精准备考(第57期)——弹性碰撞-2023届高考真题分类整合与培优强基试题精选

一、真题精选（高考必备）

1．（2014·全国·高考真题）一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ） A1A．

A1A1B．

A14AC．

(A1)2(A1)2D．

(A1)22．（2020·北京·高考真题）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（ ） A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度h

B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度h D．2、3号粘在一起向右运动，将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒

3．（2007·宁夏·高考真题）在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动。在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO．假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质m1 量之比m2

1

4．（2008·山东·高考真题）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图1所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v-t图象呈周期性变化，如图2所示。请据此求盒内物体的质量。

5．（2010·海南·高考真题）在核反应堆中，常用减速剂使快中子减速．假设减速剂的原子核质量是中子的k倍，中子与原子核的每次碰撞都可看成是弹性正磁．设每次碰撞前原子核可认为是静止的，求N次碰撞后中子速率与原速率之比。

6．（2014·江苏·高考真题）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16．分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度．若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小．

B静止在地面上方，7．（2014·全国·高考真题）如图，质量分别为mA、mB的两个小球A、B球距地面的高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知mB3mA，重力加速度大小为g10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求： （i）B球第一次到达地面时的速度； （ii）P点距离地面的高度。

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8．（2019·海南·高考真题）如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s，已知b的质量是a的3倍，b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求 (1)碰撞后瞬间物块b速度的大小； (2)轻绳的长度。

9．（2021·浙江·高考真题）如图所示，水平地面上有一高H0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数1，sin370.6，cos370.8。 12（1）若小滑块的初始高度h0.9m，求小滑块到达B点时速度v0的大小； （2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；

（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax。

10．（2010·北京·高考真题）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相

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遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1．此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为m2、m3……mn……（设各质量为已知量）．不计空气阻力． （1）若不计重力，求第n次碰撞后雨滴的速度vn′； （2）若考虑重力的影响，

a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1′；

1 b.求第n次碰撞后雨滴的动能mn vn′2；

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11．（2020·海南·高考真题）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb3kg小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径

R0.8m，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度v1m/s顺时针匀速转动，小物体与

传送带间的动摩擦因数0.2，g10m/s2。求 （1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小； （2）碰后小物块a能上升的最大高度；

（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。

12．（2020·山东·高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，

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P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1； (2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn； (3)求物块Q从A点上升的总高度H；

(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。

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二、强基训练（高手成长基地）

1．（2022·广东茂名·高三阶段练习）某游乐场有一游乐项目，装置如图所示，图中所有装置

1都固定在地面上。装置A的曲面为圆形轨道，圆心为O，半径为R，装置A左侧d处有一

41平台（dR）。游戏选手站在平台上将手中的小球抛出，小球砸在圆形轨道上还能弹回

41到选手手中，即为游戏成功，某次有一选手把小球从平台边缘与圆形轨道的圆心等高处将

4一个弹性小球沿水平方向抛出，忽略空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g。 （1）证明平抛运动中速度方向的反向延长线过水平位移的中点；

1（2）如果小球与圆形轨道发生弹性碰撞，该选手要想成功，小球被水平抛出时的速度为

4多大。

2．（2021·重庆·高三专题练习）如图所示，在倾角＝53°且足够长的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数2，槽与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两3B间的距离d＝0.32m。端侧壁A、把一表面光滑的小球放在槽内中点处，球和槽的质量相等。现同时由静止释放球和槽，球与槽的侧壁发生碰撞的时间极短，且系统无机械能损失（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。则：

（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞？

（2）小球与槽的第二次碰撞是发生在侧壁A端还是B端？（请通过计算分析说明） （3）从静止释放球与槽到球与槽的侧壁发生第六次碰撞时槽的位移是多少？

3．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）如图所示，水平传送带左右两侧的台面光滑且等高，

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一半径R=3.0m的竖直固定光滑圆弧轨道与水平台面相切于A点，一半径r=1.0m的竖直固

1定光滑圆弧轨道与台面相切于B点。传送带以v0＝2m/s的速度逆时针匀速运行，质量

41M=3kg的滑块P被锁定在A点，质量为m=1kg的滑块Q在圆弧轨道上从圆心的等高点静

4止释放。已知滑块Q与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，传送带长L=1m。设滑块P、Q间发生的是弹性碰撞（碰撞前瞬间滑块P解锁），且滑块P每次先于Q到达A点并立即被锁定，g取10m/s2，求：

（1）滑块Q由静止释放沿圆弧轨道到达B点时对轨道压力的大小； （2）滑块P运动的最大高度；

（3）滑块Q在传送带上通过的总路程。

4．（2022·黑龙江大庆·三模）小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以υ0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右

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端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。

（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；

（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；

（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。

三、参及解析

（一）真题部分

1．A

【解析】设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1=mv2+Amv，2mv12＝2mv22+2•Amv2 联立两式解得：2．D

v1A1 ．故A正确，BCD错误．故选A． v2A1111

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【解析】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；

B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；

C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；

D．2、3号粘在一起，碰撞后，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。故选D。 3．

m12 m2【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和小球B的速度大小保持不变，设两小s球通过的路程分别为s1、s2，由v

t可得

v11  v24

根据系统动量守恒得m1v0m1v1m2v2

已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得

111m1v02m1v12m2v22 222m12 解得m24．m=M

【解析】设物体的质量为m。t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律

Mv0=mv①

3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞，能量守恒

11Mv02mv2② 22联立①②解得：m=M 5．(k1N) k1【解析】设中子和作减速剂的物质的原子核A的质量分别为mn和mA，碰撞后速度分别为和vvnA，碰撞前后的总动量和总能量守恒，有mnvnmnvnmAvA

111222mAvmnvnmnvnA

222 9

式中vn为碰撞前中子速度，由题设mAkmn 经1次碰撞后中子速率与原速率之比为

vnvnk1 k1经N次碰撞后，中子速率与原速率之比为(6．

1731v0；v0 4824k1N) k1【解析】设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2 由动量守恒定律得2mv0＝2mv1＋mv2 v2v115= 且由题意知v016解得v1＝

1731v0， v2＝v0 48247．（i）vB4m/s；（ii）hP0.75m

【解析】（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有

mBgh1mBvB2 2可得B球第一次到达地面时的速度vB2gh4m/s

（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度vAgt3m/s

设与A球碰撞前瞬间B球的速度为v1，则有碰撞过程动量守恒，规定向下为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBv1mBv2

111222碰撞过程没有动能损失则有mAvAmBv1mBv2

222又mB3mA

小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度

v0vB4m/s

v02v120.75m 联立解得hp2g8．(1)2gs；(2)4μs

【解析】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰后由动能定理

123mgs03mvb

2解得vb2gs 12(2)a球从水平位置摆下的过程mgLmv0

2ab碰撞的过程 mv0mva3mvb

10

121212mv0mva3mvb 222解得L4s

9．（1）4m/s；（2）hmin0.45m；（3）0.8m

【解析】（1）小滑块在AB轨道上运动mghmgcos代入数据解得v04gh4m/s 3h12mv0 sin22vE（2）小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mgmmin

R1212从C点到E点由机械能守恒可得mvEminmgRrmvBmin

22解得vEmin2m/s，vBmin22m/s

小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有

111mvAminmvA'mvBmin，mvAminmvA'2+mvBmin2

222解得vA'0，vBminvAmin 结合(1)问可得vAmin4ghmin 3解得h的最小值hmin0.45m

（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理

1212mvGmvEminmg(Ry) 22由平抛运动可得xvGt，Hry12gt 2联立可得水平距离为x2(0.5y)(0.3y) 由数学知识可得当0.5y0.3y 取最大，最大值为xmax0.8m 10．（20分）

'（1） vnm0v0 mn（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

n1m0m0112'222v1v02gl b． mnvn(m0v02glmi2) a. vm1m122mni0'1'【解析】（20分）（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0mnvn

'得 vnm0v0 mn 11

（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒

22a．第一次碰撞前 v12v02gl,v1v02gl '第一次碰撞后 m0v1m1v1

v1'm0m2v10v02gl ① m1m12'2b．第2次碰撞前 v2v12gl

2m022m0m12)2gl ② 利用①式化简得 v()v0(2m1m122第2次碰撞后，利用②式得

2m022m0m12m122v()v2()v0()2gl 2m2m2m2'2222m022m0m12m2)2gl················· 同理，第3次碰撞后 v()v0(2m3m3'23第n次碰撞后

'2vn(m022

)v0(i02)2glmnmnmn12in111'222(m0v02glmi2) 动能 mnvn22mni011．（1）30N；（2）0.2m；（3）1s

【解析】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为va，根据机械能守恒12定律有magRmava

2代入数据解得va4m/s

2va 小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有FNmagmaR代入数据解得FN30N

根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。

mbvb （2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有mavamava111222mbvb 根据能量守恒有mavamava222联立解得va2m/s，vb2m/s 小物块a反弹，根据机械能守恒有magh解得h0.2m

（3）小物块b滑上传送带，因vb2m/sv1m/s，故小物块b先做匀减速运动，根据牛

12 mava2 12

顿第二定律有mbgmba 解得a2m/s2

2vbv2 则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为x12a代入数据解得x10.75m 运动的时间为t1vbv a代入数据解得t10.5s

因x10.75mL1.25m，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为

t2Lx11.250.75s0.5s v1故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间tt1t21s

327n1v02（）12．(1) P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0；(2)hn（n=1，2，3……）；(3)2525g5522v0(8713)v0H ；(4)s18g200gsin【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv0mvP14mvQ1 ①

由机械能守恒定律得mv02mvP124mvQ12 ② 联立①②式得vP1v0 ③

vQ12v0 ④ 53512121232故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0

55(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得

0vQ12=2(2gsin)h1 ⑤ sin联立①②⑤式得h1v02 ⑥ 25g设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得mv022mvP12=mgh1 ⑦ 联立①②⑤⑦式得v027v0 ⑧ 51212P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得

mv02mvP24mvQ2 ⑨

13

由机械能守恒定律得mv022mvP224mvQ22 ⑩ 联立①②⑤⑦⑨⑩式得

37vP2v0 ⑪

5527vQ2v0 ⑫

55121212设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得

0vQ22=2(2gsin)h2 ⑬ sin联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得

7v02h2 ⑭

2525g设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得mv032mvP22=mgh2 ⑮

（联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得v0372）v0 ⑯ 51212P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，由动量守恒定律得

mv03mvP34mvQ3 ⑰

由机械能守恒定律得mv032mvP324mvQ32 ⑱ 联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得

372vP3（）v0 ⑲

55272vQ3（）v0 ⑳

55121212设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得

0vQ32=2(2gsin)h3 ㉑ sin联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得

h3（72v02） ㉒ 2525g总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为

7n1v02hn（）（n=1，2，3……） ㉓

2525g(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得

14

1H0mv02(m4m)gHtan4mgcos ㉔ 2sinv02解得H ㉕

18g(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得

vQ12gt1sin ㉖

设P运动到斜面底端时的速度为vP1，需要的时间为t2，由运动学公式得

vP1 vP1 gt2 sin ㉗ vP12 vP122sg sin ㉘

设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3

v02(vP1)gt3sin ㉙

当A点与挡板之间的距离最小时t12t2t3 ㉚

(8713)v02联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得s200gsin ㉛

（二）强基部分

1．（1）见详解；（2）v0d2gRd22 【解析】（1）证明：设经时间t速度方向与水平方向的夹角为，竖直方向的速度为vy，如图所示，C为速度方向的反向延长线与水平位移的交点

tanvy2vyv0，tany BC竖直位移yt

水平位移xv0t 解得BCx 2即速度方向的反向延长线过水平位移的中点。

11（2）要想小球砸在圆形轨道上还能沿原路返回到选手手中，小球应垂直打在圆形轨道

44上，即速度方向的反向延长线过圆点O，如图所示 由（1）问可知水平位移

x2d

15

xv0t

R2d2解得v0d12gt 22gRd22

2．（1）0.2s；（2）侧壁B；（3）9.6m

【解析】（1）设球和槽的质量为m，释放球和槽后，对槽

mgsinθ-μ·2mgcosθ=ma

解得，槽的加速度a=0 所以槽静止

释放后，球做匀加速运动mgsinθ＝ma1 解得a1＝8m/s2

经时间t1球与槽的侧壁B发生第一次碰撞2d＝2a1t1 解得t1＝0.2s

（2）碰撞前球的速度为v1＝a1t1＝1.6m/s 球和槽发生碰撞前后，动量守恒mv1＝mv1′＋mv2′ 碰撞过程不损失机械能，得2mvv12＝2mv1′2＋2mv2′2 解得第一次碰撞后瞬间球的速度v1′和槽的速度v2′分别为

v1′＝0，v2′＝1．6m/s（方向沿斜面向下）

第一次碰撞后，槽做匀速运动，球做匀加速运动，设经时间t′球的速度等于槽的速度v2′，此时球到侧壁B的距离最大，设为s 由速度公式得v2′＝a1t′ 解得t′＝0.2s

由位移公式得，球到侧壁B的最大距离s＝v2′t′－2v2′t′＝2v2′t′＝0.16m所以此时球与槽的侧壁A没有发生碰撞，这以后球与侧壁B的距离减小，将与侧壁B发生第二次碰撞

（3）设球与槽的侧壁B第一次碰撞后再经时间t2发生第二次碰撞，根据位移相等得

v2′t2＝2a1t2

解得t2＝0.4s

球与槽侧壁B发生第二次碰前的速度v3＝a1t2＝3.2m/s 同理可得碰后球与槽的速度分别为v3′＝1.6m/s，v4′＝3.2m/s 设经t3发生第3次碰撞v4′t3＝v3′t3+2a1t23

11121111112 16

解得t3=0.4s

由此可推得相邻两次碰撞时间间隔均t0.4s

第n次碰后槽的速度为1.6n，球与槽第六次碰前槽的位移

x1.6t21.6t51.6t

解得x9.6m

3．（1）30N；（2）0.2m；（3）3.67m

【解析】（1）设滑块Q到达B点时速度为v，由动能定理得mgrmv2 在B点FNmgr12mv 2联立代入数值得FN30N，v25m/s

由牛顿第三定律知：滑块Q对轨道压力的大小为30N

Q在传送带上开始做匀减速运动。（2）由于v＞v0，设Q一直减速滑过传送带的速度为v1， 由动能定理得mgl代入数值得v14m/s

由于v1仍大于v0，说明假设成立，即Q与P碰撞前的速度为4m/s

设第一次碰后P的速度为vp，Q的速度为vQ，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械121212能守恒定律得mv1mvQMvP，mv1mvQMvP

2221212mv1mv 22代入数值得vp2m/s，vQ2m/s

由题知：滑块P与滑块Q第一次碰撞后获得的速度最大，则：滑块P运动的最大高度为：

12MvPMgh 2代入数值得h0.2m

（注：滑块P再次回到A点经历的时间为tπR1.72s，小于滑块Q返回的时间gt/2vQg2s。说明滑块P先于滑块Q回到A点）

v1 2v1的速度向右滑上传送带后在摩擦力的作用下做减速运动，设向2（3）由上述方程知vQ上式表明碰撞后滑块Q以

12右减速的最大位移为xm，由动能定理得mgxm0mvQ

2解得xm1m

17

由运动的对称性可知，滑块Q将以

v1的速度滑块P发生弹性碰撞，同理可推：滑块Q每次2碰后都将被传送带带回并与滑块P发生下一次碰撞。则滑块Q与滑块P碰撞n次的速度大小为

v1。滑块Q在传送带上发生的路程为 2nv12111L12(2g222426代入数值得L=3.67m

1) 22n18k1L4． （1）s≥1.6m；（2）k>；（3）4k22kg4【解析】（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得

mAv0(mAmC)v1

代入数据解得v1=4m/s

若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得mAgs代入数据解得s=1.6m

则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6m； （2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理

1mCv120 2mAgh解得v'10

112mAv'1mAv12 22A上到高台后受力为F=mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知

F=mg=ma

解得a=g

2设与B碰前A的速度为vA，有vA2gkL

A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知mAvAmAvA1mBvB1

111222由机械能守恒定律可知mAvAmAvA1mBvB1

222联立解得vA10，vB12gkL A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为

t1LL vB12gk碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为t22L g1由题意得：t2>t1，解得k>

4 18

1A与B同向运动不能相撞，此时有k>；

41（3）当k>时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞）根据题

4意，B与挡板碰后速率仍为vB12gkL，设B向左运动时加速度大小为a'，则

Fma'

解得a'g

设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则L解得t3112g(t1t3)2vs1t3gt3 22(4k1)L4k1L

8kgl4k2kgl2k18kgvg1g2kL gB反向减速至零的时间t0因为

t34k11，故所求t3合理，则 t04k(2k1)tt1t3

L4k1L8k1L 2gk2k18kg4k22kg 19