2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)模型30 碰撞模型（解析版）

2024高考物理二輪復(fù)習(xí)80熱點(diǎn)模型

最新高考題模擬題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練

模型30碰撞模型

最新高考題

1.(9分)(2023高考北京卷)如圖所示，質(zhì)量為加的小球4用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在。點(diǎn)，在。點(diǎn)

正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L現(xiàn)將A拉至某一高

度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和8發(fā)生正碰并粘在一起.重力加速度為g.求：

(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H;

(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；

(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能AE.

~1,

【名師解析】(1)由機(jī)械能守恒定律，mgH=—WV,

V2

解得H=『

2g

_v2

(2)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，F(xiàn)-mg=m—

L

v2

解得F=mg+z/2—

(3)碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律,mv=2mv\

解得v^v/2

碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能△￡=mv1

224

2.(2022天津?qū)W業(yè)水平選擇性考試)冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目.如圖所

示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度％=2m/s,勻減速滑行

%=16.8m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開(kāi)始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩

擦因數(shù)減小,A繼續(xù)勻減速滑行々=35m,與靜止在尸點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰,碰后瞬間A、

B的速度分別為以=0?05m/s和%=0.55m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面

的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.01，重力加速度g取10m/s2,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B

碰撞時(shí)間極短。求冰壺A

(I)在N點(diǎn)的速度/的大小；

(2)與7VP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2。

【參考答案】⑴V,=0.8m/s：(2)“2=0.004

【命題意圖】本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。

【名師解析】

(1)設(shè)冰壺質(zhì)量為加，A受到冰面的支持力為N,由豎直方向受力平衡，有

N=mg

設(shè)A在MN間受到的滑動(dòng)摩擦力為了,則有

f=%N

設(shè)A在MN間的加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

f-ma

聯(lián)立解得a=〃ig=0.1m/s2

由速度與位移的關(guān)系式，有d一%=-2g

代入數(shù)據(jù)解得匕=0.8m/s

（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為打，由動(dòng)量守恒定律可得

mv2=mvA+mvB

解得v2=0.6m/s

設(shè)A在NP間受到的滑動(dòng)摩擦力為f',則有f'=也四

由動(dòng)能定理可得-/工2=；mV2~~mVl

聯(lián)立解得4=0.004

3.（2023學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試上海卷）（16分）如圖，將質(zhì)量mp=0.15kg的小球P系在長(zhǎng)度

L=1.2m輕繩一端，輕繩另一端固定在天花板上O點(diǎn)。在O點(diǎn)正下方1.2m處的A點(diǎn)放置質(zhì)

量為mQ=0.1kg的物塊Q,將小球向左拉開(kāi)一段距離后釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊Q彈性碰

撞，P與Q碰撞前瞬間的向心加速度為1.6m/s2,碰撞前后P的速度之比為5:1,。已知重力

加速度g=9.8m/s2,物塊與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)n=0.28.

（1）求碰撞后瞬間物塊Q的速度；（2）在P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間內(nèi)，物塊Q

運(yùn)動(dòng)的距離。

【參考答案】（1）1.4m/s（2）0.36m

【名師解析】

2

（I）由圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度公式，a=—,解得vo=1.4m/s

L

碰撞后P的速度vp=—vo=O.28m/s

5

碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，mpv（）=mpvp+niQVQ,解得：VQ=1.68m/s

（2）設(shè)碰撞后P擺動(dòng)到最高點(diǎn)的高度為h,根據(jù)機(jī)械能守恒定律，mgh=g加H

解得h=0.004m

0小于5°,

P的擺動(dòng)可以看作單擺的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng),

P與Q碰撞后再次回到A點(diǎn)的時(shí)間為t=T/2=7t

物塊在水平面上滑動(dòng)的加速度a=gg=2.74m/s2

Q在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間t，=絲=0.6s,小于t=1.1s,即Q己經(jīng)停止。

a

v

所以Q運(yùn)_動(dòng)的距離為s=-o=0.504m。

2a

4.（20分）（2023高考全國(guó)乙卷）.如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止

薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為/,圓管長(zhǎng)度為20/。一質(zhì)量為的小球從管的上

3

端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng),所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。

小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰

撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求

（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大?。?/p>

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離；

（3）圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球與圓盤(pán)碰撞的次數(shù)。

-V

20/

【命題意圖】本題考查彈性碰撞及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)。

【解題思路】（1）小球第一次與圓盤(pán)碰撞前的速度為vo="7

小球與圓盤(pán)彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后小球的速度大小為W,圓盤(pán)的速度大小為V2,

由動(dòng)量守恒定律mvo=-mvi+Mv2,

222

由系統(tǒng)動(dòng)能不變，mv0=mv,+MV2

聯(lián)立解得：w=J空，以=厘~。

22

(2)第一次碰撞后，小球向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由于圓盤(pán)向下滑動(dòng)所受摩擦力與重力相等,

所以圓盤(pán)向下做勻速運(yùn)動(dòng)。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動(dòng)向下速度增大到等于圓盤(pán)速度時(shí)，小球和圓盤(pán)之間距離最大。

當(dāng)小球豎直上拋運(yùn)動(dòng)向下速度增大到等于圓盤(pán)速度的時(shí)間

小球回到第一次與圓盤(pán)碰撞前的位置，

在這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下落位移x產(chǎn)v21=且@巡@=/?

2g

即第一次碰撞到第：次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離為

(3)第一-次碰撞后到第二次碰撞時(shí)，兩者位移相等，則有刀盤(pán)1=%1

即卬

解得乙=—

8

3

此時(shí)小球的速度為=K+g%=]%

圓盤(pán)的速度仍為%,這段時(shí)間內(nèi)圓盤(pán)下降的位移

九盤(pán)i=4=￡=2/

之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒機(jī)嗎+MW="彩+Mg

根據(jù)能量守恒

mv22

；2+；Mu：=gmv2+；Mv^

聯(lián)立解得v2=0,v2=v0

同理可得當(dāng)位移相等時(shí)

X盤(pán)2=X球2

,,12

解得,2=9

g

_.2*

圓盤(pán)向下運(yùn)動(dòng)光盤(pán)2=丫2,2=----=4/

g

此時(shí)圓盤(pán)距下端關(guān)口13/,之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度

匕=g，2=2%

有動(dòng)量守恒

mv3+Mv"=mvy+Mv"

機(jī)械能守恒

—mv：+—Mvj2=-mv：+—Mvt1

2222

得碰后小球速度為

%

2

圓盤(pán)速度

3%

2

當(dāng)二者即將四次碰撞時(shí)

尤健3=X球3

即

呼3=W3+；g"

得

在這段時(shí)間內(nèi)，圓盤(pán)向下移動(dòng)

龍盤(pán)3=呼3=:=6/

此時(shí)圓盤(pán)距離下端管口長(zhǎng)度為

20/-lZ-2/-4/-6/=7/

此時(shí)可得出圓盤(pán)每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2/,故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤(pán)

將向下移動(dòng)

Xffl4=8/

則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤(pán)在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與圓盤(pán)的碰撞次數(shù)為4

次。

【思路點(diǎn)撥】得出遞推關(guān)系，是正確解題的關(guān)鍵。

5.（11分）（2022?高考廣東物理）某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖12

所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。

當(dāng)滑塊從A處以初速度%為l（）m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力/為1N，滑塊滑到B

處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。己知滑塊的質(zhì)量

m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量M=0.6kg,4、B間的距離/=1.2m,重力加速度g取10m/s2,

不計(jì)空氣阻力。求：

（1）滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小％和叢；

（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小￥；

（3）滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度山

【命題意圖】本題考查平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

【解題思路】(1)滑塊靜止時(shí)，對(duì)整體，由平衡條件，N^mg+Mg.

代入數(shù)據(jù)解得M=8N。

滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，滑桿對(duì)滑塊有向下的摩擦力f=lN,由牛頓第三定律，滑塊對(duì)滑桿有向上

的摩擦力f'=lN

隔離滑桿受力分析，由平衡條件N2=Mg-f\

代入數(shù)據(jù)解得M=5N。

(2)滑塊向上勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，mg+f=ma

解得加速度大小a=15m/s2o

由v2-vo2=-2i//解得：v=8m/s

(3)滑塊與滑桿碰撞，由動(dòng)量守恒定律，mv=(m+M)v',

解得v，=2m/s

由vFgh

解得h=0.2m?

最新模擬題

1.(2024江西紅色十校9月聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道AB固定

在豎直面內(nèi)，軌道最低點(diǎn)B與光滑水平面BC相切，C點(diǎn)處有一豎直固定擋板，質(zhì)量為小的

物塊b放在水平面上的8點(diǎn)，質(zhì)量為3〃?的物塊。從圓弧軌道的A點(diǎn)由靜止釋放，a運(yùn)動(dòng)到

8點(diǎn)與6發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過(guò)f時(shí)間，兩物塊又發(fā)生第二次彈性碰撞，物塊匕與擋板碰撞后

以原速率返回，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，不計(jì)物塊大小，重力加速度為g,求：

(1)〃、人碰撞前瞬間，a對(duì)圓弧軌道的壓力大小；

(2)B、C之間的距離；

(3)若物塊a從A點(diǎn)滑到8點(diǎn)所用時(shí)間為仙求a、。從第一次碰撞到第四次碰撞經(jīng)過(guò)的時(shí)

【參考答案】(1)9mg；(2)f低月；(3)2(f+fo)

【名師解析】

(1)由動(dòng)能定理可知

3mgR=1mv*"-0

解得

V=y12gR

。、力碰撞前瞬間，由牛頓第二定律可得

V2

Fz-3mp=3m—

NR

則。對(duì)圓弧軌道的壓力大小

4=氏=9mg

(2)“運(yùn)動(dòng)到8點(diǎn)與b發(fā)生彈性碰撞，設(shè)向右為正方向，有

3mv=3mVj+mv2

1-212?

—?3mv**=—?3mv.d--mv

221292

解得

v.=-....，v,=-----

1222

經(jīng)過(guò)/時(shí)間，兩物塊乂發(fā)生第二次彈性碰撞，物塊分與擋板碰撞后以原速率返回，碰撞時(shí)間

忽略不計(jì)，B、C之間的距離

加=3(卬+彩')=，7^

(3)兩物塊發(fā)生第二次彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，有

3機(jī)匕-mv2=3mv3+mv4

121212

—?3mv=—?3mv^+—?mv4

解得

一屈3屈

匕--y-，

則第二次碰撞到第三次碰撞的時(shí)間也為"第三次碰撞發(fā)生在3點(diǎn)，有

3mv3-mv4=3mv5+mv6

--3mv2=—?3mv：+—?mv,2

22526

解得

%=_j2gR，丫6=°

則第三次碰撞到第四次碰撞的時(shí)間為2fo,“、b從第一次碰撞到第四次碰撞經(jīng)過(guò)的時(shí)間為2

(z+ro)。

2.(2024山東泰安9月測(cè)試)如圖所示，質(zhì)量%=5g的小球用長(zhǎng)/=lm的輕繩懸掛在固

定點(diǎn)0,質(zhì)量町=10g的物塊靜止在質(zhì)量加2=30g的,光滑圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道

靜止在光滑水平面上，懸點(diǎn)。在物塊町的正上方，將小球拉至輕繩與豎直方向成37°角后,

靜止釋放小球，小球下擺至最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性正碰，碰后物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最

上端。若小球、物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,sin370=0.6,

cos37O=0.8?求

(1)碰撞前，小球下擺至最低點(diǎn)時(shí)，球?qū)p繩拉力的大小；

(2)碰撞后瞬間物塊的速度大小；

(3)圓弧軌道的半徑。

【名師解析】

(1)小球下擺至最低點(diǎn)，滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律

w0gZ(l-cos37°)=1/720vj

小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律

了一州話(huà)=節(jié)一

解得

T=0.07N

由牛頓第三定律，球?qū)p繩的拉力大小為0.07N。

（2）小球與物塊碰撞，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律

相o%=相。％1+〃4匕

121212

=5/廂+萬(wàn)町匕

解得

0m/s

13

（3）物塊滑到圓弧軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律

m}vi={m}+m1)v2

；叫可=；（叫+咫）（+，叫8尺

解得/?=—m

15

3.（2024南京零模）如圖所示，質(zhì)量為1.0kg的A物體用銷(xiāo)釘固定在水平桌面上，左

側(cè)是半徑為0.8m的光滑圓弧軌道，右側(cè)是長(zhǎng)為0.272m的水平軌道，圓弧軌道末端與水平

軌道相切，軌道的左端比右端高0.2m,右端比桌面高0.2m。圓弧軌道的末端靜置一質(zhì)量為

0.1kg的小物塊B；將質(zhì)量為0.4kg的小球C自軌道的左端最高點(diǎn)由靜止釋放，滑到圓弧軌

道末端時(shí)與B塊碰撞并粘在一起，此時(shí)拔掉銷(xiāo)釘，已知物塊B、小球C與水平軌道間的動(dòng)

摩擦因數(shù)均為0.2,A物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.04,重力加速度g取10m/s2求：

（1）小球C與物塊B碰撞前的速度大?。?/p>

（2）C、B碰撞粘在一起后的瞬間，對(duì)圓弧軌道的壓力?。?/p>

（3）BC落到桌面上時(shí)與軌道右端的水平距離。

【參考答案】.(l)2m/s；(2)6.6N；(3)0.232m

【名師解析】

(1)對(duì)物體C由由靜止釋放到與物塊B碰撞前的過(guò)程，由動(dòng)能定理得

m.12

cShBC=~mcvc

解得

vc=2m/s

(2)由C、B組成的系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒得

mcvc=(mc+〃%)%

解得

vBC=1.6m/s

由牛頓第二定律得

.(?nH+/nr)vL

N_(“+m)g=11c，M

cI\

解得

N=6.6N

由牛頓第三定律得對(duì)圓弧軌道的壓力小

M=*=6.6N

(3)對(duì)BC整體，則有

fBC=jut(mB+mc)g

fBC=(mB+mc)at

可得

4=2m/s2

對(duì)A則有

Ai(me+Sr)g一〃2(嗎+mB+Sc)g=mAai

可得

2

a2=0.4m/s

物體BC與水平軌道的相對(duì)位移為

，1212

L=vBCt--axt--a2t

BC整體在A上滑動(dòng)的時(shí)間

_17

，=0.2s或15s（舍）

故BC整體滑離A時(shí)的速度大小為

v=v—at=1.2m/s

施BCx

此時(shí)A的速度為

V=a"=0.08m/s

丫A離~

由七Vg可得

/,=0.2s

故有

XBC=\f=0.24m

BC滑離A后，A的加速度大小為

a,=43g=0.4m/s2

而A停下來(lái)的時(shí)間

r.,y=&=0.2s=t

"生

落

故在BC滑離A到落到桌面的過(guò)程中，A的位移為

=3=0008m

2a,

故BC落到桌面上時(shí)與軌道右端的水平距離

A5=xBC-xA=0.232m

4.（2023黃岡中學(xué)4月質(zhì)檢）人和冰車(chē)的總質(zhì)量為M,另有一個(gè)質(zhì)量為m的堅(jiān)固木箱，開(kāi)始

時(shí)人坐在冰車(chē)上靜止在光滑水平冰面上，某一時(shí)刻人將原來(lái)靜止在冰面上的木箱以速度v推

向前方彈性擋板，木箱與擋板碰撞后又反向彈回,設(shè)木箱與擋板碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能的損

失，人接到木箱后又以速度v推向擋板,如此反復(fù)多次，每次v均是指對(duì)地速度。試求人推多少

次木箱后將不可能再接到木箱？（己知M：m=31:2）

【名師解析】設(shè)人第一次推出后自身速度為%,則:Mvi-wv=O,

設(shè)人接后第二次推出，自身速度為為，由動(dòng)量守恒定律，

Mv1+mv=MV2-mv

???

設(shè)人接后第n次推出，自身速度為%,由動(dòng)量守恒定律，Mvn.\+mv=Mvn-mv

上述n個(gè)方程相加，（n-1）tnv=Mvn-nmv

解得:％=三（2力一

若%之“，則人第n次推出后,不能再接回，

將有關(guān)數(shù)據(jù)代入上式得尺之&25,即:n=9。.

5.（2023北京二中期末）如圖甲所示，兩小球a,6在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上發(fā)生正碰。小球

〃、Z;質(zhì)量分別為陽(yáng)和m2,且加l=100g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時(shí)間

變化的X-f圖像如圖乙所示。由此可以得出以下判斷

①碰撞前球a做勻速運(yùn)動(dòng)，球〃靜止；

②碰撞后球a和球b都向右運(yùn)動(dòng)；

③"?2=300g；

④碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變；

則以上判斷中正確的是（）

|x/m

I二

球a球bl/a

左〃〃//丹〃〃〃//2〃〃〃/〃右（）

26t/s

圖甲圖乙

A.?（§）B.①②③C.①③④D.②④

【參考答案】C

【名師解析】

由圖可知，0~2s內(nèi)，〃的速度大小為

%=-m/s=4m/s

2

〃球的速度為零，處于靜止?fàn)顟B(tài)；

】

2~6s內(nèi)，兩球的速度分別為

%=——m/s=-2m/s

"4

16-8,.，

vb=--—m/s=2m/s

由此可知，“向左運(yùn)動(dòng)，〃向右運(yùn)動(dòng)：

兩球碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

叫%=叫吃+啊巧，

解得

m2=300g

此時(shí)，有

121212

,町％=嚴(yán)匕+5m2Vb

說(shuō)明碰撞前后兩小球的機(jī)械能總量不變。

6.(2024江西宜春泰和中學(xué)摸底)某過(guò)山車(chē)模型軌道如圖甲所示，0|、02為半徑分別為n、

n的圓形軌道，它們?cè)谧畹忘c(diǎn)分別與兩側(cè)平直軌道順滑連接,不計(jì)軌道各部分摩擦及空氣阻力,

小車(chē)的長(zhǎng)度1遠(yuǎn)小于圓形軌道半徑r,，各游戲車(chē)分別編號(hào)為1、2、3…n,,均為m,,圓形軌

道ABCD最高點(diǎn)C處有一壓力傳感器.讓小車(chē)I從右側(cè)軌道不同高度處從靜止滑下，壓力傳感

器的示數(shù)隨高度h變化，作出F-h關(guān)系如圖乙所示.

(1)根據(jù)圖乙信息，分析小車(chē)1質(zhì)量m及圓形軌道Oi半徑卻；

(2)在水平軌道AE區(qū)間(不包含A和E兩處)，自由停放有編號(hào)為2、3...n的小車(chē)，讓1號(hào)車(chē)從

h=5m高處由靜止滑下達(dá)到水平軌道后依次與各小車(chē)發(fā)生碰撞，各車(chē)兩端均裝有掛鉤,碰后便

連接不再脫鉤,，求在作用過(guò)程中，第n輛車(chē)受到合力的沖量及合力對(duì)它做的功

(3)軌道02半徑為r2=2.5m,每輛車(chē)長(zhǎng)度為L(zhǎng),且nL>2n,要使它們都能安全通過(guò)軌道。2廁1車(chē)

至少?gòu)亩啻蟾叨然拢?/p>

【名師解析】

（1）從小車(chē)靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到豎直面內(nèi)圓軌道最高點(diǎn)C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理

/、12

mg(h-2ri)=-mvc

在C點(diǎn)，對(duì)小車(chē)1,由牛頓第二定律，F(xiàn)+mg=初生

4

聯(lián)立解得：F=2空h-5mg

4

對(duì)照?qǐng)D乙的F一h圖像，由5mg=100,解得m=2kg

由迎-20,解得n=2m

（2）1號(hào)車(chē)從h=5m高處由靜止滑下,由圖乙可知F=0.

2

在C點(diǎn)，對(duì)小車(chē)1,由牛頓第二定律，mg="2顯

r\

C點(diǎn)到A點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理，2mgn=gmv\-；加哈

碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律，用以=劭2%，

對(duì)第n輛小車(chē)，由動(dòng)量定理，I=mvn，

由動(dòng)能定理，W=-mv^

2

聯(lián)立解得：I="N?s,W=-^J?

nn

2

（3）要使它們都能安全通過(guò)軌道O2,在最高點(diǎn)，mg=用物

弓

解得vo2=5m/s

7.（2023年7月重慶名校期末）如圖所示，質(zhì)量均為“滑塊A、B放置在水平面上，右側(cè)

固定有一彈性擋板P。AB之間的距離為人，BP之間距離為L(zhǎng)。水平面上涂有一種特殊的潤(rùn)

2

滑涂層，滑塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，不受地面阻力；滑塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到阻力為自身重力義倍a

未知)。為測(cè)量該潤(rùn)滑涂層的性能，某時(shí)刻開(kāi)始對(duì)滑塊A施加水平向右的恒力F=，叫的作

用，此后恒力一直作用。已知A、B碰后速度交換(即碰后瞬間A速度變?yōu)?,B速度變?yōu)?/p>

A的碰前速度)，B和擋板碰后速度大小不變，方向相反。通過(guò)計(jì)時(shí)裝置可測(cè)量出A、B從

第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間間隔，記為兀重力加速度為g。

(I)B先和擋板發(fā)生碰撞還是A、B先發(fā)生第二次碰撞？試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明；

(2)若，可能值為大于0的一切數(shù)值，求T的取值范圍；

(3)實(shí)際測(cè)得7=9內(nèi)，求心

3Vg

.H......Ip

【參考答案】(1)B先和擋板發(fā)生碰撞；

0)(1+4)V^+J(5_J)gL>T>+ar

g(九一1)g(4T)

【名師解析】

(1)對(duì)滑塊A,由牛頓第二定律可得

F=maA

解得

Fms

%=—=—=S

mm

由速度位移關(guān)系公式v2-v^=2ax,可得滑塊A運(yùn)動(dòng)到B的速度

A、B碰后速度交換，則有

VBI=

A、B第一次碰后，A向右做初速度等于零的勻加速運(yùn)動(dòng)，B做勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊A運(yùn)動(dòng)到擋

板P所用時(shí)間

如=呼=欄

a

\AV8

滑塊B運(yùn)動(dòng)到擋板P所用時(shí)間

則有

可知B先和擋板發(fā)生碰撞，后返回與滑塊A碰撞。

(2)由題意可知，A、B從第一次碰撞到第二次碰撞經(jīng)T時(shí)間，對(duì)A則有

B返回時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度則有

對(duì)B返回，在T-時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移，則有

2

AL=vB1(T-/B1)-12g(7-ZBI)

又有

LAI+AL=L

聯(lián)立解得

(]+.而±J(5T)gL

g("l)

則有了的取值范圍

(1+.)V^+J(5-))gL＞丁〉+