2024版高考物理復習教案：第一篇 專題二 培優(yōu)點3　數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題

培優(yōu)點3數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法：數學歸納法先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據前幾次數據，利用數學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規(guī)律或結果，通常會出現等差、等比數列，然后可以利用數學數列求和公式計算全程的路程等數據圖像法通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像與t軸所圍面積求出物體的位移例1(2023·江蘇南京市三模)如圖所示，一斜面固定在水平地面上，斜面傾角θ＝37°、質量為5m的小物塊A通過一根跨過固定滑輪的繩子連接質量同為5m的小物塊B，連接A的繩子與斜面平行，物塊B距離地面高度為L，物塊A與斜面最上端擋板的距離也為L，繩無阻礙穿過擋板上小孔。質量為2m的小環(huán)C套在B上方的繩子上，繩子與小環(huán)C之間的最大靜摩擦力Ffm＝6mg，不計滑輪和繩子質量以及滑輪與繩子之間的摩擦，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，求A與斜面間動摩擦因數的最小值μ；(2)若μ＝eq\f(1,2)，同時由靜止釋放A、B、C，物塊A與擋板碰撞原速率反彈，物塊B與地面碰撞后速度瞬間變成0，求繩子再次繃緊，B向上運動的初速度vB(繃緊過程C的速度未變)；(3)接第(2)問，若C始終沒有落到B上，求整個過程中C與繩子之間因摩擦產生的熱量Q。答案(1)1(2)eq\f(\r(3gL),6)(3)eq\f(18,23)mgL解析(1)由題設條件可知，若系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，小物塊A受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，A與斜面間的動摩擦因數有最小值，由平衡條件可得mAgsinθ＋μmAgcosθ＝(mB＋mC)g，解得μ＝eq\f(7mg－5mgsin37°,5mgcos37°)＝1(2)若μ＝eq\f(1,2)，同時由靜止釋放A、B、C，由牛頓第二定律可得(mB＋mC)g－mAgsinθ－μmAgcosθ＝(mA＋mB＋mC)a解得a＝eq\f(1,6)g，物塊A與擋板碰撞時的速度vA＝eq\r(2aL)＝eq\f(\r(3gL),3)，此時C的速度vC＝vA，由題意可知，繩繃緊過程C的速度未變，可知繩繃緊時A、B共速，由動量守恒定律可知mAvA＝(mA＋mB)vB，解得B的初速度vB＝eq\f(\r(3gL),6)(3)A沿斜面向下減速，B沿繩向上減速，對于A、B整體5mg＋Ffm－5mg(sinθ－μcosθ)＝10ma1解得a1＝g，減速到零的時間t1＝eq\r(\f(L,12g))，C沿繩向下減速：Ffm－2mg＝2ma2，解得a2＝2g，減速到零的時間t2＝eq\r(\f(L,12g))B與C恰好在同一時間速度變?yōu)?，B上升的高度vB2＝2a1x1?x1＝eq\f(1,24)LC下落的高度vC2＝2a2x1′?x1′＝eq\f(1,12)L，B、C相對位移Δx1＝eq\f(1,8)L，此時B、C的狀態(tài)與初始相同，但B離地的高度為eq\f(1,24)L，為初始高度的eq\f(1,24)，相對位移Δxi＋1＝eq\f(1,24)ΔxiΔx總＝eq\i\su(i＝1,∞,Δ)xi＝eq\f(1,8)×(1＋eq\f(1,24)＋…)L＝eq\f(3,23)LQ＝FfmΔx總＝eq\f(18,23)mgL。例2如圖所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質量均為m＝1kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發(fā)生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊B與A的擋板發(fā)生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大??；(2)由A、B靜止開始經多長時間物塊B與木板A的擋板發(fā)生第二次碰撞，并求出碰后瞬間A、B的速度大小；(3)畫出由A、B靜止開始到物塊B與木板A的擋板發(fā)生三次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像；(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離。答案(1)06m/s(2)eq\f(4,3)s12m/s6m/s(3)見解析圖(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3，4，…)解析(1)B從A的左端開始運動到右端的過程，由動能定理有Fd＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mvB＋mvAeq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvB2＋eq\f(1,2)mvA2解得vB＝0，vA＝6m/s(2)第一次碰撞后A向右以速度vA＝6m/s做勻速直線運動，B做初速度為0、加速度為a＝eq\f(F,m)＝9m/s2的勻加速直線運動則第二次碰撞時有vAt＝eq\f(1,2)at2解得t＝eq\f(4,3)s此時B的速度為vB1＝at＝12m/s，A的速度為vA1＝vA＝6m/s，第二次碰撞時，同樣由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvA1＋mvB1＝mvA2＋mvB2eq\f(1,2)mvA12＋eq\f(1,2)mvB12＝eq\f(1,2)mvA22＋eq\f(1,2)mvB22解得vA2＝12m/s，vB2＝6m/s(3)同理第三次碰撞時有vB2t′＋eq\f(1,2)at′2＝vA2t′解得t′＝eq\f(4,3)s此時B的速度為vB3＝vB2＋at′＝18m/s從開始運動到第一次碰撞的時間t0＝eq\f(v0,a)＝eq\f(2,3)s由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示(4)由以上分析可知，從第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前運動的距離都比前一次多8m，由v－t圖像可知，從B開始運動到第1次碰撞，B運動的距離為2m；從第1次碰撞到第2次碰撞，B運動的距離為8m；從第2次碰撞到第3次碰撞，B運動的距離為8m＋8m＝16m；從第3次碰撞到第4次碰撞，B運動的距離為16m＋8m＝24m；根據數學知識可知，從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離s＝2m＋8m＋16m＋24m＋…＋8(n－1)m＝2m＋eq\f(n－1[8＋8n－1],2)m＝[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3,4，…)。專題強化練1．(2023·江蘇淮安市二模)窗簾是我們日常生活中很常見的一種家具裝飾物，具有遮陽隔熱和調節(jié)室內光線的功能。圖甲為羅馬桿滑環(huán)窗簾示意圖。假設窗簾質量均勻分布在每一個滑環(huán)上，將圖甲中的窗簾抽象為圖乙所示模型。長滑桿水平固定，上有10個相同的滑環(huán)，滑環(huán)厚度忽略不計，滑環(huán)從左至右依次編號為1、2、3……10。窗簾拉開后，相鄰兩環(huán)間距離均為L＝0.2m，每個滑環(huán)的質量均為m＝0.4kg，滑環(huán)與滑桿之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。窗簾未拉開時，所有滑環(huán)可看成挨在一起處于滑桿右側邊緣處，滑環(huán)間無擠壓，現在給1號滑環(huán)一個向左的初速度，使其在滑桿上向左滑行(視為只有平動)。在滑環(huán)滑行的過程中，前、后滑環(huán)之間的窗簾繃緊后，兩個滑環(huán)立即以共同的速度向前滑行，窗簾繃緊的過程用時極短，可忽略不計。不考慮空氣阻力的影響，重力加速度g＝10m/s2。(1)若要保證2號滑環(huán)能動起來，求1號滑環(huán)的最小初速度大??；(2)假設1號滑環(huán)與2號滑環(huán)間窗簾繃緊前瞬間其動能為E，求窗簾繃緊后瞬間兩者的總動能以及由于這部分窗簾因繃緊而損失的動能；(3)9號滑環(huán)開始運動后繼續(xù)滑行0.05m后停下來，求1號滑環(huán)的初速度大小。答案(1)eq\f(\r(10),5)m/s(2)eq\f(E,2)eq\f(E,2)(3)eq\r(\f(897,10))m/s解析(1)設1號滑環(huán)的最小初速度為v0，則由動能定理可得－μmgL＝0－eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\f(\r(10),5)m/s(2)設窗簾繃緊前瞬間滑環(huán)1的速度為v1，滑環(huán)2的速度為0，繃緊后共同速度為v，由窗簾繃緊前后動量守恒有mv1＝2mv繃緊后系統(tǒng)總動能為E′＝eq\f(1,2)×2mv2又E＝eq\f(1,2)mv12聯立解得E′＝eq\f(m,m＋m)E＝eq\f(E,2)故損失的動能為ΔE＝E－E′＝eq\f(E,2)(3)設1號滑環(huán)的初速度為v10，其動能為E0，1號滑環(huán)滑行距離L，1、2號滑環(huán)繃緊前瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E1f＝E0－μmgL根據(2)可得，1、2號滑環(huán)繃緊后瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E20＝eq\f(m,m＋m)E1f＝eq\f(1,2)E1f＝eq\f(1,2)(E0－μmgL)在1、2號滑環(huán)共同滑行距離L，2、3號滑環(huán)繃緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E2f＝E20－μ·2mgL＝eq\f(1,2)(E0－μmgL)－μ·2mgL＝eq\f(1,2)E0－eq\f(1,2)(12＋22)μmgL2、3號滑環(huán)繃緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E30＝eq\f(2m,2m＋m)E2f＝eq\f(2,3)E2f＝eq\f(2,3)[eq\f(1,2)E0－eq\f(1,2)(12＋22)μmgL]＝eq\f(1,3)E0－eq\f(1,3)(12＋22)μmgL依次類推，在8、9號滑環(huán)繃緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E8f＝eq\f(1,8)E0－eq\f(1,8)(12＋22＋32＋…＋82)μmgL8、9號滑環(huán)繃緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E90＝eq\f(8,9)E8f由題意可知，8、9號滑環(huán)繃緊后還可以繼續(xù)滑行距離x＝0.05m(0<x<L)后靜止，因而有E90＝μ·9mgx聯立解得1號滑環(huán)的初速度大小為v10＝eq\r(\f(897,10))m/s。2.(2023·江蘇南京市模擬預測)如圖所示，在傾角為θ、足夠長的光滑斜面上放置輕質木板，木板上靜置兩個質量均為m、可視為質點的彈性滑塊A和B，初始間距為l0。A與木板間的動摩擦因數μA>tanθ，B與木板間的動摩擦因數μB＝tanθ。假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F對A施加平行斜面向上的推力F＝4mgsinθ，g為重力加速度。使A由靜止開始運動，求：(1)A、B從運動到第一次碰撞的時間；(2)A、B第一次碰撞后的最大距離；(3)B相對木板滑動的過程中系統(tǒng)產生的熱量。答案(1)eq\r(\f(l0,gsinθ))(2)eq\f(1,3)l0(3)2mgl0sinθ解析(1)對于B，μBmgcosθ＝mgsinθ，即B靜止，由牛頓第二定律可知F－mgsinθ－μBmgcosθ＝maA，aA＝2gsinθ由運動學公式得l0＝eq\f(1,2)aAt2，解得t＝eq\r(\f(l0,gsinθ))(2)A、B第一次碰撞前，vA＝aAt＝eq\r(4gl0sinθ)，vB＝0A、B發(fā)生彈性碰撞后交換速度，故有vB1＝eq\r(4gl0sinθ)，vA1＝0B相對木板向上運動，由牛頓第二定律可知F＋μBmgcosθ－mgsinθ＝maA1，解得aA1＝4gsinθ對于B，μBmgcosθ＋mgsinθ＝maB1，解得aB1＝2gsinθA、B速度相等時，相距最遠vB1－2gt1sinθ＝4gt1sinθ＝v1第一次達到共速的時間為t1＝eq\f(1,3)eq\r(\f(l0,gsinθ))，A、B之間的距離(相對位移)L1＝eq\f(vB1,2)·t1＝eq\f(1,3)l0(3)第一次達到共速后，A加速，B勻速向上運動，第二次碰撞前L1＝v1t2＋eq\f(1,2)aAt22－v1t2，t2＝eq\r(\f(L1,gsinθ))所以第二次碰撞前vA1′＝v1＋eq\r(4gsinθL1)，vB1′＝v1，第二次彈性碰撞后交換速度，則有vB2＝v1＋e