2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 高考新动向1　 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题【解析版】

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例1 (2022·山东日照市一模)如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝eq \f(1,2)kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
答案 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m
解析 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5 m/s
系统损失的动能
ΔEk＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有
eq \f(1,2)(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋eq \f(1,2)kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有
－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－eq \f(1,2)(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，
由能量守恒定律得Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有
－μ(m1＋m0)gs＝eq \f(1,2)(m1＋m0)v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′，
解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1′2＝2as1，
解得s1＝0.5 m说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为正方向(下同)，有(m1＋m0)v1′－m2v1′＝(m1＋m0＋m2)v2，可得v2＝eq \f(1,3)v1′，
木板第二次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s2速度减为0，再向右加速v22＝2as2，设第二次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度v3，
(m1＋m0)v2－m2v2＝(m1＋m0＋m2)v3，
v3＝eq \f(1,3)v2＝(eq \f(1,3))2v1′，
第三次与墙壁碰撞之后，经位移大小s3速度减为0，再向右加速，v32＝2as3，
第n次与墙壁碰撞之后，靶盒与木板达到共同速度vn＋1，vn＋1＝(eq \f(1,3))nv1′
经位移大小sn速度减为0，再向右加速，vn＋12＝2asn＋1，
木板的路程L＝d－l＋2s1＋2s2＋…＋2sn＋1，
即L＝d－l＋eq \f(v1′2,a)(1＋eq \f(1,32)＋eq \f(1,34)＋…＋eq \f(1,32n))，
解得L＝3.125 m.
例2 (2022·山东潍坊市高三期末)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)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度大小；
(3)画出由静止释放到物块B与A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；
(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)eq \f(4,3) s 12 m/s 6 m/s (3)见解析图 (4)[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3，4，…)
解析 (1)B从A的左端开始到右端的过程，由动能定理有Fd＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝6 m/s
B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有
mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0
v2＝6 m/s
(2)第一次碰后A向右以速度v2＝6 m/s做匀速运动，B做初速度为0、加速度为
a＝eq \f(F,m)＝9 m/s2的匀加速运动，
则第二次碰撞时有v2t＝eq \f(1,2)at2
解得t＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v3＝at＝12 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒和能量关系有
mv2＋mv3＝mv4＋mv5
eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32＝eq \f(1,2)mv42＋eq \f(1,2)mv52
解得A、B的速度为v4＝12 m/s
v5＝6 m/s
(3)同理第三次碰撞时有
v5t′＋eq \f(1,2)at′2＝v4t′
解得t′＝eq \f(4,3) s
此时B的速度为v6＝v5＋at′＝18 m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间
t0＝eq \f(v0,a)＝eq \f(2,3) s
由静止释放到物块B与A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，从第一次碰后，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次到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；
从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m；
从第3次到第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＋(n－1)×8 m＋eq \f(8,2)(n－1)(n－2) m＝[2＋4n(n－1)] m(n＝2,3,4，…)
专题强化练
1．(2022·湖南岳阳市质检)如图所示，小滑块A位于长木板B的左端，现让小滑块A和长木板B一起以相同速度v0＝3 m/s在光滑的水平面上滑向前方固定在地面上的木桩C.A、B的质量分别为m1＝2 kg，m2＝1 kg，已知B与C的碰撞时间极短，且每次碰后B以原速率弹回，运动过程中A没有与C相碰，A也没从B的上表面掉下，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g＝10 m/s2)求：
(1)B与C第二次碰前瞬间的速度大小；
(2)欲使A不从B的上表面掉下，B的长度至少是多少；
(3)B与C第一次碰后到最终停止运动，B运动的总路程．
答案 (1)1 m/s (2)6.75 m (3)5.062 5 m
解析 (1)第一次碰后A、B达到共同速度且为B与C第二次碰前瞬间的速度，设为v1，以向右为正，由动量守恒定律有
m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0＝eq \f(1,3)v0＝1 m/s
(2)全过程由能量守恒定律有μm1gL＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
可得L＝6.75 m
(3)设B与C第一次碰后向左运动的最大距离为s1，对长木板，由动能定理
－μm1gs1＝0－eq \f(1,2)m2v02
解得s1＝eq \f(m2,2μm1g)v02＝2.25 m
第二次碰后由动量守恒定律有
m1v1－m2v1＝(m1＋m2)v2
解得v2＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1＝eq \f(1,3)v1＝(eq \f(1,3))2v0
设B与C第二次碰后向左运动的最大距离为s2，对长木板，由动能定理
－μm1gs2＝0－eq \f(1,2)m2v12
可得s2＝eq \f(m2,2μm1g)v12＝eq \f(1,9)s1
第三次碰后，由动量守恒定律有
m1v2－m2v2＝(m1＋m2)v3，可得v3＝eq \f(1,3)v2
设B与C第三次碰后向左运动的最大距离为s3，对长木板，由动能定理
－μm1gs3＝0－eq \f(1,2)m2v22
可得s3＝eq \f(m2,2μm1g)v22＝(eq \f(1,9))2s1
s1，s2，s3，…，sn为等比数列，公比为eq \f(1,9)，
B运动的总路程s＝2eq \f(s1,1－\f(1,9))＝5.062 5 m.
2.(2022·河南省模拟)窗帘上部结构可以简化为如图所示的模型：长滑杆水平固定，上有9个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，每个滑环的质量均为m＝0.1 kg；每相邻的两个滑环之间由不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为l＝0.2 m；滑环与水平滑杆间的动摩擦因数均为μ＝0.25.开始时所有滑环可近似地看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压；第9个滑环被固定在滑杆最右端．现给第1个滑环一个初速度v0，使其在滑杆上向左滑行(可视为只有平动)；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的细线绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，细线绷紧的过程用时极短，可忽略不计．取g＝10 m/s2.
(1)若v0＝1.25 m/s，求第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间第2个滑环的速度大小；
(2)若第4个滑环已被细线拉动，求第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值；
(3)为让所有的细线都被拉直，第1个滑环至少需要获得多大的初速度？(计算结果可用根号表示)
答案 (1)0.375 m/s (2)eq \f(3,4) (3)2eq \r(51) m/s
解析 (1)设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧前第1个滑环的速度为v1，由动能定理得
－μmgl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
解得v1＝0.75 m/s
设第1、2个滑环间的细线刚刚绷紧瞬间两个滑环的速度变为v2，由动量守恒定律得
mv1＝2mv2
解得v2＝0.375 m/s
(2)设第3、4个滑环间的细线绷紧前瞬间整个装置的速度为v3，第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置的速度为v4，由动量定理得
3mv3＝4mv4
解得v4＝eq \f(3,4)v3
则第3、4个滑环间的细线绷紧后瞬间整个装置动能与绷紧前瞬间整个装置动能的比值为
eq \f(Ek4,Ek3)＝eq \f(\f(1,2)×4mv42,\f(1,2)×3mv32)＝eq \f(3,4)
(3)第1个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有－μmgl＝Ek1－Ek0
第2个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×2mgl＝Ek2－eq \f(1,2)Ek1
变形可得
－μ×22mgl＝2Ek2－Ek1
第3个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×32mgl＝3Ek3－2Ek2
第4个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×42mgl＝4Ek4－3Ek3
则第8个滑环向左运动至细线被拉直的过程中有
－μ×82mgl＝8Ek8－7Ek7
要让所有细线均被拉直，有Ek8≥0
联立有
－μmgl·(12＋22＋32＋42＋…＋82)
＝8Ek8－Ek0<0
eq \f(1,2)mv02≥μmgl·(12＋22＋32＋42＋…＋82)
解得v0≥eq \r(204) m/s＝2eq \r(51) m/s.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，然后可以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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出