I計算題培優1力學三大觀點的綜合應用

【目標要求】1.會分析力學中的多運動、多模型組合問題，會把多過程拆分為多個單過程，并會選擇合適的規律

進行處理。2.會用牛頓運動定律、能量觀點、動量觀點分析板塊模型的綜合問題。3.會用數學歸納法分析處理力

學中多次碰撞的問題。

一、力學中的多運動組合問題

力學三大觀點對比

力學三選用

對應規律表達式

大觀點原則

牛頓第

產合二機〃

二定律物體做勻變速直線

動力學

勻變速直v=vo+at運動，涉及運動細

觀點

線運動x^ot-^-at2節

規律22

v-v0=2ax^

動能定理W合=八反

機械能守&i+Epi

能量恒定律=Ek2+Ep2涉及做功與能量轉

觀點功能關系WG=-A￡P等換

能量守恒

EI=E2

定律

只涉及初末速度、

動量定理/合招'-p力、時間，而不涉

動量

及位移、功

觀點

動量守恒P1+P2只涉及初末速度，

定律=P1，+P2,而不涉及力、時間

例1（2024?貴州安順市二模）如圖所示，在光滑水平臺面上，一質量止0.1kg的物塊1（視為質點）

壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住?，F打開鎖扣K,物塊1與彈簧分離后與靜止在平臺右側質量根=0.2kg

的物塊2（視為質點）發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后物塊2恰好從3點沿切線方向進入光滑豎

直的圓弧軌道5C,圓弧軌道BC所對應的圓心角0=53。，圓弧軌道BC的半徑R=￥m。已知A、B

8

兩點的高度差/z=0.8m,圓弧軌道與水平光滑地面相切于C點，物塊2在水平地面上運動一段

距離后從。點滑上順時針轉動的傾斜傳送帶DE,假設滑上。點前后瞬間速率不變。傳送帶兩端

DE的長度L=2.35m,傳送帶的傾角為a=37。，其速度大小v=2m/s。已知物塊2與傳送帶間的動

摩擦因數"=0.5,不計空氣阻力，不考慮碰撞后物塊1的運動，取重力加速度大小g=10m/s2,sin

53°=0.8,sin37°=0.6,求：

(1)彈簧被鎖定時的彈性勢能；

⑵物塊2在傳送帶上運動的過程中因摩擦產生的熱量。

答案(喘J(2)0.84J

解析(1)打開鎖扣K,根據能量守恒定律有

兩物塊發生彈性碰撞，根據動量守恒定律及機械能守恒定律有

Mv\=Mv2+mv3

此后物塊2做平拋運動，則有

Vy2=lgh

tan

聯立解得Ep嗡J

(2)物塊2從A到。，根據動能定理有

1719

mg(h+R-Rcos3)=-mv4--mv3

解得V4=6m/s

物塊2速度大于傳送帶速度，先以加速度大小的做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有

mgsina+jumgcosa=mai

運動的時間為/尸幺N

0-1

位移為尤產8A

解得Zi=0.4s,%i=1.6m

該過程產生的熱量為

Q\=/.tmgcos37°-(xi-vfi)=0.64J

因〃根geosa<〃zgsina,此后，物塊2以加速度大小的做勻減速直線運動,所受摩擦力向上，根據牛頓第二

定律有

mgsina-jumgeosa=maz

位移為12=L-XI=0.75m

根據勻變速直線運動位移一時間公式有

12

X2=Vt2--a2t2

解得,2=0.5s

此過程產生的熱量為

冽geos37°?(吻-]2)=0.2J

則因摩擦產生的熱量為

Q=Q1+02=O.84JO

二、板塊模型的綜合分析

1.用動力學觀點解決板塊模型問題的思路

2.滑塊和木板組成的系統所受的合外力為零時，優先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力

時，需選用動力學觀點解題。

3.應注意區分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學公式或動能定理列式時位移指

相對地面的位移，求系統摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。

例2(2024?福建泉州市一模)如圖所示，質量為2根的木板C靜止在光滑的水平地面上，質量分別

為根和2根的物塊A、B(可視為質點)緊挨著放在木板C上。某時刻A、B分別以W)和2物的初速

度向相反方向運動，A、B均剛好不從C上滑落，已知A、B兩物塊與木板C之間的動摩擦因數均

為"，重力加速度為g,求：

.小2”

AmB

/〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃,

(1)最初時刻A、B、C三個物體各自的加速度大?。?/p>

(2)木板C的最大速度的大小；

(3)木板C的長度。

答案(l)〃g/.ig如(2)|vo⑶

解析(1)最初時刻分別對A、B、C由牛頓第二定律可得

jumg=maA

2jLimg=2maB

2jLimg-jumg=2mac

解得?A=?B=^g,ac=^lg

(2)假設A、C先共速,設從初始時刻至A、C共速所用的時間為h,有-刈+31=牝>

解得仁也

假設B、C先共速，設從初始時刻至B、C共速所用的時間為,有2%念/2=。d2

解得/2=答

由于打41,故B、C先共速是成立的，假設B、C共速后一起向右減速，則對B、C組成的整體由牛頓第二

定律有

fimg=(2m+2m)aBc

解得QBc=；〃g<QB,故假設成立,B、C共速后一起向右減速

所以C在B、C共速前做勻加速直線運動,而與B共速后做勻減速直線運動，因此當B、C共速時，C的

速度最大

所以VCmax-^C^2-|vo

(3)對B和C發生相對運動的過程，有

2

XB=2vot2-^ast2=^^-

v_12_4端

?子必t--

A4%2

AXBC=XB-XC=-3-11g

由于地面光滑，則A、B、C組成系統的動量守恒，規定水平向右為正方向，則從初始時刻到三者共速的

過程有

4mvQ-mvo=(2m+m+2m)v

解得v=|vo

設A相對C滑動的距離為AXAC,由能量守恒得

222

//mgAxAc+2/zmgAxBc=|mvo+1x2m(2vo)-1(2m+m+2m)v

14%2

15〃。

木板C的長度為

222

4V0|14V0_34V0

￡=AXBC+A%AC=

15〃g154。

三、數學歸納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：

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

數學

寫出以后碰撞過程中對應規律或結果，通常會

歸納法

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

通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v-f

圖像法圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且

可通過圖像與，軸所圍面積求出物體的位移

例3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質量均為根=1kg,不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受

到水平向右、大小為歹=9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發生碰撞，碰撞過程中無

機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g=10m/s?。求：

_______

(1)物塊B與A的擋板發生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小;

(2)由A、B靜止開始經多長時間物塊B與木板A的擋板發生第二次碰撞，并求出碰后瞬間A、B

的速度大小；

⑶畫出由A、B靜止開始到物塊B與木板A的擋板發生三次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間

才的變化圖像；

(4)從物塊B開始運動到與木板A的擋板發生第n次碰撞時間內，物塊B運動的距離。

答案(1)06m/s(2)|s12m/s6m/s

(3)見解析圖(4)[2+4n(n-l)Jm(n=l,2,3,4,…)

2

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=^mv0

解得vo=6m/s

B與A碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mvo=mvB+mvA

171717

-mv0+-mvA

解得VB=0,VA=6m/s

(2)第一次碰撞后A向右以速度以=6m/s做勻速直線運動，B做初速度為0、加速度為

a=—=9的勻加速直線運動

mm/s?

則第二次碰撞時有爾=)產

解得WS

此時B的速度為vm=at=12m/s,A的速度為VAI=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+mVBl=根UA2+MVB2

17191717

產Al+2mVB1=/0A2+2mVB2

解得VA2=12m/s,VB2=6m/s

(3)同理第三次碰撞時有UB2『十去產"UA2r

解得「《s

此時B的速度為VB3=VB2+4=18m/s

從開始運動到第一次碰撞的時間

由A、B靜止開始到B與A的擋板發生3次碰撞時間內，物塊B的速度u隨時間/的變化圖像如圖所示

2610t/s

33T

（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：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的擋板發生第"次碰撞時間內，物塊B運動的距離

s=2m+8m+］6m+24m+…+8（“-］）m=2m+何018+8（刀i）］皿=［2+4n（n-l）］m（n=l,2,3,4,…）。

專題強化練

計算題培優練1力學中的多運動組合問題［分值：40分］

1.（12分X2024.貴州貴陽市一模）如圖所示，質量M=4kg、厚度不計的長木板a靜止在表面粗糙的“V形

平臺上，內表面光滑的圓弧軌道A8C與平臺和斜面相連。圓弧軌道所對的圓心角為106。，圓心為O,半

徑R=1.5m,A、C兩點連線水平，斜面與水平面的夾角8=37。。初始時，質量加=2kg的小物塊b（可視為

質點）靜止在木板a左端。某時刻使木板a和物塊b同時獲得相同初速度v0=10m/s,經過一段時間后木板a

右端到達平臺邊緣P時恰好停止，同時，物塊b從木板a右端飛出，并恰好由A點沿切線方向進入圓弧軌

道，然后與靜止在圓弧軌道最低點8處、質量也為2kg的小物塊Q（可視為質點）碰撞并粘合在一起，形成

新的組合體從C點飛出。一段時間后組合體與斜面發生第一次撞擊。已知木板a與地面之間的動摩擦因數

〃尸0.4,木板a與物塊b之間的動摩擦因數〃2=02不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,

sin53°=0.8o求:

⑴（3分）長木板a和物塊b分離前兩者的加速度大小;

⑵(4分)物塊b在A點的速度大??；

(3)(5分)組合體第一次與斜面的撞擊點到C點的距離。

答案(1)5m/s?2m/s2(2)10m/s(3)3m

解析(1)設長木板a和物塊b分離前兩者的加速度大小分別為卬和z,由牛頓第二定律可得

〃1(m+M)g-jLt2/ng=Mai

從2mg=ma2

解得〃i=5m/s2,a2=2m/s2

(2)設經過時間，木板減速到0,物塊b的速度為vi,貝I)

vo=a\t

v1=vo-a2t

物塊b從P點到A點做平拋運動，6在4點的水平方向速度為vi,A點速度方向與水平方向的夾角為53°,

可得物塊b在A點的速度大小為v=^i-=10m/s

Acos53°

(3)物塊b從A到8過程，由機械能守恒定律有

1917

1-cos53°)=-mvB

物塊b與Q碰撞，由動量守恒定律有

mvB=2mv

組合體從8到C過程，由機械能守恒定律有

22

^(2m)v=1(2m)vc+2mgR(1-cos53°)

解得it=4m/s

組合體離開C點到第一次與斜面撞擊點的過程，其運動可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，則在

垂直斜面方向的初速度為vc,分加速度大小為geos37。，平行斜面方向的分加速度大小為gsin37°,在垂

直斜面方向有

0=vc^i--gcos37°4/

沿斜面向下方向有

《gsin37°.丫

解得s=3mo

2.(13分)(2023?浙江6月選考」8)為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道A3、

CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R=0Am的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道OE尸與軌道

CD和足夠長的水平直軌道PG平滑相切連接。質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數:100

N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道尸G上?，F有質量m=0.12kg的滑塊a以初速度w=2歷m/s從。處進入,

經OEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)。已知傳送帶長A=0.8m,以v=2m/s的速率順時針轉動,

滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.5,其他摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能

(1)(3分)求滑塊a到達圓弧管道OE/最低點尸時速度大小VF和所受支持力大小FN；

⑵(4分)若滑塊a碰后返回到3點時速度VB=1m/s,求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能AE；

(3)(6分)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Axo

答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m

解析(1)滑塊a從。到產,由動能定理

1717

mg'2R=-mvF--mv0

在尸點由牛頓第二定律得F^-mg=m^-

R

解得VF=10m/s,FN=31.2N

(2)已知滑塊a返回3點時的速度vB=lm/s,

設滑塊a與b碰后的速度大小為Va,

由動能定理有：

1717

-mg-2R-]umg-L=-mvB--mva

解得Va=5m/s

因a、b碰撞過程動量守怛，則mvF=-mvd+3mvb

解得碰后b的速度玲=5m/s

則滑塊a、b碰撞過程損失的能量AE="UF2_]“2,X3小匕？,解得AE=0

(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則a、b碰后的共同速度u滿足:mvF=4mv

解得v=2.5m/s

當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度V',有4mv=6mvr

則v-|m/s

當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為xi,由能量守恒有機義（能+3加），=3（〃?+3〃?+2〃。/2+*%12,解得xW.im

系統能量守恒，彈簧最長或最短時，系統動能相等，所以彈簧最長和最短時形變量相等，

則彈簧最大長度與最小長度之差

Ax=2xi=0.2mo

3.（15分X2024?山西晉城市一模）如圖所示，在同一豎直平面內，光滑的長直斜面軌道A3固定，在3處通過

一小段圓?。ㄩL度可忽略不計）與水平軌道BCDE連接，水平軌道的8C、CD段粗糙，OE段光滑，C處固

定一圓形光滑軌道。輕質彈簧的一端固定在E處的豎直墻面上，另一端與質量為3機的物塊b剛好在。點

接觸（不拴接），彈簧處于水平自然長度。將質量為機的物塊a從斜面軌道上的A點由靜止釋放，一段時間

后，物塊a從C點進入半徑R=OAm的圓形軌道，轉一圈后又從C（C、。適當錯開一點）點出來沿CD軌道

運動，在。點與物塊b發生彈性碰撞。已知A點距水平軌道的高度/z=5m,B、。間的距離si=3.8m,C、

。間的距離為S2，物塊a與3C、CD段水平軌道間的動摩擦因數均為〃1=0.25,物塊b與BC、CD段水平

軌道間的動摩擦因數均為〃2=05取重力加速度大小g=10m/s2,物塊a、b均可視為質點，彈簧始終在彈

性限度內。

（1）（3分）求物塊a運動到C點時的速度大小vc;

（2）（3分）改變物塊a由靜止釋放的位置，為使物塊a經過圓形軌道的最高點P,求釋放物塊a時的最小高度

〃min；

（3）（9分）若物塊a恰好能經過圓形軌道的最高點P,從圓形軌道出來后沿CD運動與物塊b發生彈性碰撞，

且只能碰撞一次，求S2的范圍。

答案（1）9m/s（2）1.95m（3）葛m<S2<4m

解析（1）物塊a由A運動到C的過程中，根據動能定理有

2

mgh-^i1mgsi=^mvc

解得Vc=9m/s

（2）物塊a從A運動到P點，根據動能定理有

12

mg/zmin-//imgs\-2mgR=-mVp乙

物塊a恰好能通過尸點，則有

解得vp=2m/s,/imin=1.95m

⑶設物塊a運動到。點時的速度大小為v,物塊a從尸運動到。點過程，根據動能定理有

1912

mg?2R-〃1mgS2=^inv--mvP

可得v'SgR-Oggs2

物塊a、b在。點發生彈性碰撞,根據動量守恒定律有

mv=mv\+3mv2

由機械能守恒定律有

222

|mv=|mv1+1（3m）v2

解得碰后物塊a、b的速度分別為

vi=-0.5v,V2-0.5V

若的=0,根據機械能守恒定律有

如今2=/叫加

解得01=0.25m<7?=0.4m

所以物塊a反向運動后不可能脫離圓軌道，討論：

①要使a、b能夠發生碰撞，a到達。處時速度大小

v=[SgR-0.5/2>0

解得S2<4m

②b壓縮彈簧后又返回。點時速度大小不變，之后與彈簧分離。假設物塊a滑上圓形軌道又返回，最終停

在水平軌道上。點，物塊b在水平軌道上勻減速滑到。點也恰好停止，設C'Q=x,則有

QD=si-x

根據能量守恒定律，對物塊a有

/,、17

//img（52+x）=-mv1

對物塊b有

〃2.3，ZZg（S2-尤）=3（37〃）廿22

解得X=^S2,52=7^m

319

_f12

所以有一m<S2<4mo

計算題培優練2板塊模型的綜合分析［分值：40分］

1.（12分X2023?遼寧卷」5）如圖，質量加產1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度

系數仁20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量砥=4kg的小物塊以水平向右的速度vo=；m/s滑上木板

左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數〃=0.1,最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為弓三小。取重力加

速度g=10m/s2,結果可用根式表示。

（1）（3分）求木板剛接觸彈簧時速度v的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離xi；

（2）（4分）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量也及此時木板速度也的大

?。?/p>

（3）（5分）已知木板向右運動的速度從也減小到0所用時間為方。求木板從速度為也時到之后與物塊加速度

首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能AU（用to表示）。

2

答案（1）1m/s0.125m（2）0.25mym/s（3）4V3f0-8t0

解析（1）由于地面光滑，則木板、物塊組成的系統動量守恒，則有加2V0=（加1+旭2）丫

代入數據得v=lm/s

對木板受力分析有“m2g=miai,

得°尸竺坡=4m/s2

則木板運動前右端距彈簧左端的距離有

V2=2fliXi

代入數據解得xi=0.125m

（2）木板與彈簧接觸以后，對物塊和木板組成的系統有任2=（加1+〃，2）4共

對物塊受力分析有卬"28=加2。2,

得a2=〃g=lm/s2

當a共=。2時物塊與木板之間即將相對滑動，

解得此時的彈簧壓縮量X2=0.25m

對物塊、木板與彈簧組成的系統，根據機械能守恒定律有

22

|(mi+m2)v=|(mi+m2)v2

代入數據得vz=ym/s

(3)木板從速度為也到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，由于木板的加速度大于物塊的加速度，則當

木板與物塊的加速度相同時即彈簧形變量為X2時，則說明此時木板的末速度大小為V2,共用時2力，且物

塊一直受滑動摩擦力作用，則對物塊有

加2g?2砧=加2V32V2

解得Vi=^-2to

木板的位移為零，彈簧的初、末狀態的形變量相同，故此過程彈簧的初、末狀態的彈性勢能相等，木板的

初、末動能相等，

則對于木板和物塊組成的系統有

171712

m

1V2+]加2/3~2^]+"2)"2

At/=-Wf,聯立得AU=4V^o-8t()2。

2.(13分)(2024.山東卷.17)如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙,

豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，。為軌道的最高點。質量為加的小物塊靜置在軌道

水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半

徑R=0.4m,重力加速度大小g=10m/s?。

(1)(3分)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3〃琢，求小

物塊在。點的速度大小V；

(2)(10分)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力產，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度。與產

對應關系如圖乙所不。

(i)求〃和m；

(ii)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力48N,當小物塊到尸點時撤去?

小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度￡□

答案(1)4m/s(2)(i)0.21kg(ii)4.5m

解析(1)根據題意可知小物塊在。點由合力提供向心力有

Cv

mg+5mg=m-

R

代入數據解得v=4m/s

(2)(i)根據題意可知當尸(4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，

根據牛頓第二定律可知F=(M+m)a

根據題圖乙有=0.5kg-1

當外力Q4N時，軌道與小物塊有相對滑動,

則對軌道有F-ptmg=Ma

艮U4皿

MM

結合題圖乙有％q=lkg-l

縱截距氏-竺里=-2m/s2

M

聯立以上各式可得M=1kg,m=lkg,〃=0.2

(ii)由題圖乙可知，當斤=8N時，軌道的加速度為(ii=6m/s2,

小物塊的加速度為°2=〃g=2m/s2

設當小物塊運動到尸點時，經過友時間，

則對軌道有vi=aify

對小物塊有?2=。2勿

在小物塊從P點到。點過程中系統機械能守恒有

222

2+^mv2=^Mv3+^mv4+2mgR

水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，

則有Mv\+mv2=Mv3+mv4

聯立解得/o=L5s(另一解t=-s不合題意，舍去)

06

根據運動學公式有乙=%止02a2t02

代入數據解得L=4.5mo

3.(15分X2024.貴州省部分學校一模)如圖，光滑的四分之一圓弧軌道豎直固定在光滑水平面上，圓心在O

點，半徑R=L8m,厚度相同、材質相同、質量均為M=2kg的木板P、Q靜止在光滑水平面上，兩者相互

接觸但沒有粘連，木板Q的右端固定有輕質擋板D,圓弧軌道的末端與木板P的上表面相切于木板P的左

端，滑塊B、C分別放置在木板P、Q的左端，將滑塊A從圓弧軌道的頂端由靜止釋放，滑塊滑至底端時

與滑塊B發生碰撞。已知木板P、Q的長度分別為Li=4.86m、L2=5.6m,滑塊A的質量為加產3kg,滑塊

B的質量為恤=1kg,滑塊C的質量為祖3=1kg,滑塊A、B、C與木板間的動摩擦因數分別為⑷=0.3、

〃2=01和“3=0.3,所有碰撞均為彈性碰撞且時間很短，滑塊均可視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,

重力加速度g取10m/s2o

(2)(7分)求滑塊A、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量；

(3)(4分)滑塊C是否會從木板Q上滑落？如果不會從木板Q上滑落，最終會與木板Q相對靜止在距離擋板

D多遠的地方？

答案(1)3m/s9m/s(2)12.96J(3)不會0.16m

解析(1)設滑塊A與滑塊B碰撞前瞬間的速度大小為vo,對滑塊A從圓弧軌道的頂端滑至底端的過程由

機械能守恒定律得

D12

解得vo=6m/s

設滑塊A、B碰撞后瞬間的速度大小分別為以、VB,A、B發生彈性碰撞，以向右為正方向,根據動量守

恒定律與機械能守恒定律分別得

機"0二根1VA+mV2B

z

-mivo=-mi%+-^2VB/

聯立解得VA=3m/s,VB=9m/s

(2)滑塊A、B碰撞后在木板P上分別做勻減速直線運動,設滑塊A、B的加速度分別為念、曲,由牛頓第

二定律得

pimig=miaA

從2m2g=m2aB

假設滑塊C相對木板P、Q靜止，設三者整體的加速度為詼,由牛頓第二定律得

根lg+〃2根g2=(2A/+機)31p

解得ap=2m/s2

因滑塊C的最大加速度為

4m=〃3g=3m/s2>flp

故假設成立，可得滑塊C與木板P、Q相對靜止一起以加速度◎做勻加速直線運動。設A與P達到共速的

時間為/I,共速時的速度為v共，由速度一時間關系得

解得V共=1.2m/s,介=0.6s

A與P達到共速時B的速度為

VBI=VB-〃B/I=9m/s-lx0.6m/s=8.4m/s

A與P達到共速的過程，A、B、P三者的位移大小分別為

iz、

XB=-(VB+VB1)^1

1

Xp=-v共ti

解得XA=L26m,XB=5.22m,%P=0.36m

此過程A相對P的位移大小為

AXI=%A-XP=L26m-0.36m=0.9m

此過程B相對P的位移大小為

AX2=XB-%P=5.22m-0.36m=4.86m

因A%2=LI=4.86m

故A與P達到共速時B恰好運動到P的右端與C發生彈性碰撞，因B、C的質量相等，故碰撞過程兩者的

速度發生交換，碰撞后瞬間C的速度大小為

VC=VBI=8.4m/s

B的速度大小為VB2=V^=1.2m/s

可知B相對P靜止在其右端，A、B、P三者一起做勻速直線運動?；瑝KC相對木板Q向右運動，木板Q

做加速直線運動，P、Q分離?；瑝KA、B和木板P組成的系統因摩擦而產生的熱量為

。二〃1卯gAxi+〃2加g2A%2

解得0=12.96J

⑶假設滑塊C不會從木板Q上滑落,最終C與Q相對靜止一起勻速直線運動的速度為u共1,C相對Q的

運動路程為S,以向右為正方向，由動量守怛定律加3Vc+Mv共=(3+M)U共1

解得v共1=3.6m/s

由能量守恒定律有

17111O

43M3gs=泮3噸+嚴。共03+MU共J

解得s=5.76m

因S<2￡2=2X5.6m=11.2m

故滑塊C不會從木板Q上滑落，最終與木板Q相對靜止時與擋板D的距離為

d=s-Z/2=5.76m-5.6m=0.16mo

計算題培優練3數學歸納法解決多次碰撞問題［分值：30分］

1.（14分）（2024?河南省信陽高級中學模擬）如圖所示，質量為根的足夠長的木板放在光滑的水平地面上，與

木板右端距離為無的地面上立有一柔性擋板，木板與擋板發生連續碰撞時速度都會連續發生衰減，當木板

與擋板發生第n次碰撞時，碰后瞬間的速度大小vj與第一次碰前瞬間的速度大小也滿足關系式V?,=-1-PO

n（n+l）1

現有一質量為2m的物塊以速度再從左端沖上木板，造成了木板與柔性擋板的連續碰撞（碰撞時間

均忽略不計），物塊與木板間的動摩擦因數為〃。已知重力加速度為g,在木板停止運動前，物塊都不會和

木板共速。

（1）（3分）物塊剛滑上木板時，求物塊和木板的加速度大??；

（2）（3分）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第一次碰撞時，求物塊與木板因摩擦產生的熱量;

（3）（8分）從物塊滑上木板到木板與柔性擋板第n次碰撞時，求物塊運動的位移大小。

答案（D〃g2〃g（2）5/zmgx⑶（募彳號）彳

解析（1）對物塊由牛頓第二定律有

22mg=2ma\

解得ai=jUg

對木板由牛頓第二定律有

從x2mg=ma2

解得〃2=2〃g

（2）從木板開始運動到第一次碰撞擋板有

1f2

x=-a2tr

從木板開始運動到發生第一次碰撞時的時間為

這段時間內，物塊的位移

12

解得xi=1x

故摩擦產生的熱量為

Q=[ix2mg(xi-x)

解得Q=5pmgx

⑶第一次碰撞前，木板的速度大小

vi=a2ti=2j/igx

第一次碰撞后的速度大小

VI，=I^VI=(14)VI

由對稱性可知第二次碰前的速度

V2=Vl1

故第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為

A/^i=2x-^=2(1--)ti

a22

故從木板開始運動到第二次碰撞時的時間間隔為

彳2=介+人%=介+2(1，)介

第二次碰撞后的速度

■'=*也=(1■加

第三次碰前的速度

V3=V2'

故第二次碰撞到第三次碰撞的時間間隔為

加2=2x邕=2(W)A

故從木板開始運動到第三次碰撞時的時間間隔為

1

打二及十八叁二九+2(1-1)力

歸納可知，從木板開始運動到第〃次碰撞時的時間間隔為

r?=n+2（i--）n=（3--）n

該過程中