内容正文:
对应学生用书 P47
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时,因碰撞次数较多,过程复杂,在求解多次碰撞问题时,通常可用到以下两种方法:
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,可写出以后碰撞过程中对应规律或结果,然后可以计算全程的路程等数据
图像法
通过分析前几次碰撞情况,画出物体对应的vt图像,通过图像可使运动过程清晰明了,并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
[例1] (2023·山东日照市一模)如图所示,质量m1=1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出),轻弹簧的一端固定,另一端靠着靶盒(不连接),此时弹簧处于自然长度,弹簧的劲度系数k=184 N/m.长度为l=2.25 m、质量为m2=1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上,木板B上表面与平台等高,且紧靠平台右端放置,距离平台右端d=4.25 m处有竖直墙壁.某射击者根据需要瞄准靶盒,射出一颗水平速度v0=100 m/s、质量m0=0.1 kg的子弹,当子弹从靶盒右端打入靶盒后,便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度),最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板.已知靶盒与平台、靶盒与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,木板与墙壁碰撞没有能量损失,靶盒与子弹均可视为质点,取g=10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为:Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)求:
(1)子弹射入靶盒的过程中,系统损失的动能;
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能;
(3)O点到平台右端的距离;
(4)木板运动的总路程.
解析:(1)子弹射入靶盒的过程中,由动量守恒定律有m0v0=(m1+m0)v,得v=5 m/s,
系统损失的动能ΔEk=m0v-(m1+m0)v2,解得ΔEk=475 J;
(2)子弹进入靶盒后,设靶盒向左运动的最大距离为x,由能量守恒定律有
(m1+m0)v2=μ(m1+m0)gx+kx2,
解得x=0.5 m,
靶盒再次返回到O点时离开弹簧,设此时动能为Ek,
8
学科网(北京)股份有限公司
由动能定理有-2μ(m1+m0)gx=Ek-(m1+m0)v2,解得Ek=21 J;
(3)设O点到平台右端的距离为s,靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,滑上木板后,木板与墙壁多次碰撞,最终靶盒停在木板右端,由能量守恒定律得Ek=μ(m1+m0)g(s+l),解得s=3 m;
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1,由动能定理有-μ(m1+m0)gs=(m1+m0)v-Ek,
解得v1=3 m/s,
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′,(m1+m0)v1=(m1+m0+m2)v1′,
解得v1′=2 m/s,该过程中木板的位移为s1,木板的加速度为a,μ(m1+m0)g=m2a,
根据v1′2=2as1,解得s1=0.5 m<d-l,
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度,木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速,经位移大小s1速度减为0,再向右加速,设与靶盒达到共同速度v2,以向右为正方向(下同),有(m1+m0)v1′-m2v1′=(m1+m0+m2)v2,可得v2=v1′,
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速,经位移大小s2速度减为0,再向右加速v=2as2,设第二次与墙壁碰撞之后,靶盒与木板达到共同速度v3,(m1+m0)v2-m2v2=(m1+m0+m2)v3,v3=v2=()2v1′,第三次与墙壁碰撞之后,经位移大小s3速度减为0,再向右加速,v=2as3,第n次与墙壁碰撞之后,靶盒与木板达到共同速度vn+1,vn+1=()nv1′
经位移大小sn速度减为0,再向右加速,
v+1=2asn+1,
木板的路程L=d-l+2s1+2s2+…+2sn+1,
即L=d-l+(1+++…+),
解得L=3.125 m.
答案:(1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
[例2] (2023·山东潍坊市高三期末)如图所示,在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A,木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为d=2 m,A、B质量均为m=1 kg,不计一切摩擦.从某时刻起,B始终受到水平向右、大小为F=9 N的恒力作用,经过一段时间,B与A的挡板发生碰撞,碰撞过程中无机械能损失,碰撞时间极短.重力加速度g取10 m/s2.求:
(1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬间,物块B与木板A的速度大小;
8
学科网(北京)股份有限公司
(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞,碰后瞬间A、B的速度大小;
(3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内,物块B的速度v随时