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

专题二　 能量与动量 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 　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； 例1 答案　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， (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)； (mB＋mC)g－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB＋mC)a 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， (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。 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， C沿绳向下减速：Ffm－2mg＝2ma2， 解得a2＝2g， B与C恰好在同一时间速度变为0， 　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； 例2 答案　0　6 m/s　 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 解得vB＝0，vA＝6 m/s (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； 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 解得vA2＝12 m/s，vB2＝6 m/s (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； 答案　见解析图　 此时B的速度为vB3＝vB2＋at′＝18 m/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)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　[2＋4n(n－1)] m(n＝1,2,3，4，…) 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 专题强化练 20 1.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。 1 2 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； 1 2 1 2 (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； 1 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 1 2 (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。 1 2 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 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 1 2 2、3号滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为 1 2 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 1 2 2.(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝ 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动 时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰 撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力 加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； 1 2 mv0＝mv1＋Mv1′ 1 2 1 2 (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； 1 2 答案　l　 第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，圆盘匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大， 1 2 (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 1 2 答案　4 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x球1＝x盘1 之后第二次发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据动量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″ 1 2 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 1 2 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0 以竖直向下为正方向，由动量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″ 当二者即将第四次碰撞时x盘3＝ x球3 1 2 此时圆盘距离下端管口长度为20l－l－2l－4l－6l＝7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐 次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4 ＝ 8l 则第四次碰撞后圆盘落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 1 2 解得μ＝＝1 答案　　 若μ＝，同时由静止释放A、B、C，由牛顿第二定律可得 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， 解得B的初速度vB＝ 答案　mgL 减速到零的时间t1＝， 减速到零的时间t2＝ Q＝FfmΔx总＝mgL。 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 B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd＝mv02 mv02＝mvB2＋mvA2 答案　 s　12 m/s　6 m/s 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 mvA12＋mvB12＝mvA22＋mvB22 同理第三次碰撞时有vB2t′＋at′2＝vA2t′ 解得t′＝ s 从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝＝ s 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，…)。 答案　 m/s　 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 答案　　　 故损失的动能为ΔE＝E－E′＝ 绷紧后系统总动能为E′＝×2mv2 又E＝mv12 联立解得E′＝E＝ 答案　 m/s 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) E2f＝E20－μ·2mgL＝(E0－μmgL)－μ·2mgL＝E0－(12＋22)μmgL 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 联立解得1号滑环的初速度大小为v10＝ m/s。 答案　　　 M 过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv02 解得v0＝ 过程2：小球以v0＝的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有mv02＝mv12＋Mv1′2 解得v1＝ v0＝－ v1′＝ v0＝ 即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。 则有v1＋gt＝v1′，解得t＝＝ 根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l 即v1t1＋gt12＝v1′t1解得t1＝ 此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0 圆盘的速度仍为v1′，这段时间内圆盘下降的位移x盘1 ＝v1′t1＝＝2l 根据能量守恒定律有mv22＋Mv1′2＝mv2′2＋ Mv2″2，联立解得v2′＝0，v2″＝v0 v2″t2＝gt22，解得t2＝ 圆盘向下运动的位移大小x盘2＝v2″t2＝＝4l 由能量守恒有mv32＋Mv2″2＝mv3′2＋Mv3″2，得碰后小球速度为v3′＝ 圆盘速度v3″＝ 即v3″t3＝v3′t3＋gt32 得t3＝＝t1＝t2 在这段时间内，圆盘向下移动x盘3＝v3″t3＝＝6l $$