增分微點6碰撞中的臨界問題及多次碰撞問題題型碰撞中的臨界極值問題碰撞中的臨界極值問題,指的是相互作用中的物體“恰好不相撞”“相距最近”“相距最遠(yuǎn)”或“恰上升到最高點”等,求解的關(guān)鍵是速度相等。常見類型有(1)當(dāng)小物塊到達(dá)最高點時,兩物體速度相同。(2)彈簧最短或最長時,兩物體速度相同,此時彈簧彈性勢能最大。(3)兩物體剛好不相撞,兩物體速度相同。(4)滑塊恰好不滑出長木板,滑塊滑到長木板末端時與長木板速度相同。例1如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10kg,小孩與滑板始終無相對運動。重力加速度的大小g=10m/s2。(1)求斜面體的質(zhì)量;(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?答案(1)20kg(2)不能,理由見解析解析(1)規(guī)定向左為正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達(dá)到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。對冰塊與斜面體分析,由水平方向動量守恒和機械能守恒得m2v0=(m2+m3)v12m2v02=12(m2+m3)v2式中v0=3m/s為冰塊推出時的速度,聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)得v=1m/s,m3=20kg。(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,對小孩與冰塊分析,由動量守恒定律有m1v1+m2v0=0代入數(shù)據(jù)得v1=-1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,對冰塊與斜面體分析,由動量守恒定律和機械能守恒定律有m2v0=m2v2+m3v312m2v02=12m2v2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v2=-1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方,故冰塊不能追上小孩。針對訓(xùn)練1(2025·山西運城高三期末)如圖所示,在光滑的水平地面上有一靜止的質(zhì)量為M的四分之一光滑圓弧滑塊,圓弧的半徑為R,最低點處剛好與水平地面相切。一質(zhì)量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運動,不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失。如果圓弧滑塊固定,則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處;如果圓弧滑塊不固定,則小球在圓弧面上能到達(dá)的最大高度為R3。則小球與滑塊質(zhì)量之比m∶M為(A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1答案C解析當(dāng)圓弧滑塊固定時,有12mv02=mgR;當(dāng)圓弧滑塊不固定,取水平向右為正方向,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒,有mv0=(m+M)v,根據(jù)機械能守恒定律有12mv02=mgR3+12(m+M)v2,聯(lián)立解得m∶M題型多次碰撞問題多次碰撞問題的處理方法是數(shù)學(xué)歸納法,先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順、分析透徹。根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)利用數(shù)學(xué)歸納法,可寫出之后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果,然后可以計算全程的路程或發(fā)生碰撞的總次數(shù)等數(shù)據(jù)。多次碰撞問題涉及的主要模型有:(1)兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞;(2)多個物體發(fā)生連續(xù)碰撞。例2如圖所示,有一光滑長木板B右端接有一豎直的擋板,靜止放置在光滑水平地面上。一可視為質(zhì)點的滑塊A靜止放置在長木板上,A與B右端擋板的距離為L,A與B左端的距離足夠大。A和B(連同擋板)的質(zhì)量均為m,若某時刻開始,一水平向右的恒力F作用在滑塊A上,A開始運動并與B發(fā)生彈性碰撞,A、B碰撞過程時間極短且碰撞過程中A、B之間的作用力遠(yuǎn)大于F。求:(1)A與B第一次相碰后的瞬間,各自速度的大小;(2)從A和B第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)歷的時間;(3)A和B第二次碰撞后瞬間,各自的速度大小;(4)A和B從第n次碰撞后到第n+1次碰撞前的時間內(nèi)長木板B所通過的路程。答案(1)02FLm(2)22mLF(3)2FL解析(1)對A,由動能定理FL=12m解得vA=2對A、B第一次碰撞,取向右為正方向,由動量守恒定律可得mvA=mvA1+mvB1由機械能守恒定律可得12mvA2=12mv聯(lián)立解得vA1=0,vB1=2FL(2)從第一次碰撞后到第二次碰撞前,對A:xA=12at12=對B:xB=vB1t1第二次相碰撞時xA=xB得t1=22mL(3)第二次碰撞前B勻速運動,A的速度為vA1'=at1=22對A、B第二次碰撞,由動量守恒定律和能量守恒定律得mvA1'+mvB1=mvA2+mvB212mvA1'2+12mvB12=12m聯(lián)立解得vA2=vB1=2vB2=vA1'=22FL(4)同理可得,第3次碰撞前瞬間A的速度vA2'=32此時B的速度vB2=22第3次碰撞后瞬間A的速度vA3=vB2=22B的速度vB3=vA2'=32以此類推第n次碰撞后A的速度為vAn=(n-1)2第n+1次碰撞前瞬間A的速度vAn'=(n+1)2故從第n次到第n+1次碰撞經(jīng)歷時間為tn=vAn這段時間內(nèi)B以vA(n-1)'=n2FLm速度做勻速運動,故這段時間內(nèi)sn=vA(n-1)'tn=4nL。針對訓(xùn)練2(2025·貴州貴陽模擬)如圖所示,內(nèi)壁光滑的圓軌道固定在光滑水平面上,軌道平面在水平面內(nèi),圓軌道的半徑為R=2m,O為其圓心。以O(shè)為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系xOy,質(zhì)量為mA=1kg的小球A靜止在(2m,0)處,質(zhì)量為mB=2kg的小球B靜止在(0,-2m)處。現(xiàn)使小球A獲得v0=6m/s的速度沿圓軌道內(nèi)壁朝順時針方向運動,兩小球均可視為質(zhì)點,它們的碰撞均為彈性正碰。求:(1)A、B第一次碰撞之前,圓軌道對小球A的支持力大小;(2)兩小球第一次碰撞后經(jīng)多長時間發(fā)生第二次碰撞?(3)兩小球第三次碰撞處的坐標(biāo)。答案(1)18N(2)23πs(3)(3m,1解析(1)根據(jù)牛頓第二定律可得FN=mAv解得圓軌道對小球A的支持力大小FN=18N。(2)兩小球第一次碰撞的過程動量守恒,機械能守恒mAv0=mAvA+mBvB12mAv02=12mAvA解得vA=-2m/s,vB=4m/s根據(jù)題意有(|vA|+vB)t=2πR解得t=23πs(3)兩小球第一次碰撞結(jié)束后,因小球B的速率是小球A的兩倍,因此從第一次碰撞到第二次碰撞,小球A轉(zhuǎn)過的圓心角為120°,小球B轉(zhuǎn)過的圓心角為240°。設(shè)第二次碰撞時的坐標(biāo)為P(x,y),可得x=Rcos30°y=Rs