第1章 微点集训5 多物体、多次碰撞问题（Word版）-【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教师用书（人教版）

空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 微点集训5多物体、多次碰撞问题 |名师点评 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。 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-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==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vo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( ) A B1000000C LDm A.整个过程中损失的机械能为。mv, 独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 B.物块D的质量为4m C.物块C对物块D的冲量大小为3mwo D.物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时物块C的速度大小为合 解析：D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 m=2m,整个过程中损失的机械能AE=m2-×2m,解得△E=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mvo=3w2,对C、D构成 Vo 1 分析，由于发生弹性碰撞，有=w十mD,心-m+mp 得w=一台，m=3m,故B错误；结合上述，物块C对物块D的冲量I=m加台-0=号 vo,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2，十m,=3m4,结合上述解得w=名，故D正确。 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=1kg、m=2kg、mc=2kg、=10kg,小球A 以o=3/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 B D A.3次 B.4次 C.5次 D.6次 解析：C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2， *独家授权侵权必究年 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 mAmB 2mA 由“动碰静”规律可得M=m1+m。w=-1mS,=mA千mg,=2ms,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y3,C的速度为v4,由 mB一mc 2mB “动碰静”规律可得=m+my=0,=千m。=2ms,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 mc-mp 4 2mc 2 6,由“动碰静”规律可得=mc+m。4=一3ms,%=mc+m,4=3mS,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，B的速度为V8,由“动碰 mc一mg 2mc 4 静”规律可得=mc+mB=0,=mc+mgs=一3m/s,由于B的速度大于A的 速度y1,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。 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2024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() 20242023.3210 A.最终物块间的距离保持不变 B.1号物块共受到4047次碰撞 独家授权侵权必究 享学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 2024 C.0号物块最终动量大小为3 m2gh gh D.2022号物块最终速度为27 解析：BCD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=2m。,解得o=2gh,由题可知，2024个弹性物块两两之间碰撞时交换速 度，所以2024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，由机技线守恒定律和动量守恒定律有m-mwe+X2m,m%=m叶 1 2m,解得=号2g5,w=-号82g,可知2024号物块最终速度为号2gh,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，为号×，202号物块振终滨度为号×引6=号记9，故后面物块的连废不斯 21 减小，间距不断增大，故A错误，D正确；2024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2024次，2号物块在开始匀速运动之前与1号物块碰撞 2023次，故1号物块共受到4047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w=一2gh,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o”= 只2gh 12024 ，最终0号物块要与1号物块碰撞2024次，所以0号物块最终动量大小为 m V2gh,故C正确。 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、 ·独家授权侵权必究： 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 2、3水平向右的初速度vo、2vo、3o,最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加 速度为g,求： o2.3 而回同 (1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小： (2)木块2在整个运动过程中的最小速度。 答案： (1)4 (2)0 5 解析：(1)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 根据系统动量守恒可得m(vo+2vo+3vo)=6mv, 木块3在木板上做匀减速运动，由牛顿第二定律得umg=ma, 由运动学公式得（3v0)2-v2=2x3, 4v02 解得x3= g (2)设木块2的最小速度为2，此时木块3的速度为V3,由动量守恒定律可得 m (vo+2vo+3vo)=(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3vo一v3=2v0一v2, 解得y=6Vo 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、b一起以初速度vo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： *独家授权侵权必究年 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 b (1)a与物块1碰撞过程中，物块1对a的冲量大小： (2)b与a间的动摩擦因数； (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。 4 180n2+8n-9 答案：(1)5wo 49v2 (2) (3) 360gs 49n+42s 解析：(1)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4o =5w1, 4 解得V1=5o, 根据动量定理，物块1对a的冲量大小I=4wo-4v1=5wo。 (2)设a、b、物块1共速时的速度大小为2，根据动量守恒定律有5mvo=6mv2, 5 解得V3=60, 设a、b间的动摩擦因数为u,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umg=5ma, 1 解得a=5g, 根据速度一位移公式有v2-v=2as, 49v2 解得4=360gs° (3)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umg=ma', 解得a'=g, 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5vo=(n十4)mw3, 独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 5 解得V3=n+4Vo, 在这段时间内，对b有v2-v,2=一2ax, 180n2+8n-9 解得x= 49(n+4)2S。 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2024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,2~2024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。 Q6862w6 (1)求1号球与2号球第一次碰撞后1号球的速度大小： (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1~2024号球速度第一次都相 等时撤去外力，求： ①外力F的大小： ②最终1号球与2024号球之间的距离。 答案： (1)号2gR 16 16185 (2)①9mg②8R 解析：(1)A球运动至水平轨道，根据机械能守恒定律有2mgR=7×2mv, 解得o=V2gR, ·独家授权侵权必究： 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 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 vo-V2gR, 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2mvo=2v1+ mv2,i ×2m'=支×2m+2m, 联立解得碰摧后1号球的速度为n=号2g丽，2号球的速度为W=号2g, (2)①F作用在1号球上，使其速度大小由v1增大到o,由动能定理得 5R=×2m-×2, 16 解得F=gmg; ②设F作用下1号球的总位移为x,对1~2024号小球组成的整体，由动能定理得Fx =2023my/分×2m-2m2, 最终，1~2024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=2023mV,+2mv2-2wo, 1号球与2024号球之间的距离为d=v2t一x, 联立解得d16.5R。 ·独家授权侵权必究：