85碰撞-2024高考一輪復習100考點100講

2024年高考一輪復習100考點100講第8章動量守恒定律第8.5講碰撞【知識點精講】1．碰撞：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。2．特點在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。3．分類動量是否守恒機械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大【方法歸納】1、碰撞的可能性問題碰撞后運動狀態(tài)可能性判斷的三個依據(jù)(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2或p122m1＋p(3)速度要符合情景．①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v′前≥v′后．②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．2.一動一靜"彈性碰撞模型如圖所示，已知A、B兩個剛性小球質量分別是m1、m2，小球B靜止在光滑水平面上，A以初速度v0與小球B取小球A初速度v0m1聯(lián)立解得v1=討論：（1）若m1>m2，則0<v（2）若m1=m2，則v1（3）若m1<m2，則v1<0（即v1與v0（4）若m1m2，則v1趨近于v0、v2（5）若m1m2，則v1趨近于-v0注意：上面討論出的結果不能盲目套用，應用的前提條件是一個運動的物體去碰撞一個靜止的物體，且是彈性碰撞。3."一動一靜"彈性碰撞模型的類比應用廣義地講，“碰撞”就是一種相互作用，彈性碰撞模型的應用不僅僅局限于“碰撞”，如果相互作用前后系統(tǒng)滿足動量守恒、動能不變，具備了這一特征的物理過程，就可理解為“彈性碰撞”過程，就可以類比彈性碰撞的規(guī)律解題。如圖所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B，開始時彈簧處于原長，現(xiàn)給A一個向右的瞬時沖量，讓A開始以速度v0向右運動，若mA>mB，則當彈簧再次恢復原長時，木塊A和B通過彈簧相互作用，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，A和B之間的相互作用可以視為彈性碰撞，彈簧再次恢復原長時，相當于木塊A與木塊B之間的彈性碰撞結束，則此時A、B的速度分別為vA=(mA-mB)v0m處理碰撞問題的幾個關鍵點（1）選取動量守恒的系統(tǒng)：若有三個或更多個物體參與碰撞，要合理選取所研究的系統(tǒng)。（2）弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。（3）弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉化關系、幾何關系、速度關系等?！咀钚赂呖碱}精練】1（2021重慶高考）.質量相同的甲乙兩小球（視為質點）以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。題圖中實線和虛線分別表示甲乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關于t=t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則A.t=0時刻，甲的速率大于乙的速率B.碰撞前后瞬間，乙的動量不變C.碰撞前后瞬間，甲的動能不變D.碰撞后甲的機械能大于乙的機械能【參考答案】C【名師解析】根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t=0時刻，甲的速率小于乙的速率，選項A錯誤；根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位移圖像）關于t=t1左右對稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動量大小不變，方向變化，甲的動能不變，選項B錯誤C正確；根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞后甲的機械能與乙的機械能相等，選項D錯誤。2．（9分）（2021新高考北京卷）如圖所示，小物塊A、B的質量均為m=0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h=0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s=0.30m，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）兩物塊在空中運動的時間t；（2）兩物塊碰前A的速度v0的大??；（3）兩物塊碰撞過程中損失的機械能。【解題思路】17．（9分）（1）豎直方向為自由落體運動，由 得 t=0.30s（2）設A、B碰后速度為，水平方向為勻速運動，由 得 根據(jù)動量守恒定律，由 得 （3）兩物體碰撞過程中損失的機械能 得 3.（11分)（2021年高考廣東學業(yè)水平選擇性測試）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零．如圖10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s1＝3.5×10_2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10_2m，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s2．（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間．【關鍵能力】本題以算盤上撥出算珠為情景，考查動能定理、動量守恒定律、牛頓運動定律及其相關知識點，意在考查考生對相關知識的靈活運用能力?！緦W科素養(yǎng)】本題考查的學科素養(yǎng)主要是物理觀念中的運動和相互作用觀念，功和能的觀念，動量觀念，考生要能夠分析運動情景，能從物理學的視角分析解決實際問題?！窘忸}思路】（1）設甲算珠與乙碰撞前的速度為v，對甲算珠在導桿上滑動，由動能定理，μmgs1=mv2mv02解得v=0.3m/s甲乙算珠碰撞，由動量守恒定律，mv=mv1+mv2，解得乙算珠速度v2=0.2m/s，對乙算珠，由動能定理，μmgx=mv22解得：x=2.0×102m，等于s2=2.0×102m，所以能滑動到邊框。（2）甲算珠與乙碰撞前的運動的加速度a=μmg=1m/s2，甲算珠與乙碰撞前的運動時間t1=（v0v）/a=0.1s甲算珠與乙碰撞后的運動時間t2=v1/a=0.1s甲算珠從撥出到停下的時間t=t1+t2=0.1s+0.1s=0.2s。4.（15分）（2021高考新課程湖北卷）如圖所示，一圓心為O、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在豎直平面內，其下端與光滑水平面在Q點相切。在水平面上，質量為m的小物塊A以某一速度向質量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與O點等高的C點時速度為零。已知重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。（1）求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到Q點的距離；（2）當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與OQ夾角為θ，求此時A所受力對A做功的功率；（3）求碰撞過程中A和B損失的總動能?！緟⒖即鸢浮?5.（1）2R（2）（3）【解題思路】（1）根據(jù)題述，B到達半圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，由牛頓第二定律，mg=m解得v=由平拋運動規(guī)律，x=vt，2R=聯(lián)立解得：x=2R（2）A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點過程，由機械能守恒定律，mgRcosθ=,A所受力對A做功的功率P=mgsinθ·vD,聯(lián)立解得：P=。（3）A碰撞后，由動能定理mgR=,，解得vA=B碰撞后，由動能定理2mgR+=,，解得vB=AB碰撞，由動量守恒定律，mv0=mvA+mvB，碰撞過程中A和B損失的總動能△Ek=（+）聯(lián)立解得：△Ek=。5．（14分）（2021新高考天津卷）一玩具以初速度從水平地面豎直向上拋出，達到最高點時，用遙控器將玩具內壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質量之比為1∶4的兩部分，此時它們的動能之和與玩具從地面拋出時的動能相等．彈簧彈開的時間極短，不計空氣阻力．求（1）玩具上升到最大高度時的速度大?。唬?）兩部分落地時速度大小之比．【解題思路】（1）設玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度時的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向為正，由運動學公式，有①②聯(lián)立①②式解得③（2）設玩具分開時兩部分的質量分別為、，水平速度大小分別為、．依題意，動能關系為④玩具達到最高點時速度為零，兩部分分開時速度方向相反，水平方向動量守恒，有⑤分開后兩部分做平拋運動，由運動學關系，兩部分落回地面時，豎直方向分速度大小為，設兩部分落地時的速度大小分別為、，由速度合成公式，有⑥⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到，得⑧【最新模擬題精練】1.（2023湖南益陽桃江一中模擬）如圖所示，質量為M=2kg足夠長的小車以v0=2.5m/s的速度沿光滑的水平面運動，在小車正上方h=1.25m處有一質量為m=0.5kg的可視為質點的物塊靜止釋放，經(jīng)過一段時間剛好落在小車上無反彈，作用時間很短，隨后二者一起沿水平面向右運動。已知物塊與小車上表面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g=10m/s2，忽略空氣阻力。則下列說法正確的是（）A.物塊落在小車的過程中，物塊和小車的動量守恒B.物塊落上小車后的最終速度大小為3m/sC.物塊在小車的上表面滑動的距離為0.5mD.物塊落在小車的整個過程中，系統(tǒng)損失的能量為7.5J【參考答案】CD【名師解析】物塊落在小車的過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，但豎直方向的動量不守恒，故A錯誤；物塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有：Mv0=（M+m）v所以共同速度為：，故B錯誤；物塊落上小車到二者共速的過程中，因摩擦損失的機械能為：代入數(shù)據(jù)解得：ΔE1=1.25J由功能關系：ΔE1=μmg·Δx解得：Δx=0.5m，故C正確；在整個的過程中，系統(tǒng)損失的機械能等于物塊減少的重力勢能與二者損失的動能之和，由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)可得：ΔE=7.5J，故D正確2.（2023河北衡水中學一模）在光滑水平面上沿一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ發(fā)生正碰，碰后立即粘在一起運動，碰撞前滑塊Ⅰ、Ⅱ及粘在一起后的速度—時間圖像分別如圖中的線段a、b、c所示。由圖像可知（）A.碰前滑塊Ⅰ的動量比滑塊Ⅱ的動量小B.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為C.滑塊Ⅰ的質量與滑塊Ⅱ的質量之比為D.碰撞過程中，滑塊Ⅰ受到的沖量比滑塊Ⅱ受到的沖量大【參考答案】C【名師解析】由題圖可知，碰撞后總動量為正，根據(jù)動量守恒定律可知，碰撞前的總動量也為正，故碰撞前滑塊I的動量較大，故A項錯誤；根據(jù)動量守恒定律有解得，故B錯誤，C正確；碰撞過程中滑塊I受到的沖量與滑塊Ⅱ受到的沖量大小相等，方向相反，故D項錯誤。3.（2023遼寧大連金州高中三模）如圖所示，甲和他的冰車總質量，甲推著質量的小木箱一起以速度向右滑行。乙和他的冰車總質量也為，乙以同樣大小的速度迎面而來。為了避免相撞，甲將小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，則小木箱的速度v可能為（）A. B. C. D.【參考答案】CD【名師解析】對于甲和箱子根據(jù)動量守恒得對于乙和箱子根據(jù)動量守恒得當甲乙恰好不相碰，則聯(lián)立解得若要避免碰撞，則需要滿足。4.（2023河北唐山一模）在光滑水平桌面上質量為m的物體A以某一速度與質量為3m等大物體B發(fā)生正碰，碰撞前物體B處于靜止狀態(tài)。已知碰撞后物體B的動能為E，則碰撞之前物體A的動能可能為（）A.E B.3E C.5E D.7E【參考答案】BC【名師解析】設物體A碰前速度v0，若兩物體發(fā)生非彈性碰撞，則此時解得碰撞之前物體A的動能若兩物體發(fā)生彈性碰撞，則，解得，此時解得碰撞之前物體A的動能則碰撞之前物體A的動能可能為3E和5E。BC正確。5．（2023四川成都樹德中學二診）如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直輕彈下端固定在地面上，上端與物塊B相連并處于靜止狀態(tài)。一物塊A在外力作用下靜止在彈簧正上方某高度處，取物塊A靜止時的位置為原點O、豎直向下為正方向建立x軸。某時刻撤去外力，物塊A自由下落，與物共B碰撞后以相同的速度向下運動，碰撞過程用時極短。測得物塊A的動能與其位置坐標x的關系如圖乙所示（彈簧始終處于彈性限度內），圖中除之間的圖線為直線外。其余部分均為曲線。已知物塊A、B均可視為質點，重力加速度為g，則（）A．物塊A、B的質量之比為1∶2B．彈簧的勁度系數(shù)為C．從到的過程中，物塊運動加速度的最大值D．從到的過程中，彈簧的彈性勢能增加了【參考答案】AD【名師解析】A．根據(jù)圖像可知碰撞后A的動能變?yōu)樵瓉淼?，根?jù)則物塊A與B碰撞前后速度大小之比為3：1，設碰撞前一刻速度為v，取初速度方向為正方向，由動量守恒定律有解得，A正確；設A質量為m，則B的質量為2m，由圖乙可知，x2處動能達到最大，根據(jù)平衡條件可得此時彈簧彈力為3mg，從x1到x2過程中，彈簧彈力增加mg，由胡克定律知故從O到x1，由動能定理有，聯(lián)立解得，B錯誤；C．從x2到x3過程中，加速度大小逐漸減小至0，然后再增加，故加速度最大處在x3處；在x1處有，解得在x3處有，解得故加速度最大值不可能為，C錯誤；碰撞后，A的動能為，則B的動能為，總動能為，從x1到x3過程中，由能量關系有解得，D正確。6．（2023四川成都樹德中學二診）如圖所示，在光滑水平面上停放質量為m裝有弧形槽的小車，現(xiàn)有一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是（）A．小球離車后，對地將做自由落體運動B．小球離車后，對地將向左做平拋運動C．小球在弧形槽上上升的最大高度為D．此過程中小球對車做的功為【參考答案】BC【名師解析】設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得由動能守恒定律得解得，所以小球與小車分離后對地將向左做平拋運動，故A錯誤，B正確；當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設該高度為h，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得由機械能守恒定律得解得，故C正確；對小車運用動能定理得，小球對小車做功，故D錯誤。7.（2023湖南懷化二模）如圖所示，質量為m的小球A從地面上斜拋，拋出時的速度大小為25m/s，方向與水平方向夾角為53°角，在A拋出的同時有一質量為3m的黏性小球B從某高處自由下落，當A上升到最高點時恰能擊中豎直下落中的黏性小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后A、B兩球粘在一起落回地面，不計空氣阻力，，g取。以下說法正確的是（）A.小球B下落時離地面的高度是20mB.小球A上升至最高處時離地面40mC.小球A從拋出到落回地面的時間為3sD.小球A從拋出到落回地面的水平距離為60m【參考答案】C【名師解析】A球豎直方向做豎直上拋運動至最高點，B球做自由落體落體運動，則兩球運動的高度相同，均為為小球B下落時離地面的高度是40m，AB錯誤；兩球豎直方向的運動是互逆的，相遇時小球A豎直速度為0，小球B的速度為根據(jù)兩球在豎直方向上的動量守恒兩球粘在一起后的豎直速度為繼續(xù)下落，有得則小球A從拋出到落回地面的時間為3s，C正確；小球A從拋出到與小球B相撞的水平距離為根據(jù)兩球在水平方向上的動量守恒得相撞后兩球的水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為D錯誤。8.（2023浙江杭州名校聯(lián)考）如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球A、B發(fā)生正碰，小球的質量分別為m1和m2圖乙為它們碰撞前后的xt圖像。已知m1=0.1kg，由此可以判斷（）A.碰前B靜止，A向右運動 B.碰后A和B都向右運動C.由動量守恒可以算出m2=0.3kg D.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能【參考答案】AC【名師解析】碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止狀態(tài)，m1的速度大小為方向只有向右才能與m2相撞，故題圖乙中向右為正方向，由題圖乙可求出碰后m2和m1的速度分別為，碰后m2的速度方向為正方向，說明m2向右運動，而m1的速度方向為負方向，說明m1向左運動，故A正確，B錯誤；根據(jù)動量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′代入解得m2＝0.3kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為D錯誤。9.（2023山東濰坊三校聯(lián)考）兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是（）A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【參考答案】B【名師解析】碰前的動量為碰后A項的總動量為D項的總動量為則兩種情況都滿足動量守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際，AD錯誤；碰后B項的總動量為則滿足動量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不會發(fā)生第二次碰撞，碰前的總動能兩球碰后的總動能不違背能量守恒定律，B正確；C項碰后的總動量為則滿足動量守恒，兩球碰后的總動能大于碰前的總動能違背了能量守恒定律，C錯誤?！疽?guī)律總結】碰撞遵循的三個原則動量守恒碰撞時間極短，內力遠大于外力，動量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′動能不增加碰撞后系統(tǒng)的總動能不大于碰撞前系統(tǒng)的總動能。系統(tǒng)動能滿足關系式：eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22≥eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2物理情境可行性按碰撞情境可分為追趕碰撞和相向碰撞，兩物體碰撞前后的物理情境應與實際相一致10..(2023江蘇南通重點高中質檢)A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖線，若A球質量是，則由圖像判斷下列結論正確的是（）A.碰撞前、后A球的動量變化量為6kg·m/sB.碰撞時A球對B球的沖量為－6N·sC.A、B兩球碰撞前的總動量為3kg·m/sD.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J【參考答案】D【名師解析】xt圖像的斜率表示速度，所以碰撞前、后，A球的速度分別為所以碰撞前、后A球的動量變化量為故A錯誤；碰撞前B球的速度為設B球質量為m′，根據(jù)動量守恒定律有解得根據(jù)動量定理可知，碰撞時A球對B球的沖量為故B錯誤；A、B兩球碰撞前的總動量為，故C錯誤；碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為故D正確。11.（2023湖北四市七校聯(lián)盟期中聯(lián)考）質量為2m的小球A以速度v0在光滑水平面上運動，與質量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，則碰撞后小球A的速度vA大小和小球B的速度大小vB可能為（）A.， B.，C.， D.，【參考答案】AD【名師解析】碰撞過程中應滿足動量守恒，即還應滿足系統(tǒng)總動能不增加，即若，當vA與vB方向相反時代入計算，可知滿足動量守恒，碰撞后總動能為，滿足總動能不增加，A可能；若，當vA與vB方向相同時代入計算，可知滿足動量守恒，但vA>vB，故不符合實際情況，B不可能；．若，當vA、vB代入計算，可知不滿足動量守恒，C不可能；若，當vA與vB方向相反時代入計算，可知滿足動量守恒，碰撞后總動能為，小于系統(tǒng)碰撞前的動能，D可能。12．（2023四川成都七中二診）（12分）如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB固定在豎直面內，其B端剛好與水平面相切，水平面BD部分光滑，D點右側部分粗糙且足夠長，質量為3m的物塊b放在水平面上的C點，質量為m的物塊a從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，物塊a沿圓弧面下滑到水平面上與物塊b發(fā)生正碰。不計兩個物塊大小，已知重力加速度為g，物塊與水平面粗糙部分的動摩擦因數(shù)為0.5，試回答下列問題：（1）a與b碰撞前的瞬間a的速度大??；（2）若a與b碰撞后粘在一起，則碰撞后間a、b在粗糙水平面上滑行的距離；（3）若a與b發(fā)生彈性碰撞，求碰撞過程b對a的沖量及物塊a、b最終靜止在粗糙水平面上時的間距?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3），方向水平向左，0【名師解析】（1）設a與b碰撞前的一瞬間，a的速度大小為，根據(jù)機械能守恒有解得（2）設碰撞后的共同速度為v，根據(jù)動量守恒有解得設兩物塊在粗糙水平面上滑動的距離為x，根據(jù)動能定理解得（3）設碰撞后一瞬間a、b的速度大小分別為、，根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有解得，a、b碰撞過程，根據(jù)動量定理，b對a的沖量即b對a的沖量大小為，方向水平向左。碰后a被反向彈回，最終滑上凹面上后返回再次進入水平面，由于a、b滑上粗糙水平面時的初速度大小相同，由動能定理可知，兩物塊在水平面上滑行的距離相同，即物塊a、b靜止在粗糙水平面上時相距的距離為0。13.（2023河北衡水中學一模）如圖所示，有兩足夠長傾角均為的粗糙斜面AB和CD均通過一小段平滑的圓弧與足夠長的光滑水平面BC連接，小滑塊a與斜面AB間的動摩擦因數(shù)，小滑塊b與斜面CD間的動摩擦因數(shù)，小滑塊a從斜面AB上的P點由靜止開始下滑，一段時間后，與靜止在水平面BC上的裝有質量不計的彈簧的物塊b發(fā)生第一次碰撞，之后彈簧儲存的彈性勢能的最大值，已知小滑塊a、b均可視為質點，質量均為，小滑塊a與彈簧碰撞過程中不損失機械能，且彈簧始終在彈性限度內，取重力加速度大小，，。求：（1）P點距水平面的高度h；（2）小滑塊a與小滑塊b第一次碰撞后，小滑塊b沿CD斜面上滑的最大距離；（3）小滑塊b在斜面上運動的總路程?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）根據(jù)題意，小滑塊a從斜面AB上的P點滑到B點的過程，由動能定理有因為a、b的質量相等，發(fā)生碰撞時滿足動量守恒，由動量守恒定律有由能量守恒定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得，（2）根據(jù)題意，由動量守恒定律和能量守恒定律有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得在小滑塊b滑上最高點的過程中，根據(jù)動能定理有解得（3）根據(jù)題意，設小滑塊b第一次回到斜面CD底端時的速度大小為，有整理后有b與a碰后再次交換速度，此時b的速度為零，a的速度大小為，則在a沿斜面AB上升至速度減為零的過程中有由于交換速度，故與大小相等，解得返回底端的過程中在底部a與b碰撞后再次交換速度，則b的速度大小b上升到頂端的過程中可得則有即小滑塊b每次上升到頂端的路程為等比關系，其中公比同時由于在同一斜面上，上滑與下滑的路程相等，由數(shù)學知識有1