专题2 培优点3 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

培优点3　数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 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，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式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v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 例1　(2023·江苏南京市三模)如图所示，一斜面固定在水平地面上，斜面倾角θ＝37°、质量为5m的小物块A通过一根跨过固定滑轮的绳子连接质量同为5m的小物块B，连接A的绳子与斜面平行，物块B距离地面高度为L，物块A与斜面最上端挡板的距离也为L，绳无阻碍穿过挡板上小孔。质量为2m的小环C套在B上方的绳子上，绳子与小环C之间的最大静摩擦力Ffm＝6mg，不计滑轮和绳子质量以及滑轮与绳子之间的摩擦，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若系统处于静止状态，求A与斜面间动摩擦因数的最小值μ； (2)若μ＝，同时由静止释放A、B、C，物块A与挡板碰撞原速率反弹，物块B与地面碰撞后速度瞬间变成0，求绳子再次绷紧，B向上运动的初速度vB(绷紧过程C的速度未变)； (3)接第(2)问，若C始终没有落到B上，求整个过程中C与绳子之间因摩擦产生的热量Q。 答案　(1)1　(2)　(3)mgL 解析　(1)由题设条件可知，若系统处于静止状态，小物块A受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，A与斜面间的动摩擦因数有最小值， 由平衡条件可得mAgsin θ＋μmAgcos θ＝(mB＋mC)g， 解得μ＝＝1 (2)若μ＝，同时由静止释放A、B、C，由牛顿第二定律可得(mB＋mC)g－mAgsin θ－ μmAgcos θ＝(mA＋mB＋mC)a 解得a＝g， 物块A与挡板碰撞时的速度vA＝＝，此时C的速度vC＝vA， 由题意可知，绳绷紧过程C的速度未变，可知绳绷紧时A、B共速，由动量守恒定律可知 mAvA＝(mA＋mB)vB， 解得B的初速度vB＝ (3)A沿斜面向下减速，B沿绳向上减速， 对于A、B整体5mg＋Ffm－5mg(sin θ－μcos θ)＝10ma1 解得a1＝g， 减速到零的时间t1＝， C沿绳向下减速：Ffm－2mg＝2ma2， 解得a2＝2g， 减速到零的时间t2＝ B与C恰好在同一时间速度变为0， B上升的高度vB2＝2a1x1⇒x1＝L C下落的高度vC2＝2a2x1′⇒x1′＝L， B、C相对位移Δx1＝L，此时B、C的状态与初始相同，但B离地的高度为L，为初始高度的，相对位移Δxi＋1＝Δxi Δx总＝xi＝×(1＋＋…)L＝L Q＝FfmΔx总＝mgL。 例2　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＝10 m/s2。求： (1)物块B与A的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A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B的速度大小； (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，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。 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＝1,2,3，4，…) 解析　(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd＝mv02 解得v0＝6 m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mvB＋mvA mv02＝mvB2＋mvA2 解得vB＝0，vA＝6 m/s (2)第一次碰撞后A向右以速度vA＝6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为a＝＝9 m/s2的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vAt＝at2 解得t＝ s 此时B的速度为vB1＝at＝12 m/s，A的速度为vA1＝vA＝6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1＋mvB1＝mvA2＋mvB2 mvA12＋mvB12＝mvA22＋mvB22 解得vA2＝12 m/s，vB2＝6 m/s (3)同理第三次碰撞时有vB2t′＋at′2＝vA2t′ 解得t′＝ s 此时B的速度为vB3＝vB2＋at′＝18 m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝＝ s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生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，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v－t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次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m； 从第3次碰撞到第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＋8 m＋16 m＋24 m＋…＋8(n－1) m＝2 m＋ m ＝[2＋4n(n－1)] m(n＝1,2,3,4，…)。 专题强化练 1．(2023·江苏淮安市二模)窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个滑环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为L＝0.2 m，每个滑环的质量均为m＝0.4 kg，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行(视为只有平动)。在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度大小； (2)假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前瞬间其动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘因绷紧而损失的动能； (3)9号滑环开始运动后继续滑行0.05 m后停下来，求1号滑环的初速度大小。 答案　(1) m/s　(2)　　(3) m/s 解析　(1)设1号滑环的最小初速度为v0，则由动能定理可得－μmgL＝0－mv02 解得v0＝ m/s (2)设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为v1，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为v，由窗帘绷紧前后动量守恒有mv1＝2mv 绷紧后系统总动能为E′＝×2mv2 又E＝mv12 联立解得E′＝E＝ 故损失的动能为ΔE＝E－E′＝ (3)设1号滑环的初速度为v10，其动能为E0，1号滑环滑行距离L，1、2号滑环绷紧前瞬间，系统剩余动能为 E1f＝E0－μmgL 根据(2)可得，1、2号滑环绷紧后瞬间，系统剩余动能为E20＝E1f＝E1f＝(E0－μmgL) 在1、2号滑环共同滑行距离L，2、3号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为 E2f＝E20－μ·2mgL＝(E0－μmgL)－μ·2mgL＝E0－(12＋22)μmgL 2、3号滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 E30＝E2f＝E2f＝[E0－(12＋22)μmgL]＝E0－(12＋22)μmgL 依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为E8f＝E0－(12＋22＋32＋…＋82)μmgL 8、9号滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为E90＝E8f 由题意可知，8、9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离x＝0.05 m(0<x<L)后静止，因而有 E90＝μ·9mgx 联立解得1号滑环的初速度大小为v10＝ m/s。 2.(2023·江苏南京市模拟预测)如图所示，在倾角为θ、足够长的光滑斜面上放置轻质木板，木板上静置两个质量均为m、可视为质点的弹性滑块A和B，初始间距为l0。A与木板间的动摩擦因数μA>tan θ，B与木板间的动摩擦因数μB＝tan θ。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加平行斜面向上的推力F＝4mgsin θ，g为重力加速度。使A由静止开始运动，求： (1)A、B从运动到第一次碰撞的时间； (2)A、B第一次碰撞后的最大距离； (3)B相对木板滑动的过程中系统产生的热量。 答案　(1)　(2)l0　(3)2mgl0sin θ 解析　(1)对于B，μBmgcos θ＝mgsin θ，即B静止， 由牛顿第二定律可知 F－mgsin θ－μBmgcos θ＝maA， aA＝2gsin θ 由运动学公式得l0＝aAt2，解得t＝ (2)A、B第一次碰撞前， vA＝aAt＝， vB＝0 A、B发生弹性碰撞后交换速度，故有 vB1＝， vA1＝0 B相对木板向上运动，由牛顿第二定律可知 F＋μBmgcos θ－mgsin θ＝maA1， 解得aA1＝4gsin θ 对于B，μBmgcos θ＋mgsin θ＝maB1， 解得aB1＝2gsin θ A、B速度相等时，相距最远 vB1－2gt1sin θ＝4gt1sin θ＝v1 第一次达到共速的时间为t1＝， A、B之间的距离(相对位移)L1＝·t1＝l0 (3)第一次达到共速后，A加速，B匀速向上运动，第二次碰撞前 L1＝v1t2＋aAt22－v1t2，t2＝ 所以第二次碰撞前vA1′＝v1＋，vB1′＝v1， 第二次弹性碰撞后交换速度，则有 vB2＝v1＋， vA2＝v1， B相对木板向上运动，A、B速度相等时，相距最远 vB2－2gt3sin θ＝v1＋4gt3sin θ＝v2 第二次达到共速的时间为t3＝， 相对位移L2＝·t3＝L1， 依次类推可得Ln＝()2l0 相对位移x＝l0＋2l0·[＋()2＋…()n]＝2l0 可得Q＝μBmgxcos θ＝2mgl0sin θ 学科网（北京）股份有限公司 $$