第1部分 专题2 高考新动向(2) 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

高考新动向（二） 数学归纳法和图像法 解决多次碰撞问题 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 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 数学归纳法解决多次碰撞问题 [例1]　 (2024·山东烟台一模统考)如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一起向右运动，在t＝0时刻，物块B与挡板P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终 在t＝t0(未知)时恰好相对地面静止．已知A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： (1)木板A的长度； (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离； (3)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值． [解析]　(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1 根据能量守恒定律有 μmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m＋m)veq \o\al(2,1) 联立解得v1＝eq \f(1,3)v0，L＝eq \f(v\o\al(2,0),3μg). (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2， 根据能量守恒定律有 μmgx1＝eq \f(1,2)(2m＋m)veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)(2m＋m)veq \o\al(2,2) 联立求得v2＝eq \f(1,32)v0，x1＝eq \f(4v\o\al(2,0),27μg)， 则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1＝L－x1＝eq \f(5v\o\al(2,0),27μg). (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为eq \f(v0,3n)，对B有 μmg＝maB， 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))2＝2aBs1， 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,32)))2＝2aBs2， 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n)))2＝2aBsn， 则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝eq \f(v\o\al(2,0),μg) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,34)＋\f(1,36)＋…＋\f(1,32n))). 得s＝eq \f(v\o\al(2,0)\f(1,32)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32n))),μg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,32))))＝eq \f(v\o\al(2,0),8μg). (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中， 设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有eq \f(v0,3n)＋eq \f(v0,3n＋1)＝aBt1， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n)))2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3n＋1)))2＝2aBΔx， 匀速过程有Δx＝eq \f(v0,3n＋1)t2， 联立可得t1∶t2＝1∶1， 即每相邻两次碰撞过程中，A、B匀变速运动过程与A、B匀速运动过程的时间之比为1∶1， 在0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则t′＝eq \f(1,2)t0， 对A有μmg＝2maA 又eq \f(v0,3)＝aAt′， 解得t0＝eq \f(4v0,3μg). [答案]　(1)eq \f(v\o\al(2,0),3μg)　(2)eq \f(5v\o\al(2,0),27μg)　(3)eq \f(v\o\al(2,0),8μg)　(4)eq \f(4v0,3μg) 图像法解决多次碰撞问题 [例2]　(2024·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； (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随时间t的变化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离． [解析]　(1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v0＝6 m/s， B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有 mv0＝mv1＋mv2， eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)， 解得v1＝0，v2＝6 m/s； (2)第一次碰后A向右以速度v2＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为 a＝eq \f(F,m)＝9 m/s2的匀加速运动， 则第二次碰撞时有v2t＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \f(4,3) s， 此时B的速度为v3＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有 mv2＋mv3＝mv4＋mv5， eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,4)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,5)， 解得A、B的速度为v4＝12 m/s，v5＝6 m/s； (3)同理第三次碰撞时有v5t′＋eq \f(1,2)at′2＝v4t′， 解得t′＝eq \f(4,3) s， 此时B的速度为v6＝v5＋at′＝18 m/s， 从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(2,3) s， 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随时间t的变化图像如图所示； (4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v­t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m； 从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为 8 m＋8 m＝16 m； 从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为 16 m＋8 m＝24 m； 根据数学知识可知从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离s＝2 m＋(n－1)×8 m＋eq \f(8,2)(n－1)(n－2) m ＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…) [答案]　(1)0　6 m/s　(2)eq \f(4,3) s　12 m/s 6 m/s　(3)见解析图　(4)[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…) 1．(2024·浙江宁波三模)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下FG、平台JK所在的水平面高度差为 y＝1.25 m．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量M＝2 kg，将一质量m＝1 kg的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.9倍，当滑块落到摆渡车上时不反弹，但其水平方向速度不变．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即反弹但速度大小不变，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)求滑块过C点的速度大小vC和滑块对轨道的作用力大小FC； (2)若在滑块落到摆渡车上的瞬间，工人立刻推动摆渡车，使得摆渡车立刻获得与滑块水平方向速度相同的速度，此后的运动过程中，滑块始终不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ需要满足的条件； (3)在(2)的条件下，求摆渡车与滑块组成的系统在从一起开始运动到第4次碰撞前所损失的机械能． 解析：(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcos θ)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 解得vC＝4 m/s， 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝meq \f(v\o\al(2,C),R)， 解得FC＝22 N， 由牛顿第三定律，滑块对轨道和轨道对滑块的相互作用力大小相等，也为22 N. (2)滑块从静止释放到G点过程，根据动能定理可得mgh－0.9mgLFG＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 解得vC＝1 m/s， 滑块在G点做平抛运动，即x＝vCt，y＝eq \f(1,2)gt2， 解得x＝0.5 m， 即滑块在摆渡车上位置为x＝0.5 m，二者的初速度为v0＝vG＝1 m/s， 由题意，当摆渡车与墙壁碰撞时，其速度大小不变，设与墙壁碰撞之后，摆渡车的速度变为v1′＝－v0， 若此后滑块与摆渡车能够达到共速v1，则由动量守恒定律(M＋m)v1＝Mv1′＋mv0＝－Mv0＋mv0， 由牛顿第二定律f＝μmg，－f＝ma1，f＝Ma2， veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0)＝2a1s1，veq \o\al(2,1)－(v1′)2＝2a2s2， 因此，物体相对于车的位移为 Δx1＝s2－s1＝eq \f(2M,M＋mμg)veq \o\al(2,0)， 同理，第二次发生碰撞时候Δx2＝－eq \f(2M,M＋mμg)veq \o\al(2,1)， 显然Δx2＜Δx1，因此只需要保证第一次碰撞之后二者不分离即可，即Δx1＝eq \f(2M,M＋mμg)veq \o\al(2,0)≤L－x0， 解得μ≤0.053. (3)由以上分析可知，每次碰撞之后 vi＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M－m,M＋m)))vi， 因此，第四次碰撞后v4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(M－m,M＋m)))4v0， 损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)(m＋M)(veq \o\al(2,0)－veq \o\al(2,4))， 解得ΔE＝1.50 J. 答案：(1)4 m/s　22 N　(2)μ≤0.053　(3)1.50 J 2．(2024·湖北武汉二模)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0＝7 m/s在水平地面上向左运动．t＝0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v­t图像如图乙所示， t＝1.9 s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C.已知A与C的质量相同，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)C与A间的动摩擦因数μ1以及C与地面间的动摩擦因数μ2； (2)B和C碰撞后，B的速度； (3)为使A始终不离开C，C至少有多长？ 解析：(1)由图乙有0～0.5 s过程中A在C上滑动的加速度为a1＝4 m/s2， 由受力分析和牛顿第二定律有μ1mg＝ma1， 解得μ1＝0.4， 在0.5 s～1.9 s过程中，A和C一起运动的加速度为a2＝1 m/s2， 对 A、C整体受力分析和牛顿第二定律有μ22mg＝2ma2，解得μ2＝0.1. (2)在0～0.5 s过程中，设C的加速度为a3，对C进行受力分析和牛顿第二定律有μ1mg－μ2×2mg＝ma3， 解得a3＝2 m/s2，设t＝0时刻C的速度为vC，经t＝0.5 s匀加速到v＝5.0 m/s， 由v1＝vC＋a3t1＝vC＋a3t1，有vC＝4 m/s， B和C弹性碰撞，动量守恒mBv0＝mBvB＋mvC， 能量守恒eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,n)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)， 解得vB＝－3 m/s， 方向水平向右． (3)由图乙有，C与墙壁碰撞后速度大小为v2＝3.6 m/s，设向右匀减速运动的时间为t2，加速度的大小为a4，则μ1mg＋μ2×2 mg＝ma4，v2＝a4t2，解得t2＝0.6 s， 即t＝2.5 s时刻，C速度为零，此时A的速度v3＝(3.6－4×0.6)m/s＝1.2 m/s， 作C的v­t图像如图所示 两处阴影的面积之和为L＝3.39 m，即为C最小的长度． 答案：(1)0.4　0.1　(2)－3 m/s，方向水平向右 (3)3.39 m $$