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碰撞及類碰撞模型歸類例析
一、碰撞的特點(diǎn)：
（1）作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，因?yàn)闃O短相互作用時(shí)間內(nèi)可以忽略外力的影響，對(duì)系統(tǒng)而言動(dòng)量保持不變，即總動(dòng)量總是守恒的；
（2）系統(tǒng)能量不能憑空增加，在碰撞過程中，因?yàn)闆]有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以總動(dòng)能一定不會(huì)增加，在完全彈性碰撞過程中動(dòng)能守恒，然而在非彈性碰撞中，系統(tǒng)動(dòng)能減小，總之碰撞不會(huì)導(dǎo)致系統(tǒng)動(dòng)能增加；
（3）在碰撞過程中，當(dāng)兩物體碰后速度相等，即發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能損失最大；
（4）在碰撞過程中，兩物體產(chǎn)生的位移可以忽略不計(jì)。
二、常見的碰撞模型：
1．彈性碰撞
彈性碰撞是高中物理碰撞問題中最常見的模型，對(duì)該碰撞問題的處理所依據(jù)的物理原理也相對(duì)容易理解。所謂的彈性碰撞是指研究對(duì)象之間在碰撞的瞬間動(dòng)能沒有損失。
（1）動(dòng)靜碰撞模型
如圖所示，在光滑的水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞．
小球發(fā)生的是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒，得
，
由上兩式解得： ，
推論：
① 若m1 = m2，可得v'1 = 0、v'2 = v1，相當(dāng)于兩球交換速度。
② 若m1 > m2，則v'1>0 且v'2>0，即v'1和v'2均為正值，表示碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向與v1相同．
③ 若m1>>m2，則m1－m2≈m1，m1 + m2≈m1，可得v'1 = v1，v'2 = 2v1。表示m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去。
④ 若m1 ⑤ 若m1<例題1：（2010安徽卷）如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度υ0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)
（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；
（2）在滿足(1)的條件下。求的甲的速度v0；
（3）若甲仍以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍。
分析與解：
（1）在乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則
①， ②， ③
聯(lián)立①②③得： ④
（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：
⑤， ⑥
聯(lián)立⑤⑥得：v乙= v0 ⑦
由動(dòng)能定理得： ⑧
聯(lián)立①⑦⑧得： ⑨
（3）設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有：
⑩，
聯(lián)立⑩得：
由和，可得：
設(shè)乙球過D點(diǎn)的速度為，由動(dòng)能定理得
聯(lián)立⑨得：
設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為，則有：
聯(lián)立②得：
答案：（1）0.4m ，（2） ，（3）
（2）動(dòng)動(dòng)碰撞模型
如圖所示，在光滑的水平面上質(zhì)量為m1的小球以速度v1與質(zhì)量為m2速度為v2的小球發(fā)生彈性碰撞．
小球發(fā)生的是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒，得
，
由上兩式解得： ， （記憶方法：把假定兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞后結(jié)合為一體的速度稱為共速，兩運(yùn)動(dòng)物體發(fā)生彈性碰撞后的速度等于假共速的2倍再減去碰撞前速度。也可以說碰撞前的速度、共速和碰撞后的速度成矢量等著數(shù)列。）
推論：
①碰撞前兩物體相互靠近的相對(duì)速度與碰撞后兩物體相互遠(yuǎn)離的相對(duì)速度大小相等。
②如果m1= m2，可得，，即質(zhì)量相等，交換速度．
③如果m1<④如果m1>>m2，則，。
例題2：（2006重慶卷）如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)量分別為m、βm(β為待定系數(shù))。A球從工邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為,碰撞中無機(jī)械能損失。重力加速度為g。試求：
(1)待定系數(shù)β;
(2)第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫?
(3)小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度。
分析與解：
（1）因?yàn)榕鲎矝]有能量損失，所以碰撞后兩小球上升到最高點(diǎn)后的總勢(shì)能與初初狀態(tài)時(shí)A球的勢(shì)能相等，則：mgR= mgR/4+ βmgR/4，得β=3。
說明：此題也可以用動(dòng)量守恒定律解答。碰前A球的速度為，碰后兩球均能上升最大高度為，即兩球速度大小均為，由動(dòng)量守恒定律得： ，可以解得β=3。
（2）設(shè) A、B 碰撞后的速度分別為 vA、vB，則
設(shè)向右為正、向左為負(fù)，解得 ，方向向左 ；，方向向右
設(shè)軌道對(duì) B 球的支持力為 N， B 球?qū)壍赖膲毫镹′，方向豎直向上為正、 向下為負(fù).
則：，，方向豎直向下。
（3）A、B 球第二次碰撞前的速度與第一次碰撞后的速度大小相等，方向相反，所以第二次碰撞前A、B兩球的速度為，。設(shè) A、B 球第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為，，則 ， ，解得：，
由此可得：
當(dāng) n為奇數(shù)時(shí)，小球 A、B 在第 n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)相同；
當(dāng) n為偶數(shù)時(shí)，小球 A、B 在第 n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)相同.
答案：（1）3，（2）4.5mg，（3）當(dāng) n為奇數(shù)時(shí)，，；當(dāng) n為偶數(shù)時(shí)，，。
2．非彈性碰撞與完全非彈性碰撞
非彈性碰撞是指由于碰撞使研究對(duì)象發(fā)生形變，而且相互作用后短時(shí)間無法恢復(fù)原狀，因此該過程中部分動(dòng)能轉(zhuǎn)換成其他形式的能量，不滿足動(dòng)能守恒。完全非彈性碰撞與非彈性碰撞原理類似，不同的是損失的動(dòng)能最多，相應(yīng)其他形式的能增加最多，因此對(duì)于非彈性碰撞應(yīng)主要根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒進(jìn)行求解。
（1）非彈性碰撞
如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量為m1和m2的兩個(gè)小球，兩者速度分別為v1和v2，兩小球相碰后的速度分別為v1＇和v2＇，設(shè)碰撞過程中有 的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為其它形式的能量，根據(jù)動(dòng)能守恒和能量守恒有：
，
通常把稱為恢復(fù)系數(shù)e，即
由上式解得： ，
當(dāng)恢復(fù)系數(shù)e=1時(shí)為彈性碰撞，當(dāng)當(dāng)恢復(fù)系數(shù)e=0時(shí)為完全非彈性碰撞。
例題3：[2020年全國卷Ⅲ]甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示．已知甲的質(zhì)量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為(　　)
A．3J B．4J C．5J D．6J
分析與解：
根據(jù)題圖圖像可得，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，
碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6kg，
碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，解得ΔE＝3J，故選A.
答案：A
例題4：兩小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m1=4kg，m2=2kg，A的速度v1=3m/s（設(shè)為正），B的速度為v2=-3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是（ ）。
A.均為+1m/s B.+4m/s和-5m/s C.+2m/s和-1m/s D.-1m/s和+5m/s
分析與解:
由動(dòng)量守恒定律可驗(yàn)證4個(gè)選項(xiàng)都滿足要求，再看動(dòng)能變化情況：，由于碰撞過程動(dòng)能不可能增加，因此應(yīng)用 ，可排除選項(xiàng)B。選項(xiàng)C雖滿足，但A、B沿同一直線相撞后相互穿透對(duì)方，這顯然是不符合實(shí)際的，因此選項(xiàng)C錯(cuò)誤。驗(yàn)證選項(xiàng)A、D均滿足上述三項(xiàng)原則。故正確答案為A、D。
答案：AD
方法總結(jié)：判斷碰撞可能性問題，要抓住三項(xiàng)基本原則：
（1）碰撞過程中動(dòng)量守恒原則。
（2）碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能不增加原則。碰撞過程中總動(dòng)能不可能增加，如果是彈性碰撞，系統(tǒng)的總動(dòng)能不變；如果是非彈性碰撞，則有部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，系統(tǒng)總動(dòng)能減少。
（3）碰撞后狀態(tài)合理性原則。如甲追上乙物體并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙，碰后甲的速度必須小于等于乙的速度，或甲做反向運(yùn)動(dòng)。
（2）完全非彈性碰撞
兩物體碰后具有共同的速度，動(dòng)能損失最多，稱為完全非彈性碰撞。像碰撞后發(fā)生永久性形變粘在一起、子彈打木塊作用瞬間達(dá)共速等的碰撞均可歸結(jié)為完全非彈性碰撞．
如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的A和B兩個(gè)小球用彈簧連接，兩者速度分別為v1和v2 (其中v1>v2)。
碰后速度相同即為完全非彈性碰撞：，
系統(tǒng)處于光滑水平面，機(jī)械能守恒。系統(tǒng)損失的動(dòng)能等于彈簧彈性勢(shì)能增加量。m1追擊m2過程中，當(dāng)兩者共速時(shí)，距離最近，彈簧壓縮量最大，對(duì)應(yīng)的彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)損失動(dòng)能最多，所以當(dāng)兩物體速度相同時(shí)動(dòng)能損失最大，即當(dāng)兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)動(dòng)能損失最大。
例題5：[2020年天津]長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求
(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；
(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？
分析與解：
(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律，有m1g＝m1
A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢(shì)能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有 m1vA2＝ m1v2＋2m1gl，聯(lián)立解得vA＝
由動(dòng)量定理，有I＝m1vA＝
(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足v′＝vA
要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，設(shè)以此方向?yàn)檎较颍珺碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
聯(lián)立解得vB＝ 又Ek＝m2vB2
可得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為Ek＝
答案：(1) ，　(2)
3、類碰撞模型
在很多情況下，如果兩個(gè)物體相互作用的過程中，滿足動(dòng)量守恒定律的條件，而且在相互作用過程中的初、末狀態(tài)的總機(jī)械能也不變，那么在解決此類問題時(shí)，可以當(dāng)做碰撞模型來處理，我們把這樣的情況叫作類碰撞。根據(jù)兩物體間相互作用力的性質(zhì)，可以分為“勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”碰撞和“非勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”碰撞。
（1）“勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”碰撞
系統(tǒng)內(nèi)兩物體間的作用力做功是系統(tǒng)動(dòng)能變化的原因，若做功的力僅為重力、彈簧彈力或電場力等使動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的力，當(dāng)兩物體的速度相等時(shí)，出現(xiàn)“類完全非彈性碰撞”現(xiàn)象，當(dāng)力做的總功為0時(shí)，出現(xiàn)“類彈性碰撞”現(xiàn)象，我們把這類稱為“勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”類碰撞。常見的有物體爬上斜木塊、物塊間有彈簧的問題、帶電體的相互作用等都屬于這類問題。
例題6：質(zhì)量為m的小車，帶有四分之一光滑的圓弧軌道，在光滑水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，另外一個(gè)質(zhì)量也為m的小球，給它一個(gè)水平初速度v0沖上小車，小球沒有從另一邊沖出，之后又返回到小車的左端，那么小球之后的運(yùn)動(dòng)情況是（　?。?br/>A．小球以后將向左以速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運(yùn)動(dòng)
C．小球以后將向右以速度v0做平拋運(yùn)動(dòng)
D．小球與小車共同以v0向右運(yùn)動(dòng)
分析與解：
從小球沖上小車，與小車作用過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)在水平方向上符合動(dòng)量守恒定律:
　①
又因?yàn)閳A弧軌道是光滑的，所以沒有摩擦力做功，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
②
①②式與彈性碰撞表達(dá)式一樣，此過程類似于彈性碰撞，兩物體質(zhì)量相等發(fā)生彈性碰撞交換速度，即，，小球速度變?yōu)榱悖_始做自由落體運(yùn)動(dòng)，故B選項(xiàng)正確。
答案：B
例題7：如圖所示，四分之一光滑絕緣軌道PM的半徑為R，勻強(qiáng)磁場僅在該軌道內(nèi)，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。水平絕緣軌道ＭＮ 光滑而且足夠長，PM最低點(diǎn)與水平軌道MN相切于M點(diǎn)。一個(gè)質(zhì)量為m的小球b靜止在水平軌道上，小球b帶正電。另一個(gè)質(zhì)量為2m的帶正電小球a、帶電量為q，從P點(diǎn)無初速度釋放，在小球a進(jìn)入水平軌道MN后，a和b兩個(gè)小球之間只有靜電力作用，并且a和b兩個(gè)小球始終沒有接觸。帶電小球都可以看作是點(diǎn)電荷，假設(shè)小球b離最低點(diǎn)M足夠遠(yuǎn)，重力加速度是g。求：（1）求a、b兩小球系統(tǒng)的電勢(shì)能最大值EP。（2）a和b 兩個(gè)小球最終的速度va和vb的大小。
分析與解：
a球與b球相互作用時(shí)只有電場力做功，當(dāng)二者離的最近時(shí)，電勢(shì)能最大，當(dāng)兩者完全分離后電勢(shì)能為零，動(dòng)能與初始狀態(tài)相等，物理規(guī)律符合彈性碰撞模型。
（1）小球ａ從Ｐ 到Ｍ 過程中，洛倫茲力和彈力都不做功，只有重力做功
根據(jù)動(dòng)能定理有 ，解得
兩球速度相等時(shí)系統(tǒng)電勢(shì)能最大，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)能量守恒定律有
解得
（2）整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得
由初、末狀態(tài)的機(jī)械能相等可得
解得，
答案：（1），（2），
（2） “非勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”碰撞
若做功的力涉及摩擦力等使動(dòng)能與內(nèi)能、電能等非勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化的力，它們做功的代數(shù)和為負(fù)值，系統(tǒng)的動(dòng)能必然減小，不會(huì)出現(xiàn)“類彈性碰撞”現(xiàn)象，且當(dāng)兩物體的速度相等時(shí)，出現(xiàn)“類完全非彈性碰撞”現(xiàn)象，我們把這類稱為“非勢(shì)能轉(zhuǎn)化型”碰撞。常見的滑塊木板問題、子彈打木塊問題、電磁感應(yīng)雙桿問題都屬于這類問題。
例題8：如圖所示，將質(zhì)量為2m的長木板靜止地放在光滑的水平面上，另一質(zhì)量為m的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且不脫離木板，鉛塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。重力加速度為g。
(1)問木板的長度為多少
(2)若將木板分成長度與質(zhì)量均相等(m1=m2=m)的兩段1、2后緊挨著放在同一水平面上,讓小鉛塊以相同的初速度v0由木板1的左端開始運(yùn)動(dòng)，如圖所示。
①鉛塊離開木板1時(shí)，木板1的速度為多大
②通過計(jì)算判斷鉛塊能否從木板2上滑落，若不能,請(qǐng)計(jì)算鉛塊到木板2右端的距離。
分析與解：
(1)設(shè)鉛塊恰到達(dá)木板右端時(shí)的速度大小為v,以鉛塊和木板為研究對(duì)象。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+2m)v
根據(jù)能量守恒定律有
聯(lián)立解得
(2)①鉛塊剛離開木板1時(shí),以鉛塊、木板1和木板2為研究對(duì)象,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mv'+2mv1
根據(jù)能量守恒定律有
聯(lián)立解得木板1的速度(另一解舍去)
鉛塊的速度
②若鉛塊沒有從木板2上掉落,當(dāng)鉛塊相對(duì)木板2靜止時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
mv'+mv1=(m+m)v″
根據(jù)能量守恒定律有
聯(lián)立解得：
故鉛塊不能從木板2的右端滑落，到右端的距離為 。
答案： （1） ，(2)①， ②鉛塊不能從木板2的右端滑落，到右端的距離為。
例題9：如圖所示，金屬桿a在離地h高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，水平部分導(dǎo)軌上原來放有一根金屬桿b，已知桿a的質(zhì)量為m，b桿的質(zhì)量為m水平導(dǎo)軌足夠長，不計(jì)摩擦，求：
( 1) a和b的最終速度分別是多大
( 2) 整個(gè)過程中回路釋放的電能是多少
分析與解：
金屬桿a滑到水平部分與靜止的b作用，滿足動(dòng)量守恒，到最終二者共速時(shí)，可理解成是完全非彈性碰撞，回路中產(chǎn)生的電能等于a、b系統(tǒng)損失的動(dòng)能。
（1）a下滑h的過程，對(duì)金屬桿a列動(dòng)能定理:：，進(jìn)入磁場后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，在安培力作用下，a做減速運(yùn)動(dòng)，b做加速運(yùn)動(dòng)，直至a、b 共速，之后回路的磁通量不變，不存在感應(yīng)電流，a、b 棒均不受安培力，二者勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的速度即為a、b 棒的最終速度，設(shè)為v，由過程中a、b 系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動(dòng)量守恒： ，解得最終速度．
（2）由能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的電能等于a、b系統(tǒng)損的動(dòng)能失，．
答案：（1）（2）
4、碰撞中正壓力與彈力沖量的關(guān)系
兩物體在碰撞中有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，正壓力的沖量，摩擦力的沖量，即摩擦力的沖量是正壓力沖量的倍，也就是沿接觸面方向動(dòng)量變化量是垂直接觸面方向的動(dòng)量變化量的倍。
例題10：如圖所示，光滑水平地面上的小車靜止在小平臺(tái)邊緣，小車質(zhì)量為M=2kg，質(zhì)量為m=1kg的小球以初速度v0=3.0m/s的速度從離小車高度h=0.2m的平臺(tái)上水平拋出，小球與小車的摩擦系數(shù)為μ=0.5，小球每次與小車碰撞后豎直速度變?yōu)樵瓉淼?/5，小車足夠長，重力加速度取10m/s2，小球與小車碰撞時(shí)間極短，求小球靜止在車上距左端多遠(yuǎn)處？
分析與解：小球第一次落到小車時(shí)的豎直速度，碰撞后的豎直速度豎直方向動(dòng)量變化量，水平方向的動(dòng)量變化，碰撞后小球的水平速度變化量為，碰后小球的水平速度，碰撞后小車的速度為。
因?yàn)橄乱淮闻鲎睬昂筘Q直方向上的速度均為上一次碰撞的2/5，即，豎直方向動(dòng)量變化量為上一次碰撞動(dòng)量變化量的2/5，如果還有相對(duì)滑動(dòng)，則水平方向上的動(dòng)量變化量也為上一次動(dòng)量變化量的2/5，故第二碰撞后小球水平速度的變化量為 ，所以第二次碰撞后小水平速度，小車的速度為。
若第三碰撞全過程中仍有相對(duì)滑動(dòng)，則碰撞后水平速度的變化量為 ，所以第三次碰撞后小球水平速度，小車的速度為，因?yàn)樾≤嚨乃俣炔豢赡艽笥谛∏蛩俣龋缘谌闻鲎菜椒较蛏纤俣认嗤蟛辉儆心Σ亮?，共同速度?m/s。以后小球在小車上原位置上下彈跳，直到停在小車上。
答案：0.7824m
5、分方向處理動(dòng)量定理的應(yīng)用
例題11：光滑水平面上二個(gè)相同的小球、，套在固定光滑細(xì)桿上，與之間用的不可伸長的輕繩連接。初始時(shí)的位置關(guān)系如圖所示，B的初速度是，求與之間繩子繃緊的瞬間A和B的速度大小。
分析與解：將B的初速度分解為沿繩和垂直于繩的速度，即，，如圖所示，設(shè)繩繃緊一瞬間B沿繩和垂直繩的速度為和，繩上的沖量為I。
對(duì)B沿繩方向，對(duì)A沿桿方向，
又沿繩速度相等得，解得，，
對(duì)B兩速度合成得，對(duì)A則得
答案： ，
1、（2009全國1卷21）：質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等。兩者質(zhì)量之比M/m可能為（ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
解析：方法一：設(shè)碰撞以后M和m的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：Mv=Mv1+mv2。因?yàn)榕鲎埠髢烧叩膭?dòng)量正好相等，所以有：Mv1=mv2， 據(jù)物理情境分析必有v2≥v1， 所以有M≥m①；因?yàn)榕鲎策^程動(dòng)能不增加，所以有：Mv2≥Mv12+ mv22②。聯(lián)立①②解得：1≤M/m≤3。故正確答案為AB。
方法二：根據(jù)動(dòng)量關(guān)系進(jìn)行求解:設(shè)碰撞前M的初動(dòng)量為p，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律和題意知碰撞后兩物體的動(dòng)量均為p/2，因?yàn)樵谂鲎策^程中動(dòng)能不會(huì)增加，所以有： p2/2M≥(p/2) 2/2M+(p/2)2/2m解得M/m≤3，即AB選項(xiàng)正確。
答案：AB
2、[2020年北京]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h釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度h.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)仍能擺到高度h
B．將1、2號(hào)一起移至高度h釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度h，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h釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度h
D．將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度h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h，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒
解析：若將2號(hào)球換成質(zhì)量不同的小鋼球，1號(hào)碰2號(hào)時(shí)不能交換速度，2號(hào)碰3號(hào)時(shí)也不能交換速度，則3號(hào)不能擺至高度h，故A錯(cuò)誤；釋放后下落過程以及擺起過程合外力不為0，動(dòng)量都不守恒，故B錯(cuò)誤；右側(cè)涂膠的1號(hào)碰2號(hào)時(shí)粘在一起為非彈性碰撞，有機(jī)械能損失，則與3號(hào)相碰，3號(hào)不能擺至高度h，故C錯(cuò)誤；碰撞后，2號(hào)和3號(hào)粘在一起，屬于非彈性碰撞，機(jī)械能不守恒，2、3號(hào)不能擺至高度h，且釋放后下落過程以及擺起過程動(dòng)量都不守恒，故D正確．
答案：D
3、[ 2020年全國卷Ⅱ] (多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞．總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員．不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48kg B．53kg
C．58kg D．63kg
解析：設(shè)運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為M，第一次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v1，第二次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v2……第八次推物塊后，運(yùn)動(dòng)員速度大小為v8，第一次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物塊后由動(dòng)量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物塊后，由動(dòng)量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，整理得vn＝，則v7＝，v8＝.由題意知，v7<5m/s，則M>52 kg，又知v8>5 m/s，則M<60kg，故選B、C.
答案：BC
4、（2009全國Ⅰ卷）如圖所示，傾角為θ的斜面上靜止放置三個(gè)質(zhì)量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運(yùn)動(dòng)。整個(gè)過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個(gè)木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g.設(shè)碰撞時(shí)間極短，求
（1）工人的推力；
（2）三個(gè)木箱勻速運(yùn)動(dòng)的速度；
（3）在第一次碰撞中損失的機(jī)械能。
解析：(1)當(dāng)勻速時(shí),把三個(gè)物體看作一個(gè)整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.
根據(jù)平衡的知識(shí)有
(2)第一個(gè)木箱與第二個(gè)木箱碰撞之前的速度為V1
加速度
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理有
碰撞后的速度為V2根據(jù)動(dòng)量守恒有
即碰撞后的速度為
然后一起去碰撞第三個(gè)木箱,設(shè)碰撞前的速度為V3
從V2到V3的加速度為
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有,得
跟第三個(gè)木箱碰撞根據(jù)動(dòng)量守恒有
得就是勻速的速度.
(3)設(shè)第一次碰撞中的能量損失為,根據(jù)能量守恒有
代入數(shù)據(jù)得.
答案：（1），（2），（3）
4、（2004全國Ⅱ卷）柴油打樁機(jī)的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運(yùn)動(dòng)，錘向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)把柴油打樁機(jī)和打樁過程簡化如下：
柴油打樁機(jī)重錘的質(zhì)量為m，錘在樁帽以上高度為h處（如圖1）從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質(zhì)量為M（包括樁帽）的鋼筋混凝土樁子上。同時(shí)，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時(shí)間極短。隨后，樁在泥土中向下移動(dòng)一距離l。已知錘反跳后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，錘與已停下的樁幅之間的距離也為h（如圖2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的質(zhì)量不計(jì)。設(shè)樁向下移動(dòng)的過程中泥土對(duì)樁的作用力F是恒力，求此力的大小。
解析：錘自由下落，碰樁前速度v1向下， ①
碰后，已知錘上升高度為（h－l），故剛碰后向上的速度為 ②
設(shè)碰后樁的速度為V，方向向下，由動(dòng)量守恒， ③
樁下降的過程中，根據(jù)功能關(guān)系， ④
由①、②、③、④式得 ⑤
代入數(shù)值，得 N ⑥
答案：N
5、（2014全國新課標(biāo)卷）如圖，質(zhì)量分別為、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，重力加速度大小為，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失?！?br/>（1）B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度；
（2）P點(diǎn)距離地面的高度。
解析：（1）B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
可得B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度
（2）A球下落過程，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)可得A球的速度
設(shè)B球的速度為， 則有碰撞過程動(dòng)量守恒
碰撞過程沒有動(dòng)能損失則有
解得，
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
所以P點(diǎn)的高度
答案：，
6、（2009年高考重慶理綜卷）探究某種筆的彈跳問題時(shí)，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m.筆的彈跳過程分為三個(gè)階段：
①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見圖a）；
②由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為h1時(shí)，與靜止的內(nèi)芯碰撞（見圖b）；
③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處（見圖c）。
設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力、不計(jì)摩擦與空氣阻力，重力加速度為g。求：
（1）外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大??；
（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；
（3）從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能。
解析：設(shè)外殼上升高度h1時(shí)速度為V1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為V2，
(1)對(duì)外殼和內(nèi)芯，從撞后達(dá)到共同速度到上升至h2處，應(yīng)用動(dòng)能定理有
(4mg＋m)( h2－h(huán)1)＝(4m＋m)V22，解得V2＝；
（2）外殼和內(nèi)芯，碰撞過程瞬間動(dòng)量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，
解得V1＝，
設(shè)從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過程中，對(duì)外殼應(yīng)用動(dòng)能定理有
W－4mgh1＝(4m)V12，
解得W＝mg；
（3）由于外殼和內(nèi)芯達(dá)到共同速度后上升高度h2的過程，機(jī)械能守恒，只是在外殼和內(nèi)芯碰撞過程有能量損失，損失的能量為＝(4m)V12－(4m＋m)V22，
聯(lián)立解得＝mg(h2－h(huán)1)。
答案：（1）（2）mg（3）mg(h2－h(huán)1)
7、（2007全國Ⅰ）如圖所示，質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛?，F(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成θ=600的位置自由釋放，下擺后在最低點(diǎn)與金屬球發(fā)生彈性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場。已知由于磁場的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處。求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于450。
解析：設(shè)：小球m的擺線長度為l
小球m在下落過程中與M相碰之前滿足機(jī)械能守恒： ①
m和M碰撞過程滿足： ②， ③
聯(lián)立 ②③得： ④
說明小球被反彈，而后小球又以反彈速度和小球M發(fā)生碰撞，滿足：
⑤， ⑥
解得： ⑦，整理得： ⑧
所以： ⑨
而偏離方向?yàn)?50的臨界速度滿足： ⑩
聯(lián)立① ⑨ ⑩代入數(shù)據(jù)解得，當(dāng)n=2時(shí)，
當(dāng)n=3時(shí)，，所以，最多碰撞3次
答案：最多碰撞3次
8、（2007重慶）某興趣小組設(shè)計(jì)了一種實(shí)驗(yàn)裝置，用來研究碰撞問題，其模型如題25圖所示不用完全相同的輕繩將N個(gè)大小相同、質(zhì)量不等的小球并列懸掛于一水平桿、球間有微小間隔，從左到右，球的編號(hào)依次為1、2、3……N，球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k（k＜1.將1號(hào)球向左拉起，然后由靜止釋放，使其與2號(hào)球碰撞，2號(hào)球再與3號(hào)球碰撞……所有碰撞皆為無機(jī)械能損失的正碰.(不計(jì)空氣阻力，忽略繩的伸長，g取10 m/s2)
（1）設(shè)與n+1號(hào)球碰撞前，n號(hào)球的速度為vn,求n+1號(hào)球碰撞后的速度.
（2）若N＝5，在1號(hào)球向左拉高h(yuǎn)的情況下，要使5號(hào)球碰撞后升高16k(16 h小于繩長)問k值為多少？
（3）在第（2）問的條件下，懸掛哪個(gè)球的繩最容易斷，為什么？
解析： (1)設(shè)n號(hào)球質(zhì)量為m,n+1，碰撞后的速度分別為取水平向右為正方向，據(jù)題意有n號(hào)球與n+1號(hào)球碰撞前的速度分別為vn、0、mn+1
根據(jù)動(dòng)量守恒，有 ①
根據(jù)機(jī)械能守恒，有= ②
由①、②得
設(shè)n+1號(hào)球與n+2號(hào)球碰前的速度為En+1，據(jù)題意有vn-1=，得vn-1==
（2）設(shè)1號(hào)球擺至最低點(diǎn)時(shí)的速度為v1,由機(jī)械能守恒定律有
④，v1= ⑤
同理可求，5號(hào)球碰后瞬間的速度 ⑥
由③式得 ⑦ ，N=n=5時(shí)，v5= ⑧
由⑤、⑥、⑧三式得k= ⑨
（3）設(shè)繩長為l,每個(gè)球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)球的拉力為F,由牛頓第二定律有
⑩，則
式中Ekn為n號(hào)球在最低點(diǎn)的動(dòng)能
由題意1號(hào)球的重力最大，又由機(jī)械能守恒可知1號(hào)球在最低點(diǎn)碰前的動(dòng)能也最大，根據(jù)式可判斷在1號(hào)球碰前瞬間懸掛1號(hào)球細(xì)繩的張力最大，故懸掛1號(hào)球的繩最容易斷.
答案：（1）（2）k=（3）懸掛1號(hào)球的繩最容易斷
9、（2021年廣東）算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取。
（1）通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；
（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。
解析：（ 1）算珠相同，設(shè)每個(gè)算珠的質(zhì)量為m，由題意可知，甲算珠的初速度大小 v 0 =0.4m/s ，碰撞后瞬間甲算珠的速度大小 v 甲 =0.1m/s
設(shè)甲、乙兩算珠碰撞前瞬間甲算珠的速度大小為 v 1 , 從甲算珠開始運(yùn)動(dòng)到甲、乙碰撞前瞬間過程，對(duì)甲算珠，由動(dòng)能定理得： -μmgs 1 =
代入數(shù)據(jù)解得： v 1 =0.3m/s
甲、乙兩算珠碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后瞬間乙算珠的速度大小為 v 乙 , 以碰撞前甲算珠的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： m v 1 =mv 甲 +mv 乙
代入數(shù)據(jù)解得： v 乙 =0.2m/s
設(shè)碰撞后乙算珠甲減速到零過程滑行的距離為 s，對(duì)乙算珠，由動(dòng)能定理得：-μmgs=0-
代入數(shù)據(jù)解得： s=0.02m=s 2 =2.0×10 -2 m ，乙算珠恰好到達(dá)邊框 a處
（ 2）設(shè)兩算珠碰撞后甲滑行距離s 3 后速度變?yōu)榱悖瑢?duì)甲，由動(dòng)能定理得： -μmgs 3 =
代入數(shù)據(jù)解得： s 3 =0.005m
設(shè)從甲開始運(yùn)動(dòng)到甲乙碰撞所需時(shí)間為 t 1 ，從甲乙碰撞到甲停止運(yùn)動(dòng)需要的時(shí)間為 t 2 ,
則： ，
代入數(shù)據(jù)解得： t 1 =0.1s，t 2 =0.1s
甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間： t=t 1 +t 2 =(0.1+0.1)s=0.2s
答案：（1）乙算珠能滑動(dòng)到邊框a；（2）甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間是0.2s。
10、（2011全國新課標(biāo)卷）如圖，A、B、C三個(gè)木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時(shí)用細(xì)線把B和C緊連，是彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢(shì)能。
解析：設(shè)碰后A、B、C的速度的大小為v，由動(dòng)量守恒得：
mv0 = 3mv ①
設(shè)C離開彈簧時(shí)，A、B的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒得：
3mv = 2mv1 + mv0 ②
設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有：
③
由式得彈簧所釋放的勢(shì)能為
④
答案：
11、（2011重慶卷）如圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極端的時(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)與第三車相碰，三車以共同速度又運(yùn)動(dòng)了距離L時(shí)停止。車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g,若車與車之間僅在碰撞時(shí)發(fā)生相互作用，碰撞時(shí)間很短，忽略空氣阻力，求：
（1）整個(gè)過程中摩擦阻力所做的總功；
（2）人給第一輛車水平?jīng)_量的大??；
（3）第一次與第二次碰撞系統(tǒng)功能損失之比。
解析：（1）設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦阻力做的總功為W，則
（2）設(shè)第一車初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1；第二次碰前速度為v2，碰后共同速度為u2；人給第一車的水平?jīng)_量大小為I。
由：，
，
，得：
（3）設(shè)兩次碰撞中系統(tǒng)動(dòng)能損失分別為和
由，，得：/=13/3
答案：（1）（2）（3）/=13/3
12、（2011海南卷）一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止。重力加速度為g。求
（1）木塊在ab段受到的摩擦力f；
（2）木塊最后距a點(diǎn)的距離s。
解析：（1）設(shè)木塊和物體P共同速度為v,兩物體從開始到第一次到達(dá)共同速度過程由動(dòng)量和能量守恒得： ① ， ②
由①②得： ③
（2）木塊返回與物體P第二次達(dá)到共同速度與第一次相同（動(dòng)量守恒）全過程能量守恒得：
④
由②③④得：
答案：（1），（2）
13、（2010全國Ⅱ卷）小球A和B的質(zhì)量分別為mA 和 mB 且mA＞mB ，在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放處距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設(shè)所有碰撞都是彈性的，碰撞時(shí)間極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
解析：根據(jù)題意，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，小球A與B碰撞前的速度大小相等，設(shè)均為，
由機(jī)械能守恒有 ks5u
①
ks5u
設(shè)小球A與B碰撞后的速度分別為和，以豎直向上方向?yàn)檎?，由?dòng)量守恒有
ks5u
②
ks5u
由于兩球碰撞過程中能量守恒，故 ③
聯(lián)立ks5u
ks5u
②③式得： ks5u
④
ks5u
設(shè)小球B能上升的最大高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有ks5u
⑤
由①④⑤式得ks5u
⑥
答案：
14、(2011年全國大綱卷)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對(duì)一下簡化模型的計(jì)算可以粗略說明其原因。
質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿。現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會(huì)發(fā)生碰撞。不計(jì)重力影響。
解析：設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V
由動(dòng)量守恒得 (2m＋m)V＝mv0 ①，解得 V＝v0
此過程中動(dòng)能損失為 △E＝mv02－×3mV2②，解得 △E＝mv02
分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時(shí)兩者的速度分別為v1和V1，
由動(dòng)量守恒得 mv1＋mV1＝mv0 ③
因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔Γ浯┑谝粔K鋼板的動(dòng)能損失為，
由能量守恒得 mv12＋mV12＝mv02－ ④
聯(lián)立①②③④式，且考慮到v1必須大于V1，得 v1＝(＋)v0 ⑤
設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，由動(dòng)量守恒得 2mV2＝mv1 ⑥
損失的動(dòng)能為 △E′＝mv12－×2mV22 ⑦
聯(lián)立①②⑤⑥⑦式得△E′＝(1＋)× ⑧
因?yàn)樽訌椩阡摪逯惺艿降淖枇楹懔Γ散嗍絢eep，射入第二塊鋼板的深度x為x＝(1＋)d⑨
答案：(1＋)d
15、（2019·全國Ⅰ·25）.豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。
（1）求物塊B的質(zhì)量；
（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；
（3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。
解析：（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為、，彈性碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，即：，
聯(lián)立方程解得：；，根據(jù)v-t圖象可知，
解得：
（2）設(shè)斜面的傾角為，根據(jù)牛頓第二定律得
當(dāng)物塊A沿斜面下滑時(shí)：，由v-t圖象知：
當(dāng)物體A沿斜面上滑時(shí)：，由v-t圖象知：
解得：；又因下滑位移
則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：
其中為P點(diǎn)離水平面得高度，即，解得
故在圖（b）描述的整個(gè)過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：
（3）設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為，設(shè)原來的摩擦因?yàn)闉?br/>則以A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有：
設(shè)改變后的摩擦因數(shù)為，然后將A從P點(diǎn)釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時(shí)，速度減為零，以A為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律得：
又據(jù)（2）的結(jié)論可知：，得：
聯(lián)立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：。
答案：（1）3m （2）（3）
16、. [2020年山東]如圖所示，一傾角為θ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m和4m，Q靜止于斜面上A處．某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞．Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于tanθ，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.
(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；
(3)求物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度H；
(4)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.
解析：(1)P與Q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mv0＝mvP1＋4mvQ1①
由機(jī)械能守恒定律得mv02＝mvP12＋·4mvQ12②，聯(lián)立①②式得vP1＝－v0③vQ1＝v0④
故第一次碰撞后P的速度大小為v0，Q的速度大小為v0
(2)設(shè)第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－vQ12＝2·(－2gsinθ)·⑤
聯(lián)立①②⑤式得h1＝⑥
設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為v02，第一次碰后至第二次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得mv022－mvP12＝－mgh1⑦聯(lián)立①②⑤⑦式得v02＝v0⑧
P與Q的第二次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為vP2、vQ2，由動(dòng)量守恒定律得mv02＝mvP2＋4mvQ2⑨
由機(jī)械能守恒定律得mv022＝mvP22＋·4mvQ22⑩
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得vP2＝－×v0 vQ2＝×v0
設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－vQ22＝2·(－2gsinθ)·
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得h2＝·
設(shè)P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時(shí)速度為v03，第二次碰后至第三次碰前，對(duì)P由動(dòng)能定理得mv032－mvP22＝－mgh2 ，聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得v03＝()2v0
P與Q的第三次碰撞，設(shè)碰后P與Q的速度分別為vP3、vQ3，由動(dòng)量守恒定律得mv03＝mvP3＋4mvQ3
由機(jī)械能守恒定律得mv032＝mvP32＋·4mvQ32
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得vP3＝－×()2v0 vQ3＝×()2v0
設(shè)第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對(duì)Q由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0－vQ32＝2·(－2gsinθ)·
聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩ 式得h3＝()2·
總結(jié)可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為hn＝()n－1· (n＝1,2,3……)
(3)當(dāng)P、Q達(dá)到H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
0－mv02＝－(m＋4m)gH－tanθ·4mgcosθ·解得H＝
(4)設(shè)Q第一次碰撞至速度減為零需要的時(shí)間為t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vQ1＝2gt1sinθ
設(shè)P運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度為vP1′，需要的時(shí)間為t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
vP1′＝vP1＋gt2sinθvP1′2－vP12＝2sgsinθ
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t3v02＝(－vP1)－gt3sinθ
當(dāng)A點(diǎn)與擋板之間的距離最小時(shí)t1＝2t2＋t3
聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得s＝
答案：（1）vP1＝－v0，vQ1＝v0，（2）hn＝()n－1· (n＝1,2,3……)，（3）H＝，（4）
17.如圖，在地面上方、水平虛線下方存在一種特殊的相互作用區(qū)。作用區(qū)對(duì)小球A沒有力的作用，對(duì)小球B有豎直向上的大小等于重力的力的作用。兩小球 A 和 B 的質(zhì)量均為 m ，初始時(shí)小球B靜止在虛線邊界下方h高處，小球A從B正上方的虛線邊界處由靜止釋放。小球A與小球B發(fā)生的碰撞為彈性碰撞，碰撞的時(shí)間極短。求：
(1)兩小球發(fā)生第一次碰撞的過程中, B受到A的沖量大小。
(2)兩小球發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B間的最大距離。
(3)要使兩小球能發(fā)生三次碰撞,水平虛線距地面的距離至少為多少。
解析：(1)小球A與B碰撞前的速度為，由機(jī)械能守恒定律，得①
碰撞過程動(dòng)量與機(jī)械能守恒得②，③
由①②③得，，由動(dòng)量定理可得
（2）小球A和B碰撞后，B做勻速運(yùn)動(dòng)，A做自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度相等時(shí)二者距離最遠(yuǎn)。
經(jīng)過時(shí)間距離最大，即
（3）設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2發(fā)生第二次碰撞，第二次碰撞時(shí)的位置離第一次碰撞位置的距離為。
④，⑤，由④⑤式得
第二次碰撞前，小球A的速度為，小球B的速度為
碰撞過程動(dòng)量與機(jī)械能守恒得，
由⑥⑦解得，
設(shè)經(jīng)過時(shí)間t3發(fā)生第三次碰撞，第三次碰撞時(shí)的位置離第二次碰撞位置的距離為。
⑨，⑩，由⑨⑩式得
則第三次碰撞位置距離虛線位置
答案：(1) ， (2)h，(3)13h
18、如圖所示,在光滑水平長直軌道上,A、B兩小球之間有一處于原長的輕質(zhì)彈簧,彈簧右端與B球連接,左端與A球接觸但不粘連,已知mA=,mB=2m,開始時(shí)A、B均靜止。在A球的左邊有一質(zhì)量為m的小球C以初速度v0向右運(yùn)動(dòng),與A球碰撞后粘在一起成為一個(gè)復(fù)合球D,碰撞時(shí)間極短,接著逐漸壓縮彈簧并使B球運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間后,D球與彈簧分離(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))。
(1)上述過程中,彈簧的最大彈性勢(shì)能是多少
(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí),B球的速度是多大
(3)若開始時(shí)在B球右側(cè)某位置固定一塊擋板(圖中未畫出),在D球與彈簧分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞,并在碰后立即將擋板撤走,設(shè)B球與擋板碰撞時(shí)間極短,碰后B球速度大小不變,但方向相反,請(qǐng)求出此后彈簧的彈性勢(shì)能最大值的范圍。
【解析】(1)設(shè)C與A相碰后速度為v1,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1
C與A碰后結(jié)合為D球,D球通過彈簧與B球作用,當(dāng)D球與B球速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,設(shè)此時(shí)速度為v2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1=3mv2
根據(jù)能量守恒定律有Epmax=m-×3m，解得Epmax=m。
(2)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí),D球速度為v3,B球速度為v4,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1=mv3+2mv4
根據(jù)能量守恒定律有m=m+×2m，聯(lián)立解得v3=-,v4=。
(3)設(shè)B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度分別為v5、v6,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mv5+2mv6
與擋板碰后彈簧的彈性勢(shì)能最大,D、B兩球速度相等,設(shè)為v',根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv5-2mv6=3mv'
解得v'====
根據(jù)能量守恒定律知,彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep'=×m×-×3m×v'2
解得Ep'=-×=-
當(dāng)v5=時(shí),Ep'最大,Epmax'=；當(dāng)v5=-時(shí),Ep'最小,Epmin'=。所以≤Ep'≤。
【答案】(1)m　(2)　(3)≤Ep'≤
優(yōu)秀試題集錦
1、甲、乙兩物體間距1m靜置于水平桌面上，乙位于0點(diǎn)，甲質(zhì)量是乙的2倍，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同?，F(xiàn)對(duì)甲施加如圖所示的水平推力使其向乙運(yùn)動(dòng)，推力大小為甲所受摩擦力的2倍，甲與乙碰前瞬間撤去推力，碰撞時(shí)間極短，碰后甲停在距0點(diǎn)0.25m處，甲乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，則
A. 碰后甲向右運(yùn)動(dòng)
B. 甲乙碰撞過程為彈性碰撞
C.碰后乙停在距0點(diǎn)1m處
D. 碰后至甲乙均停下的過程，摩擦力對(duì)甲乙沖量大小相等
答案：ACD
2、如圖所示，質(zhì)量均為m=2kg，大小相同的長木板甲、乙相隔一段距離靜置于光滑水平面上，甲上表面粗糙、乙上表面光滑。乙的右端固定一輕質(zhì)彈簧，彈簧原長小于木板長度。一質(zhì)量M=4kg的小銅塊以v0=6m/s的速度從甲左端滑上，當(dāng)銅塊滑到甲右端時(shí)兩者速度相等，此后甲與乙發(fā)生碰撞并粘在一起，銅塊在乙表面與彈簧相互作用過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知銅塊與甲之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.6,g取10m/s2，求：（1)甲、乙剛碰完時(shí)的共同速度的大?。唬?)彈簧的最大彈性勢(shì)能E；（3)乙的最大速度；（4)判斷銅塊能否從甲左側(cè)滑出，若能，求其滑出時(shí)的速度；若不能，求其最終離甲左端的距離。
解：（1)銅塊與甲相互作用過程，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒Mv0= (M+m)v1 ，解得：v1=4m/s
甲與乙碰撞過程，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒mv1= (m+m) v2，解得：v2=2m/s
（2)從甲、乙碰撞結(jié)束到銅塊壓縮彈簧至最短，對(duì)甲、乙、銅塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：Mv1+2mv2=(M+2m)v，解得：v＝3m/s
由能量守恒定律得：，解得：E,=4J
（3)彈簧彈開時(shí)，甲速度最大，從甲、乙碰撞結(jié)束到彈簧彈開，由動(dòng)量守恒定律得：Mv1+2mv2=Mv3+2mv4
由能量守恒定律得：
解得：v3=2m/s、v4=4m/s，即乙最大速度為4m/s
（4)銅塊再次滑上甲后開始減速，設(shè)銅塊相對(duì)甲滑動(dòng)的距離為x,最終未從甲上滑下，則三者最終同速，即v=3m/s，此過程，由功能關(guān)系得：，解得：x=1/6m
設(shè)板長為L，銅塊第一次與甲相互作用過程，由功能關(guān)系得：
解得：L=1m，L>x，銅塊不能滑出，可得Δx=L-x=5/6m
3、長木板上固定著“V”形支架，總質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上。在支架右端0處，通過長為L的輕質(zhì)繩懸掛質(zhì)量為m、可看作質(zhì)點(diǎn)的小錐體，板上A點(diǎn)位于錐體正下方h處。將小錐體移到0點(diǎn)右側(cè)，并使繩水平伸直，然后由靜止釋放。
（1）求錐體和木板最大速度的大小；
（2）以釋放前0點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，寫出小錐體運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；
（3）若小錐體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，繩子與錐體連接處忽然斷開，求小錐體在木板上的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離；
（4）若小錐體落在木板上不反彈，且沒有相對(duì)木板滑動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，分析錐體和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)應(yīng)滿足什么條件。
18．（16分）如圖甲所示，半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1m的平板B均靜置于光滑水平地面上，A與B剛好接觸且二者的上表面相切，一物塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜置于B的最右端，C與B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化，其變化關(guān)系如圖乙所示。已知A、B、C的質(zhì)量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，現(xiàn)給C一水平向左的初速度v0＝4m/s。
（1）若A、B固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點(diǎn)P時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
（2）若A、B不固定，其他條件均不變，求：
（i）C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功；
（ii）C相對(duì)于A最低點(diǎn)P所能達(dá)到的最大高度（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；
（iii）若將A、B粘連在一起，改變v0大小，其他條件均不變，使C能夠沿A上升，且再次返回到A最低點(diǎn)P時(shí)具有相對(duì)于地面水平向左的速度，v0的取值范圍為多少。
【分析】（1）因C由B的最右端滑至最左端過程中C所受滑動(dòng)摩擦力與位移成線性關(guān)系，可用滑動(dòng)摩擦力的平均值乘以位移計(jì)算克服滑動(dòng)摩擦力做的功，再由動(dòng)能定理求得C到達(dá)P點(diǎn)的速度大小，結(jié)合向心力公式，由牛頓第二定律和牛頓第三定律求解；
（2）、（i）當(dāng)A、B不固定時(shí)，C由B最右端滑至最左端過程，A、B、C組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，結(jié)合能量守恒和功能關(guān)系解得C達(dá)到P點(diǎn)的速度大小，再對(duì)C由動(dòng)能定理求解；
（ii）C沿A的圓弧軌道上滑過程，A、B分離，C達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)A、C速度相同，A與C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，結(jié)合機(jī)械能守恒定律求解；
（iii）將A、B粘連在一起，使C能夠沿A上升，需滿足C第一次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)C的速度大于AB的速度；要使C再次返回到點(diǎn)P時(shí)具有相對(duì)于地面水平向左的速度，以水平向左為正方向，需滿足C再次返回到點(diǎn)P時(shí)的速度大于零。依據(jù)兩種情況的臨界條件，與（i）同理求解v0的臨界值，在確定其大小范圍。
【解答】解：（1）因C與B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ從左往右隨距離l均勻變化，故C由B的最右端滑至最左端過程中C所受滑動(dòng)摩擦力與位移成線性關(guān)系，可用滑動(dòng)摩擦力的平均值乘以位移計(jì)算克服滑動(dòng)摩擦力做的功，設(shè)此過程C克服滑動(dòng)摩擦力做的功為Wf，則有：
Wf＝（μlmg+μ0mg）l＝×（0.6+0.2）×1×10×1J＝4J
對(duì)C由B的最右端滑至P點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得：
﹣Wf＝mvP2﹣mv02
在P點(diǎn)軌道對(duì)A的支持力大小為F，由牛頓第二定律得：
F﹣mg＝m
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：F＝26N
由牛頓第三定律可得，C剛滑到A最低點(diǎn)P時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F′＝F，即F′＝26N。
（2）、（i）當(dāng)A、B不固定時(shí)，C由B最右端滑至最左端過程，A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，則有：
mv0＝mvC+2mvA
由能量守恒和功能關(guān)系得：
Wf＝mv02﹣mvC2﹣×2mvA2
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：vC＝m/s，vA＝m/s
設(shè)C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功為Wf′，對(duì)C由動(dòng)能定理得：
Wf′＝mv02﹣mvC2
代入數(shù)據(jù)解得：Wf′＝J
（ii）設(shè)C相對(duì)于A最低點(diǎn)P所能達(dá)到的最大高度為hm。
C沿A的圓弧軌道上滑過程，A、B分離，C達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)A、C速度相同（設(shè)為v共），A與C組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，則有：
mvA+mvC＝2mv共
由機(jī)械能守恒定律得：
mvA2+mvC2﹣×2mv共2＝mghm
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：hm＝0.10m
（iii）將A、B粘連在一起，使C能夠沿A上升，需滿足C第一次到達(dá)P點(diǎn)時(shí)C的速度（設(shè)為v1）大于AB的速度（設(shè)為v2），臨界條件為：v1＝v2。
與（i）同理可得，C由B的最右端到第一次到達(dá)P點(diǎn)的過程有：
mv0＝mv1+2mv2
Wf＝mv02﹣mv12﹣×2mv22
結(jié)合臨界條件：v1＝v2
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v0的臨界值為m/s
則使C能夠沿A上升，需滿足：v0＞m/s；
要使C再次返回到點(diǎn)P時(shí)具有相對(duì)于地面水平向左的速度，以水平向左為正方向，需滿足C再次返回到點(diǎn)P時(shí)的速度大于零，臨界條件為此速度等于零。
設(shè)C再次返回到點(diǎn)P時(shí)AB的速度為v3，依據(jù)臨界條件，對(duì)C由B的最右端到第二次到達(dá)P點(diǎn)的過程，同理可得：
mv0＝2mv3
Wf＝mv02﹣×2mv32
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v0的臨界值為4m/s
則使C再次返回到點(diǎn)P時(shí)具有相對(duì)于地面水平向左的速度，需滿足：v0＜4m/s。
故滿足要求的v0取值范圍為m/s＜v0＜4m/s
答：（1）C剛滑到A最低點(diǎn)P時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為26N；
（2）若A、B不固定，其他條件均不變：
（i）C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功為J；
（ii）C相對(duì)于A最低點(diǎn)P所能達(dá)到的最大高度為0.10m；
（iii）v0的取值范圍為：m/s＜v0＜4m/s。

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