(一) 利用数学归纳法解决多次碰撞问题
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,通常可用到以下两种方法:
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,通常会出现等差、等比数列,然后可以利用数列求和公式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,并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移
[典例] (2025·湖北高考)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小;
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。[参考公式:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)]
规范解答:
[针对训练]
(多选)如图所示,在光滑的水平地面上有2 025个大小相同的小球,1号球的质量为2 kg,2号到2 025号球的质量均为1 kg,现给1号球水平向右、大小为3 m/s的初速度,所有碰撞均为弹性碰撞,下列说法正确的是 ( )
A.1号小球最终的速度为1 m/s
B.2号小球第一次碰撞后的速度为4 m/s
C.2 025号小球最终的速度为3 m/s
D.2号小球共发生4 047次碰撞
(二) 力学三大观点的综合应用(压轴题目)
[典例] (2025·四川高考)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小;
(2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件;
(3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能应满足的条件。
规范解答:
[针对训练]
(2024·河北高考)如图,三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上,尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg,A木板长度为2.0 m,机器人质量为6.0 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时,求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后,以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端,求起跳过程机器人做的功,及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止,随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端,此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
专题拔高
(一) 利用数学归纳法解决多次碰撞问题
[典例] 解析:(1)滑块1运动时,对木板的摩擦力大小为f1=2μmg
地面对木板的最大静摩擦力大小为f2=μ(nm+3nm)g=4μnmg
所以此过程中木板保持不动,每个滑块之间距离为L,所以对滑块1根据动能定理有-2μmgL=m-m
解得v1=。
(2)滑块间碰撞时间极短,碰后滑块粘在一起运动,若长木板不动,第j个滑块开始运动时的加速度大小为aj==2μg
从第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时,根据运动学公式有-vj'2=2ajL
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中,根据动量守恒定律有jmvj'=(j+1)mvj+1
联立可得vj+1=。
(3)设当第k个滑块开始滑动时,木板恰好不滑动,此时有2μ·kmg=μ(nm+3nm)g
解得k=2n
则第k+1个滑块开始滑动时,木板开始滑动,假设木板和剩下的滑块不发生相对滑动,由牛顿第二定律有2μ(k+1)mg-μ(nm+3nm)g=a木
则a木=<2μg
假设成立
对前面k+1个滑块,有ak+1==2μg
木板开始滑动后,滑块间刚好不发生下一次碰撞,则前面k+1个滑块和第k+2个滑块共速,且相对位移恰好为L,则有
-=L
设前面k+1个滑块和第k+2个滑块达到共速所用时间为t,则有v共=a木t=vk+1-2μgt
解得=
j=1时,第一个滑块开始运动的速度大小为v0=,则=βμgL
j=2时,根据动量守恒定律可得mv1=2mv2
可得第2个滑块开始运动的速度大小为v2=,
则4=βμgL-4μgL
由第(2)问可得,(j+1)2=j2-4j2μgL,则对第3个滑块到第k+1个滑块有9=4-4×4μgL
16=9-9×4μgL
25=16×-16×4μgL
…
(k+1)2=k2-k2×4μgL
联立可得(k+1)2=βμgL-4μgL(12+22+33+42+…+k2)=βμgL-μgL
解得β=。
答案:(1) (2)vj+1=
(3)
[针对训练]
选BD 设1号球质量为m1=2 kg,初速度为v0=3 m/s,2到2 025号球质量为m2=1 kg,以向右为正方向,对1、2两个小球组成的系统,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,联立解得v1=1 m/s,v2=4 m/s,由于v1(二) 力学三大观点的综合应用(压轴题目)
[典例] 解析:(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得小球甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ。
(2)小球甲恰能到达c点,设到达c点时的速度为v1,由牛顿第二定律有m1gsin θ=m1
解得v1= ①
小球甲、乙发生弹性碰撞,碰撞前后根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2,m1=m1v1'2+m2
解得碰撞后小球乙的速度为v2= ②
若碰撞后小球乙先沿着挡板做圆周运动到达d点,再沿直线到达e点,此时需满足m2gsin θ≤m2
即v2≥ ③
联立①②③可得≥1
若碰撞后小球乙做类平抛运动到达e点,由类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·t2,R=v2t
解得v2= ④
联立①②④可得=。
(3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,则由以上分析可知,碰撞后小球乙做类平抛运动,故碰撞后小球乙的速度必然满足v2<
同时根据类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·,v2t1>R
同时需保证小球乙不能撞击到圆弧cd上,可知
R=gsin θ·,v2t2解得联立②⑤将=代入可得小球甲从a运动到c的过程,根据动能定理得
-m1g×(7R+R)sin θ=m1-Ek0 ⑦
联立⑥⑦可得m1gRsin θ答案:(1)gsin θ (2)≥1或=
(3)m1gRsin θ[针对训练]
解析:(1)机器人从A木板左端走到A木板右端的过程,机器人与A木板组成的系统动量守恒,设机器人质量为M,三个木板质量均为m,根据人船模型规律得Mx=mx1
同时有x+x1=LA
解得A、B木板间的水平距离x1=1.5 m。
(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为θ,从A木板右端跳到B木板左端时间为t,根据斜抛运动规律得
vcos θ·t=x1
=
联立解得v2=
机器人跳离A的过程,系统水平方向动量守恒Mvcos θ=mvA
根据能量守恒定律可得机器人做的功为W=Mv2+mvA2
联立解得
W=·45 J=·45 J=45tan θ+J
根据数学知识可得当tan θ=时,即tan θ=2时,W取最小值,代入数值得此时Wmin=90 J。
(3)根据上述分析可得vcos θ= m/s,根据Mvcos θ=mvA
得vA= m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动,机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒,得Mvcos θ=v共
解得v共= m/s
该过程A木板向左运动的距离为
xA=vAt=× m=4.5 m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次起跳机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,机器人每次跳跃的时间为Δt,取向右为正方向,得v共=Mv0-mvB ①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为,
可得=Δt ②
机器人到B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳到B左端至跳到B右端的过程中,A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m
可得·3Δt=Δx ③
联立①②③解得Δt=-
故A、C两木板间距为xAC=·3Δt+Δx+LB
其中vC=v共
解得xAC=LB。
答案:(1)1.5 m (2)90 J 2 (3)xAC=LB
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(一) 利用数学归纳法解决多次碰撞问题
(二) 力学三大观点的综合应用(压轴题目)
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(一) 利用数学归纳法解决多次碰撞问题
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，通常可用到以下两种方法：
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，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数列求和公式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，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移
[典例] (2025·湖北高考)如图
所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为(β为足够大常数，g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小；
[答案]
[解析] 滑块1运动时，对木板的摩擦力大小为f1=2μmg
地面对木板的最大静摩擦力大小为f2=μ(nm+3nm)g=4μnmg
所以此过程中木板保持不动，每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
-2μmgL=mm
解得v1=。
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
[答案] vj+1=
[解析] 滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时的加速度大小为aj==2μg
从第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，根据运动学公式有-vj'2=2ajL
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中，根据动量守恒定律有jmvj'=(j+1)mvj+1
联立可得vj+1=。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。[参考公式：12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)]
[答案]
[解析] 设当第k个滑块开始滑动时，木板恰好不滑动，此时有2μ·kmg=μ(nm+3nm)g
解得k=2n
则第k+1个滑块开始滑动时，木板开始滑动，假设木板和剩下的滑块不发生相对滑动，由牛顿第二定律有2μ(k+1)mg-μ(nm+3nm)g=a木
则a木=<2μg，假设成立
对前面k+1个滑块，有ak+1==2μg
木板开始滑动后，滑块间刚好不发生下一次碰撞，则前面k+1个滑块和第k+2个滑块共速，且相对位移恰好为L，则有=L
设前面k+1个滑块和第k+2个滑块达到共速所用时间为t，则有v共=a木t=vk+1-2μgt
解得=
j=1时，第一个滑块开始运动的速度大小为v0=，则=βμgL
j=2时，根据动量守恒定律可得mv1=2mv2
可得第2个滑块开始运动的速度大小为
v2=，则4=βμgL-4μgL
由第(2)问可得，(j+1)2=j2-4j2μgL，则对第3个滑块到第k+1个滑块有
9=4-4×4μgL
16=9-9×4μgL
25=16×-16×4μgL
…
(k+1)2=k2-k2×4μgL
联立可得
(k+1)2=βμgL-4μgL(12+22+33+42+…+k2)=βμgL-μgL
解得β=。
(多选)如图所示，在光滑的水平地面上有2 025个大小相同的小球，1号球的质量为2 kg，2号到2 025号球的质量均为1 kg，现给1号球水平向右、大小为3 m/s的初速度，所有碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是 ( )
A.1号小球最终的速度为1 m/s
B.2号小球第一次碰撞后的速度为4 m/s
C.2 025号小球最终的速度为3 m/s
D.2号小球共发生4 047次碰撞
针对训练
√
√
解析：设1号球质量为m1=2 kg，初速度为v0=3 m/s，2到2 025号球质量为m2=1 kg，以向右为正方向，对1、2两个小球组成的系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2，m1=
m1+m2，联立解得v1=1 m/s，v2=4 m/s，由于v11号小球与2号小球再次发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v1=m1v1'+m2v2'，m1=m1v1'2+m2v2'2，联立解得v1'= m/s，v2'= m/s，由此可知，2号小球以速度v2'与3号小球发生弹性碰撞，由于质量相等，则交换速度，再这样重复交换速度，共发生2 023次碰撞，最后2 024号小球以v2'的速度向右匀速离开，故B正确，A、C错误；根据重复碰撞的过程分析可知，每离开一个球，2号小球均要与1号球和3号球碰撞1次，最后3号球匀速离开，1号球与2号球再碰撞1次，然后2号球匀速离开，则2号小球碰撞的次数为N=(2 025-2)×2+1=4 047(次)，故D正确。
(二) 力学三大观点的综合应用(压轴题目)
[典例] (2025·四川高考)如图所示，
倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上
固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直
挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
[答案] gsin θ
[解析] 小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得小球甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ。
(2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
[答案] ≥1或=
[解析] 小球甲恰能到达c点，设到达c点时的速度为v1，由牛顿第二定律有m1gsin θ=m1
解得v1= ①
小球甲、乙发生弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2，m1=m1v1'2+m2
解得碰撞后小球乙的速度为v2= ②
若碰撞后小球乙先沿着挡板做圆周运动到达d点，再沿直线到达e点，此时需满足m2gsin θ≤m2
即v2≥ ③
联立①②③可得≥1
若碰撞后小球乙做类平抛运动到达e点，由类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·t2，R=v2t
解得v2= ④
联立①②④可得=。
(3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
[答案] m1gRsin θ[解析] 在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，则由以上分析可知，碰撞后小球乙做类平抛运动，故碰撞后小球乙的速度必然满足v2<
同时根据类平抛运动规律可知
7R+R=gsin θ·，v2t1>R
同时需保证小球乙不能撞击到圆弧cd上，可知R=gsin θ·，v2t2解得联立②⑤将=代入可得小球甲从a运动到c的过程，根据动能定理得
-m1g×(7R+R)sin θ=m1-Ek0 ⑦
联立⑥⑦可得m1gRsin θ(2024·河北高考)如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
针对训练
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
答案：1.5 m
解析：机器人从A木板左端走到A木板右端的过程，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量均为m，根据人船模型规律得Mx=mx1
同时有x+x1=LA
解得A、B木板间的水平距离x1=1.5 m。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
答案：90 J 2
解析：设机器人起跳的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得vcos θ·t=x1
= ，联立解得v2=
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒
Mvcos θ=mvA
根据能量守恒定律可得机器人做的功为
W=Mv2+mvA2
联立解得W=·45 J=·45 J=45J
根据数学知识可得当tan θ=时，即tan θ=2时，W取最小值，代入数值得此时Wmin=90 J。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
答案：xAC=LB
解析：根据上述分析可得vcos θ= m/s，根据
Mvcos θ=mvA，得vA= m/s
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒，得Mvcos θ=v共
解得v共= m/s
该过程A木板向左运动的距离为
xA=vAt=× m=4.5 m
机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，得v共=Mv0-mvB ①
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，
可得=Δt ②
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端至跳到B右端的过程中，A、B木板的位移差为Δx=x1+xA=6 m
可得·3Δt=Δx ③
联立①②③解得Δt=
故A、C两木板间距为xAC=·3Δt+Δx+LB
其中vC=v共，解得xAC=LB。
