大题12 应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题-【大题精做】冲刺2025年高考物理大题突破+限时集训（新高考通用）

大题12 应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 多次碰撞问题是高考物理动量与能量综合题的典型难点，近五年全国卷及新高考卷中占比约6%-10%，主要集中于压轴计算题；2025年高考对“数学归纳法与图像法解决多次碰撞问题”的考查将延续“重逻辑推演、强数学整合、拓实际应用”的命题导向，突出物理建模与数学工具的深度融合能力。备考需以递推思想为核心，强化极限分析与图像转化能力，同时关注材料科学与智能科技热点，做到“以数解物，以理驭变”。通过从具体到一般的归纳推理，考查学生构建递推模型的能力（如从第1次碰撞推导第n次碰撞通式）。可以多关注：如乒乓球连续弹跳、多米诺骨牌碰撞连锁反应；中子慢化过程中的多次碰撞模型、纳米颗粒碰撞的统计规律；金属疲劳测试中的微颗粒多次碰撞模型；自动驾驶多车碰撞避免的动量分配模拟；量子弹道输运中的碰撞统计规律简化模型； 宇宙尘埃粒子在引力场中的碰撞聚集过程分析。 题型1 两物体多次碰撞问题 例1.（2025辽宁一模）如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值； (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离； (3)已知物块B的质量，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。 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； (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。 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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 1．（2025湖南长沙一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。 (1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小； (2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移； (3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。 题型二 多物体多次碰撞问题 例3．（2024重庆模拟预测）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线右侧空间存在水平向右的匀强电场，完全相同的多个不带电绝缘滑块沿电场方向依次排列在一条直线上，编号依次为2、3、4……它们的间距均为，2号滑块与边界距离也为。另一个编号为1的带正电滑块以初速度从左边界进入电场，所有滑块的质量都为，与水平面间的动摩擦因数为，滑块1所受电场力恒为，所有滑块均在一条直线上且可视做质点，滑块碰后均会粘在一起。已知重力加速度为。可能用到的数学公式有：，求： (1)滑块1刚进入电场时的加速度大小； (2)滑块1、2碰撞过程中损失的机械能； (3)能发生碰撞的滑块的最大编号。 例4.（2024湖南永州一模）如图所示，物块质量分别为，用轻绳相连并用劲度系数的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点距离物块B的高度。某时刻间的绳子被剪断，然后A做周期的简谐运动，B下落并从点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当A第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为的滑块C相碰结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为、以的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2024个相距较近的质量为的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰（、小球均可以看作质点，重力加速度，忽略空气阻力）。求： (1)物块做简谐运动的振幅； (2)光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小； (3)整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量。 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，然后可以计算全程的路程等数据 2．（2024江西二模）如图所示，质量均为的个小物块等间距地放置在倾角为的足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为，相邻物块间距为。现给物块1一个瞬时冲量，使其向下运动与物块2碰撞并粘在一起，之后向下运动再与物块3碰撞并粘在一起……碰撞时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为，已知，。求： （1）物块1和2碰撞后瞬间的速度大小； （2）从物块1开始运动到物块和碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功； （3）为使第个物块能向下运动，求给物块1的瞬时冲量应满足的条件。 1．（24-25广东湛江期中）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球位于点，小球位于点，是圆环的一条直径，，圆环的周长，刚开始两球都静止，现给小球一方向垂直、大小为的速度，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。 (1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小、； (2)求从小球、第一次相碰到第二次相碰的时间间隔； (3)求小球从开始运动到与小球第100次相碰过程中运动的总路程。 2．（2024山东潍坊二模）如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，绝缘的水平面上有一均匀带电的长板A，右侧有一绝缘挡板，长板A的上表面光滑，下表面与水平面间的动摩擦因数，一绝缘的物块B静置在长板的左端。长板A与物块B质量均为，长板A的长度，长板A带有的正电荷。某时刻对物块B施加一个水平向右的恒力，运动过程中物块B与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，水平面足够长，电场区域足够大，运动过程中长板A所带电荷量及电荷分布不发生变化，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求： （1）物块B与档板第一次碰撞后，长板A与物块B的速度和； （2）物块B从开始到即将与挡板发生第二次碰撞，长板A电势能的减少量； （3）物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞，恒力F的冲量I； （4）物块B从开始到即将与挡板发生第n次碰撞，长板的位移x。 3．（2024湖北武汉二模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距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、，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，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。 4．（2024四川一模）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，相邻两个小物块的间距均为L=1m，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=28W，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=1kg，所有物块都视为质点，当地重力加速度g取10m/s2。（）求： （1）小物块到达B点的速度； （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。 5．如图，左右无限长的光滑水平地面上有2022个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。1号小球质量为m，2~2022号小球质量均为km（k为比例系数）。用一根不可伸长的轻绳拴接于1号小球，上端拴接于固定结点处，拴好后轻绳刚好竖直伸直。在轻绳旁边固定一电热丝，通电时可将轻绳瞬间烧断。将1号小球向左上方提起H高度，此时轻绳伸直，与竖直方向的夹角为θ，所有小球仍在同一竖直面内，将电热丝通电后再由静止释放1号小球。所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略轻绳烧断后对小球运动的影响。 （1）求1号小球释放后瞬间的加速度大小； （2）求1号小球与2号小球第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球做的功； （3）1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1号小球每次碰撞前瞬间的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2022号小球间的距离（小球大小忽略不计）。 6．如图所示光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点），b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略），某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为（R为题中未知量）求： （1）圆弧轨道半径的大小； （2）b与c发生第3次碰撞前的速度； （3）b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小（n=l、2、3……）。 7．如图所示，倾角为的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块均视为质点，求： （1）滑块A下滑的高度； （2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。 1．（2024湖南高考真题）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。 2．（2023全国乙卷高考真题）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。一质量为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。    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题12 应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 多次碰撞问题是高考物理动量与能量综合题的典型难点，近五年全国卷及新高考卷中占比约6%-10%，主要集中于压轴计算题；2025年高考对“数学归纳法与图像法解决多次碰撞问题”的考查将延续“重逻辑推演、强数学整合、拓实际应用”的命题导向，突出物理建模与数学工具的深度融合能力。备考需以递推思想为核心，强化极限分析与图像转化能力，同时关注材料科学与智能科技热点，做到“以数解物，以理驭变”。通过从具体到一般的归纳推理，考查学生构建递推模型的能力（如从第1次碰撞推导第n次碰撞通式）。可以多关注：如乒乓球连续弹跳、多米诺骨牌碰撞连锁反应；中子慢化过程中的多次碰撞模型、纳米颗粒碰撞的统计规律；金属疲劳测试中的微颗粒多次碰撞模型；自动驾驶多车碰撞避免的动量分配模拟；量子弹道输运中的碰撞统计规律简化模型； 宇宙尘埃粒子在引力场中的碰撞聚集过程分析。 题型1 两物体多次碰撞问题 例1.（2025辽宁一模）如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、均为未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值； (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离； (3)已知物块B的质量，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。 答案(1)2(2)(3) 解析（1）根据题意，由图乙可知，物块A在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小 物块A在的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小 解得 （2）物块A在时间内与在的时间内受力情况一致，则加速度相同，故时 刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有 整理得 则物块A在的时间内沿斜而向上运动，运动的距离 联立解得 （3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有 其中，， 联立解得 则物块A在时间内下滑的距离 已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离 物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度 由动量守恒有 由机械守恒有 联立解得 设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 可得 以此类推可得 则物块B运动的总距离 当时，代入数据解得 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； (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)设两者间相对静止时速度为v， 由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 (2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg 设两者间相对静止前相对运动的路程为s1， 由动能定理得－Ffs1＝(m＋m)v2－mv 解得s1＝12.5 m 已知L＝1 m，可推知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′，有 mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ 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，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次数可分为13段。凹槽、物块的v－t图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则 v＝v0＋at，a＝－μg 解得t＝5 s v－t图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L) s2＝t＋6.5L 解得s2＝12.75 m。 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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 1．（2025湖南长沙一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。 (1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小； (2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移； (3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。 答案(1)(2)(3) 解析（1）对车厢，由动能定理可得 解得 （2）车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律 根据动量守恒定律 解得 第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有 位移关系为 联立解得 （3）每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理 即 累加后得 第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以 碰撞前车厢的速度 设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律 动量守恒定律 解得 第一次碰撞后，对车厢 解得 第二次碰撞，由机械能守恒定律 根据动量守恒定律 解得 所以第二次碰撞后车厢的路程 此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。 所以第三次碰撞后车厢的路程 第四次碰推后车厢的路程 第n次碰撞后车厢的路程 根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和 所以 题型二 多物体多次碰撞问题 例3．（2024重庆模拟预测）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线右侧空间存在水平向右的匀强电场，完全相同的多个不带电绝缘滑块沿电场方向依次排列在一条直线上，编号依次为2、3、4……它们的间距均为，2号滑块与边界距离也为。另一个编号为1的带正电滑块以初速度从左边界进入电场，所有滑块的质量都为，与水平面间的动摩擦因数为，滑块1所受电场力恒为，所有滑块均在一条直线上且可视做质点，滑块碰后均会粘在一起。已知重力加速度为。可能用到的数学公式有：，求： (1)滑块1刚进入电场时的加速度大小； (2)滑块1、2碰撞过程中损失的机械能； (3)能发生碰撞的滑块的最大编号。 答案(1)(2)(3)最多能与编号为6的物块碰撞 解析（1）对滑块1，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）根据运动学公式可得 由动量守恒得 损失的机械能为 联立解得 （3）第次碰前、碰后，系统的动能关系 碰撞后动能记为，则 将记作第次碰后系统总动能，则有 …… 数学处理后，有 将，代入，得到 由 得编号为6的物块碰撞结束，继续向前运动，未与7碰撞，已减速到0，所以，最多能与编号为6的物块碰撞。 例4.（2024湖南永州一模）如图所示，物块质量分别为，用轻绳相连并用劲度系数的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点距离物块B的高度。某时刻间的绳子被剪断，然后A做周期的简谐运动，B下落并从点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当A第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为的滑块C相碰结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为、以的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2024个相距较近的质量为的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰（、小球均可以看作质点，重力加速度，忽略空气阻力）。求： (1)物块做简谐运动的振幅； (2)光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小； (3)整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量。 答案(1)0.02m(2)(3) 解析（1）初始状态下，伸长量为 剪断后，A处于平衡位置时伸长量为 振幅 （2）物块B做自由落体运动的时间 解得 B落入的速度 根据动能定理 得B在圆弧末端的速度 B在圆弧上的运动时间 取向下为正方向，竖直方向 解得 水平方向 故冲量 （3）根据动量守恒 解得 分析D第一次滑过传送带有 得 则有 物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度 规定向右为正方向，有 ， 解得 之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带，假设匀减速到速度为0，则 不会向左滑出传送带，因此D在传送带上反向向右加速，以 再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间 相对位移 得 在此过程中产生的热量为 同理可知，当物体D与小球发生第次碰撞，设碰前D的速度大小为，碰后D的速度大小为，则有 ， 可得 在传送带上产生热量 所以 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，然后可以计算全程的路程等数据 2．（2024江西二模）如图所示，质量均为的个小物块等间距地放置在倾角为的足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为，相邻物块间距为。现给物块1一个瞬时冲量，使其向下运动与物块2碰撞并粘在一起，之后向下运动再与物块3碰撞并粘在一起……碰撞时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为，已知，。求： （1）物块1和2碰撞后瞬间的速度大小； （2）从物块1开始运动到物块和碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功； （3）为使第个物块能向下运动，求给物块1的瞬时冲量应满足的条件。 答案（1）均为；（2）；（3） 解析（1）物块1沿斜面下滑，由动能定理有 物块1与2相碰动量守恒有 解得物块1和2碰撞后瞬间的速度大小为 （2）物块1向下运动的过程中，克服摩擦力做的功为 前2个物块碰撞后向前运动的过程中，克服摩擦力做的功为 前个物块碰撞后向前运动的过程中，克服摩擦力做的功为 则物块和碰撞前，运动物块克服摩擦力做的功为 （3）物块1和2碰撞前瞬间动能为 根据（1）问结论，碰撞后瞬间系统动能 物块1、2和3碰撞前瞬间，系统动能 物块1、2和3碰撞后瞬间，系统动能 物块1、2、3和4碰撞前瞬间，系统动能 …… 以此类推，在前个物块与物块碰撞前瞬间，系统动能 为使第个物块能向下运动，必须有 解得 1．（24-25广东湛江期中）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球位于点，小球位于点，是圆环的一条直径，，圆环的周长，刚开始两球都静止，现给小球一方向垂直、大小为的速度，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。 (1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小、； (2)求从小球、第一次相碰到第二次相碰的时间间隔； (3)求小球从开始运动到与小球第100次相碰过程中运动的总路程。 答案(1)，(2)(3) 解析（1）以小球a的初速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则有 解得 ， （2）设小球第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a运动的路程为s，则小球b运动的路程为，则有 解得 ， （3）两球发生第二次弹性碰撞 解得 ， 可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程为 2．（2024山东潍坊二模）如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度，绝缘的水平面上有一均匀带电的长板A，右侧有一绝缘挡板，长板A的上表面光滑，下表面与水平面间的动摩擦因数，一绝缘的物块B静置在长板的左端。长板A与物块B质量均为，长板A的长度，长板A带有的正电荷。某时刻对物块B施加一个水平向右的恒力，运动过程中物块B与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，水平面足够长，电场区域足够大，运动过程中长板A所带电荷量及电荷分布不发生变化，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。求： （1）物块B与档板第一次碰撞后，长板A与物块B的速度和； （2）物块B从开始到即将与挡板发生第二次碰撞，长板A电势能的减少量； （3）物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞，恒力F的冲量I； （4）物块B从开始到即将与挡板发生第n次碰撞，长板的位移x。 答案（1）2.4m/s，0（2）7.68J（3）（4） 解析（1）长板受到的电场力 长板与地面间的最大静摩擦力 故，所以物块与长板碰前长板保持静止 对物块，由动能定理得 解得 物块与长板第一次碰撞过程 解得 ， （2）对物块，由牛顿第二定律得 得 设小物块与长板达共速用时为， 故小物块恰好滑离板，设物块与长板第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为，由运动学公式有 解得 物块与长板第一次碰撞后到第二次碰撞前长板的位移 解得 电场力做功 解得 所以长板电势能的减少量为。 （3）设物块从开始运动到第一次与挡板发生碰撞所用的时间为 解得 物块与长板第二次碰撞前的速度 解得 物块与长板第二次碰撞过程 解得 ， 设物块与长板第二次碰撞后到第三次碰撞前所用的时间为， 解得 则物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞所用的时间 所以物块从开始到即将与挡板发生第三次碰撞恒力的冲量 解得 （4）由以上分析可得，物块与长板从第一次碰撞后，相邻的每两次碰撞之间的时间间隔均为，且每次碰撞后长板的速度增加量均为，长板的位移为 解得 3．（2024湖北武汉二模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距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、，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，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。 答案（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3） 解析（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律 分析B的受力 即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律 A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 ， 解得 ， （2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间与B发生第一次碰撞，有 B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有 此时，B以匀速直线运动，A的速度为 A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 ， B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第三次碰撞前，有 显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度、加速度做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。故A与B发生第3次碰撞后的时刻为 解得 （3）从开始至第一次碰撞 从第一次碰撞至第二次碰撞 从第二次碰撞至第三次碰撞 从第三次碰撞至第四次碰撞 从第次碰撞至第n次碰撞 A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移 4．（2024四川一模）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，相邻两个小物块的间距均为L=1m，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=28W，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=1kg，所有物块都视为质点，当地重力加速度g取10m/s2。（）求： （1）小物块到达B点的速度； （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）14m/s；（2）48.65J；（3）7 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 则有 解得 （2）设物块到达B点的动能为，物块到达1号物块前瞬间速度为，动能为，物块P与1号物块碰后整体速度为，整体动能为，由动能定理可得 P与1号物块碰撞动量守恒 碰后总动能为 联立可得 （3）设与n号物块碰前速度为，动能为，与n号物块碰撞后整体速度为，整体动能为，P与1整体运动到与2号物块碰前瞬间 P与1整体与2号物块碰撞动量守恒 碰后总动能 P与1、2整体运动到与3号物块碰前瞬间 P与1、2整体与3号物块碰撞动量守恒 碰后总动能 同理可得，P与前个物块组合体与n号物块碰前瞬间 P与前个物块组合体与n号物块碰撞动量守恒 碰后总动能 联立可得 若不能碰第n+1号物块，则有 假设恰好与第n+1号物块碰，则 联立得 解得 所以发生7次碰撞。 5．如图，左右无限长的光滑水平地面上有2022个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。1号小球质量为m，2~2022号小球质量均为km（k为比例系数）。用一根不可伸长的轻绳拴接于1号小球，上端拴接于固定结点处，拴好后轻绳刚好竖直伸直。在轻绳旁边固定一电热丝，通电时可将轻绳瞬间烧断。将1号小球向左上方提起H高度，此时轻绳伸直，与竖直方向的夹角为θ，所有小球仍在同一竖直面内，将电热丝通电后再由静止释放1号小球。所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略轻绳烧断后对小球运动的影响。 （1）求1号小球释放后瞬间的加速度大小； （2）求1号小球与2号小球第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球做的功； （3）1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1号小球每次碰撞前瞬间的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2022号小球间的距离（小球大小忽略不计）。 答案（1）；（2），；（3）， 解析（1）1号小球释放后瞬间，合外力垂直于轻绳向右下方，由牛顿第二定律有 可得释放后瞬间的加速度为 （2）1号小球从释放到与2号小球碰撞之前瞬间，由机械能守恒定律，有 1、2号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有 解得 ， 对2号小球，由动量定理有 解得 对2号小球，由动能定理有 解得 （3）1、2号小球碰后，2号小球以速度向右运动一个L，与3号小球碰撞后静止。1号小球由速度开始匀变速运动，经位移L，以速度与2号小球发生下一次碰撞，对1号小球由动能定理有 解得 最终所有小球的速度均为，F作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有 F作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有 2号小球第一次碰后的速度向右依次碰撞传递，最后作为2022号小球的最终速度。最终1号和2022号小球间的距离为 代入数据得 6．如图所示光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点），b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略），某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为（R为题中未知量）求： （1）圆弧轨道半径的大小； （2）b与c发生第3次碰撞前的速度； （3）b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小（n=l、2、3……）。 答案（1）；（2）；（3） 解析（1）b、c分开过程，根据动量守恒定律 c沿水平面滑动的加速度大小 根据运动学规律，分开后c在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离，有 ， b再次回到b、c分开位置时 b匀速运动 则 整理得 （2）设b、c第1次碰撞后的速度分别为物和，根据动量守恒和机械能守恒 ， 得 ， 设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间 b的运动时间 其中 由于 所以第2次碰撞前c已停止运动。 第2次碰撞后，b的速度大小 代入数据解得 即b与c第3次碰撞前的速度大小为    （3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小 b与c第2次碰撞后，c滑动的位移 ..... b与c第n次碰撞前，b的速度大小 b与c第n次碰撞后，c的速度大小为 b与c第n次碰撞后，滑动的位移   （n=l、2、3……） 7．如图所示，倾角为的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块均视为质点，求： （1）滑块A下滑的高度； （2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。 答案（1）或；（2），次 解析（1）设滑块A的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有 解得 若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有 解得 若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度，则由于滑块A在传送带上受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有 解得 （2）滑块A先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 ， 然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块Bn的速度为 第一轮中小滑块B1共发生2次碰撞。滑块A通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平平台的速度大小为 滑块A与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 ， 然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞结束，得小滑块Bn-1的速度为 第二轮小滑块B1碰撞2次。依次类推，第n轮，滑块A与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速度为 则第n轮小滑块B1只碰撞了1次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为次‍。 1．（2024湖南高考真题）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）或；（3） 解析（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 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之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，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之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 2．（2023全国乙卷高考真题）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。一质量为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）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4 解析（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律 解得 过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 解得 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； （2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，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，即 解得 根据运动学公式得最大距离为 （3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有 即 解得 此时小球的速度 圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 根据能量守恒 联立解得 同理可得当位移相等时 解得 圆盘向下运动 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 有动量守恒 机械能守恒 得碰后小球速度为 圆盘速度 当二者即将四次碰撞时 x盘3= x球3 即 得 在这段时间内，圆盘向下移动 此时圆盘距离下端管口长度为 20l－1l－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 学科网（北京）股份有限公司 $$