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（word教参）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

对应学生用书　P39 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＝mv－(2m＋m)v 联立解得v1＝v0，L＝. (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＝(2m＋m)v－(2m＋m)v 联立求得v2＝v0，x1＝， 则可得此时物块距木板左端的距离为Δl1＝L－x1＝. (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，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2＝2aBs1， 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有2＝2aBs2， 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有2＝2aBsn， 则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝. 得s＝＝. (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＋＝aBt1， 2－2＝2aBΔx， 匀速过程有Δx＝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′＝t0， 对A有μmg＝2maA 又＝aAt′， 解得t0＝. [答案]　(1)　(2)　(3)　(4) 　　　　　　 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＝mv，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， mv＝mv＋mv， 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＝＝9 m/s2的匀加速运动， 则第二次碰撞时有v2t＝at2，解得t＝ 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， mv＋mv＝mv＋mv， 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′＋at′2＝v4t′， 解得t′＝ 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＝＝ 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＋(n－1)(n－2) m ＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…) [答案]　(1)0　6 m/s　(2) 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)＝mv， 解得vC＝4 m/s， 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得 FC＋mg＝m， 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＝mv， 解得vC＝1 m/s， 滑块在G点做平抛运动，即x＝vCt，y＝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， v－v＝2a1s1，v－(v1′)2＝2a2s2， 因此，物体相对于车的位移为 Δx1＝s2－s1＝v， 同理，第二次发生碰撞时候Δx2＝－v， 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＝v≤L－x0， 解得μ≤0.053. (3)由以上分析可知，每次碰撞之后 vi＋1＝vi， 因此，第四次碰撞后v4＝4v0， 损失的机械能为ΔE＝(m＋M)(v－v)， 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mBv＝mBv＋mv， 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 学科网（北京）股份有限公司 $$