《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练 3 弹性碰撞 + 圆周运动 + 运动分解 (2025·湖北十一校二模)在竖直平面内，质量 $m = 0.1\ kg$ 的小球 $A$ 用长为 $L = 0.5\ m$ 的不可伸长的轻绳悬挂于 $O$ 点，$O$ 点正下方用 $L = 0.5\ m$ 不可伸长的轻绳竖直悬挂一质量也为 $0.1\ kg$ 的小球 $B$。把小球 $A$ 拉到如图所示位置，轻绳恰好伸直，且轻绳与竖直方向的夹角 $\alpha = 60°$。由静止释放小球 $A$，$A$ 球自由下落，两小球发生弹性碰撞。两球都可视为质点，忽略空气阻力，$g$ 取 $10\ m/s^2$。下列说法正确的是(B)


A.小球 $A$ 在与小球 $B$ 发生碰撞前小球 $A$ 的速度大小为 $\sqrt{15}\ m/s$
B.小球 $A$ 在与小球 $B$ 发生碰撞后小球 $B$ 的速度大小为 $\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\ m/s$
C.小球 $A$ 和小球 $B$ 发生碰撞后，小球 $B$ 上升的最大高度与小球 $A$ 释放的高度相同
D.小球 $A$ 和小球 $B$ 发生碰撞后小球 $B$ 在上摆的过程中轻绳不会松弛

答案：
3.题型分析
速度分解、弹性碰撞—动碰静模型、竖直方向圆周运动的临界问题.
B 解析：A.小球A先做自由落体运动至关于过O点的水平线对称的位置，由机械能守恒定律得$mgL=\frac{1}{2}mv_0^2$，
得$v_0=\sqrt{10} m/s$，在此位置绳绷直的瞬间，把$v_0$沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向分速度由于绳拉力的冲量而变为0，仅剩下垂直绳方向分速度沿弧线下摆至B处，机械能守恒，$v_{⊥}=v_0\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{30}}{2} m/s$，设A与B碰前速度为$v_1$，由机械能守恒定律得
$mgL(1-\cos 60^{\circ})=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_{⊥}^2$，解得$v_1=\frac{5\sqrt{2}}{2} m/s$，故A错误；
易错提醒：注意原题中的条件“不可伸长的轻绳”，这意味着在绳子绷直的瞬间，小球在沿着绳子方向上的分速度会瞬间归零，此时小球沿着绳子方向上的动能瞬间转化为内能
B.A和B发生弹性碰撞，根据动量守恒$mv_1=mv_1'+mv_B$，根据机械能守恒$\frac{1}{2}mv_1^2=\frac{1}{2}mv_1'^2+\frac{1}{2}mv_B^2$，解得$v_1'=0$，$v_B=\frac{5\sqrt{2}}{2} m/s$，故B正确；
C.由于小球A下落至绳绷直时有机械能损失，故B球上升的最大高度一定小于A球释放高度，故C错误；D.由于B球不能做完整的圆周运动，要想绳子不松弛，小球不能过圆心等高位置(本题图中O点).设B上升的最大高度为h，对小球B上摆过程由机械能守恒定律得$mgh=\frac{1}{2}mv_B^2$，解得$h=\frac{5}{8} m＞0.5 m$，越过了圆心高度，绳会松弛，故D错误.故选B.

巩固训练 4 弹性碰撞 + 子母球问题 + 极限思维 (2025·湖南长郡二十校联盟联考)三个同质且均匀分布的弹性小球 $A、B、C$ 通过质心的光滑细杆相互接触串在一起，如图，三球质量满足 $m_A\gg m_B\gg m_C$。现将三小球竖直从离地面高为 $h$ 处静止自由下落，若所有碰撞均可视为弹性碰撞，则小球 $C$ 上跳的高度约为(B)


A.$25h$
B.$49h$
C.$16h$
D.$3h$

答案： 4.题型分析
一般弹性碰撞模型、自由落体与竖直上抛运动.
B 解析：根据动能定理$mgh=\frac{1}{2}mv_0^2$，解得三球在落地前均有向下的速度为$v_0=\sqrt{2gh}$，A球先与地面弹性碰撞后速度变为向上的$v_0$与B球发生碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有$m_Av_0-m_Bv_0=m_Av_{A1}+m_Bv_{B1}$，$\frac{1}{2}m_Av_0^2+\frac{1}{2}m_Bv_0^2=\frac{1}{2}m_Av_{A1}^2+\frac{1}{2}m_Bv_{B1}^2$，解得A、B发生弹性碰撞后B的速度大小为$v_{B1}=\frac{(3m_A-m_B)v_0}{m_A+m_B}$，因为$m_A\gg m_B$，则有$v_{B1}=3v_0$，此后B、C发生弹性碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒和机械能守恒有$m_B· 3v_0-m_Cv_0=m_Bv_{B2}+m_Cv_C$，$\frac{1}{2}m_B(3v_0)^2+\frac{1}{2}m_Cv_0^2=\frac{1}{2}m_Bv_{B2}^2+\frac{1}{2}m_Cv_C^2$，解得$v_C=\frac{(7m_B-m_C)v_0}{m_B+m_C}$，因为$m_B\gg m_C$，则有$v_C=7v_0$，根据动能定理$\frac{1}{2}m_Cv_C^2=m_Cgh_C$，其中$v_0=\sqrt{2gh}$，解得$h_C=49h$，故选B.
解题技巧：本题利用弹性碰撞速算式，即$v_A-v_B=v_B'-v_A'$，可以快速求解.A撞地反弹后与B碰撞前相对速度大小为$2v_0$，由于$m_A\gg m_C$，A与B碰撞后速度不变，根据结论，B的速度应该为$3v_0$，这样才能保证弹性碰撞前后相对速度大小一样.同理可以判断出B与C碰撞后，B速度不变，C的速度应该为$v_0+3v_0+3v_0=7v_0$.最终$h_C=49h$.

巩固训练 5 一般对心碰撞 + $v - t$ 图像 (2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球 $M、N$ 分别在水平恒力 $F_1$ 和 $F_2$ 作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在 $t_1$ 时刻发生正碰后各自反向运动。已知 $F_1$ 和 $F_2$ 始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第 $1$ 次速度减为 $0$ 的过程中，两小球速度 $v$ 随时间 $t$ 变化的图像，可能正确的是(A)

答案： 5.题型分析
一般对心碰撞、$v-t$图像.
A 解析：根据牛顿第二定律$a=\frac{F}{m}$，两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为$4:6=2:3$，可知M、N的质量之比为$6:4=3:2$；设分别为$3m$和$2m$；由图像可设M、N碰前的速度分别为$4v$和$6v$，则因M、N系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律$3m· 4v-2m· 6v=3mv_1+2mv_2$，
若系统为弹性碰撞，则由机械能守恒可知$\frac{1}{2}· 3m(4v)^2+\frac{1}{2}· 2m(6v)^2=\frac{1}{2}· 3mv_1^2+\frac{1}{2}· 2mv_2^2$，
解得$v_1=-4v$，$v_2=6v$.
因M、N的加速度大小之比仍为$2:3$，则停止运动的时间之比为$1:1$，即两物体一起停止；
若不是弹性碰撞，则$3m· 4v-2m· 6v=3mv_1+2mv_2$，
可知碰后速度大小之比为$v_1:v_2=2:3$，
若假设$v_1=2v$，则$v_2=3v$，此时满足$\frac{1}{2}· 3m(4v)^2+\frac{1}{2}· 2m(6v)^2＞\frac{1}{2}· 3mv^2+\frac{1}{2}· 2mv^2$，
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为$2:3$，则停止运动的时间之比为$1:1$，对M来说碰撞前后的速度之比为$4v:2v=2:1$，可知碰撞前后运动时间之比为$2:1$，可知A正确，BCD错误.故选A.
解析技巧：B.碰后瞬间M、N速度大小方向不变，两球穿越违反常识，排除.D.根据图像，两球碰后速度交换，根据两等质量球弹性正碰速度交换的规律，反推两球质量相等，图像斜率大小不同，排除.C.因为力恒定，碰撞前后球M或N的加速度不变，图中M或N前后不平行，排除.只能选A.

巩固训练 6 弹性碰撞 + 圆周运动 + 动能定理 (2025·广东佛山二模)很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道 $abcde$ 右端开口，其中 $ab$ 竖直，高度 $H = 2R$，$bc$ 是半径为 $R$ 的四分之一圆弧管($R$ 远大于管道直径)，$cde$ 水平，$cd$ 长度 $x_1 = 3R$，$de$ 长度 $x_2 = \dfrac{10}{3}R$。$d$ 处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊 $B$ 和 $C$，$B$ 被锁定在 $d$ 处，$a$ 处放置胶囊 $A$，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊 $A、C$ 间气室为真空，$A$ 的质量为 $m$，$B、C$ 的质量均为 $M = 3m$。启动风机，给 $A$ 施加一大小恒为 $F = 2mg$ 的气动推力，$A$ 运动至 $d$ 处前瞬间解锁 $B$，并与 $B$ 完成弹性碰撞，紧接着 $B$ 与 $C$ 完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对 $C$ 产生的压力恒为 $mg$(忽略管道内空气流动对气压的影响)，$ab$ 和 $cde$ 均光滑，$A$ 经 $bc$ 过程克服阻力做功为 $W_f = mgR(\pi - 1)$，求：
(1)$A$ 经圆弧管 $b$ 点处时，管道对其弹力大小 $F_N$；
(2)$B$ 与 $C$ 碰撞后瞬间，$C$ 的速度大小 $v_C$；
(3)试分析并判断 $B$ 与 $C$ 是否会发生第二次碰撞。

答案： 6.题型分析
弹性碰撞模型、动能定理、二次碰撞的判断问题.
(1)$4mg$
(2)$2\sqrt{gR}$
(3)B与C不会发生二次碰撞
解析：
(1)A由a到b过程$(F-mg)×2R=\frac{1}{2}mv_b^2$，解得$v_b=2\sqrt{gR}$，
A经b点处$F_N=m\frac{v_b^2}{R}$，解得$F_N=4mg$.
(2)A由b到d过程$F×\frac{\pi R}{2}-W_1-mgR+F_x=\frac{1}{2}mv_d^2-\frac{1}{2}mv_b^2$，解得$v_d=4\sqrt{gR}$，
A与B碰撞，以$v_d$的方向为正方向，有$mv_d=mv_A+Mv_B$，$\frac{1}{2}mv_d^2+\frac{1}{2}Mv_B^2=\frac{1}{2}mv_A^2+\frac{1}{2}Mv_B^2$，
解得$v_A=-2\sqrt{gR}$，$v_B=2\sqrt{gR}$，
B与C碰撞，以$v_B$的方向为正方向，有$Mv_B=Mv_{B2}+Mv_C$，$\frac{1}{2}Mv_B^2=\frac{1}{2}Mv_{B2}^2+\frac{1}{2}Mv_C^2$，
解得$v_{B2}=0$，$v_C=2\sqrt{gR}$.
(3)设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离为$s_1$，则$-Fs_1=0-\frac{1}{2}mv_A^2$，解得$s_1=R＜x_1=3R$，假设成立，
以$v_A$的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为$t_1$，则$Ft_1=m(-v_A)-mv_A$，解得$t_1=2\sqrt{\frac{R}{g}}$
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为$x_C=v_Ct_1-\frac{1}{2}at_1^2$，
C的加速度大小$mg=Ma$，解得$a=\frac{1}{3}g$，
位移大小为$x_C=\frac{10}{3}R$，此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞.