；（4） （1）根据动能定理，有 解得A与B第一次碰前的瞬间A球的速率为 （2）根据弹性碰撞规律有 得 若，即时 ， 即每次碰撞后瞬间A、B球速度发生交换。 A、B球第一次碰撞后瞬间，A球速度，B球速度 如图1所示，碰撞后，B球保持匀速直线运动，A球初速度为零的匀加速直线运动，直至它们发生第2次碰撞． A球的加速度 从第1次碰撞到第2次碰撞经历时间 此过程中B球做匀速直线运动通过位移 （3）由第（2）问弹性碰撞末速度公式不难得出，每次碰撞前后两球的相对速度等大反向，即 如图2所示，由A、B球追及相遇的图像也不难得出，每次碰撞前瞬间的相对速度与前一次碰撞后瞬间的相对速度等大反向，即 由此可得，两球每次碰撞前瞬间的相对速度是常量，即有 A球的加速度 每相邻两次相撞时间间隔相等 （4）由第（2）问弹性碰撞末速度公式不难得出，每次碰撞B球速度增量相等，即 由此可得，第1次碰撞后B球速度 第2次碰撞后B球速度 第3次碰撞后B球速度 …… 第次碰撞后B球速度 由于每相邻两次碰撞时间间隔不变，均为 由此可得，从第1次碰撞到第2次碰撞B球通过位移 从第2次碰撞到第3次碰撞B球通过位移 …… 从第次碰撞到第n次碰撞B球通过位移 所以，从开始到第n次碰撞时，B运动的总位移 所以，A运动总位移 电场力对A做正功，A的电势能减小 10．(1)；(2)；(3)，vn后=()n-1m/s（n=2、3、4……） (1)若B在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，B从最高点运动到传送带最左端过程中，由动能定理得 Mgh-μMgl=-0 代入数据解得v1前=4m/s>2m/s，所以物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4m/s，两物块碰撞过程系统动量守恒，设B与A碰撞后瞬间共同速度为v1后，以向左为正方向，由动量守恒定律得 Mv1前=(m+M)v1后 代入数据可解得，第一次碰撞过程损失的机械能 △E= 联立代入数据可解得物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能△E=； (2)当弹簧恢复原长时A、B分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离，对B离开弹簧到运动至h′高度处过程，由动能定理得 -μMgl-Mgh′=0- 对A、B及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由经量守恒定律得 EP= 代入数据解得弹簧被锁定时弹性势能的大小EP=； (3)若B从处下落后在传带上能够一直减速，B从运动至传送带左端过程中，由动能定理得 Mgh′-μMgl=-0 解得v2前=m/s>2m/s，故而物块B与物块A第二次碰前的速度大小v2前=m/s， B与A第二次碰撞过程中对AB系统有 Mv2前=(m+M)v2后 代入数据解得v2后=m/s，B向右再次冲到传送带上若能在其上速度变为0，设其通过的位移为x，由动能定理有 -μMgx=0- 代入数据解得x=m<1m，故而B第三次与A相撞时的速度仍为v3前=m/s，再由 Mv3前=(m+M)v3后 解得v3后=()2m/s，推理可知B与A第n次撞后速度大小的表达式为 vn后═()n-1m/s 根据以上分析可知，物块A、B第1次碰撞后瞬间速度大小为， 物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小为 vn后=()n-1m/s（n=2、3、4……） 【点睛】本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动量守恒，能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度较大。 学科网（北京）股份有限公司 $