专题二 高考新动向2 应用数学归纳法解决多次碰撞问题（课件PPT）-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题二 PPT下载 http:///xiazai/ 能量与动量 2 高考新动向2　应用数学归纳法解决多次碰撞问题 高考新动向（二） 应用数学归纳法解决多次碰撞问题 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 01 02 谢谢观看 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，通常可用到数学归纳法进行求解，其基本思路为：先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次的数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应的规律或结果，然后可以计算全程的相关数据。 【典例】 (2024·山东临沂一模)如图所示，水平地面上有一个质量为M＝3 kg、左端带有固定挡板的长木板A，其上表面O点左侧光滑、右侧粗糙，O点距右端的距离l1＝8 m，距左端挡板的距离l2＝4 m，下表面与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2。长木板右端放置一个可视为质点的小滑块B，其质量为m＝1 kg，B与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A大小为v0＝8 m/s、水平向右的初速度；当B相对于长木板滑至O点时，给长木板施加一水平向右、大小为F＝14 N的恒力。经过一段时间，滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程中，滑块B与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时间极短可以忽略，g取10 m/s2。求： (1)从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O点的过程中，长木板A的位移； (2)滑块B与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量； (3)滑块B与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔； (4)滑块B与挡板发生第n次碰撞前A和B的速度大小。 解析：(1)根据牛顿第二定律，对A有 μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1 对B有μ2mg＝ma2 解得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2 设经时间t，B滑至O点，根据位移时间公式，有 a2t2＝l1 解得t＝2 s 则长木板A的位移 xA＝v0t－a1t2＝10 m。 (2)B第一次滑至O点前，A、B之间产生的热量 Q1＝μ2mgl1＝8 J B第一次滑至O点前，A与地面之间产生的热量 Q2＝μ1(M＋m)gxA＝80 J B滑至O点时，根据速度时间公式，有 vA＝v0－a1t＝2 m/s vB＝a2t＝2 m/s 此后，对A木板，根据牛顿第二定律有 F－μ1(M＋m)g＝Ma 解得a＝2 m/s2 设B第一次滑至O点后再经时间Δt滑块B与挡板发生第一次碰撞，位移关系为vAΔt＋aΔt2－vBΔt＝l2 解得Δt＝2 s 此过程，A对地位移 xA′＝vAΔt＋aΔt2＝8 m 此过程，A与地面之间产生的热量 Q3＝μ1(M＋m)gxA′＝64 J 故滑块B与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量 Q＝Q1＋Q2＋Q3＝152 J。 (3)第一次碰撞前，根据速度时间公式，有 vA1＝vA＋aΔt＝6 m/s vB1＝vB＝2 m/s 第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，得 MvA1＋mvB1＝MvA1′＋mvB1′ MvA1′2＋mvB1′2 解得vA1′＝4 m/s，vB1′＝8 m/s 设第一次碰撞后经Δt′，A、B速度相同，即 vA1′＋aΔt′＝vB1′ 解得Δt′＝2 s 此时B离挡板距离d＝vB1′Δt′－＝4 m＝l2 B刚好滑至O点，所以两次碰撞间隔B在光滑区域运动。 设第一次碰撞后经时间t1，滑块B与挡板发生第二次碰撞，则 vA1′t1＋＝vB1′t1 解得t1＝4 s。 (4)根据以上分析，施加力F后，B物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，有 vA2＝vA1′＋at1＝12 m/s vB2＝vB1′＝8 m/s 第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，得 MvA2＋mvB2＝MvA2′＋mvB2′ M＋m 解得vA2′＝10 m/s，vB2′＝14 m/s …… 设滑块B与挡板第n－1次碰撞到第n次碰撞的时间间隔为tn－1，有 vA(n－1)′tn－1＋＝vB(n－1)′tn－1 tn－1＝tn－2＝…＝t2＝t1＝4 s 则第n次碰撞前 vAn＝vA(n－1)′＋atn－1＝6n(m/s) vBn＝vB(n－1)′＝6n－4(m/s)。 答案：(1)10 m　(2)152 J　(3)4 s　(4)6n(m/s) 6n－4(m/s) 1．(2024·湖南长沙一模)如图所示，一足够长倾斜角θ＝30°的斜面顶端放置一长木板A，木板A上表面的某处放置一小滑块B(可看成质点)，已知A和B的质量分别为2m和3m，木板A顶端与滑块B相距为L＝0.9 m的地方固定一光滑小球C(可看成质点)，已知小球C的质量为m，A与B之间的动摩擦因数μ1＝，A与斜面间的动摩擦因数μ2＝，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，将固定的光滑小球C由静止释放，C与B会发生弹性碰撞，求： (1)小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度分别多大； (2)要使小球C再次碰到滑块B之前B未能滑出A下端，则木板A至少多长； (3)A和B共速时，滑块B与小球C距多远。 解析：(1)由于A与B之间的动摩擦因数及A与斜面间的动摩擦因数均不小于tan θ，则在B、C相碰前，A、B均相对斜面静止，小球在由释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgL sin θ＝ 解得v0＝3 m/s B、C碰撞过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒和能量守恒可得 mv0＝mv3＋3mv2 解得小球C与滑块B碰后瞬间各自的速度v3＝－1.5 m/s，v2＝1.5 m/s，即小球C与滑块B碰后瞬间，各自的速度大小分别为1.5 m/s、1.5 m/s。 (2)B、C碰后，对A、B、C分别根据牛顿第二定律得 a1＝ m/s2 a2＝ m/s2 a3＝g sin θ＝5 m/s2 假设C再次碰到B之前，A、B尚未共速， 根据位移关系有v3t＋a2t2 解得t＝ s 此时A的速度v1′＝a1t＝1 m/s B的速度v2′＝v2－a2t＝－0.5 m/s 显然假设不成立； 在C再次碰到B之前，A、B发生向下的共速，设经过时间t1，A、B达到共同速度v，根据运动学公式有 v＝v2－a2t1＝a1t1 解得t1＝ s，v＝0.5 m/s 此后由于μ1>μ2，则A、B相对静止，设共速前A与B的位移分别为xA和xB，根据运动学公式有 xA＝t1＝0.1 m xB＝t1＝0.4 m 则相对滑动距离为Δx＝xB－xA＝0.3 m 所以木板A的长度至少为LA＝L＋Δx＝0.9 m＋0.3 m＝1.2 m。 (3)A、B发生向下的共速时滑块B与小球C相距 d＝v2t1－＝0.6 m 答案：(1)－1.5 m/s　1.5 m/s　(2)1.2 m (3)0.6 m 2．某兴趣小组为了研究碰撞问题，设计了如图所示的实验装置。水平地面上A点有一发射装置，可以斜向上以不同的速度发射小球。A点右侧放置一足够长的桌面，从桌面左边缘B点开始沿同一直线每隔d＝0.3 m放置一个小球。某一次实验中，发射装置以v0＝5 m/s的速度沿与水平方向成53°角斜向上发射一小球，小球恰好与桌面B点的小球1发生水平对心碰撞，碰撞时间忽略不计。已知所有小球完全相同且可看作质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求桌面距离地面的高度h； (2)若小球与桌面的动摩擦因数μ1＝0.2，且小球间的碰撞为一维弹性碰撞，则最多能发生几次碰撞？ (3)若小球与桌面的动摩擦因数μ2＝0.02，小球的质量均为1 kg，且所有碰撞后的小球立即粘在一起，求与第4个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能。 解析：(1)根据题意可知，小球做斜抛运动，且B点为最高点，则有 (v0sin 53°)2＝2gh 解得h＝＝0.8 m。 (2)根据题意可知，小球运动到B点时速度方向水平向右，大小为 v0cos 53°＝3 m/s 设与小球1碰撞后，小球的速度为v0′，小球1的速度为v1′，小球间的碰撞为一维弹性碰撞，设小球的质量为m，则有 mv0cos 53°＝mv0′＋mv1′ m(v0cos 53°)2＝mv0′2＋mv1′2 解得v0′＝0，v1′＝v0cos 53° 可知两个小球碰撞后速度互换，则等效为小球在桌面上做匀减速直线运动，设运动的最大距离为x，由动能定理有 －μ1mgx＝0－m(v0cos 53°)2 解得x＝2.25 m 则有n＝＝7.5 即最多能发生8次碰撞。 (3)根据题意，小球与小球1碰撞前的动能为 Ek0＝m(v0cos 53°)2＝4.5 J 设小球第一次碰撞前速度为v，第一次碰撞后速度为v1，则有mv＝2mv1 第一次碰撞后整体的动能为 Ek1＝Ek0 第一次碰撞后到第二次碰撞前，由动能定理有 －μ2·2mgd＝Ek1′－Ek1 解得Ek1′＝Ek0－0.12＝ 同理,小球第二次碰撞前速度为v2，第二次碰撞后速度为v2′，则有2mv2＝3mv2′ 第二次碰撞后整体的动能为 Ek2＝×3mv2′2＝ 第二次碰撞后到第三次碰撞前，由动能定理有 －μ2·3mgd＝Ek2′－Ek2 解得Ek2′＝Ek2－0.18＝－0.18＝ 同理,小球第三次碰撞前速度为v3，第三次碰撞后速度为v3′，则有3mv3＝4mv3′ 第三次碰撞后整体的动能为 Ek3＝×4mv3′2＝Ek2′＝ 第三次碰撞后到第四次碰撞前，由动能定理有 －μ2·4mgd＝Ek3′－Ek3 解得与第4个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能 Ek3′＝Ek3－0.24＝－0.24＝0.69 J。 答案：(1)0.8 m　(2)8　(3)0.69 J $$