高考物理 一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)整合練習(xí)專題（28）碰 撞（解析版）

高考物理一輪復(fù)習(xí)必?zé)峥键c(diǎn)整合回扣練專題（28）碰撞（解析版）考點(diǎn)一eq\a\vs4\al(碰撞現(xiàn)象的特點(diǎn)和規(guī)律)1．碰撞遵循的三條原則(1)動(dòng)量守恒定律(2)機(jī)械能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速度大或兩物體速度相等．②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變．2．彈性碰撞討論(1)碰后速度的求解根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v\o\al(2,1)＋\f(1,2)m2v\o\al(2,2)＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2).(2)分析討論當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1＝m2，則v1′＝v2，v2′＝v1，即兩物體交換速度．當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2＝0，則：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)①m1＝m2時(shí)，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后兩物體交換速度．②m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)．③m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來．1、（2020·新課標(biāo)全國1卷）行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會(huì)被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變化量C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D．延長了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積【答案】D【解析】A．因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機(jī)單位面積的受力大小，故A錯(cuò)誤；B．有無安全氣囊司機(jī)初動(dòng)量和末動(dòng)量均相同，所以動(dòng)量的改變量也相同，故B錯(cuò)誤；C．因有安全氣囊的存在，司機(jī)和安全氣囊接觸后會(huì)有一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化成汽車的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榘踩珰饽页錃夂竺娣e增大，司機(jī)的受力面積也增大，在司機(jī)擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時(shí)間，故D正確。2、在光滑水平面上,有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前),已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA=12kg·m/s、pB=13kg·m/s,碰后它們的動(dòng)量變化分別為ΔpA、ΔpB,下列數(shù)值可能正確的是()A.ΔpA=-3kg·m/s、ΔpB=3kg·m/sB.ΔpA=3kg·m/s、ΔpB=-3kg·m/sC.ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/sD.ΔpA=24kg·m/s、ΔpB=-24kg·m/s【答案】A【解析】對(duì)于碰撞問題要遵循三個(gè)規(guī)律:動(dòng)量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加、碰撞過程要符合實(shí)際情況。本題屬于追及碰撞,碰前:后面小球的運(yùn)動(dòng)速度一定要大于前面小球的運(yùn)動(dòng)速度(否則無法實(shí)現(xiàn)碰撞)。碰后:前面小球的動(dòng)量增大,后面小球的動(dòng)量減小。減小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,據(jù)此可排除選項(xiàng)B、D;若ΔpA=-24kg·m/s、ΔpB=24kg·m/s,碰后兩球的動(dòng)量分別為pA=-12kg·m/s,pB=37kg·m/s,根據(jù)關(guān)系式Ek=p23、如圖所示，小球B與一輕質(zhì)彈簧相連，并靜止在足夠長的光滑水平面上，小球A以某一速度與輕質(zhì)彈簧正碰．小球A與彈簧分開后，小球B的速度為v，求：(1)當(dāng)兩個(gè)小球與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，小球B的速度的大??；(2)若小球B的質(zhì)量m2已知，在小球A與彈簧相互作用的整個(gè)過程中，小球A受到彈簧作用力的沖量．【答案】(1)eq\f(v,2)(2)m2v，方向水平向左【解析】(1)當(dāng)系統(tǒng)動(dòng)能最小時(shí)，彈簧壓縮至最短，兩球具有共同速度v共．設(shè)小球A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前小球A的速度為v0，小球A與彈簧分開后的速度為v1.從小球A碰到彈簧到與彈簧分開的過程中，取水平向右為正方向，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2veq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2v2聯(lián)立解得v＝eq\f(2m1v0,m1＋m2)即m1v0＝eq\f(m1＋m2,2)v從小球A碰到彈簧到兩球共速的過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故有m1v0＝(m1＋m2)v共解得v共＝eq\f(v,2).(2)小球B動(dòng)量的增量為m2v，根據(jù)動(dòng)量守恒，小球A動(dòng)量的增量為－m2v根據(jù)動(dòng)量定理有I＝－m2v，小球A受到彈簧作用力的沖量的大小為m2v，方向水平向左．4、如圖所示，小球a、b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn)O.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動(dòng)，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力，求：(1)兩球a、b的質(zhì)量之比；(2)兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng)能之比．【答案】(1)eq\r(2)－1(2)1－eq\f(\r(2),2)【解析】(1)設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細(xì)線長為L，球b下落至最低點(diǎn)，但未與球a相碰時(shí)的速率為v，由機(jī)械能守恒定律得m2gL＝eq\f(1,2)m2v2①設(shè)球a的質(zhì)量為m1；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v′，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②設(shè)兩球共同向左運(yùn)動(dòng)到最高處時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③聯(lián)立①②③式得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,\r(1－cosθ))－1④代入題給數(shù)據(jù)得eq\f(m1,m2)＝eq\r(2)－1.⑤(2)兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失是Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥碰前球b的最大動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)m2v2聯(lián)立①⑥式有eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(m1＋m2,m2)(1－cosθ)⑦聯(lián)立⑤⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(\r(2),2).5、（2020·安徽省定遠(yuǎn)中學(xué)高三）隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測器，借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程，可以提出以下兩種模式：探測器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，分別因相互作用改變了速度。如圖所示，以太陽為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為SKIPIF1<0，探測器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2.探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是A．v1>v0 B．v1=v0 C．v2>v0 D．v2=v0【答案】A【解析】設(shè)探測器的質(zhì)量為m，行星的質(zhì)量為M，探測器和行星發(fā)生彈性碰撞.A、B、對(duì)于模型一：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：SKIPIF1<0，由能量守恒SKIPIF1<0，聯(lián)立解得探測器碰后的速度SKIPIF1<0，因SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故A正確，B錯(cuò)誤.C、D、對(duì)于模型二：設(shè)向左為正，由動(dòng)量守恒定律：SKIPIF1<0，由能量守恒SKIPIF1<0，聯(lián)立解得探測器碰后的速度SKIPIF1<0，因SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0；故C、D均錯(cuò)誤.6、(多選)兩小球A、B置于光滑的水平面上，A球以一定的速度與靜止的B球發(fā)生彈性正碰，如圖所示，關(guān)于兩球碰撞過程中的說法正確的是()A．在兩球碰撞的整個(gè)過程中，相互作用力沖量的矢量和為零，做功的代數(shù)和也為零B．在兩球碰撞的整個(gè)過程中，B對(duì)A始終做負(fù)功C．在兩球壓縮形變階段，相互作用力沖量的矢量和為零，做功的代數(shù)和為負(fù)，系統(tǒng)的動(dòng)量不變，動(dòng)能減少D．當(dāng)兩球的速度相等時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最小【答案】AC【解析】由牛頓第三定律知，在兩球碰撞的整個(gè)過程中相互作用力始終大小相等、方向相反，故相互作用力沖量的矢量和為零，由于兩球發(fā)生彈性碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故相互作用力做功的代數(shù)和為零，選項(xiàng)A正確；若兩球碰后A的速度反向，則在整個(gè)碰撞過程中，B對(duì)A先做負(fù)功再做正功，若兩球碰后A的速度方向不變，則在整個(gè)碰撞過程中，B對(duì)A做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在兩球壓縮形變階段，相互作用力始終大小相等、方向相反，故相互作用力沖量的矢量和為零，將兩球壓縮形變階段當(dāng)做兩球壓縮彈簧處理，當(dāng)壓縮量最大時(shí)，兩球速度相等，彈性勢(shì)能最大，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故動(dòng)能最小，由動(dòng)能定理可知，相互作用力做功的代數(shù)和為負(fù)，此過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故系統(tǒng)動(dòng)量不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．7、（2020·四川省德陽市第三中學(xué)高考模擬）如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為SKIPIF1<0B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【答案】C【解析】子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小為SKIPIF1<0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得SKIPIF1<0可知繩子拉力大于SKIPIF1<0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)子彈、木塊和圓環(huán)整體：N=T+mg>(M+m+m0)g，選項(xiàng)C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C.8、如圖，有一個(gè)光滑軌道，水平部分MN和圓形部分NPQ平滑連接，圓形軌道的半徑為R；質(zhì)量為m的A球以v0＝4eq\r(gR)的速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在水平軌道上質(zhì)量為2m的B球發(fā)生碰撞，碰撞中兩個(gè)小球組成的系統(tǒng)共損失的機(jī)械能為碰撞前A球動(dòng)能的一半．兩球可視為質(zhì)點(diǎn)．試通過計(jì)算判斷碰撞后B球能否達(dá)到圓形軌道的最高點(diǎn)．【答案】不能【解析】設(shè)碰后A、B球速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒可知mv0＝mvA＋2mvB由能量守恒知eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)聯(lián)立以上兩式得vB＝eq\f(v0,2)＝2eq\r(gR)，vB＝eq\f(v0,6)(舍去)設(shè)B球在最低點(diǎn)速度為vN時(shí)剛好能運(yùn)動(dòng)到圓形軌道的最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒可知eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,N)＝2mg·2R＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,P)由F＝meq\f(v2,R)知2mg＝2meq\f(v\o\al(2,P),R)聯(lián)立以上兩式知vN＝eq\r(5gR)由于vB<vN，所以碰后B球不能到達(dá)圓形軌道的最高點(diǎn)．考點(diǎn)二eq\a\vs4\al(碰撞模型問題)9、一質(zhì)量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中，設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度是多少？(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多長？(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度分別是多少？【答案】(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)eq\f(Mmv0,FfM＋m)(3)eq\f(MmM＋2mv\o\al(2,0),2FfM＋m2)eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2FfM＋m2)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2FfM＋m)【解析】(1)設(shè)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度為v，以子彈初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0.(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得對(duì)木塊Fft＝Mv－0解得t＝eq\f(Mmv0,FfM＋m).(3)設(shè)子彈、木塊發(fā)生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動(dòng)能定理得對(duì)子彈：－Ffx1＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x1＝eq\f(MmM＋2mv\o\al(2,0),2FfM＋m2)對(duì)木塊：Ffx2＝eq\f(1,2)Mv2解得x2＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2FfM＋m2)子彈打進(jìn)木塊的深度等于相對(duì)位移，即x相＝x1－x2＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2FfM＋m).如圖所示，在光滑的水平面上靜止著足夠長、質(zhì)量為3m的木板，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時(shí)給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木塊與木板相對(duì)靜止．已知重力加速度為g，求：(1)木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到與木板相對(duì)靜止時(shí)位移的大小；(2)木塊2在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度．【答案】(1)eq\f(4v\o\al(2,0),μg)(2)eq\f(5,6)v0【解析】(1)當(dāng)木塊3與木板的速度相等時(shí)，3個(gè)木塊與木板的速度均相等，設(shè)為v，以v0的方向?yàn)檎较颍到y(tǒng)動(dòng)量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv木塊3在木板上勻減速運(yùn)動(dòng)：μmg＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(3v0)2－v2＝2ax3解得x3＝eq\f(4v\o\al(2,0),μg).(2)設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時(shí)木塊3的速度為v3，由動(dòng)量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同3v0－v3＝2v0－v2解得v2＝eq\f(5,6)v0.11、如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為m1＝2kg的物塊以v0＝2m/s的初速度沖向質(zhì)量為m2＝6kg靜止的光滑圓弧面斜劈體．求：(1)物塊m1滑到最高點(diǎn)位置時(shí)，二者的速度大?。?2)物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大??；(3)若m1＝m2，物塊m1從圓弧面滑下后，二者速度大?。敬鸢浮?1)0.5m/s0.5m/s(2)－1m/s1m/s(3)02m/s【解析】(1)物塊m1與斜劈體作用過程水平方向遵從動(dòng)量守恒定律，且到最高點(diǎn)時(shí)共速，以v0方向?yàn)檎?，則有：m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝0.5m/s.(2)物塊m1從沖上圓弧面到從圓弧面滑下過程，水平方向動(dòng)量守恒，動(dòng)能守恒，則有：m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0代入數(shù)據(jù)得v1＝－1m/s，v2＝1m/s.(3)若m1＝m2，根據(jù)上述分析，物塊m1從圓弧面滑下后，交換速度，即v1′＝0，v2′＝2m/s.12、如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個(gè)滑塊，滑塊A、B間通過一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P，某時(shí)刻給滑塊C施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢(shì)能為1.35J，此時(shí)撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開釋放勢(shì)能，已知滑塊A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，求：(1)滑塊C的初速度v0的大??；(2)當(dāng)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬時(shí)，滑塊B、C的速度大??；(3)從滑塊B、C壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長的過程中，彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量．【答案】(1)9m/s(2)1.9m/s1.9m/s(3)1.47N·s，方向水平向右【解析】(1)滑塊C撞上滑塊B的過程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1彈簧被壓縮至最短時(shí)，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,1)解得v1＝3m/s，v0＝9m/s.(2)設(shè)彈簧彈開至恢復(fù)到原長的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAv3＝(mB＋mC)v2，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)解得v2＝1.9m/s.(3)設(shè)彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量為I，選向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)解得I＝1.47N·s，方向水平向右．13、如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的?！敬鸢浮?5-2)M≤m<M【解析】A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方向向右為正,開始時(shí)A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1①12mv02=12mvA1聯(lián)立①②式得vA1=m?Mm+Mv0vC1=2mm+Mv0如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng),A不可能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m<M的情況。第一次碰撞后,A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B的速度為vB1,同樣有vA2=m?Mm+MvA1=m?Mm+M2根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有vA2≤vC1⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0⑦解得m≥(5-2)M⑧另一解m≤-(5+2)M舍去。所以,m和M應(yīng)滿足的條件為(5-2)M≤m<M⑨14、木塊A與木塊B用一根彈性很好的輕質(zhì)彈簧連在一起，開始彈簧處于原長，整個(gè)裝置在光滑水平面上靜止．一質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平射入木塊A并留在其中，如圖所示．已知彈簧被壓縮瞬間A的速度v＝eq\f(mva,M＋m)，其中va為一已知速度，木塊A、B的質(zhì)量均為M.求子彈射入木塊A前的速度大小以及彈簧被壓縮到最短時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．【答案】vaeq\f(Mm2v\o\al(2,a),2M＋m2M＋m)【解析】以子彈與木塊A組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v已知v＝eq\f(mva,M＋m)解得v0＝va彈簧壓縮最短時(shí)，兩木塊速度相等，以兩木塊與子彈組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以木塊A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(M＋m)v＝(2M＋m)v′解得v′＝eq\f(mva,2M＋m)由機(jī)械能守恒定律可知Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v2－eq\f(1,2)(2M＋m)v′2解得Ep＝eq\f(Mm2v\o\al(2,a),2M＋m2M＋m).15、如圖所示,質(zhì)量mB=2kg的平板車B上表面水平,開始時(shí)靜止在光滑水平面上,在平板車左端靜止著一塊