2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)與真題 彈性碰撞

彈性碰撞

一、真題精選（高考必備）

1.（2014?全國?高考真題）一中子與一質(zhì)量數(shù)為A（A>l）的原子核發(fā)生彈性正碰.若碰前原子核靜止，則碰撞前

與碰撞后中子的速率之比為（）

A+lA-I4A（A+1）2

A-I4+1（A+l）~（A-I）2

2.（2020?北京?高考真題）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于同一高度；靜止

時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正

確的是（）

A.將1號(hào)移至高度〃釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度人若2號(hào)換成質(zhì)量不同

的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度〃'/門/廠

B.將1、2號(hào)一起移至高度〃釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度〃，釋放

后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度〃釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根Ill據(jù)機(jī)械能守恒,3號(hào)仍能擺

至高度6

D.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度/2釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度〃，釋放后

整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒

3.（2007?寧夏?高考真題）在光滑的水平面上，質(zhì)量為mi的小球A以速度V。向右運(yùn)動(dòng)。在小球A的前方O點(diǎn)有一

質(zhì)量為∏υ的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示.小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng).小球B被在Q

點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ=I.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩

小球質(zhì)量之比色

加2

OPQ

4.（2008?山東?高考真題）一個(gè)物體靜置于光滑水平面上，外面扣一質(zhì)量為M的盒子，如圖1所示?，F(xiàn)給盒子一初

速度此后，盒子運(yùn)動(dòng)的M圖象呈周期性變化，如圖2所示。請(qǐng)據(jù)此求盒內(nèi)物體的質(zhì)量。

0

Oto3l（）5t07to9∕0t

圖2

5.（2010,海南?高考真題）在核反應(yīng)堆中，常用減速劑使快中子減速.假設(shè)減速劑的原子核質(zhì)量是中子的Z倍，中

子與原子核的每次碰撞都可看成是彈性正磁.設(shè)每次碰撞前原子核可認(rèn)為是靜止的，求N次碰撞后中子速率與原速

率之比。

6.（2014?江蘇?高考真題）牛頓的《自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理》中記載，A、8兩個(gè)玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它

們碰撞前的接近速度之比總是約為15回16.分離速度是指碰撞后3對(duì)A的速度,接近速度是指碰撞前A對(duì)8的速度.若

上述過程是質(zhì)量為2〃?的玻璃球A以速度VO碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對(duì)心碰撞，求碰撞后A、B的速度

大小.

7.（2014?全國?高考真題）如圖，質(zhì)量分別為m.、的兩個(gè)小球A、B靜止在地面上方，8球距地面的高度〃=0.8m,

A球在8球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落Q0.3s時(shí)，剛好與8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〃%=3〃。，重力加速度大小為g=IOmH,忽

略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失，求：

（i）8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。,

4o?

8,

φ,

P￠小

:

8.（2019?海南?高考真題）如圖，用不可伸長輕繩將物塊”懸掛在。點(diǎn)，初始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，現(xiàn)將α

由靜止釋放，當(dāng)物塊。下擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰好與靜止在水平面上的物塊匕發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰撞后b

滑行的最大距離為s,已知匕的質(zhì)量是”的3倍，人與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度大小為g,求

⑴碰撞后瞬間物塊b速度的大?。?/p>

（2）輕繩的長度。

7777,^77777777777

9.（2021?浙江?高考真題）如圖所示，水平地面上有一高H=O.4m的水平臺(tái)面，臺(tái)面上豎直放置傾角6=37。的粗糙

直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道CO和半圓形光滑軌道OEF,它們平滑連接，其中

管道CO的半徑r=0.1m、圓心在0∣點(diǎn)，軌道OEr的半徑R=0.2m、圓心在。2點(diǎn)，0∣、D、。2和F點(diǎn)均處在同一

水平線上。小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，

碰后小球經(jīng)管道8、軌道OEF從尸點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平

向右，大小與碰前相同，最終落在地面上。點(diǎn)，已知小滑塊與軌道A8間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=',sin37o≈0.6,

cos37o=0.8。

（1）若小滑塊的初始高度〃=0.9m,求小滑塊到達(dá)8點(diǎn)時(shí)速度%的大小;

（2）若小球能完成整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，求力的最小值%.；

（3）若小球恰好能過最高點(diǎn)E,且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與尸點(diǎn)的水平距離X的最大值Xnm。

10.（2010北京?高考真題）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐

漸增大.現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞.已知雨滴的初始質(zhì)量為m。，初速度為v。，下降距離/后與

靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)閙i.此后每經(jīng)過同樣的距離/后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依

次變?yōu)閙2、m3……mn......（設(shè)各質(zhì)量為己知量）.不計(jì)空氣阻力.

（1）若不計(jì)重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vJ;

（2）若考慮重力的影響，

a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度Vl和力'；

2

b.求第n次碰撞后雨滴的動(dòng)能;％vn'i

IL（2020?海南?高考真題）如圖，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量S=Ikg

的小物塊。從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)。時(shí)與另一質(zhì)量叫=3kg小物塊6發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間

極短）。已知圓弧軌道半徑R=0.8m,傳送帶的長度L=I.25m,傳送帶以速度U=ImzS順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體與傳

2

送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0?2,g=IOmZs0求

（1）碰撞前瞬間小物塊。對(duì)圓弧軌道的壓力大??；

（2）碰后小物塊。能上升的最大高度；

（3）小物塊h從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間。

12.（2020?山東?高考真題）如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為機(jī)

和4〃?，Q靜止于斜面上A處。某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度Vo與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等

于tan。，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動(dòng)能損失。兩物塊均可以看作

質(zhì)點(diǎn)，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

⑴求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vPt.vQl-,

（2）求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；

⑶求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；

⑷為保證在Q的速度減為零之前P不會(huì)與之發(fā)生碰撞，求A點(diǎn)與擋板之間的最小距離s。

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長基地）

1.（2022?廣東茂名?高三階段練習(xí)）某游樂場有一游樂項(xiàng)目，裝置如圖所示，圖中所有裝置都固定在地面上。裝置4

的曲面為:圓形軌道，圓心為O,半徑為R,裝置A左側(cè)4處有一平臺(tái)（.d<R）.游戲選手站在平臺(tái)上將手中的小

球拋出，小球砸在!圓形軌道上還能彈回到選手手中，即為游戲成功，某次有一選手把小球從平臺(tái)邊緣與!圓形軌

44

道的圓心等高處將一個(gè)彈性小球沿水平方向拋出，忽略空氣阻力，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g。

（I）證明平拋運(yùn)動(dòng)中速度方向的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)；

（2）如果小球與5圓形軌道發(fā)生彈性碰撞，該選手要想成功，小球被水平拋出時(shí)的速度為多大。

4

2.（2021?重慶?高三專題練習(xí)）如圖所示，在傾角0=53。且足夠長的斜面上放置一個(gè)凹槽，槽與斜面間的動(dòng)摩擦因

2-

數(shù)〃=§，槽與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力，槽兩端側(cè)壁A、B間的距離d=0.32m0把一表面光

滑的小球放在槽內(nèi)中點(diǎn)處，球和槽的質(zhì)量相等?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放球和槽，球與槽的側(cè)壁發(fā)生碰撞的時(shí)間極短，且

o

系統(tǒng)無機(jī)械能損失（重力加速度g=10m∕s2,sin53=0.8,cos53°=0.6）o貝∣J:

（1）釋放球和槽后，經(jīng)多長時(shí)間球與槽的側(cè)壁發(fā)生第一次碰撞？

（2）小球與槽的第二次碰撞是發(fā)生在側(cè)壁A端還是8端？（請(qǐng)通過計(jì)算分析說明）

（3）從靜止釋放球與槽到球與槽的側(cè)壁發(fā)生第六次碰撞時(shí)槽的位移是多少？

3.（2022?湖南師大附中高三階段練習(xí)）如圖所示，水平傳送帶左右兩側(cè)的臺(tái)面光滑且等高，一半徑R=3.0m的豎直

固定光滑圓弧軌道與水平臺(tái)面相切于A點(diǎn)，一半徑片LOm的豎直固定光滑!圓弧軌道與臺(tái)面相切于B點(diǎn)。傳送帶

以W=2m∕s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)行，質(zhì)量M=3kg的滑塊P被鎖定在A點(diǎn)，質(zhì)量為∕n=lkg的滑塊Q在?圓弧軌道上

從圓心的等高點(diǎn)靜止釋放。已知滑塊Q與傳送帶之間的摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶長L=Im。設(shè)滑塊P、Q間發(fā)生的是

彈性碰撞（碰撞前瞬間滑塊P解鎖），且滑塊P每次先于Q到達(dá)A點(diǎn)并立即被鎖定，g取IOm/S?,求：

（1）滑塊Q由靜止釋放沿圓弧軌道到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大??；

（2）滑塊P運(yùn)動(dòng)的最大高度；

（3）滑塊Q在傳送帶上通過的總路程。

4.（2022?黑龍江大慶?三模）小車C靜止在光滑的水平面上，距離小車C的右側(cè)S處有一固定光滑的斜面和光滑平

臺(tái)組成的裝置，斜面底端與小車C等高，平臺(tái)尸點(diǎn)與斜面平滑連接，不影響滑塊經(jīng)過時(shí)運(yùn)動(dòng)的速率。平臺(tái)上。點(diǎn)固

定一豎直的彈性擋板，滑塊B靜止于Q點(diǎn)，PQ間距離為紅，。。間距離為心當(dāng)滑塊A以u(píng)o=8m∕s的速度滑上小

車，運(yùn)動(dòng)到小車C右端時(shí)恰好與之共速（小車未碰到平臺(tái)）。當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺(tái)時(shí)，始終受到水平向右的恒

力尸=,咫作用，當(dāng)滑塊B在該區(qū)域內(nèi)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)受到同樣的恒力F作用，向右運(yùn)動(dòng)則合力為零。已知滑塊A、B及

小車C的質(zhì)量相等,即OM="3=mc,斜面高的0.8m,A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,g=10m∕的滑塊CB均可看成

質(zhì)點(diǎn)，且A、B之間以及B與擋板之間的碰撞為彈性碰撞。

（1）為保證小車C與平臺(tái)碰撞時(shí)A、C能共速，s至少多長；

（2）當(dāng)滑塊A經(jīng)斜面進(jìn)入平臺(tái)P。后，若A不能在滑塊B勻速運(yùn)動(dòng)過程中追上滑塊B發(fā)生第二次碰撞，則女需要

滿足的條件；

（3）若滿足（2）問的無值，求A、B從第一次碰撞開始到第二次碰撞經(jīng)歷的時(shí)間。

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.A

【解析】設(shè)中子的質(zhì)量為m,因?yàn)榘l(fā)生的是彈性正碰，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，有?/p>

mvι=mv2+Amv,?mvι2=?mv22^??Amv2

聯(lián)立兩式解得：-=41∣.故A正確，BCD錯(cuò)誤.故選A.

v2A-I

2.D

【解析】A.1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球前

瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，則3號(hào)不可

能擺至高度心故A錯(cuò)誤；

B.1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，

但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相碰后，3號(hào)

球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度〃，故C錯(cuò)誤：

D.碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為

零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。故選D。

3."=2

m2

【解析】從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?小球A和小球B的速度大小保持不變,設(shè)兩小球通過的路程分別為SrS2,

由V=-

,v,1

可得」=7

彩4

根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒得WZlV0=WZlVl+w2v2

已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得

Iol2I2

-OT1V0-=-W1V1+-m2v2-

解得"=2

fn2

4.m-M

【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為機(jī)。打時(shí)刻受盒子碰撞獲得速度V,根據(jù)動(dòng)量守恒定律

MUO=mu①

3%時(shí)刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變?yōu)閡o,說明碰撞是彈性碰撞，能量守恒

TWZW2②

聯(lián)立①②解得：〃I=M

【解析】設(shè)中子和作減速劑的物質(zhì)的原子核A的質(zhì)量分別為S,和，碰撞后速度分別為匕',和K,碰撞前后的總動(dòng)

,

量和總能量守恒，有mnvn=mnvn+mAv'A

?m=-m+-mAv'^

式中v?為碰撞前中子速度，由題設(shè)MA=km,,

經(jīng)1次碰撞后中子速率與原速率之比為上L=冷

經(jīng)N次碰撞后，中子速率與原速率之比為(紀(jì)/

?+l

?1731

6.—V；—V

48002400

【解析】設(shè)A、B球碰撞后速度分別為力和生

由動(dòng)量守恒定律得2機(jī)必=2〃7盯+機(jī)口2

v?—V.15

且由題意知‘一L=/

%16

Q出1731

解得y∕=K%V2=—VO

4824

7.(i)vβ=4ιτι∕s；(jj)hp=0.75m

【解析】(i)8球總地面上方靜止釋放后只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有

2

n%gh=-WBvfl

可得8球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度％=再用=4楨

(Ii)A球下落過程，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得A球的速度L=gt=3m∕s

設(shè)與4球碰撞前瞬間B球的速度為匕，則有碰撞過程動(dòng)量守恒，規(guī)定向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得

mv+mvmv

AABl=B2

碰撞過程沒有動(dòng)能損失則有：機(jī)/：

又加8=3，"A

小球B與地面碰撞后根據(jù)沒有動(dòng)能損失所以B離開地面上拋時(shí)速度

v0=Vfi=4m∕s

2_2

聯(lián)立解得〃=±二±=0.75m

2g

8.(l)y∣2μgs?(2)4//5

【解析】⑴設(shè)4的質(zhì)量為孫則。的質(zhì)量為3根，對(duì)物塊力碰后由動(dòng)能定理

-μ×3mgs=0—gX3/九父

解得vb=y∣2∕jgs

(2)a球從水平位置擺下的過程WgL=

Cib碰撞的過程mv0=wva+3wvb

，

I2I102

—ZHV0=—mv~+—×3mvζ

解得L=4〃S

9.(1)4m/s；(2)hmin=0.45m；(3)0.8m

h?

【解析】(I)小滑塊在A3軌道上運(yùn)動(dòng)〃2g∕z-"2gcos。?一?;二不〃說

sin02

代入數(shù)據(jù)解得v0=^√iΛ=4m∕s

(2)小球沿8EF軌道運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)可得mg="2??L

從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得?mv；：min+mg(R+r)=gmv^ιnin

解得=√2m∕s,vβmin?2√2m∕s

小滑塊與小球碰撞后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，因此有

wvfnv+mvmV

Aπ,in=A'Bmin'|巾匕mJ=|A::妙而―

解得匕'=°，vβmin=vAmin

結(jié)合⑴問可得UAmin=WjghmM

解得〃的最小值%.=045m

(3)設(shè)尸點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y,小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理

wι

?^e=^?min+mg（R+y）

由平拋運(yùn)動(dòng)可得X=%f,H+r-y=^gt2

聯(lián)立可得水平距離為X=2j（（15-y）（0.3+y）

由數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)O?5-y=O?3+y

取最大，最大值為XmaX=O?8m

10.（20分）

（1）=—v

叫0

（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，碰撞瞬間動(dòng)量守恒

a.%=區(qū)VI=&M+2glb.（明尸：=J（MM+2g/%：）

ww

ιι21mnM

【解析】（20分）（1）不計(jì)重力，全過程中動(dòng)量守恒，砥ι%=，",M

得乙

mn

（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，碰撞瞬間動(dòng)量守恒

2

a.第一次碰撞前v1=vθ+24g∕,V1=?/vθ+2gl

第一次碰撞后W0Vl=mxv{

?=—v1=—λ∕vj+2^/①

mλr)\

b.第2次碰撞前V=Y+2g∕

22

利用①式化簡得學(xué)=（色）國+（華漢）2g∕②

mλ叫

第2次碰撞后，利用②式得

戒=（色沌=（均2詔+（顯蓼削

m2m2餌

222

22w+,,w

同理，第3次碰撞后v3=A)+(''Vυ2g/

”一1

y2

第n次碰撞后或=(也)飛+(￡m即

tnnmn

J,1"T

動(dòng)能-mnv,;=-(w<>o+2g∕Z〃釣

l

22ml,M

11.（1）30N；（2）0.2m；（3）Is

【解析】（1）設(shè)小物塊”下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為匕，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有agR=g，叫門

代入數(shù)據(jù)解得?,=4m/s

小物塊a在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有外-，恰=ma工

R

代入數(shù)據(jù)解得數(shù)=30N

根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊。對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N。

(2)小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒有mava=mav'a+mhvh

根據(jù)能量守恒有g(shù)”,1=；〃?“需+5%U

聯(lián)立解得匕=-2m∕s,%=2m∕s

小物塊a反彈，根據(jù)機(jī)械能守恒有magh=；可：

解得∕z=().2m

(3)小物塊?；蟼魉蛶?，因?,=2m∕s>y=lm∕s,故小物塊b先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有=6/

解得〃=2m∕s2

則小物塊b由2m∕s減至lm∕s,所走過的位移為占=H

2a

代入數(shù)據(jù)解得X=0?75m

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為吞=?^l]

a

代入數(shù)據(jù)解得4=O?5s

因M=O.75m<L=1.25m,故小物塊人之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

L-x.1.25-0.75八U

3=----L=-------------s=0.5s

V1

故小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間r=A+∕2=ls

12.⑴P的速度大小為[。的速度大小為?∣%；⑵4=(A)"7?碧-2,3……)；⑶⑷S=13

552525g18g20OgSin。e

【解析】(I)P與。的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得

∕nv0=rnvpλ+4∕nvρ1Q)

22

由機(jī)械能守恒定律得$喏=→wvp∣+^?4znvρι②

聯(lián)立①②式得a=-∣%③

VQ?=5vO④

故第一次碰撞后尸的速度大小為3:嗎，Q的速度大小為(2%

(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為hl,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

2

O-veι=2?(-2gsin0-^-⑤

ISme

聯(lián)立①②⑤式得力=/⑥

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與。剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為%,第一次碰后至第二次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得

WV22

→02-1mvpι=-ZngA1⑦

聯(lián)立①②⑤⑦式得％2=g%⑧

l

P與。的第二次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為益2、?,由動(dòng)量守恒定律得

WV02=WZVp2+4∕wvρ2⑨

由機(jī)械能守恒定律得/PH=T叫2?+9利―⑩

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得

Vp2=~∣xg%?

??=∣xf%?

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為力2,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

0-燈2=2?（_28$比砂.^^?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得

設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與。剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為％3,第二次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得

I2I2I

mvmv

203--Pi=-mgh2

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得以=（學(xué)）2%?

P與。的第三次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為。3、?,由動(dòng)量守恒定律得

mvm=mvn+4mvQ3?

+42

由機(jī)械能守恒定律得,K=^mvPi2^-W?3?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得

Vp3=-?∣x(t^^?

“03=孑(,),?

設(shè)第三次碰撞后。上升的高度為h3,對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑩得

O-√=2?"2gsm孫癮

l?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得

Zb

=《涔2√?

25g

總結(jié)可知，第"次碰撞后，物塊。上升的高度為

%=4)"二噂-(九=1,2,3.....)?

2525g

⑶當(dāng)P、。達(dá)到”時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對(duì)兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能定理得

?“

2

O——WV0=-(m+4m)gH-tan4"%cosΘ----?

2sin，

解得H=E?

18g

⑷設(shè)。第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為"，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

ι?]=2g∕ISine?

設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為需要的時(shí)間為拉，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

vpl'=vp∣+gt2sin0?

22

Vp∣'-Vpl=2sgsin0?

設(shè)P從A點(diǎn)到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

V02=(-Vp∣)-gt3sinΘ?

當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)4="+與?

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得S=唔型里?

2()Ogsinθ

(二)強(qiáng)基部分

【解析】(I)證明：設(shè)經(jīng)時(shí)間f速度方向與水平方向的夾角為。，豎直方向的速度為心,如圖所示，C為速度方向

的反向延長線與水平位移的交點(diǎn)

tan,tan。=-?

%BC

豎直位移y=3

水平位移1=卬

Y

解得BC=5

即速度方向的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)。

⑵要想小球砸在;圓形軌道上還能沿原路返回到選手手中，小球應(yīng)垂直打在:圓形軌道上，即速度方向的反向

延長線過圓點(diǎn)。，如圖所示

由(1)問可知水平位移

x=2d

V

X=卬

4Rr^=-gt2

解得%=d.

2.(1)0.2s；(2)側(cè)壁&(3)9.6m

【解析】(1)設(shè)球和槽的質(zhì)量為〃?，釋放球和槽后，對(duì)槽

mgsinθ-μ?2mgcos9=ma

解得，槽的加速度用0

所以槽靜止

釋放后，球做勻加速運(yùn)動(dòng)〃儂而。=〃?4/

解得r∕∕=8m∕s2

經(jīng)時(shí)間。球與槽的側(cè)壁8發(fā)生第一次碰撞，d=Ta"；

解得t∣-0.2s

(2)碰撞前球的速度為v∕=a"∕=1.6m∕s

,

球和槽發(fā)生碰撞前后，動(dòng)量守恒mvl^mvι'+mv2

碰撞過程不損失機(jī)械能，得;"WV∕2=g%y∕2+3%以2

解得第一次碰撞后瞬間球的速度力和槽的速度M分別為

vι'=0,V2=l.6m∕s（方向沿斜面向下）

第一次碰撞后，槽做勻速運(yùn)動(dòng)，球做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間，'球的速度等于槽的速度叱2'，此時(shí)球到側(cè)壁B的距離最

大，設(shè)為S

由速度公式得V2,^a,f

解得∕=0.2s

,

由位移公式得，球到側(cè)壁B的最大距離s^V2f-?V2'f?V2Y≈0.16m<√

所以此時(shí)球與槽的側(cè)壁A沒有發(fā)生碰撞，這以后球與側(cè)壁B的距離減小，將與側(cè)壁B發(fā)生第二次碰撞

(3)設(shè)球與槽的側(cè)壁B第一次碰撞后再經(jīng)時(shí)間〃發(fā)生第二次碰撞，根據(jù)位移相等得

.19

v2t2=-a∣t2

解得f2=0?4s

球與槽側(cè)壁8發(fā)生第二次碰前的速度vj=6Z√2=3.2m∕s

同理可得碰后球與槽的速度分別為?√=L6m∕s,v√=3.2m∕s

設(shè)經(jīng)“發(fā)生第3次碰撞v√∕j=vΛ+ya∕?

解得t3=0.4s

由此可推得相鄰兩次碰撞時(shí)間間隔均?r=0.4s

第“次碰后槽的速度為1.6/!,球與槽第六次碰前槽的位移

x=1.6??∕+2×1.6??r++5×1.6??r

解得X=9.6m

3.(1)30N；(2)0.2m；(3)3.67m

【解析】(1)設(shè)滑塊Q到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為v,由動(dòng)能定理得mgr=g,"d

2

在8點(diǎn)fN-ZWg="

r

聯(lián)立代入數(shù)值得A=30N,v=2√5m∕s

由牛頓第三定律知：滑塊Q對(duì)軌道壓力的大小為30N

(2)由于v>%,Q在傳送帶上開始做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)Q一直減速滑過傳送帶的速度為匕，由動(dòng)能定理得

,I2I2

-μmgl=—mvx——mv

代入數(shù)值得匕=4∏Vs

由于匕仍大于%,說明假設(shè)成立，即Q與P碰撞前的速度為4nVs

設(shè)第一次碰后P的速度為。，Q的速度為4,取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得

2

∕nvl=mvQ+MVP,?