2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-增分微点6　碰撞中的临界问题及多次碰撞问题

增分微点6碰撞中的临界问题及多次碰撞问题题型碰撞中的临界极值问题碰撞中的临界极值问题,指的是相互作用中的物体“恰好不相撞”“相距最近”“相距最远”或“恰上升到最高点”等,求解的关键是速度相等。常见类型有(1)当小物块到达最高点时,两物体速度相同。(2)弹簧最短或最长时,两物体速度相同,此时弹簧弹性势能最大。(3)两物体刚好不相撞,两物体速度相同。(4)滑块恰好不滑出长木板,滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同。例1如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g=10m/s2。(1)求斜面体的质量;(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?答案(1)20kg(2)不能,理由见解析解析(1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体分析,由水平方向动量守恒和机械能守恒得m2v0=(m2+m3)v12m2v02=12(m2+m3)v2式中v0=3m/s为冰块推出时的速度,联立并代入题给数据得v=1m/s,m3=20kg。(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,对小孩与冰块分析,由动量守恒定律有m1v1+m2v0=0代入数据得v1=-1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,对冰块与斜面体分析,由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v312m2v02=12m2v2联立并代入数据得v2=-1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方,故冰块不能追上小孩。针对训练1(2025·山西运城高三期末)如图所示,在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块,圆弧的半径为R,最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动,不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定,则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处;如果圆弧滑块不固定,则小球在圆弧面上能到达的最大高度为R3。则小球与滑块质量之比m∶M为(A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1答案C解析当圆弧滑块固定时,有12mv02=mgR;当圆弧滑块不固定,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒,有mv0=(m+M)v,根据机械能守恒定律有12mv02=mgR3+12(m+M)v2,联立解得m∶M题型多次碰撞问题多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法,先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺、分析透彻。根据前几次数据利用数学归纳法,可写出之后碰撞过程中对应规律或结果,然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多次碰撞问题涉及的主要模型有:(1)两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞;(2)多个物体发生连续碰撞。例2如图所示,有一光滑长木板B右端接有一竖直的挡板,静止放置在光滑水平地面上。一可视为质点的滑块A静止放置在长木板上,A与B右端挡板的距离为L,A与B左端的距离足够大。A和B(连同挡板)的质量均为m,若某时刻开始,一水平向右的恒力F作用在滑块A上,A开始运动并与B发生弹性碰撞,A、B碰撞过程时间极短且碰撞过程中A、B之间的作用力远大于F。求:(1)A与B第一次相碰后的瞬间,各自速度的大小;(2)从A和B第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间;(3)A和B第二次碰撞后瞬间,各自的速度大小;(4)A和B从第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的时间内长木板B所通过的路程。答案(1)02FLm(2)22mLF(3)2FL解析(1)对A,由动能定理FL=12m解得vA=2对A、B第一次碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律可得mvA=mvA1+mvB1由机械能守恒定律可得12mvA2=12mv联立解得vA1=0,vB1=2FL(2)从第一次碰撞后到第二次碰撞前,对A:xA=12at12=对B:xB=vB1t1第二次相碰撞时xA=xB得t1=22mL(3)第二次碰撞前B匀速运动,A的速度为vA1'=at1=22对A、B第二次碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律得mvA1'+mvB1=mvA2+mvB212mvA1'2+12mvB12=12m联立解得vA2=vB1=2vB2=vA1'=22FL(4)同理可得,第3次碰撞前瞬间A的速度vA2'=32此时B的速度vB2=22第3次碰撞后瞬间A的速度vA3=vB2=22B的速度vB3=vA2'=32以此类推第n次碰撞后A的速度为vAn=(n-1)2第n+1次碰撞前瞬间A的速度vAn'=(n+1)2故从第n次到第n+1次碰撞经历时间为tn=vAn这段时间内B以vA(n-1)'=n2FLm速度做匀速运动,故这段时间内sn=vA(n-1)'tn=4nL。针对训练2(2025·贵州贵阳模拟)如图所示,内壁光滑的圆轨道固定在光滑水平面上,轨道平面在水平面内,圆轨道的半径为R=2m,O为其圆心。以O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy,质量为mA=1kg的小球A静止在(2m,0)处,质量为mB=2kg的小球B静止在(0,-2m)处。现使小球A获得v0=6m/s的速度沿圆轨道内壁朝顺时针方向运动,两小球均可视为质点,它们的碰撞均为弹性正碰。求:(1)A、B第一次碰撞之前,圆轨道对小球A的支持力大小;(2)两小球第一次碰撞后经多长时间发生第二次碰撞?(3)两小球第三次碰撞处的坐标。答案(1)18N(2)23πs(3)(3m,1解析(1)根据牛顿第二定律可得FN=mAv解得圆轨道对小球A的支持力大小FN=18N。(2)两小球第一次碰撞的过程动量守恒,机械能守恒mAv0=mAvA+mBvB12mAv02=12mAvA解得vA=-2m/s,vB=4m/s根据题意有(|vA|+vB)t=2πR解得t=23πs(3)两小球第一次碰撞结束后,因小球B的速率是小球A的两倍,因此从第一次碰撞到第二次碰撞,小球A转过的圆心角为120°,小球B转过的圆心角为240°。设第二次碰撞时的坐标为P(x,y),可得x=Rcos30°y=Rs