大題12+應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題（解析版）

大題12應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法和圖像法解決多次碰撞問題撞問題”的考查將延續(xù)“重邏輯推演、強(qiáng)數(shù)學(xué)整合、拓實(shí)際應(yīng)用”建模與數(shù)學(xué)工具的深度融合能力。備考需以遞推思想為核心，強(qiáng)化力，同時(shí)關(guān)注材料科學(xué)與智能科技熱點(diǎn)，做到“以數(shù)解物，以理馭可以多關(guān)注：如乒乓球連續(xù)彈跳、多米諾骨牌碰撞連鎖反應(yīng) 時(shí)將質(zhì)量為m的物塊A從距離物塊B斜上方L處由靜止釋放，t=9t0時(shí)，物塊A、B發(fā)生第一次碰撞，t=19t0時(shí)，二者發(fā)生第二次碰撞，在兩次碰撞間物塊A的v-t圖線如圖乙所示（其中v0、t0均為未知量若每次碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)且與斜面間的最大靜摩擦力均等于滑動(dòng)摩擦力。(1)求物塊A沿斜面上滑與下滑加速度大小的比值；(2)求第一次碰撞后物塊A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離；(3)已知物塊B的質(zhì)量M=17m，且A、B物塊每次碰撞前物塊B均已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，求物塊B沿斜面下滑的最大距離。答案解析（1）根據(jù)題意，由圖乙可知，物塊A在13t0~19t0的時(shí)間內(nèi)沿斜面勻加速下滑，加速度大小物塊A在9t0~13t0的時(shí)間內(nèi)沿斜而勻減速上滑，加速度大小解得（2）物塊A在13t0~19t0時(shí)間內(nèi)與在0~9t0的時(shí)間內(nèi)受力情況一致，則加速度相同，故t=9t0時(shí)=9v0剛釋放物塊A時(shí)，A、B之間的距離為L，則有整理得則物塊A在9t0~13t0的時(shí)間內(nèi)沿斜而向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離聯(lián)立解得（3）物塊A與物塊B第一次碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒有mv=mvA1+MvB1其中v=9v0，vA1=-8v0，M=17m聯(lián)立解得vB1=v0則物塊A在13t0~19t0時(shí)間內(nèi)下滑的距離已知第二次碰撞前物塊B已停止運(yùn)動(dòng)，故物塊B碰后沿斜面下滑的距離x1=L2-L1=2v0t0物塊A與物塊B發(fā)生第二次碰撞，由圖可知，碰前瞬間物塊A的速度v1=6v0由動(dòng)量守恒有mv1=mvA2+MvB2由機(jī)械守恒有聯(lián)立解得設(shè)物塊B下滑過程中的加速度為a，第一次碰撞后物塊B下滑的距離為x1，則有2ax1=vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)1設(shè)第二次碰撞后物塊B下滑的距離為x2，則有2ax2=vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)2可得以此類推可得則物塊B運(yùn)動(dòng)的總距離當(dāng)n→∞時(shí)，代入數(shù)據(jù)解得例2.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B，物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0m，凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.05，開始時(shí)物塊靜止，凹槽以v0＝5m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)。g取10m/s2。求：(1)物塊與凹槽相對靜止時(shí)的共同速度；(2)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者剛相對靜止所經(jīng)歷的時(shí)間及該時(shí)間內(nèi)凹槽運(yùn)動(dòng)的位移大小。解析(1)設(shè)兩者間相對靜止時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝2.5m/s。4(2)物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力Ff=μFN=μmg設(shè)兩者間相對靜止前相對運(yùn)動(dòng)的路程為s1，由動(dòng)能定理得已知L＝1m，可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞。(3)設(shè)凹槽與物塊碰撞前的速度分別為v1、v2，碰撞后的速度分別為v1′、v2′，有EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)2即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示。根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段。凹槽、物塊的v－t圖線在兩條連續(xù)的勻變速直線運(yùn)動(dòng)圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間。則v＝v0＋at，a=-μgv－t圖線所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5L，其余每份面積均為L)12025湖南長沙一模）人們越來越深刻地認(rèn)識(shí)到冰山對環(huán)境的重要性，冰山的移動(dòng)將給野生動(dòng)物帶來一定影響。為研究冰山移動(dòng)過程中表面物體的滑動(dòng)，小星找來一個(gè)足夠長的水槽，將質(zhì)量為M長為L的車廂放在水槽中模擬冰山，車廂內(nèi)有一個(gè)質(zhì)量為m(m<M)、體積可以忽略的滑塊。車廂的上下表面均光滑，車廂與滑塊的碰撞均為彈性碰撞且忽略碰撞的時(shí)間。開始時(shí)水槽內(nèi)未裝水，滑塊與車廂左側(cè)的距離為d。在車廂上作用一個(gè)大小為F，方向水平向右的恒力，當(dāng)車廂即將與滑塊發(fā)生第一次碰撞時(shí)撤去水平恒力。(1)求車廂即將與滑塊發(fā)生第一次碰撞時(shí)車廂的速度v0的大??；(2)求從車廂與滑塊發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的過程中，車廂的位移xM；(3)若在水槽中裝入一定深度的水，車廂在水槽中不會(huì)浮起。開始時(shí)滑塊與車廂左側(cè)的距離為d，由于外界碰撞，車廂在極短時(shí)間內(nèi)速度變?yōu)関0'，方向水平向右。車廂移動(dòng)過程中受到水的阻力大小與速率的關(guān)系為f=kv（k為已知常數(shù)除第一次碰撞以外，以后車廂與滑塊之間每次碰撞前車廂均已停止。求全程車廂通過的總路程s。答案解析（1）對車廂，由動(dòng)能定理可得解得（2）車廂與滑塊的碰撞為彈性碰撞，設(shè)第一次碰撞后車廂和滑塊的速度分別為vM和vm，由機(jī)械能守恒定律根據(jù)動(dòng)量守恒定律Mv0=MvM+mvm解得第一次碰撞到第二次碰撞之間，車廂與滑塊的位移分別為xM，xm，則有xM=vMtmm位移關(guān)系為xm-xM=L聯(lián)立解得（3）每一次碰撞后車廂的運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理-ΣfΔt=ΣMΔv即-ΣkvΔt=ΣMΔv累加后得-ks=MΔv第一次碰撞前，車廂的路程為d，所以kd=M(v0,-v)碰撞前車廂的速度設(shè)第n次碰撞后，車廂的速度為vn，滑塊的速度為vn,，第n次碰撞至停下，車廂的路程為sn。第一次碰撞，由機(jī)械能守恒定律動(dòng)量守恒定律解得第一次碰撞后，對車廂解得第二次碰撞，由機(jī)械能守恒定律根據(jù)動(dòng)量守恒定律解得所以第二次碰撞后車廂的路程此后的每次碰撞前滑塊的速度大小都變?yōu)榍耙淮蔚谋?，車廂均靜止。所以第三次碰撞后車廂的路程第四次碰推后車廂的路程第n次碰撞后車廂的路程根據(jù)等比數(shù)列求和公式求得車廂在第二次及以后的路程之和所以例32024重慶模擬預(yù)測）如圖所示，粗糙絕緣水平面上方，豎直線MN右側(cè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，完全相同的多個(gè)不帶電絕緣滑塊沿電場方向依次排列在一條直線上，編號(hào)依次為2、3、4……它們的間距均為L，2號(hào)滑塊與MN邊界距離也為L。另一個(gè)編號(hào)為1的帶正電滑塊以初速度v0從左邊界進(jìn)入電場，所有滑塊的質(zhì)量都為m，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為滑塊1所受電場力恒為，所有滑塊均在一條直線上且可視做質(zhì)點(diǎn)，滑塊碰后均會(huì)粘在一起。已知重力加速度為g?？赡苡玫降臄?shù)學(xué)公式有求：(1)滑塊1剛進(jìn)入電場時(shí)的加速度大??；(2)滑塊1、2碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)能發(fā)生碰撞的滑塊的最大編號(hào)。答案最多能與編號(hào)為6的物塊碰撞解析（1）對滑塊1，根據(jù)牛頓第二定律可得解得（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)-vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)=-2aL由動(dòng)量守恒得損失的機(jī)械能為聯(lián)立解得（3）第n次碰前、碰后，系統(tǒng)的動(dòng)能關(guān)系碰撞后動(dòng)能記為Ek后，則將Eki記作第i次碰后系統(tǒng)總動(dòng)能，則有……數(shù)學(xué)處理后，有將，代入，得到由得編號(hào)為6的物塊碰撞結(jié)束，繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)，未與7碰撞，已減速到0，所以，最多能與編號(hào)為6的物塊碰撞。例4.（2024湖南永州一模）如圖所示，物塊A、B質(zhì)量分別為mA=2kg,mB=1kg，用輕繩相連并用勁度系數(shù)k=500N/m的輕質(zhì)彈簧系住掛在天花板上靜止不動(dòng)。B正下方有一個(gè)半徑為R=0.6m的四分之一光滑固定圓弧軌道，其頂點(diǎn)a距離物塊B的高度h=0.2m。某時(shí)刻A、B間的繩子被剪斷，然后A做周期T=0.4s的簡諧運(yùn)動(dòng)，B下落并從a點(diǎn)平滑地進(jìn)入光滑固定圓弧軌道。當(dāng)A第二次到達(dá)平衡位置時(shí)，B恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧末端與質(zhì)量為mC=0.6kg的滑塊C相碰結(jié)合為滑塊D。D平滑的滑上與圓弧末端等高的傳送帶，傳送帶的水平長度為L=1m、以v0=1m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，D與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。傳送帶右端有一等高的固定水平平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，平臺(tái)上靜置著2024個(gè)相距較近的質(zhì)量為m1=3.2kg的小球，D能夠平滑地滑上平臺(tái)，且D與小球、小球與小球之間的碰撞均為彈性正碰（A、B、D、小球均可以看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g=10m/s2，忽略空氣阻力）。求：(1)物塊A做簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅；(2)光滑固定圓軌道對物塊B的沖量大?。?3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中D與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案解析（1）初始狀態(tài)下，伸長量為剪斷后，A處于平衡位置時(shí)伸長量為振幅（2）物塊B做自由落體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間解得B落入a的速度根據(jù)動(dòng)能定理得B在圓弧末端的速度B在圓弧上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間取向下為正方向，豎直方向解得水平方向故沖量I=5N.s（3）根據(jù)動(dòng)量守恒解得分析D第一次滑過傳送帶有得Δt=0.5s則有物體D滑上平臺(tái)后與第一個(gè)小球發(fā)生彈性正碰，撞前速度D規(guī)定向右為正方向，有22mDvD=mDvD+m1v1，mDvD=mDvD解得之后小球依次與下一個(gè)小球發(fā)生彈性正碰，由于質(zhì)量相等，速度交換，而物體D返回進(jìn)入傳送帶，假設(shè)勻減速到速度為0，則不會(huì)向左滑出傳送帶，因此D在傳送帶上反向向右加速，以v,=v=0.5m/s再次滑上平臺(tái)，與第一個(gè)小球發(fā)生彈性正碰，之后的運(yùn)動(dòng)具有可類比性，物體D在與小球第一次碰后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3相對位移得在此過程中產(chǎn)生的熱量為同理可知，當(dāng)物體D與小球發(fā)生第k次碰撞，設(shè)碰前D的速度大小為vk—1，碰后D的速度大小為vk，則有2可得在傳送帶上產(chǎn)生熱量所以22024江西二模）如圖所示，質(zhì)量均為m的n個(gè)小物塊等間距地放置在傾角為θ的足夠長的斜面上，斜面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=2tanθ,相鄰物塊間距為L?，F(xiàn)給物塊1一個(gè)瞬時(shí)沖量I，使其向下運(yùn)動(dòng)與物塊2碰撞并粘在一起，之后向下運(yùn)動(dòng)再與物塊3碰撞并粘在一起……碰撞時(shí)間極短，物塊均可看成質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，已知（1）物塊1和2碰撞后瞬間的速度大??；（2）從物塊1開始運(yùn)動(dòng)到物塊n-1和n碰撞前瞬間，運(yùn)動(dòng)的物塊克服摩擦力做的功；（3）為使第n個(gè)物塊能向下運(yùn)動(dòng)，求給物塊1的瞬時(shí)沖量I應(yīng)滿足的條件。答案均為解析（1）物塊1沿斜面下滑L，由動(dòng)能定理有物塊1與2相碰動(dòng)量守恒有解得物塊1和2碰撞后瞬間的速度大小為（2）物塊1向下運(yùn)動(dòng)L的過程中，克服摩擦力做的功為前2個(gè)物塊碰撞后向前運(yùn)動(dòng)L的過程中，克服摩擦力做的功為前n1個(gè)物塊碰撞后向前運(yùn)動(dòng)L的過程中，克服摩擦力做的功為則物塊n—1和n碰撞前，運(yùn)動(dòng)物塊克服摩擦力做的功為（3）物塊1和2碰撞前瞬間動(dòng)能為根據(jù)（1）問結(jié)論，碰撞后瞬間系統(tǒng)動(dòng)能物塊1、2和3碰撞前瞬間，系統(tǒng)動(dòng)能物塊1、2和3碰撞后瞬間，系統(tǒng)動(dòng)能物塊1、2、3和4碰撞前瞬間，系統(tǒng)動(dòng)能……以此類推，在前(n-1)個(gè)物塊與物塊n碰撞前瞬間，系統(tǒng)動(dòng)能為使第n個(gè)物塊能向下運(yùn)動(dòng)，必須有En-1>0解得124-25廣東湛江期中）如圖所示，在光滑固定水平圓環(huán)中有兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的小球，小球a位于A點(diǎn)，小球b位于B點(diǎn)，AB是圓環(huán)的一條直徑，ma=4mb，圓環(huán)的周長L=10m，剛開始兩球都靜止，現(xiàn)給小球a一方向垂直AB、大小為10m/s的速度v，兩球碰撞都是彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短。(1)分別求出第一次碰撞后瞬間兩球的速度大小va、vb；(2)求從小球a、b第一次相碰到第二次相碰的時(shí)間間隔t；(3)求小球a從開始運(yùn)動(dòng)到與小球b第100次相碰過程中運(yùn)動(dòng)的總路程s0。0解析（1）以小球a的初速度方向?yàn)檎较?，兩球發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒，動(dòng)能總和不變，則有2222mav=2mava+2mbvb解得（2）設(shè)小球a、b第一次相碰到第二次相碰過程中，小球a運(yùn)動(dòng)的路程為s，則小球b運(yùn)動(dòng)的路程為s+L，則有解得（3）兩球發(fā)生第二次彈性碰撞mava1解得可以看出兩球的速度回到初始狀態(tài)，所以小球a從開始運(yùn)動(dòng)到與小球b第100次相碰過程中運(yùn)動(dòng)的總路程為s022024山東濰坊二模）如圖所示，空間內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出電場強(qiáng)度E=250V/m，絕緣的水平面上有一均勻帶電的長板A，右側(cè)有一絕緣擋板，長板A的上表面光滑，下表面與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，一絕緣的物塊B靜置在長板的左端。長板A與物塊B質(zhì)量均為m=1kg，長板A的長度l=0.48m，長板A帶有q=1.6×10-2運(yùn)動(dòng)過程中物塊B與擋板的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，水平面足夠長，電場區(qū)域足夠大，運(yùn)動(dòng)過程中長板A所帶電荷量及電荷分布不發(fā)生變化，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。求：（1）物塊B與檔板第一次碰撞后，長板A與物塊B的速度vA和vB；（2）物塊B從開始到即將與擋板發(fā)生第二次碰撞，長板A電勢能的減少量；（3）物塊B從開始到即將與擋板發(fā)生第三次碰撞，恒力F的沖量I；（4）物塊B從開始到即將與擋板發(fā)生第n次碰撞，長板的位移x。答案（1）2.4m/s，0（2）7.68J（3）I=12N.s（4）x=0.48(2n2-2n)m(n=1,2,3…)解析（1）長板A受到的電場力qE=4N長板與地面間的最大靜摩擦力f=μ×2mg=4N故qE=f，所以物塊B與長板A碰前長板A保持靜止對物塊B，由動(dòng)能定理得Fl=mv2解得物塊B與長板A第一次碰撞過程 222mv=mvA+mvB222解得（2）對物塊B，由牛頓第二定律得F=ma得a=6m/s2設(shè)小物塊與長板A達(dá)共速用時(shí)為t,，Δx=vΛt,-at'2=0.48m=l故小物塊B恰好滑離板A，設(shè)物塊B與長板A第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的時(shí)間為t1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2vAt1=2at1解得物塊B與長板A第一次碰撞后到第二次碰撞前長板的位移解得電場力做功解得所以長板A電勢能的減少量為7.68J。（3）設(shè)物塊B從開始運(yùn)動(dòng)到第一次與擋板發(fā)生碰撞所用的時(shí)間為t0EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)解得物塊B與長板A第二次碰撞前的速度解得物塊B與長板A第二次碰撞過程2222mvA+2mvB1=2mvA2+2mvB2解得設(shè)物塊B與長板A第二次碰撞后到第三次碰撞前所用的時(shí)間為t2，2vA2t2=vB2t2+2at2解得則物塊B從開始到即將與擋板發(fā)生第三次碰撞所用的時(shí)間所以物塊B從開始到即將與擋板發(fā)生第三次碰撞恒力F的沖量I=Ft解得（4）由以上分析可得，物塊B與長板A從第一次碰撞后，相鄰的每兩次碰撞之間的時(shí)間間隔均為0.8s，且每次碰撞后長板A的速度增加量均為2.4m/s，長板A的位移為解得32024湖北武漢二模）如圖所示，傾角θ=30o的足夠長斜面固定在水平面上，t=0時(shí)刻，將物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面上相距l(xiāng)=0.05m的兩處同時(shí)由靜止釋放。已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的3倍，A、B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為、，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）A、B發(fā)生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大??；（2）A、B發(fā)生第三次碰撞的時(shí)刻；（3）從靜止釋放到第n次碰撞，A運(yùn)動(dòng)的位移。答案（1）0.25m/s，0.75m/s2）1.0s3）0.05(3n2-3n+1)m解析（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根據(jù)牛頓第二定律即B靜止在斜面上。A與B發(fā)生第一次碰撞前，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),A)0=2alA與B發(fā)生第一次碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律.3mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),A)0=.3mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),A)1+mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)1解得（2）由（1）可得，A從靜止釋放后，經(jīng)過時(shí)間t0與B發(fā)生第一次碰撞，有B以vB1勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以初速度vA1，加速度a勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二次碰撞前，有2vA1t1+2at1=vB1t1此時(shí)，B以vB1勻速直線運(yùn)動(dòng)，A的速度為A與B發(fā)生第二次碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)1=.3mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),A)2+mvEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)2B以vB2勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以初速度vA2，加速度a勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第三次碰撞前，有2vA2t2+2at2=vB2t2顯然，每次碰撞后，B均相對A以初速度vA0、加速度aA做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至下一次碰撞，經(jīng)過時(shí)間均為0.4s。故A與B發(fā)生第3次碰撞后的時(shí)刻為T0解得（3）從開始至第一次碰撞從第一次碰撞至第二次碰撞xA2從第二次碰撞至第三次碰撞xx從第三次碰撞至第四次碰撞T=xA從第n-1次碰撞至第n次碰撞xAn=(6n-10)l+4l(n>1)A從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動(dòng)的總位移m42024四川一模）如圖所示，水平地面上固定一水平長直軌道ABC，AB段和BC段足夠長，在水平軌道A點(diǎn)放置一小物塊P，在BC段沿軌道有n個(gè)與物塊P相同的小物塊，相鄰兩個(gè)小物塊的間距均為L=1m，從左往右依次編號(hào)1、2、3、?、n，其中1號(hào)小物塊距B點(diǎn)的距離也為L。小物塊P在水平向右的拉力F作用下，從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，P到達(dá)B點(diǎn)前已經(jīng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力F的功率恒為P0=28W，物塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前瞬間撤去F，此后物塊P滑上BC段，物塊P運(yùn)動(dòng)L后與1號(hào)物塊碰撞，碰后二者粘連在一起繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)L與2號(hào)物塊碰撞，碰后三者粘連在一起繼續(xù)向前運(yùn)動(dòng)L與3號(hào)物塊碰撞，此后每次兩物塊碰后都粘連在一起向前運(yùn)動(dòng)與下一個(gè)物塊碰撞。已知物塊與AB段軌道動(dòng)摩擦因數(shù)為μ0=0.2，物塊與BC段軌道動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.07，每個(gè)物塊質(zhì)量均為m=1kg，所有物塊都視為質(zhì)點(diǎn)，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭取求：（1）小物塊到達(dá)B點(diǎn)的速度；（2）物塊P與1號(hào)物塊碰后二者的總動(dòng)能；（3）最多能發(fā)生幾次碰撞。答案（1）14m/s2）48.65J3）7解析（1）P到達(dá)B點(diǎn)前已經(jīng)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力與摩擦力平衡則有解得（2）設(shè)物塊到達(dá)B點(diǎn)的動(dòng)能為Ek0，物塊到達(dá)1號(hào)物塊前瞬間速度為v1，動(dòng)能為Ek1，物塊P與1號(hào)物塊碰后整體速度為v1,，整體動(dòng)能為Ek,1，由動(dòng)能定理可得-μmgL=Ek1-Ek0P與1號(hào)物塊碰撞動(dòng)量守恒碰后總動(dòng)能為聯(lián)立可得（3）設(shè)與n號(hào)物塊碰前速度為vn，動(dòng)能為Ekn，與n號(hào)物塊碰撞后整體速度為vn’，整體動(dòng)能為Ek’n，P與1整體運(yùn)動(dòng)到與2號(hào)物塊碰前瞬間P與1整體與2號(hào)物塊碰撞動(dòng)量守恒碰后總動(dòng)能P與1、2整體運(yùn)動(dòng)到與3號(hào)物塊碰前瞬間-μ×3mgL=Ek3-Ek’2P與1、2整體與3號(hào)物塊碰撞動(dòng)量守恒碰后總動(dòng)能Ek’2=Ek3同理可得，P與前n-1個(gè)物塊組合體與n號(hào)物塊碰前瞬間-μ×nmgL=Ekn-Ek’(n-1)P與前n-1個(gè)物塊組合體與n號(hào)物塊碰撞動(dòng)量守恒碰后總動(dòng)能聯(lián)立可得若不能碰第n+1號(hào)物塊，則有Ekμ(n+1)mgL假設(shè)恰好與第n+1號(hào)物塊碰，則Ek聯(lián)立得解得所以發(fā)生7次碰撞。5．如圖，左右無限長的光滑水平地面上有2022個(gè)大小相同的小球排成一排，相鄰小球間的間距均為L，將其從左到右依次編號(hào)。1號(hào)小球質(zhì)量為m，2~2022號(hào)小球質(zhì)量均為km（k為比例系數(shù)）。用一根不可伸長的輕繩拴接于1號(hào)小球，上端拴接于固定結(jié)點(diǎn)處，拴好后輕繩剛好豎直伸直。在輕繩旁邊固定一電熱絲，通電時(shí)可將輕繩瞬間燒斷。將1號(hào)小球向左上方提起H高度，此時(shí)輕繩伸直，與豎直方向的夾角為θ,所有小球仍在同一豎直面內(nèi)，將電熱絲通電后再由靜止釋放1號(hào)小球。所有小球之間的碰撞均為彈性正碰，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，忽略輕繩燒斷后對小球運(yùn)動(dòng)的影響。（1）求1號(hào)小球釋放后瞬間的加速度大??；（2）求1號(hào)小球與2號(hào)小球第一次碰撞中給2號(hào)小球的沖量大小以及對2號(hào)小球做的功；（3）1、2號(hào)小球間第一次碰撞后立即給1號(hào)小球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出使1號(hào)小球每次碰撞前瞬間的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等時(shí)撤去外力，求外力F的大小以及最終1號(hào)和2022號(hào)小球間的距離（小球大小忽略不計(jì)）。解析（1）1號(hào)小球釋放后瞬間，合外力垂直于輕繩向右下方，由牛頓第二定律有可得釋放后瞬間的加速度為a=gsinθ（2）1號(hào)小球從釋放到與2號(hào)小球碰撞之前瞬間，由機(jī)械能守恒定律，有1、2號(hào)小球碰撞前后動(dòng)量和機(jī)械能守恒，分別有解得對2號(hào)小球，由動(dòng)量定理有I1→2=kmv2-0解得對2號(hào)小球，由動(dòng)能定理有解得（3）1、2號(hào)小球碰后，2號(hào)小球以速度v2向右運(yùn)動(dòng)一個(gè)L，與3號(hào)小球碰撞后靜止。1號(hào)小球由速度v1開始勻變速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)位移L，以速度v0與2號(hào)小球發(fā)生下一次碰撞，對1號(hào)小球由動(dòng)能定理有解得最終所有小球的速度均為v2，F(xiàn)作用的總時(shí)間記為t，對整體，由動(dòng)量定理有Ft=(2021k+1)mv2-mv0F作用的總位移記為x，對整體，由動(dòng)能定理有2號(hào)小球第一次碰后的速度v2向右依次碰撞傳遞，最后作為2022號(hào)小球的最終速度。最終1號(hào)和2022號(hào)小球間的距離為d=v2t-x代入數(shù)據(jù)得6．如圖所示光滑圓弧軌道AB固定在水平面上與水平面平滑連接，圓弧軌道最低點(diǎn)A靜止放置物塊b、c（可看做質(zhì)點(diǎn)b、c的質(zhì)量分別為m、2m，b、c間有少量火藥（質(zhì)量可忽略某時(shí)刻火藥燃燒將b、c迅速分開，分開后b以速度v0向左沖上圓弧，經(jīng)一段時(shí)間再次回到b、c分開位置后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)c剛好停止運(yùn)動(dòng)時(shí)b與之發(fā)生第一次碰撞。已知b與c的所有碰撞均為彈性碰撞，b與水平面間沒有摩擦，c與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g。已知該物塊b從圓弧底端沖上圓弧到再次回到圓弧底端所用時(shí)間與b沖上圓弧速度大小無關(guān)，可用圓弧半徑R表示為 （R為題中未知量）求：（1）圓弧軌道半徑的大小；（2）b與c發(fā)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運(yùn)動(dòng)的位移大?。╪=l、2、3……）。答案（2）解析（1）b、c分開過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律c沿水平面滑動(dòng)的加速度大小根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，分開后c在水平面上滑動(dòng)的時(shí)間t0、滑過的距離xc0，有b再次回到b、c分開位置時(shí)b勻速運(yùn)動(dòng)則整理得（2）設(shè)b、c第1次碰撞后的速度分別為物vb1和vc1，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得設(shè)第2次碰撞前c已停止運(yùn)動(dòng)，則第1次碰撞后c滑動(dòng)的時(shí)間b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間其中b1所以第2次碰撞前c已停止運(yùn)動(dòng)。第2次碰撞后，b的速度大小代入數(shù)據(jù)解得即b與c第3次碰撞前的速度大小為v0（3）b與c第2次碰撞后，c的速度大小b與c第2次碰撞后，c滑動(dòng)的位移.....b與c第n次碰撞前，b的速度大小b與c第n次碰撞后，c的速度大小為b與c第n次碰撞后，滑動(dòng)的位移7．如圖所示，傾角為θ的光滑斜面末端與水平傳送帶的左端D平滑連接傳送帶DC間的距離為L，沿順時(shí)針方向運(yùn)行的速度為v0，其右端C與光滑且足夠長的水平平臺(tái)平滑連接，平臺(tái)上有n個(gè)質(zhì)量為2m的小滑塊。編號(hào)依次為B1、B2、B3、B4…Bn。將質(zhì)量為m的滑塊A由斜面上某一高度由靜止釋放。當(dāng)滑塊A滑到傳送帶右端C時(shí)，恰好與傳送帶速度相同。小滑塊間的碰撞均為彈性碰撞。已知滑塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g，滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）滑塊A下滑的高度；（2）小滑塊B1的最終速度及被碰撞的次數(shù)。答案（1）h=-μL或h=+μL2）v=v0，2n-1次解析（1）設(shè)滑塊A的初始位置高度為h，到達(dá)斜面底端的速度為v，則下滑過程中由機(jī)械能守恒有mgh=mv2解得若滑塊A沖上傳送帶時(shí)的速度小于傳送帶速度v0，則由于滑塊A在傳送帶上受到向右的滑動(dòng)摩擦力而做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得若滑塊A沖上傳送帶時(shí)的速度大于傳送帶速度v0，則由于滑塊A在傳送帶上受到向左的滑動(dòng)摩擦力而做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）滑塊A先與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有由能量守恒定律有解得然后小滑塊B1與小滑塊B2發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑塊B1與小滑塊B2碰后將速度傳遞給小滑塊B3，速度依次傳遞，直至與小滑塊Bn發(fā)生碰撞后第一輪碰撞結(jié)束，得小滑塊Bn的速度為第一輪中小滑塊B1共發(fā)生2次碰撞。滑塊A通過傳送帶后會(huì)返回再次與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，滑塊A返回水平平臺(tái)的速度大小為滑塊A與小滑塊B1發(fā)生第二次彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有21由能量守恒定律有解得然后小滑塊B1與小滑塊B2又發(fā)生彈性碰撞，速度依次傳遞，直至與小滑塊Bn-1發(fā)生碰撞后第二輪碰撞結(jié)束，得小滑塊Bn-1的速度為第二輪小滑塊B1碰撞2次。依次類推，第n輪，滑塊A與小滑塊B1發(fā)生彈性碰撞，最后小滑塊B1的速度為則第n輪小滑塊B1只碰撞了1次，綜上可得，小滑塊B1共碰撞的次數(shù)為2n-1次。12024湖南高考真題）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時(shí)小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)量比。（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程。答案（2）或（3）解析（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動(dòng)量守恒有可得碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有可得（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為vA，vB，則碰后動(dòng)量和能量守恒有2222mAv0=2mAvA+2mBvB聯(lián)立解得因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為則有聯(lián)立解得mB=2-3k1由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故k1=0，即對第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為vA,，vB,，則同樣有 2mAvA+mBvB=mAvA+mBvB,=0，故第三次碰撞發(fā)生在b點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在c點(diǎn)，以此類推，滿足題意。②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為所以vAxA2+3k2聯(lián)立可得