专题二 培优点三 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 培优点三　数学归纳法 和图像法解决多次 碰撞问题 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 例2　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 15 16 17 18 19 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v­t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 20 高考命题预测 答案：（1）0.25 m/s　0.75 m/s （2）1.0 s　（3）0.05（3n2－3n＋1） m 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 专题作业 1.甲、乙两车总质量（包括人、车及沙袋）均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1，2，3，…，n、质量分别为1 kg，2 kg，3 kg，…，n kg的沙袋依次均以20 m/s相对地面的速度水平抛入乙车，试求： （1）第几号沙袋投入乙车后，乙车速度为零； （2）至少第几号沙袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 答案：（1）第9号　（2）第12号 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 2.（2024·山东省菏泽市高三下一模）如图所示，倾角为37°的倾斜传送带长为L1＝5.8 m，以v＝4 m/s的速度逆时针匀速转动；水平传送带长为L2＝4 m，也以v＝4 m/s的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光滑圆弧连接，圆弧的高度差忽略不计。紧靠水平传送带两端各静止放置一个质量为mB＝mC＝1 kg的物块B和C，在距传送带左端s＝1 m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回。现从倾斜传送带顶端轻轻放上一质量mA＝0.2 kg的物块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上水平传送带，A被取走。已知物块A与倾斜传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B、C与水平传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.016，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块可视为质点，g取10 m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： 1 2 3 4 专题作业 （1）物块A在倾斜传送带上滑行过程中，A在倾斜传送带上留下的痕迹长度和A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能； （2）物块B与物块C第一次碰撞前，水平传送带因传送物块B多消耗的电能； （3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。 答案：（1）1 m　1.44 J　（2）8 J　（3）100 m 1 2 3 4 专题作业 解析：（1）假设物块A在倾斜传送带上下滑能达到传送带的速度v，设物块A加速到v过程的加速度大小为a1，位移大小为xA1，运动时间为t1，根据牛顿第二定律得 mAgsin37°＋μ1mAgcos37°＝mAa1 由匀变速直线运动规律可得 v2＝2a1xA1，v＝a1t1 联立解得xA1＝0.8 m，t1＝0.4 s xA1<L1，则假设正确 该过程物块A相对传送带向上滑动，其相对位移大小Δx1＝vt1－xA1＝0.8 m 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 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。 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 （1）求长木板B的长度； （2）A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间， A能否到达B的顶端？若A能到达B的顶端，求A与B底端凸 起第一次碰撞后再经过多长时间A到达B的顶端；若A不能 到达B的顶端，求期间A离B顶端的最小距离； （3）求B底端到达O点之前，A和B底端凸起碰撞的次数； （4）B底端到达O点时将A取走，忽略B底端凸起对其质量分布的影响，B沿着其长度方向质量分布均匀，求整个过程中B的位移大小。 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 1 2 3 4 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　（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eq \f(mA,mB)； （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）eq \f(mAv0,mA＋mB)　2,A)eq \f(mveq \o\al(2,0),（mA＋mB）R) 　（2）2或5　（3）eq \f(2πRmA,mA＋mB)·eq \f(e2n－1,e2n（e－1）) 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＝eq \f(mAv0,mA＋mB) 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）eq \f(v2,R) 可得F＝2,A)eq \f(mveq \o\al(2,0),（mA＋mB）R) 。 （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eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 联立解得vA＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v0，vB＝eq \f(2mAv0,mA＋mB) 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 eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)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eq \o(ab,\s\up8(︵))、eq \o(bc,\s\up8(︵))、eq \o(ca,\s\up8(︵))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 eq \f(vA,vB)＝eq \f(xA1,xB1)＝eq \f(1＋3k1,4＋3k1)（k1＝0，1，2，…） 联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(4＋3k1,2－3k1) 由于mA、mB均为正值，故k1＝0，即eq \f(mA,mB)＝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eq \f(mA,mB)＝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 eq \f(vA,vB)＝eq \f(xA2,xB2)＝eq \f(2＋3k2,5＋3k2)（k2＝0，1，2，…） 联立可得eq \f(mA,mB)＝eq \f(5＋3k2,1－3k2) 因为mA、mB均为正值，故k2＝0，即eq \f(mA,mB)＝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eq \f(mA,mB)＝5满足题意。 综上可知，eq \f(mA,mB)＝2或eq \f(mA,mB)＝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＝eq \f(mA－emB,mA＋mB)v0，vB1＝eq \f(（1＋e）mA,mA＋mB)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＝eq \f(2πR,v1相) 这段时间B球运动的路程s1＝vB1t1 联立可解得s1＝eq \f(2πRmA,mA＋mB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋1)) 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＝eq \f(mA＋e2mB,mA＋mB)v0，vB2＝eq \f(（1－e2）mA,mA＋mB)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＝eq \f(2πR,v2相) 这段时间B球运动的路程s2＝vB2t2 联立可得s2＝eq \f(2πRmA,mA＋mB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)－1)) 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＝eq \f(mA－enmB,mA＋mB)v0，vBn＝eq \f(（1＋en）mA,mA＋mB)v0 当n为偶数时，第n次碰撞后A、B的速度分别为vAn＝eq \f(mA＋enmB,mA＋mB)v0，vBn＝eq \f(（1－en）mA,mA＋mB)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＝eq \f(2πR,vn相) 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＝eq \f(2πRmA,mA＋mB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,en)＋1)) n为偶数时，sn＝eq \f(2πRmA,mA＋mB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,en)－1)) 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＝eq \f(2πRmA,mA＋mB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)＋\f(1,e2)＋\f(1,e3)＋…＋\f(1,e2n))) 根据等比数列求和可知， s＝eq \f(2πRmA,mA＋mB)·eq \f(e2n－1,e2n（e－1）)。 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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2 解得s1＝12.5 m 因eq \f(s1－1.5L,2L)＝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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)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 eq \f(s1－0.5L,L)＝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，则 v＝v0－at 解得t＝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＝eq \f(1,2)vt＋s2′ 解得s2＝12.75 m。 （2024·湖北省武汉市高三下二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t＝0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝eq \f(\r(3),6)、μB＝eq \f(\r(3),3)，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g＝10 m/s2，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移大小。 解析：（1）设B的质量为m，则A的质量为3m，A沿斜面下滑，设其加速度大小为a，根据牛顿第二定律有3mgsinθ－μA×3mgcosθ＝3ma 对B受力分析，有mgsinθ＝μBmgcosθ，即释放后B静止在斜面上 设A与B发生第一次碰撞前的速度大小为vA0，由运动学规律得veq \o\al(2,A0)＝2al A与B发生第一次碰撞，设碰后A的速度大小为vA1，B的速度大小为vB1，由动量守恒定律得3mvA0＝3mvA1＋mvB1 由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A0)＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B1) 解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。 （2）设A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有vA0＝at0 解得t0＝0.2 s B以vB1做匀速直线运动，A做初速度为vA1、加速度为a的匀加速直线运动，到第二次碰撞前瞬间，两者位移相等，设经历的时间为t1，有vA1t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1)＝vB1t1 此时A的速度大小为vA1′＝vA1＋at1 解得t1＝0.4 s，vA1′＝1.25 m/s A与B发生第二次碰撞，设碰后A的速度大小为vA2， B的速度大小为vB2，由动量守恒定律有3mvA1′＋mvB1＝ 3mvA2＋mvB2 由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)×3mvA1′2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B1)＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B2) 解得vA2＝1 m/s，vB2＝1.5 m/s B以vB2做匀速直线运动，A做初速度为vA2、加速度为a的匀加速直线运动，到第三次碰撞前瞬间，两者位移相等，设经历的时间为t2，有vA2t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2)＝vB2t2 解得t2＝0.4 s 故A与B发生第三次碰撞的时刻为 T3＝t0＋t1＋t2 解得T3＝1.0 s。 （3）由于vB1－vA1＝vB2－vA2＝vA0，故A、B在第一次碰撞后到第二次碰撞前，以及第二次碰撞后到第三次碰撞前期间的运动状态均是B相对A以初速度vA0、加速度大小为a做匀减速运动，所以相邻两次碰撞的时间间隔均为 Δt＝eq \f(2vA0,a)＝0.4 s 设第k－1次碰撞后A的速度大小为vA（k－1），B的速度大小为vB（k－1），到第k次碰撞前A的速度大小为vA（k－1）′＝vA（k－1）＋a·Δt，第k次碰撞后A的速度大小为vAk，B的速度大小为vBk，根据动量守恒定律可得 3mvA（k－1）′＋mvB（k－1）＝3mvAk＋mvBk 由机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)×3mvA（k－1）′2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B（k－1）)＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,Ak)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,Bk) 解得vBk＝eq \f(3vA（k－1）′－vB（k－1）,2) 由以上分析可知vB（k－1）－vA（k－1）＝vA0 则联立有vBk＝vB（k－1）＋0.75 m/s 设第k－1次碰撞至第k次碰撞之间，A的位移为xA（k－1），有xAk－xA（k－1）＝vBk·Δt－vB（k－1）·Δt＝0.3 m 所以从第一次碰撞到第n次碰撞，A的位移为xA＝xA1＋xA2＋…＋xA（n－1） 其中xA1＝vB1·Δt＝0.3 m，xA2＝vB2·Δt，…，xA（n－1）＝vB（n－1）·Δt 则从静止释放到第n次碰撞，A的位移xA′＝l＋xA＝0.05（3n2－3n＋1） m。 解析：（1）以乙车和投入乙车的沙袋为研究对象，以乙车原来速度方向为正方向，第k（k＝1，2，3，…，n）号沙袋投入乙车后，乙车速度为零，根据动量守恒定律有Mv乙－（m1＋m2＋m3＋…＋mk）v0＝（M＋m1＋m2＋m3＋…＋mk）v乙′ 其中m1＋m2＋m3＋…＋mk＝（1＋2＋3＋…＋k） kg＝eq \f(k（k＋1）,2) kg，v乙′＝0 联立并代入数据解得k＝9（另一解k＝－10舍去） 即第9号沙袋投入乙车后，乙车速度为零。 （2）两车恰好不会相撞时速度应相同，以甲车原来的速度方向为正方向，设两车达到的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 Mv甲－Mv乙＝2Mv 解得v＝1 m/s 以甲车为研究对象，设抛出第j（j＝1，2，3，…，n）号沙袋后甲车速度变为v＝1 m/s，则有Mv甲＝[M－（m1＋m2＋m3＋…＋mj）]v＋（m1＋m2＋m3＋…＋mj）v0 其中m1＋m2＋m3＋…＋mj＝（1＋2＋3＋…＋j） kg＝eq \f(j（j＋1）,2) kg 解得j＝11.6 即至少第12号沙袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 由于μ1<tan37°，则A会继续向下做加速运动，设A以速度v加速至运动到倾斜传送带底端的加速度大小为a2，位移大小为xA2，运动时间为t2，根据牛顿第二定律得 mAgsin37°－μ1mAgcos37°＝mAa2 由匀变速直线运动规律有xA2＝vt2＋eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,2) 且有xA1＋xA2＝L1 联立解得a2＝2 m/s2，t2＝1 s 该过程物块A相对传送带向下滑动，相对位移大小Δx2＝xA2－vt2＝1 m 因为Δx1<Δx2，则物块A在倾斜传送带上留下的痕迹长度 Δx＝Δx2＝1 m A在倾斜传送带上因摩擦产生的内能 Q＝μ1mAgcos37°·（Δx2＋Δx1） 代入数据解得Q＝1.44 J。 （2）设A滑到倾斜传送带底部时速度大小为vA，则有vA＝v＋a2t2 A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度大小为vA1，B的速度大小为vB，根据动量守恒定律，有mAvA＝mAvA1＋mBvB 根据机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A1)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 代入数据得vB＝2 m/s vB<v，则之后物块B在水平传送带上加速，设B的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律得μ2mBg＝mBaB 假设物块B与C碰撞前已经与水平传送带共速，设物块B经时间t3后，速度与传送带速度相等，向左运动的位移为x，则有 v＝vB＋aBt3 x＝vBt3＋eq \f(1,2)aBteq \o\al(2,3) 代入数据解得t3＝1 s，x＝3 m 由于x<L2，所以假设成立，则物块B在水平传送带上相对滑行的距离为Δx3＝vt3－x 根据能量守恒定律知，水平传送带因传送物块B多消耗的电能 E＝eq \f(1,2)mBv2－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＋μ2mBg·Δx3 联立并代入数据解得E＝8 J。 （3）物块B在水平传送带上匀速运动的距离为L2－x＝1 m 物块B与物块C第一次碰撞，设碰后B的速度大小为vB1，C的速度大小为vC1，根据动量守恒定律，有mBv＝mBvB1＋mCvC1 根据机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)mBv2＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B1)＋eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C1) 代入数据得vB1＝0，vC1＝4 m/s 此后C在水平面上做减速运动，再回到初始位置与静止的B碰撞，交换速度，物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，分析可知，此后每次B与C在水平传送带左端相碰，速度都发生交换 设物块C往返运动了n次，由动能定理可知 －μ3mCg×2ns＝0－eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C1) 联立并代入数据得n＝25 设物块C第k次返回至传送带左端时速度平方的大小为veq \o\al(2,k)，由运动学公式得 veq \o\al(2,k)＝veq \o\al(2,C1)－2μ3g×2ks（k＝1，2，…，25） 碰撞中B与C交换速度，则物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程 xk＝2,k)eq \f(v,2μ2g) ×2（k＝1，2，…，25） 所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程s总＝L2＋（x1＋x2＋…＋x25） 联立并代入数据得s总＝100 m。 3.（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＝eq \f(1,3)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）eq \f(\r(2gl),2)　eq \f(\r(2gl),2)　（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＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝eq \r(2gl) 小球以速度v0＝eq \r(2gl)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 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,M1) mv0＝mvm1＋MvM1 联立解得vm1＝－eq \f(1,2)v0＝－eq \f(\r(2gl),2) vM1＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(\r(2gl),2) 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，方向竖直向上， 圆盘的速度大小为eq \f(\r(2gl),2)，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＋eq \f(1,2)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＝eq \f(2v0,g) 这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1 可得xM1＝2,0)eq \f(v,g) ＝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′＝－eq \f(1,2)v0，vM2′＝eq \f(1,2)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＝eq \f(2v0,g) 4.（2024·山东省烟台市、德州市高三下联合二模）如图所示，倾角为30°的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”形长木板B的上表面光滑，下表面与斜面上O点以上区域间的动摩擦因数为μ1＝eq \f(4\r(3),15)，与斜面上O点以下区域间的动摩擦因数为μ2＝eq \f(\r(3),2)。某时刻在斜面上O点以上的某处自静止开始释放小物块A和长木板B，此时A在B的顶端，B的底端距O点的距离为长木板B长度的51倍，一段时间后A与B底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大小为v0。已知B的质量是A的质量的4倍，A与B底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B底端的凸起大小不计，A视为质点，重力加速度为g。 答案：（1）2,0)eq \f(25v,4g) 　（2）A能到达B的顶端　eq \f(5v0,g)　（3）8次　（4）2,0)eq \f(3609v,8g) 解析：（1）设小物块A的质量为m，则长木板B的质量为M＝4m，设木板B的长度为L 将A释放后，对B受力分析，计算可得μ（M＋m）gcos30°＝Mgsin30°，故释放后，B在斜面上保持静止 设小物块A自开始释放至第一次碰撞前的速度大小为v，由动能定理得 mgsin30°·L＝eq \f(1,2)mv2－0 设小物块A和长木板B下端凸起第一次碰撞后A的速度为vA，由动量守恒定律得 mv＝mvA＋Mv0 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0) 联立解得v＝eq \f(5,2)v0，vA＝－eq \f(3,2)v0，L＝2,0)eq \f(25v,4g) 。 （2）由第（1）问分析可知，长木板B在O点以上运动时，在相邻两次碰撞间均做匀速运动，设小物块A在长木板上运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin30°＝ma A与B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，假设A一直不脱离B，则当A与B速度相等时，A相对B向上移动的距离最大，设该过程经历时间t′，由速度关系可得v0＝vA＋at′ 解得t′＝eq \f(5v0,g) 该时间内A的位移xA1＝vAt′＋eq \f(1,2)at′2 B的位移xB1＝v0t′ 相对位移Δx＝xB1－xA1 解得Δx＝2,0)eq \f(25v,4g) ＝L，所以假设成立，即A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A能到达B的顶端，经历的时间为t′＝eq \f(5v0,g)。 （3）小物块A与长木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由运动学公式有 v0t1＝vAt1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 解得两次碰撞间的时间间隔t1＝eq \f(10v0,g) 第二次碰撞前小物块A的速度vA2＝vA＋at1 解得vA2＝eq \f(7v0,2) 小物块A与长木板B底端凸起第二次碰撞过程，设碰后A的速度为vA2′，B的速度为vB2′，根据动量守恒定律有 mvA2＋Mv0＝mvA2′＋MvB2′ 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A2)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mvA2′2＋eq \f(1,2)MvB2′2 解得vA2′＝－eq \f(v0,2)，vB2′＝2v0 两次碰撞后瞬间，A相对B的初速度关系为v相＝vA－v0＝vA2′－vB2′＝－eq \f(5,2)v0，则自第二次碰撞至第三次碰撞期间，A没有脱离B 自第二次碰撞至第三次碰撞，由运动学公式有 vB2′t2＝vA2′t2＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,2) 解得两次碰撞间的时间间隔t2＝eq \f(10v0,g) 第三次碰撞前小物块A的速度vA3＝vA2′＋at2 解得vA3＝eq \f(9v0,2) 小物块A与长木板B底端凸起第三次碰撞过程，设碰后A的速度为vA3′，B的速度为vB3′，根据动量守恒定律有 mvA3＋MvB2′＝mvA3′＋MvB3′ 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A3)＋eq \f(1,2)MvB2′2＝eq \f(1,2)mvA3′2＋eq \f(1,2)MvB3′2 解得vA3′＝eq \f(v0,2)，vB3′＝3v0 此时A相对B的初速度仍为v相＝－eq \f(5,2)v0 分析可知，相邻两次碰撞之间的运动，B均做匀速直线运动，A相对B做初速度为v相＝－eq \f(5,2)v0、加速度为eq \f(1,2)g的匀变速直线运动，A始终不会脱离B，且相邻两次碰撞之间的时间间隔均为T＝t1＝t2＝eq \f(10v0,g) 设第n－1次碰撞后A的速度为vA（n－1）′，B的速度为vB（n－1）′，则 vA（n－1）′－vB（n－1）′＝－eq \f(5,2)v0 设第n次碰撞前A的速度为vAn，则有 vAn＝vA（n－1）′＋aT 设第n次碰撞后A的速度为vAn′，B的速度为vBn′，根据动量守恒定律有 mvAn＋MvB（n－1）′＝mvAn′＋MvBn′， 根据机械能守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,An)＋eq \f(1,2)MvB（n－1）′2＝eq \f(1,2)mvAn′2＋eq \f(1,2)MvBn′2 联立解得vBn′＝eq \f(3vB（n－1）′＋2vAn,5)＝vB（n－1）′＋v0 由于vB1′＝v0，则vBn′＝nv0 第n＋1次碰撞前B的位移xB＝xB1＋xB2＋…＋xBn，其中xB1＝vB1′·T，xB2＝vB2′·T，…，xBn＝vBn′·T B底端到达O点时，由位移关系有xB＝51L 整理得51L＝2,0)eq \f(5v,g) n2＋2,0)eq \f(5v,g) n 解得n＝7.5 因此长木板B底端到达O点之前，小物块A和长木板B底端凸起的碰撞次数为8次。 （4）由第（3）问可知长木板B底端到达O点时其速度大小为vB8′＝8v0，设长木板B顶端经过O点时的速度为v′，长木板B经过O点的过程，由动能定理得 MgLsin30°－Wf＝eq \f(1,2)Mv′2－eq \f(1,2)MvB8′2 其中克服摩擦力做的功 Wf＝eq \f(μ2Mgcos30°,2)·L＋eq \f(μ1Mgcos30°,2)·L 设长木板B经过O点后还能继续运动的位移为x，由动能定理得 Mgsin30°·x－μ2Mgcos30°·x＝0－eq \f(1,2)Mv′2 整个过程长木板B的位移大小 x总＝51L＋L＋x 联立解得x总＝2,0)eq \f(3609v,8g) 。 $$