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题型3 碰撞、弹簧问题
1.(11 分)某校兴趣小组设计了一个弹射游戏,如图所示,一质量为m=0.1 kg 的物体a 以初动能Ek=1.1 J
从光滑水平轨道OA 上发射,接着进入粗糙的水平轨道AB。在AB 之间的某个位置(其位置用到A 的
距离x 表示)放一完全相同的物体b,物体a 与b 碰撞后粘在一起,随后进入半径为R=0.10 m 的光滑竖
直圆形轨道。圆轨道在底部错开能够使两物体运动到粗糙的水平轨道BC 上,CD 段为光滑倾斜轨道,
D 点离BC 轨道的高度为h=0.11 m,C 处用一光滑小圆弧连接。如果两物体碰后不脱离轨道,则游戏
成功。已知AB 段、BC 段长度均为L=0.5 m,物体在AB 段和BC 段的动摩擦因数分别为μ1=0.1 和
μ2=0.3,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)若不放被碰物体b,求物体a 进入圆轨道B 点时对轨道的压力。
(2)若物体b 放置的位置x=0.4 m,求碰撞过程中损失的机械能。
(3)为使游戏成功,求碰撞位置x 应满足的条件。
2.(11 分)(2024 浙江湖州开学考)如图所示,足够长的水平光滑直轨道AB 和水平传送带平滑无缝连接,
传送带长L1=4 m,以v0=10 m/s 的速度顺时针匀速转动,带有光滑圆弧管道EF 的装置P 静置于水平地
面上,EF 位于竖直平面内,由两段半径均为R=0.8 m 的1
4
圆弧管道组成,EF 管道与水平传送带和水平
地面上的直轨道MN 均平滑相切连接,MN 长L2=2 m,右侧为竖直墙壁。滑块a 的质量m1=0.3 kg;滑块
b 与轻弹簧相连,质量m2=0.1 kg;滑块c 质量m3=0.6 kg。滑块a、b、c 均静置于轨道AB 上。现让滑
块a 以v0=10 m/s 的初速度水平向右运动,与滑块b 相撞后立即结合为一个整体,之后与滑块c 发生相
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互作用,c 与弹簧分离后滑上传送带,经EF 管道后滑上MN。已知滑块c 与传送带间的动摩擦因数
μ1=0.35,与MN 间的动摩擦因数μ2=0.4,其他摩擦和阻力均不计,滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞,
各滑块均可视为质点,重力加速度g 取10 m/s2,整个过程中装置P 始终保持静止。
(1)求滑块a、b 碰撞后瞬间滑块a 的速度大小。
(2)求滑块a、b、c 作用过程中弹簧的最大弹性势能。
(3)滑块c 在轨道EF 中运动的过程中,装置P 与地面间弹力的最大值记为FN1,最小值记为FN2,求FN1
与FN2的差值。
(4)通过计算判断滑块c 能否再次与弹簧发生相互作用。
3.(11 分)如图所示,轨道ABCD 由三部分组成,半径R1=1.2 m 的光滑1
4
圆弧轨道AB,长度LBC=0.6 m 的
粗糙水平轨道BC,以及足够长的光滑水平轨道CD。物块P(m1=2 kg)、物块Q(m2=1 kg)压缩着一轻
质弹簧并锁定(物块与弹簧不连接)静止于CD 段中间,物块P、Q 可视为质点;紧靠D 的右侧水平地面
上停放着质量m3=3 kg 的小车,其上表面EF 段粗糙,与CD 等高,长度LEF=1.2 m;FG 段为半径R2=1.8
m 的1
4
光滑圆弧轨道;小车与地面的阻力可不计。P、Q 与BC、EF 间的滑动摩擦因数均为μ=0.5,现
解除弹簧锁定,物块P、Q 由静止被弹出(P、Q 脱离弹簧后立即撤走弹簧),其中物块P 进入CBA 轨道,
而物块Q 滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。重力加速度g 取10 m/s2。
(1)若物块P 经过CB 后恰好能到达A 点,求P 通过B 点时,P 对圆弧轨道的压力。
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(2)若物块P 经过CB 后恰好能到达A 点,求被锁定弹簧的最大弹性势能。
(3)若物块P 经过CB 后恰好能到达A 点,请分析物块Q 能否冲出小车最高点G。
4.(11 分)如图所示,质量为6 kg 的物块P 静止在光滑水平面上,另有质量为3 kg 的物块Q 与轻质弹簧
连接,以3 m/s 的初速度滑向物块P。t=0 时P 与弹簧接触,经0.03 s 弹簧压缩到最短。P 与弹簧分离
后,滑上与P 间动摩擦因数为0.25、足够长的斜面,同时撤去Q。之后P 滑上半径为2 cm 的光滑圆弧
面,平抛落到水平面时只保留水平方向速度,斜面倾角tan 37°=0.75,与水平面光滑连接。碰撞过程中
弹簧始终处于弹性限度内,弹簧劲度系数为5 000 N/m,弹簧弹性势能关系式为Ep=1
2
kx2,x 为弹簧形变
量,重力加速度g 取10 m/s2。求:
(1)P 与弹簧分离时的速度;
(2)P 与弹簧接触至弹簧压缩到最短时,P 的位移;
(3)P 第二次经过B 点时的加速度。
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参考答案
题型3 碰撞、弹簧问题
1.【答案】 (1)22 N,方向竖直向下
(2)0.53 J
(3)1
3
m≤x≤7
15
m
【解析】 (1)设物体a 到达B 点的速度为vB,根据动能定理得-μ1mgL=1
2 m vB
2-Ek
由牛顿第二定律得FN-mg=mvB
2
R
,得FN=22 N
由牛顿第三定律可知,物体a 对轨道的压力为22 N,方向竖直向下。
(2)设物体a 碰前的速度为v1,由能量守恒定律得
-μ1mgx=1
2 m v1
2-Ek
a、b 碰撞,由动量守恒定律得 mv1=2mv2
得v2=1
2
v1
因此碰撞过程中损失的机械能为ΔE=1
2 m v1
2- 1
2
×2mv2
2= 1
4 m v1
2
当x=0.4 m 时,ΔE=0.53 J。
(3)要使游戏成功,应使两物体进入圆轨道时不超过圆心等高处或者两物体过最高点、不滑出斜
面且返回圆轨道时不脱离轨道
碰撞后到达B 点的动能为EkB=1
2
×2mv2
2-μ1×2mg(L-x)
情形一 不超过圆心等高处
要求EkB<mgR=0.1 J,显然不可能
情形二
条件1 过最高点,最高点速度大于等于√gR,v3=√gR
EkB≥4mgR+1
2
×2mv3
2=5mgR
得x≥1
3
m
条件2 不能滑出斜面
EkB≤μ2×2mgL2+2mgh
得x≤7
15
m
条件3 再次返回圆轨道,不会脱离轨道
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再次返回圆轨道最低点时的动能为EkB'=EkB-4μ2mgL2
x 越大,再次回到B 点动能越小,当x= 7
15
m 时EkB'最大动能小于0,因此物体必然不会再脱离轨道,
最终静止在BC 轨道上。所以1
3
m≤x≤7
15
m。
2.【答案】 (1)7.5 m/s (2)6.75 J (3)120 N (4)能
【解析】 (1)滑块a 与滑块b 碰撞过程遵循动量守恒,规定滑块a 的初速度方向为正方向,有
m1v0=(m1+m2)v 共1
代入数据,解得碰撞后瞬间滑块a 的速度大小为
v 共1=7.5 m/s。
(2)滑块a、b 与滑块c 发生相互作用至弹簧压缩到最短的过程,根据动量守恒定律和能量守恒定
律,有
(m1+m2)v 共1=(m1+m2+m3)v 共2
ΔEp=1
2
(m1+m2)v共1
2- 1
2
(m1+m2+m3)v共2
2
代入数据解得
v 共2=3 m/s,ΔEp=6.75 J。
(3)a、b 和c 从相互作用到再次弹开的过程属于弹性碰撞,根据动量守恒定律和能量守恒定律,有
(m1+m2)v 共1=(m1+m2)v1+m3v2
1
2
(m1+m2)v共1
2= 1
2
(m1+m2)v1
2+ 1
2
m3v2
2
解得v1=-1.5 m/s,v2=6 m/s
根据牛顿第二定律,滑块c 在传送带上的加速度为
a=μ1g=3.5 m/s2
根据匀变速直线运动速度与位移的关系,有
v3
2- v2
2=2aL1
解得v3=8 m/s>√gR
设c 在E 点时,管对c 的作用力为F1,根据牛顿第二定律和圆周运动的规律,有
m3g+F1=m3v3
2
R
代入数据,解得
F1=42 N
c 从E 点运动到F 点的过程中,根据机械能守恒定律,有
m3g·2R=1
2
m3v4
2- 1
2
m3v3
2
代入数据,解得
v4=√96 m/s
在最低点,根据牛顿第二定律和圆周运动的规律,有
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F2-m3g=m3v4
2
R
解得
F2=78 N
设装置P 的重力为G,根据共点力平衡,有
FN1+F1=G,FN2=F2+G
联立得
|F N 2- F N 1|=F2+F1=120 N。
(4)滑块c 从E 点进入管中,到再次回到E 点,有
-μ2m3g·2L2=1
2
m3v5
2- 1
2
m3v3
2
解得v5=√32 m/s
滑上传动带减速,有
v6
2= v5
2-2aL1
解得v6=2 m/s>v1
所以滑块c 能再次与弹簧发生相互作用。
3.【答案】 (1)60 N,方向竖直向下 (2)90 J (3)能
【解析】 (1)根据题意,物块P 从B 点到A 点,由动能定理得
-m1gR1=0-1
2
m1vB
2
解得vB=2√6 m/s
P 在B 点,由牛顿第二定律得
FN-m1g=m1vB
2
R1
解得
FN=60 N,方向竖直向上
由牛顿第三定律可知,P 对圆弧轨道的压力
FN'=FN=60 N,方向竖直向下。
(2)根据题意可知,物块P 从C 点到B 点,由动能定理得
-μm1gLBC=1
2
m1vB
2- 1
2
m1vC
2
解得vC=√30 m/s
弹簧释放时由动量守恒定律得
m1vC=m2vQ
解得vQ=2√30 m/s
所以,弹簧解除锁定前具有的最大弹性势能
Ep=1
2
m1vC
2+ 1
2
m2vQ
2=90 J。
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(3)设物块Q 滑上小车后与小车共速时上滑的高度为h,共同速度为v,由动量守恒定律得
m2vQ=(m2+m3)v
解得v=√30
2
m/s
由动能定理得
-μm2gLEF-m2gh=1
2
(m2+m3)v2-1
2
m2vQ
2
解得
h=3.9 m>R2=1.8 m
即物块Q 能冲出小车最高点G。
4.【答案】 (1)2 m/s (2)1 cm (3)10√2 m/s2
【解析】 (1)当弹簧恢复原长,P 脱离弹簧,有
mQv0=mQvQ+mPv
1
2
mQv0
2= 1
2
mQvQ
2+ 1
2
mPv2
解得v= 2mQ
mP+mQ
v0=2 m/s。
(2)对于弹簧缩短过程,根据动量守恒定律有
mQv0=mQv1+mPv2
mQv0Δt=mQv1Δt+mPv2Δt
即mQv0t=mQx1+mPx2
弹簧压缩到最短时,有mQv0=(mQ+mP)v'
由机械能守恒可知
1
2
mQv0
2- 1
2
mQv'2-1
2
mPv'2=1
2
kx2
其中
x1-x2=x
联立可得x2=1 cm。
(3)物块P 在斜面底端的动能Ek0=1
2
mPv2
物块P 第一次冲上斜面,有
Ek0=mgsin θ·x0+μmgcos θ·x0
第一次返回斜面底端,有Ek=mgsin θ·x0-μmgcos θ·x0
得η= Ek
Ek 0
= tanθ - μ
tanθ+ μ
=0.5
由于物块P 平抛落地将会损失竖直方向速度,于是其第二次到达B 时,有
EkB=η(Ek-2mgR)-mgR
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则物块P 在B 点向心加速度大小为an=2 Ek B
mR
=g
此处加速度大小为a=√2g=10√2 m/s2。
