第1章 微点集训5 多物体、多次碰撞问题（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

微点集训5　多物体、多次碰撞问题 1. 解题思路 （1）将问题分解为许多“子过程”，画出运动过程示意图。 （2）对各“子过程”进行受力分析和运动分析，将系统内的物体按作用的 关系分成几个小系统，分别建立动量守恒定律方程、能量守恒定律方程等。 （3）分析“衔接点”的物理量之间的关联，列出相关的辅助方程。 （4）联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证。 ｜名师点评｜ 2. 两种常用方法 （1）数学归纳法：先把前几次相互作用过程分析透彻，根据前几次数据， 利用数学归纳法可写出以后碰撞过程中对应的规律或结果，通常会出现等差、 等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据。 （2）图像法：通过分析前几次相互作用情况，画出物体对应的v-t图 像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出 物体的位移。 1. 如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C、D四个物块，其中mA＝mB＝mC ＝m，B、C两物块用一轻质弹簧连接，某一瞬间，物块A以速度v0向右滑动与物 块B发生碰撞并粘在一起，然后继续向右运动，当物块B、C速度相等时，物块C 恰好与物块D发生弹性碰撞，碰后物块D的速度为，设整个过程中碰撞时间均 极短，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　D　） A. 整个过程中损失的机械能为m B. 物块D的质量为4m C. 物块C对物块D的冲量大小为mv0 D. 物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时物块C的速度大小为 1 2 3 4 5 6 √ 解析：根据题意可知，由于A、B发生完全非弹性碰撞，存在机械能损失，则有 mv0＝2mv1，整个过程中损失的机械能ΔE＝m－×2m，解得ΔE＝ m，故A错误；对A、B、C构成的系统分析，根据动量守恒定律有mv0＝ 3mv2，对C、D构成的系统分析，由于发生弹性碰撞，则有mv2＝mv3＋mD， m＝m＋mD，解得v3＝－，mD＝3m，故B错误；结合上述，物块 C对物块D的冲量I＝mD－0＝mv0，故C错误；物块C、D碰撞后弹簧再次压缩 至最短时，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有2mv2＋mv3＝3mv4，结 合上述解得v4＝，故D正确。 1 2 3 4 5 6 2. （2026·浙江湖州高二质检）如图所示，在一光滑地面上有A、B、C、D四个 同样形状的光滑小球，质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg、mC＝2 kg、mD＝10 kg，小球A以v0＝3 m/s的速度向右运动，与B球发生弹性碰撞，此后所有碰撞均 为弹性碰撞，从A开始运动起，四个小球一共发生几次碰撞（　　） A. 3次 B. 4次 C. 5次 D. 6次 √ 1 2 3 4 5 6 解析：因球之间的碰撞均为弹性碰撞，则遵循动量守恒定律和机械能守恒定 律，取向右为正方向，A、B碰撞为第一次碰撞，设碰后A的速度为v1，B的速度 为v2，由“动碰静”规律可得v1＝v0＝－1 m/s，v2＝v0＝2 m/s，因 A球质量小于B球质量，碰撞后A球反弹，B球向前运动，因B、C球质量相等，B 与C碰后，此碰撞为第二次碰撞，交换速度，B静止，设碰后B的速度为v3，C的 速度为v4，由“动碰静”规律可得v3＝v1＝0，v4＝v2＝2 m/s，由 于C质量小于D质量，故C和D碰撞后反弹，此碰撞为第三次碰撞，设碰后C的速 度为v5，D的速度为v6，由“动碰静”规律可得v5＝v4＝－ m/s， 1 2 3 4 5 6 v6＝v4＝ m/s，C会和B发生碰撞，此碰撞为第四次碰撞，设碰后C的速 度为v7，B的速度为v8，由“动碰静”规律可得v7＝·v5＝0，v8＝v5 ＝－ m/s，由于B的速度v8大于A的速度v1，故B会追上A，且B的质量大于A，B 不会反弹，B与A发生第5次碰撞。故从A开始运动起，四个小球一共发生5次碰 撞。故选C。 1 2 3 4 5 6 3. （多选）（2026·广东深圳高二质检）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水 平面平滑连接，水平面依次放有2 024个质量均为2m的弹性物块（所有物块在同 一竖直平面内，且间距足够小），质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放 后，沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再 原路返回，如此反复。所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损 耗，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　B　） A. 最终物块间的距离保持不变 B. 1号物块共受到4 047次碰撞 C. 0号物块最终动量大小为m D. 2 022号物块最终速度为 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 解析：对0号物块分析，从曲面最高点到最低点过程中，根据机械能守恒定律有 mgh＝m，解得v0＝，由题可知，2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换 速度，所以2 024号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的 速度，由机械能守恒定律和动量守恒定律有m＝mv0'2＋×2m，mv0＝ mv0'＋2mv1，解得v1＝，v0'＝－，可知2 024号物块最终速度为 ，同理2 023号物块最终速度是0号物块与1号物块第2次碰撞后发生弹性正 碰后1号物块的速度，为×v0，2 022号物块最终速度为×v0＝，故 后面物块的速度不断减小，间距不断增大，故A错误，D正确； 1 2 3 4 5 6 2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，0号物块与1号物块碰撞2 024次，2 号物块在开始匀速运动之前与1号物块碰撞2 023次，故1号物块共受到4 047次碰 撞，故B正确；根据A项分析知，0号物块与1号物块碰撞1次后，0号物块的速度 为v0'＝－，0号与1号发生碰撞后，1号将与2号发生正碰，因两者质量相 同，将发生速度交换，1号将静止，之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理 可得，0号第二次碰撞后的速度为v0″＝－，最终0号物块要与1号物块 碰撞2 024次，所以0号物块最终动量大小为m，故C正确。 1 2 3 4 5 6 4. 如图所示，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次 排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ。现同时给木 块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止。已 知重力加速度为g，求： （1）木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； 答案： 1 2 3 4 5 6 解析：当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v。根 据系统动量守恒可得m（v0＋2v0＋3v0）＝6mv， 木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律得μmg＝ma， 由运动学公式得（3v0）2－v2＝2ax3， 解得x3＝。 1 2 3 4 5 6 解析：设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律可得 m（v0＋2v0＋3v0）＝（2m＋3m）v2＋mv3， 在此过程中，木块3与木块2的速度改变量相同，有3v0－v3＝2v0－v2， 解得v2＝v0。 （2）木块2在整个运动过程中的最小速度。 答案：v0 1 2 3 4 5 6 5. 如图所示，质量为4m的足够长木板a静止在光滑水平面上，质量为m的物块b 放在长木板上表面的左端，右侧共有n个质量均为m的物块一字排开静止在水平 面上，现使a、b一起以初速度v0向右运动，以后每次碰撞，板与物块、物块与物 块均会粘在一起，每次碰撞前瞬间，b与a均恰好达到共速，重力加速度为g，开 始时物块1与2间的距离为s，不计碰撞时间和物块的大小，求： （1）a与物块1碰撞过程中，物块1对a的冲量大小； 答案：mv0 1 2 3 4 5 6 解析：设a与物块1碰撞后瞬间，a的速度大小为v1，根据动量守恒定律有4mv0＝ 5mv1， 解得v1＝v0， 根据动量定理，物块1对a的冲量大小I＝4mv0－4mv1＝mv0。 1 2 3 4 5 6 解得v2＝v0， 设a、b间的动摩擦因数为μ，a、b相对滑动时，长木板a的加速度大小为a，由牛 顿第二定律有μmg＝5ma， 解得a＝μg， 根据速度—位移公式有－＝2as， 解得μ＝。 （2）b与a间的动摩擦因数； 答案：　 解析：设a、b、物块1共速时的速度大小为v2，根据动量守恒定律有5mv0＝ 6mv2， 1 2 3 4 5 6 解析：根据题意，从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b一直做匀减速 运动，由牛顿第二定律有μmg＝ma'， 解得a'＝μg， 设木板a与物块n碰撞前瞬间的速度为v3，根据动量守恒定律有5mv0＝（n＋4） mv3， 解得v3＝v0， 在这段时间内，对b有－＝－2a'x， 解得x＝s。 （3）从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b运动的距离。 答案：s 1 2 3 4 5 6 6. （2025·浙江湖州高二检测）如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与足够 长的水平光滑轨道平滑连接，水平轨道上有2 024个大小相同的球从左往右依次 编号排成一排，相邻两球间距均为R，1号球的质量为2m，2～2 024号球的质量 均为m。若将质量为2m的A球从圆弧轨道的最高点静止释放。所有球均视为质 点，碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度大小为g，不计一切阻力。 （1）求1号球与2号球第一次碰撞后1号球的速度大小； 答案： 1 2 3 4 5 6 解析：A球运动至水平轨道，根据机械能守恒定律有2mgR＝×2m， 解得v0＝， A球与1号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1号球的速度 为v0＝， 1号球与2号球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和动能守恒定律有2mv0＝2mv1 ＋mv2，×2m＝×2m＋m， 联立解得碰撞后1号球的速度为v1＝，2号球的速度为v2＝。 1 2 3 4 5 6 （2）若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力F （图中未画出，F远小于1、2号球碰撞时的相互作用力），使1号球每次与2号球 碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前1号球的速度相等，直到1～2 024号球速度 第一次都相等时撤去外力，求： ①外力F的大小； 答案：mg 解析：F作用在1号球上，使其速度大小由v1增大到v0，由动能定理得 FR＝×2m－×2m， 解得F＝mg； 1 2 3 4 5 6 ②最终1号球与2024号球之间的距离。 答案：R 解析：设F作用下1号球的总位移为x，对1～2 024号小球组成的整体，由动能定 理得Fx＝－×2m， 最终，1～2 024号小球的速度大小均为v2，设F作用的总时间为t，对整体，由动 量定理得Ft＝－2mv0， 1号球与2 024号球之间的距离为d＝v2t－x， 联立解得d＝R。 1 2 3 4 5 6 $