培优专练一 培优点3 用数学归纳法和v-t图像法求多次碰撞问题-【金版教程】2025年高考物理大二轮刷题首选卷全书Word

大二轮刷题首选卷 物理 培优点3　用数学归纳法和v­t图像法求多次碰撞问题 题组一　数学归纳法求多次碰撞问题 1．(2024·四川省巴中市高三下一诊)如图所示，水平地面上固定一水平长直轨道ABC，AB段和BC段足够长，在水平轨道A点放置一小物块P，在BC段沿轨道有n个与物块P相同的小物块(n足够大)，相邻两个小物块的间距均为L＝1 m，从左往右依次编号1、2、3、…、n，其中1号小物块距B点的距离也为L。小物块P在水平向右的拉力F作用下，从A点开始运动，P到达B点前已经开始做匀速运动，拉力F的功率恒为P0＝28 W，物块P运动到B点前瞬间撤去F，此后物块P滑上BC段，物块P运动L后与1号物块碰撞，碰后二者粘连在一起继续向前运动L与2号物块碰撞，碰后三者粘连在一起继续向前运动L与3号物块碰撞，此后每次两物块碰后都粘连在一起向前运动与下一个物块碰撞。已知物块与AB段轨道动摩擦因数为μ0＝0.2，物块与BC段轨道动摩擦因数为μ＝0.07，每个物块质量均为m＝1 kg，所有物块都视为质点，当地重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小物块P到达B点的速度大小； (2)物块P与1号物块碰后二者的总动能； (3)最多能发生几次碰撞。 答案：(1)14 m/s　(2)48.65 J　(3)6次 解析：(1)P到达B点前已经开始做匀速运动，拉力与摩擦力平衡，有F＝μ0mg 设P到达B点的速度大小为v0，则拉力F的功率P0＝Fv0 联立解得v0＝14 m/s。 (2)物块P到达B点的动能为 Ek0＝mv＝98 J 设物块P与1号物块碰前瞬间速度为v1，则动能为Ek1＝mv 设物块P与1号物块碰后瞬间整体速度为v1′，则整体动能为Ek1′＝×2mv1′2 物块P从B点运动到与1号物块碰前瞬间，由动能定理可得－μmgL＝Ek1－Ek0 物块P与1号物块碰撞过程，由动量守恒定律有mv1＝2mv1′ 联立可得Ek1′＝(Ek0－μmgL)＝48.65 J。 (3)设与k号物块碰前瞬间k号物块左侧所有物块的速度为vk，则动能为Ekk＝·kmv 设与k号物块碰后瞬间整体速度为vk′，则整体动能为Ekk′＝(k＋1)mvk′2 P与1号物块整体运动到与2号物块碰前瞬间，由动能定理可得－μ×2mgL＝Ek2－Ek1′ P与1号物块整体与2号物块碰撞过程，由动量守恒定律有2mv2＝3mv2′ 联立可得Ek2′＝(Ek1′－2μmgL)＝(Ek0－5μmgL) P与1、2号物块整体运动到与3号物块碰前瞬间，由动能定理可得－μ×3mgL＝Ek3－Ek2′ P与1、2号物块整体与3号物块碰撞过程，由动量守恒定律有3mv3＝4mv3′ 联立可得Ek3′＝(Ek2′－3μmgL)＝(Ek0－14μmgL) 同理可得，P与前k－1个物块组合体与k号物块碰前瞬间，由动能定理可得 －μ×kmgL＝Ekk－Ek(k－1)′ P与前k－1个物块整体与k号物块碰撞过程，由动量守恒定律有kmvk＝(k＋1)mvk′ 联立可得Ekk′＝[Ek0－(12＋22＋32＋…＋k2)μmgL] 当Ekk′≤μ(k＋1)mgL时，不会再发生碰撞 联立得Ek0≤[12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2]μmgL 解得k≥6 所以最多发生6次碰撞。 2．(2023·全国乙卷)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)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0，根据机械能守恒定律得mgl＝mv 解得v0＝ 小球以速度v0＝与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，取竖直向下为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 mv＝mv＋Mv mv0＝mvm1＋MvM1 联立解得vm1＝－v0＝－ vM1＝v0＝ 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为，方向竖直向上，圆盘的速度大小为，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，当二者速度相同时，间距最大，设这段时间为t，以竖直向下为运动的正方向，则vm1＋gt＝vM1 根据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为 xM1′＝vM1t xm1′＝vm1t＋gt2 则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dmax＝xM1′－xm1′ 联立解得dmax＝l。 (3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为vM1的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动，且相对初速度为vm1′＝vm1－vM1 设该过程所用时间为t1，则－vm1′＝vm1′＋gt1 可得vm1′＝－v0，t1＝ 这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1 可得xM1＝＝2l 第二次碰撞过程，仍以速度为vM1的圆盘为参考系，根据碰撞规律同理可得，碰后瞬间小球和圆盘相对vM1的速度分别为 vm2′＝－v0，vM2′＝v0 分析可知，此后相邻两次碰撞时间内，以前一次碰撞后的圆盘为参考系，则小球均以初速度－v0做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为t1＝ 且第n次碰撞后，圆盘速度大小为vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…) 第n次碰撞至第n＋1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移xMn＝vMnt1 联立可得xMn＝2nl 则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为 ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1) 结合数学知识解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…) 因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l 则第五次碰撞前，圆盘已落出管口外，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。 3．(2024·湖南高考)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比； (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1)，求第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间小球B通过的路程。 答案：(1)　　(2)2或5 (3)· 解析：(1)由题意可知，A、B组成的系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v，以碰前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v 可得v＝ 碰撞后，根据牛顿第二定律可知，小球组合体做圆周运动所需向心力大小F＝(mA＋mB) 可得F＝。 (2)若两球发生弹性碰撞，设A、B第一次碰后速度分别为vA和vB，以碰前A的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 mAv0＝mAvA＋mBvB 根据总动能不变有mAv＝mAv＋mBv 联立解得vA＝v0，vB＝ 因为mA>mB，则vA>0，分析可知，B沿顺时针方向比A多运动一周，追上A发生第二次碰撞 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度分别为vA′、vB′，以碰前A、B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′ 根据总动能不变有 mAv＋mBv＝mAvA′2＋mBvB′2 联立解得vA′＝v0，vB′＝0 所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，则三个碰撞点a、b、c的位置如图所示。设、、的弧长均为L，根据vA、vB与vA′、vB′的大小分析可知，第二次碰撞不可能发生在a点，只可能发生在b点或c点，现在分情况求解： ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞，A通过的路程 xA1＝L＋3k1L B通过的路程xB1＝4L＋3k1L 其中k1＝0，1，2，… 则第一次碰撞后A、B的速度之比 ＝＝(k1＝0，1，2，…) 联立解得＝ 由于mA、mB均为正值，故k1＝0，即＝2 根据vA、vB与vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞发生在c点，第四次碰撞发生在a点，以此类推，可知＝2满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞，A通过的路程 xA2＝2L＋3k2L B通过的路程xB2＝5L＋3k2L 其中k2＝0，1，2，… 则第一次碰撞后A、B的速度之比 ＝＝(k2＝0，1，2，…) 联立可得＝ 因为mA、mB均为正值，故k2＝0，即＝5 根据vA、vB与vA′、vB′的大小，可知第三次碰撞发生在b点，第四次碰撞发生在a点，以此类推，可知＝5满足题意。 综上可知，＝2或＝5。 (3)第1次碰撞，以碰前A的速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA1、vB1，根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA1＋mBvB1 第1次碰撞后A、B的相对速度大小为 v1相＝vB1－vA1 根据题意，第1次碰撞前A、B的相对速度大小为v0，则第1次碰撞后A、B的相对速度大小为v1相＝ev0 联立解得vA1＝v0，vB1＝v0 根据mA>mB、0<e<1可知，vA1>0，vB1>0，则碰后A、B均沿顺时针方向运动，B追上A将发生第2次碰撞 第1次碰撞后至第2次碰撞前，B球相对A球运动一圈，则经历的时间为t1＝ 这段时间B球运动的路程s1＝vB1t1 联立可解得s1＝ 第2次碰撞，以碰前A、B的速度方向为正方向，设碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2，根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2 第2次碰撞后A、B的相对速度大小为 v2相＝vA2－vB2 根据题意，第2次碰撞后A、B的相对速度大小为v2相＝ev1相＝e2v0 联立可得 vA2＝v0，vB2＝v0 同理分析可知，碰后A、B均沿顺时针方向运动，A追上B将发生第3次碰撞 第2次碰撞后至第3次碰撞前，经历的时间为t2＝ 这段时间B球运动的路程s2＝vB2t2 联立可得s2＝ 以此类推可知，当n为奇数时，第n次碰撞后A、B的速度分别为 vAn＝v0，vBn＝v0 当n为偶数时，第n次碰撞后A、B的速度分别为vAn＝v0，vBn＝v0 分析可知，第n次碰撞后A、B的相对速度大小为vn相＝env0 第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，经历的时间为tn＝ 则第n次碰撞后至第n＋1次碰撞前，B球沿顺时针方向运动的路程为sn＝vBntn 联立可得，n为奇数时，sn＝ n为偶数时，sn＝ 第1次碰撞到第2n＋1次碰撞之间，B球通过的总路程s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n 联立可得s＝ 根据等比数列求和可知，s＝·。 题组二　v­t图像法求多次碰撞问题 4．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)从开始至物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞所用的时间，以及第二次碰后瞬间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的挡板发生第三次碰撞时间内，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)图见解析 (4)[2＋4n(n－1)] m(n＝1，2，3，4，…) 解析：(1)以向右为正方向，设第一次碰撞前瞬间B的速度为v0，第一次碰撞后瞬间B的速度为vB1，A的速度为vA1。B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有 Fd＝mv－0 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＝mvB1＋mvA1 mv＝mv＋mv 联立解得vB1＝0，vA1＝6 m/s。 (2)B在A上运动的过程，设B的加速度为a，由牛顿第二定律有F＝ma 解得a＝9 m/s2 设从开始到B与A的挡板第一次碰撞用时为t1，则有d＝at 解得t1＝ s 第一次碰撞后A向右以速度vA1＝6 m/s做匀速直线运动，B向右做初速度为0、加速度为a＝9 m/s2的匀加速直线运动，设从第一次碰撞到第二次碰撞用时为t2，则有vA1t2＝at 解得t2＝ s 故从开始到B与A的挡板发生第二次碰撞用时t总＝t1＋t2＝ s 第二次碰前瞬间，B的速度为 vB1′＝at2＝12 m/s A的速度为vA1′＝vA1＝6 m/s 设第二次碰后瞬间A、B的速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mvA1′＋mvB1′＝mvA2＋mvB2 mvA1′2＋mvB1′2＝mv＋mv 联立解得vA2＝12 m/s，vB2＝6 m/s。 (3)设从第二次碰撞到第三次碰撞用时为t3，则有vA2t3＝vB2t3＋at 解得t3＝ s 第三次碰前瞬间，B的速度为vB2′＝vB2＋at3＝18 m/s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生第三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示。 (4)由v­t图像可知，从B开始运动到第一次碰撞，B运动的距离为s1＝×6× m＝2 m 从第一次碰撞到第二次碰撞，B运动的距离为 s2＝×12× m＝8 m 从第二次碰撞到第三次碰撞，B运动的距离为 s3＝s2＋6× m＝16 m 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 则从第三次碰撞到第四次碰撞，B运动的距离为s4＝s3＋8 m＝24 m …… 从第n－1次碰撞到第n次碰撞，B运动的距离为 sn＝sn－1＋8 m＝sn－2＋2×8 m＝sn－3＋3×8 m＝…＝s2＋(n－2)×8 m＝8(n－1) 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总＝s1＋s2＋s3＋s4＋…＋sn＝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，…)。 5．在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度大小； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 答案：(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m 解析：(1)设两者相对静止时的共同速度大小为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 (2)由题知，物块与凹槽间的滑动摩擦力大小Ff＝μmg 设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由能量守恒定律得Ffs1＝mv－×2mv2 解得s1＝12.5 m 因＝5.5，可知从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 (3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，由动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ 由机械能守恒定律有 mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，A、B相对滑动时，根据牛顿第二定律，对A、B均有Ff＝ma 可解得A、B的加速度大小a＝0.5 m/s2 ＝12，则从开始到最终，A、B共碰撞了12次，且A、B恰好共速时，B到达A左侧槽壁恰未发生碰撞。根据以上分析，画出该过程两者的速度—时间图线如图所示，图中阴影部分的面积即该过程凹槽运动的位移大小s2 设从开始到相对静止经历的时间为t总，则 v＝v0－at总 解得t总＝5 s v­t图中两条倾斜直线间的几个阴影等腰梯形的面积，即对应过程A比B多运动的位移，由题知，第1次碰撞前，A比B多运动的位移为0.5L，第2次碰撞到第3次碰撞、第4次碰撞到第5次碰撞、……第12次碰撞后，A比B多运动的位移均为L，则A的速度较大时，整个过程A比B多运动的位移大小 s2′＝0.5L＋6L＝6.5L 则s2＝vt总＋s2′ 解得s2＝12.75 m。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$