2019年高考物理總復(fù)習(xí)專題10彈性碰撞和非彈性碰撞精準(zhǔn)導(dǎo)航學(xué)案

1、專題10彈性碰撞和非彈性碰撞考綱定位本講共1個(gè)考點(diǎn)，一個(gè)一級(jí)考點(diǎn)(1)彈性碰撞和非彈性碰撞這是2017年新增的必考考點(diǎn)，最近2年高考試題有小題逐漸過(guò)渡到計(jì)算題，未來(lái)有可能更加深入的滲透。必備知識(shí)一、碰撞1概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時(shí)間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過(guò)程中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以用動(dòng)量守恒定律處理碰撞問(wèn)題2分類(1) 彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，相互作用過(guò)程中遵循的規(guī)律是動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒(2) 非彈性碰撞：在碰撞過(guò)程中機(jī)械能損失的碰撞，在相互作用過(guò)程中只遵循動(dòng)量守恒定律(3) 完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點(diǎn)是系統(tǒng)的機(jī)械能損失最大，作

2、用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過(guò)程中只遵循動(dòng)量守恒定律二、動(dòng)量與能量的綜合1區(qū)別與聯(lián)系：動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體所構(gòu)成的系統(tǒng)，且研究的都是某一個(gè)物理過(guò)程但兩者守恒的條件不同：系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)所受合外力是否為零；而機(jī)械能是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有除重力和彈簧彈力以外的力是否做功2表達(dá)式不同：動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量式，機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式則是標(biāo)量式，對(duì)功和能量只是代數(shù)和而已題型洞察一題型研究一：碰撞與機(jī)械能(一)真題再現(xiàn)1.(2018全國(guó)卷I-T24)質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將

3、煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間。（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。【答案】（1）12E（2）2Egmmg【解析】（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為V0,由題給條件有Emv22設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0-vo=-gt聯(lián)立式得設(shè)爆炸時(shí)煙梅電距地面的高度為h由機(jī)械能守恒定律有E=m前1火茹爆炸后，煙帽單上】下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，諼炸后瞬間其速度分別為VL和V20由題給條件和動(dòng)量守恒定律有-m

4、vf+irxui=E44，-.WTV.+iflZT.=02121由式知,煙梅電兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上地運(yùn)動(dòng)，設(shè)爆炸后煙花®上部分強(qiáng)續(xù)上升的高度為瓦,由機(jī)械能守恒定律有:叫,峻聯(lián)支國(guó)式得,煙在彈上部分距地面的最大高度為h=hi+t2=些砥【命題意圖】本題考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)。意在考查考生的理解能力、推理能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力。2. （2016天津）如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B,盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，

5、滑塊在盒中來(lái)回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為;滑塊相對(duì)盒運(yùn)動(dòng)的路程【解析】設(shè)滑塊質(zhì)量為皿則離子的質(zhì)量為2mj對(duì)整個(gè)過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律可得：mv=Jmv由能量關(guān)系可知：i?ngx-.2,解得：%=*-3*g3. (2015新課標(biāo)n)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng);經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段.兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示.求:14(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比;(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比.【答案】(1)1：8(2)1:2【解析】(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m、m2,a、b碰撞前的

6、速度為V1、V2.由題給圖象得V1=2m/sV.V2=1m/sa、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為由題給圖象得v=1m/s3由動(dòng)量守恒定律得mvi+rmv2=(m+m2)v聯(lián)立式得m:m=1：8.(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為L(zhǎng)121212AE=/丫1+2mv22(m+m)v由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng).由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為1 2WW=2(m+m)v聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得WAE=1：2.4. (2015廣東理綜)如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R=0.5m,物塊A以V0=6m/s的速度

7、滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)=0.1m,物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為=0.1，AB的質(zhì)量均為m=1kg(重力加速度g取10m/s2;AB視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短).(1)求A滑過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F;(2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；求碰后AB滑至第n個(gè)(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式.【答案】(1)22N(2)45(3)的=域90.2n【解析】(1)從A-Q由動(dòng)能定理得mg,2RmG:mv2g22解得v=4m/s&

8、gt;SR=乖m/s在Q點(diǎn)，由牛頓第二定律得vFn+mg=m-解得Fn=22N.撞瓦由動(dòng)量守恒得解得期=T=3m：s謾摩擦距離為力則一如明i=。-去解得了=45m,所以4=3=4工(3)AB滑至第評(píng)個(gè)光滑段上由動(dòng)能定理得-fi-2ffKL=g/一2娜xj所以%二也_02nms(W45).5. (2012新課標(biāo))如圖，小球a、b用等長(zhǎng)細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)Q讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求(i)兩球a、b的質(zhì)量之比;(ii)兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比

9、?！敬鸢浮?i)獨(dú)V21(ii)Qim2Ek2【解析】（i）設(shè)球b的質(zhì)量為m2,細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng),球b下落至最低點(diǎn)，但未與球a相碰時(shí)的速度為v,19由機(jī)械能寸恒te律得m2gL5m2Vd式中g(shù)是重力加速度的大小。設(shè)球a的質(zhì)量為m；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為有動(dòng)量守恒定律得m2V（m!m2）vV,，以向左為正。0 ,由機(jī)械能守恒定律得；（皿 m2）v2(mim2)gL(1 cos ) (D聯(lián)立式得m1m211,1 cos設(shè)兩球共同向左運(yùn)動(dòng)到最高處，細(xì)線與豎直方向的夾角為代入數(shù)據(jù)得色m2（ii）兩球在碰撞過(guò)程中的機(jī)械能損失為Q m2 gL(m1 m2)gL(1 cos )聯(lián)立式,Q與碰前球b的最大

10、動(dòng)能12R (R=m2V )2之比為EkEIm2m2 ,(1 cos，聯(lián)立式，并代入題給數(shù)據(jù)得QEk6. （2008天津）光滑水平面上放著質(zhì)量nA=1 kg的物塊 A與質(zhì)量nB= 2 kg的物塊B, A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（彈簧與A、B均不拴接），用手擋住B不動(dòng),此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能 日=49 J.在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，如圖所示.放手后右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑Ri= 0.5 m2.能到達(dá)取局點(diǎn)Cg取10 m/s ,求:(1)繩拉斷后B的速度vb的大?。?2)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)

11、B的沖量I的大?。?3)繩拉斷過(guò)程繩對(duì)A所做的功W【答案】(1)5m/s(2)4Ns(3)8J【解析】3設(shè)£在繩被拉斷后到達(dá)。點(diǎn)的速率為根據(jù)比恰能到達(dá)最高點(diǎn)c有產(chǎn)6=足3旦=浜3苧,對(duì)痛斷后到§運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C這一過(guò)程應(yīng)用動(dòng)言流理由解得：羽好二501/£(2)潮里篝恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)B的速率為vu取向右為正方向，迎蕾的弓里性勢(shì)能轉(zhuǎn)化給B的動(dòng)根據(jù)動(dòng)量定理有二wtavi；由解得：J=-4N-iP其大小為4N-SL設(shè)斷后尺的速率為山,取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：/”1=現(xiàn)立芯+皿以，根據(jù)動(dòng)能定理有；獷=；如嗎，JU>由解得；甲二8一7.(2011安徽)如圖所示

12、，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過(guò)長(zhǎng)L=0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)。開始輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v(o=4m/s,g取10m/s2。若鎖定滑塊，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí)對(duì)輕桿的作用力大小和方向。若解除對(duì)滑塊的鎖定，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小。在滿足的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮?1)F=2N方向豎直向上(2)2m/s(3)-m3【解析】(1)設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)，且此時(shí)的速度為VI。在上升過(guò)程中，因只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒。則；mv2+

13、mg上gmv：則Vi=46m/s,設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力為F,方向向下，2V1則F+mg=m聯(lián)立解得F=2N,由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N,方向豎直向上。(2)解除鎖定后，設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)的速度為V2,此時(shí)滑塊的速度為V。在上升過(guò)程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動(dòng)量守恒。以水平向右的方向?yàn)檎较?，有mv+MV=0在上升過(guò)程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，121212則mv+2MV+mg上mv,聯(lián)立解得V2=2m/s(3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點(diǎn)與小球起始點(diǎn)的距離為S1,滑塊向左移動(dòng)的距離為S2,任意時(shí)刻小球的水平速度大小為V3,

14、滑塊的速度大小為V。由系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，得mvMV=0,兩邊同乘以t,得mvtMVt=0,故對(duì)任意時(shí)刻附近的微小間隔t都成立，一，2累積相加后，有ms-Ms=0,又S1+S2=2L,得S1=m3(二)精準(zhǔn)練習(xí)1.木塊A的質(zhì)量為m,足夠長(zhǎng)白木板B的質(zhì)量為m,質(zhì)量為m3的物體C與B靜止在光滑水平地面上.現(xiàn)A以速率V0向右運(yùn)動(dòng)，與B碰后以速率vi向左彈回，碰撞時(shí)間極短，已知B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為試求：(1)木板B的最大速度;(2)物體C的最大速度;(3)穩(wěn)定后C在B上發(fā)生的相對(duì)位移.m (vo+vi)m(2)m (vo+vi)m2mm (vo+ vi)(3)-22g (m+ m)(1)設(shè)向右為

15、正方向，A、B碰后瞬間，B有最大速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mvo=mvi+mv2得V2 =m (vo+vi)(2)當(dāng)RC共速時(shí)，C達(dá)到最大速度v3,有mvo=mvi+(R2+m3)v3得丫3 =m (vo+vi)m2m3(3)由能量守恒定律，有叱m3gAx=；mv2；(m+m)v2mm(vo+vi)2信Ax=-(7.211m2g(m+m)2.如圖所示，水平軌道 AB與半徑為R的豎直半圓形軌道BC相切于B點(diǎn)。質(zhì)量為2m和m的a、b兩個(gè)小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))原來(lái)靜止于水平軌道上，其中小滑塊a與一輕彈簧相連。某一瞬間給小滑塊a一沖3量使其獲得vo-JgR的初速度向右沖向小滑塊b,與b碰撞后彈簧不與b相

16、粘連，且小滑塊b在到達(dá)B2點(diǎn)之前已經(jīng)和彈簧分離，不計(jì)一切摩擦，求：(1)a和b在碰撞過(guò)程中彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；(2)小滑塊b經(jīng)過(guò)圓形軌道的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明小滑塊b能否到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)C。3【答案】(1)EpmmgR(2)5mg方向豎直向下(3)b不可能到達(dá)C點(diǎn)p4【解析】(1)a與b碰撞達(dá)到共速時(shí)彈簧被壓縮至最短，彈性勢(shì)能最大。設(shè)此時(shí)ab的速度為v,則由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒可得2mv=3mv由機(jī)械能守恒定律1 212一2mv0=一3mvEpm2 2p3 _解得：Epm3mgR4一(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)有訪零，占開始離開彈蓄，此時(shí)卜的速度達(dá)到最大值，并以此速度在水

17、平軌道上向前勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)a山的速度分別為曲和心，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)«能守恒定律可得Sh*=+工卅時(shí)2 萩2解得2v2=2ylgR滑塊力到達(dá)豆根據(jù)牛頓第二定律有解得AM唯根據(jù)牛頓第三定律渭?jí)K曲在萬(wàn)點(diǎn)對(duì)軌道的壓力N=5曄，方向豎直向下o(3)設(shè)b恰能到達(dá)最高點(diǎn)C點(diǎn)，且在C點(diǎn)速度為Vc,此時(shí)軌道對(duì)滑塊的壓力為零，滑塊只受重力，由牛頓第二定律mg解得VcJgR再假設(shè)b能夠到達(dá)最高點(diǎn)C點(diǎn)，且在C點(diǎn)速度為V/，由機(jī)械能守恒定律可得:1 2一 mv222mgR1 2 mvc2解得v/=o<jgR。所以b不可能到達(dá)C點(diǎn)，假設(shè)不成立。3.3 .如圖所不，在傾角e=30o的斜面上放置一段凹槽B

18、,B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù),槽內(nèi)靠近6右側(cè)壁處有一小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，它到凹槽左側(cè)壁的距離d=0.10m。A、B的質(zhì)量都為m=2.0kg,B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，不方tAB之間的摩擦，斜面足夠長(zhǎng)?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A、B,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，A與B的側(cè)壁發(fā)生碰撞，碰撞過(guò)程不計(jì)機(jī)械能損失，碰撞時(shí)間極短。取g=10m/s2。求：(1)物塊A和凹槽B的加速度分別是多大；(2)物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間AB的速度大??；(3)從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小。【答案】(1)A的加速度ai=5.0m/s2,B的加速度a2=0(2)vai=0,vbi

19、=1.0m/s(3)1.2m【解析】(1)設(shè)父的加速度為3則mgsirL=fliui，口1=gsill"5.Ohl/s3設(shè)B受到斜面施加的滑動(dòng)摩擦力力則fx2.0x10xCO&30'=1N方向沿斜面向上6S所受重力沿斜面的分力5:出2向=2flxlOxsin30c=10N；方向沿斜面向下因?yàn)間=/，所以6受力平衡，春放后月保持靜止,則凹槽B的加速度02-0(2)釋放A后，A做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)到凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁時(shí)的速度為VA0,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得V2Ao2a1dVa0=,2知二,25.00.10=l.0m/sA和B碰撞前后動(dòng)能守恒，設(shè) A與B碰撞后A因A、

20、B發(fā)生彈性碰撞時(shí)間極短，沿斜面方向動(dòng)量守恒,的速度為VA1,B的速度為VB1,根據(jù)題意有mVAomVAimvBi121212八mvAo八mvA1-mvB1222解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A、B的速度分別為va1=0,vb1=1.0m/s(3) A、B第一次碰撞后，B以Vb1=1.0m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，A做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1,A的速度VA2與B的速度相等，A與B的左側(cè)壁距離達(dá)到最大，即VA2=a1t1外,解得t1=o.2os設(shè)t1時(shí)間內(nèi)A下滑的距離為X1,則1.2X|ati2解得xi=0.10m因?yàn)閤i=d,說(shuō)明A恰好運(yùn)動(dòng)到B的右側(cè)壁，而且速度相等，所以A與B的右側(cè)壁恰好接觸但沒

21、有發(fā)生碰撞。設(shè)A與B第一次碰后到第二次碰時(shí)所用時(shí)間為t2,A運(yùn)動(dòng)的距離為Xai,B運(yùn)動(dòng)的距離為Xbi,A的速度為VA3,則v1.XA1=a1t2,XB1=VBlt2,XA1=XBi2解得12=0.40s,XB1=0.40m,VA3=a1t2=2.0m/s第二次碰撞后，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可解得AB再次發(fā)生速度交換，B以VA3=2.0m/s速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以VB1=1.0m/s的初速度做勻加速運(yùn)動(dòng)。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊A不會(huì)與凹槽B的右側(cè)壁碰撞，并且A與B第二次碰撞后，也再經(jīng)過(guò)t3=0.40s,A與B發(fā)生第三次碰撞。設(shè)A與B在第二次碰

22、后到第三次碰時(shí)B運(yùn)動(dòng)的位移為XB2,則XB2=VA3t3=2.0x0.40=0.80m;設(shè)從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小X,則X=XB1+xB2=0.40+0.80=1.2m4.如圖所示，在水平面上有一彈簧，其左端與墻壁相連，O點(diǎn)為彈簧原長(zhǎng)位置，O點(diǎn)左側(cè)水平面光滑，水平段OP£L=1mP點(diǎn)右側(cè)一與水平方向成e=30。的足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面在P點(diǎn)平滑連接，皮帶輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)速率為3m/s,一質(zhì)量為1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A壓縮弓t簧(與彈簧不拴接)，使彈簧獲得彈性勢(shì)能曰=9J,物塊與OP段動(dòng)摩擦因數(shù)陰=0.1,另一與A完全相同的物塊B停在P點(diǎn)，B與傳送帶

23、間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=，傳送帶足夠長(zhǎng)，A與B的碰撞時(shí)間不計(jì)，碰后A、B交換速度，重力加速度g取10m/s2,現(xiàn)釋放A,求：(1)物塊AB第一次碰撞前瞬間，A的速度V。；(2)從A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量;(3)AB能夠碰撞的總次數(shù).【答案】(1)4m/s(2)12.25J(3)6次12【解析】（1）設(shè)物塊質(zhì)重為miA與B第一次碰撞刖的速度為V0,則&=2mv+imgL解得vo=4m/s.（2）設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為va、vb,則va=0,vb=4m/s,碰后B沿傳送帶向上勻減速運(yùn)動(dòng)直至速度為零，加速度大小設(shè)為ai,則mgsin0+2mgc

24、os0=ma,解得ai=gsin0+(12gcos0=10m/s2.運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Vb11 = = 0.4 sai,位移 xi = 2t i = 0.8 m.i4此過(guò)程相對(duì)運(yùn)動(dòng)路程Asi=vti+Xi=2m.此后B反向加速，加速度仍為ai,由于mg>in0=2mgcos0,B與傳送帶共速后勻速運(yùn)動(dòng)直至與A再次碰撞，加速時(shí)間為t2=-=0.3s,a-v位移為X2=212=0.45m.此過(guò)程相對(duì)運(yùn)動(dòng)路程As2=vt2-X2=0.45m.全過(guò)程摩擦產(chǎn)生的熱量Q=2mgAsi+As2）cos0=i2.25J.（3）B與A第二次碰撞，兩者速度再次互換，此后A向左運(yùn)動(dòng)再返回與B碰撞，B沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)再

25、次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重復(fù)這一過(guò)程直至兩者不再碰撞.則對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，i2從第二次碰撞后到不再碰撞，滿足2mv=2n（iimgL解得第二次碰撞后重復(fù)的過(guò)程數(shù)為n=2.25,所以碰撞總次數(shù)為N2+2n=6.5=6（取整數(shù)）.二.題型研究二：彈性碰撞（一）真題再現(xiàn)1. （20i6全國(guó)甲卷）如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）.已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m=30kg,冰塊的質(zhì)

26、量為m=i0kg,小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng).取重力加速度的大小g=i0m/s2.（i）求斜面體的質(zhì)量;(2)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?【答案】(1)20kg(2)冰塊不能追上小孩【解析】規(guī)定向右為速度正方向.冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度,設(shè)此共代速度向匕斜面體的質(zhì)量為晚而水平方向朗量守恒卻機(jī)械靛守恒定律得E2ViQ=(g+鵬)事式中慚=-3血*為冰塊推出時(shí)的速度.聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg.阜)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1;由初量守恒定律有JHivi+i2V20O代入數(shù)據(jù)得vi=lm/s設(shè)冰塊與斜面體分高后的速度分別為琳和由動(dòng)量守恒和機(jī)械馥守恒定

27、律有弗72口二哂也十處環(huán)聯(lián)立式并代入翻據(jù)得v；=1nt;s由于冰塊與斜面體分高后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方j(luò)故斑塊不宥提上小孩.2. (2015新課標(biāo)I)如圖，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，物體A、BC位于同一直線上，A位于RC之間。A的質(zhì)量為m,BkC的質(zhì)量都為M,三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng)，求m和M之間滿足什么條件才能使A只與RC各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。ft答案m(.52)M【解析】設(shè)A運(yùn)動(dòng)的初速度為vA向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生碰撞，根據(jù)彈性碰撞可得mvm»Mv2121212一mvmv1Mv2222可得V1m.vv2EvmMmM要使得A與B發(fā)

28、生碰撞，需要滿足v0,即mMA反向向左運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞過(guò)程，彈性碰撞20mVmv3Mv4121212mvimv3-Mv4222整理可得mMv3V1mM2mV4-v1mM即V22m vm M由于mM,所以A還會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)要求不發(fā)生第二次碰撞，需要滿足Mm,mM、2v1()vmMmM整理可得m24MmM2解方程可得m(,52)M3. (2014新課標(biāo)I)如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先將B球釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放。當(dāng)A球下落t=0.3s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零。已知mB3mA,重力2加速度大小為g10m/s,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失。AC)P；,(i) B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；(ii)P點(diǎn)距離地面的高度。【答案】vB4m/sh0.75mp【解析】(i)B球總地面上方靜止釋放后只有重力儆功，根據(jù)動(dòng)能定理有可得B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度vB=河=府/了(ii) A球下落過(guò)程n根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得A球的速度之二算=3用心設(shè)B球的速度為修1,則有碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒m+msva1=/if碰撞過(guò)程沒有動(dòng)能損失則有|派且沙/十:二!&-U解得%=1向j單=2皿"4小球B與世面碰撞后根據(jù)沒有動(dòng)能損失所以B離開地面上