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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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·山东烟台市一模改编)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B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。 解题指导 关键表述解读 质量为2m的长木板A静置于光滑水平面上 A不受地面的摩擦力，B不与挡板P碰撞时A、B动量守恒 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 减少的动能等于摩擦产生的热量，即μmgL＝ΔEk 过程分析 A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离 两次碰撞之间的过程动量守恒，计算B相对A的位移，与摩擦生热相关 之后物块B与挡板P发生了很多次碰撞 A的质量大于B的质量，B与挡板P碰撞后A、B再次共速，A、B具有向右的速度，B再次与挡板P碰撞 0～t0时间内B经过的路程 B往复运动，每次向左的位移2倍之和等于路程 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)依题意，设木板A的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块B和木板A由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1 根据能量守恒定律有μmgL＝mv02－(2m＋m)v12 联立解得v1＝v0，L＝ (2)由于物块B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B第一次与挡板P碰撞后的速度大小不变，方向向左，设B、P第二次碰撞前A、B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)v12－(2m＋m)v22 联立解得v2＝v0，x1＝ 则可得此时物块B离木板A左端的距离为 Δl1＝L－x1＝ (3)由(1)(2)可知，物块B与木板A第n次共速时的速度为，对B有μmg＝maB 从B第一次撞击挡板P到第二次撞击挡板P经过的路程s1＝2×()2·＝· 从B第二次撞击挡板P到第三次撞击挡板P经过的路程s2＝2×()2·＝· 从B第n次撞击挡板P到第n＋1次撞击挡板P经过的路程sn＝2×()2·＝· 则s＝s1＋s2＋s3＋…＋sn＝(＋＋＋…＋) 解得s＝·＝。 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·江苏省淮安市二模)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； (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·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＝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； (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； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案　(1)　　(2)l　(3)4 解析　(1)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，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 mv02＝mv12＋Mv1′2 mv0＝mv1＋Mv1′ 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 (2)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，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，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 (3)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 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 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″ 根据能量守恒定律有mv22＋Mv1′2＝mv2′2＋Mv2″2 联立解得v2′＝0 v2″＝v0 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 v2″t2＝gt22 解得t2＝ 圆盘向下运动的位移大小x盘2＝v2″t2＝＝4l 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 由动量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″ 由机械能守恒有mv32＋Mv2″2＝mv3′2＋Mv3″2 得碰后小球速度为v3′＝ 圆盘速度v3″＝ 当二者即将四次碰撞时x盘3＝x球3 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 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。 学科网（北京）股份有限公司 $$