大题12+应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题（解析版）

大题12应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题撞问题”的考查将延续“重逻辑推演、强数学整合、拓实际应用”建模与数学工具的深度融合能力。备考需以递推思想为核心，强化力，同时关注材料科学与智能科技热点，做到“以数解物，以理驭可以多关注：如乒乓球连续弹跳、多米诺骨牌碰撞连锁反应 时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，t=9t0时，物块A、B发生第一次碰撞，t=19t0时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的v-t图线如图乙所示（其中v0、t0均为未知量若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。(1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；(2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离；(3)已知物块B的质量M=17m，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。答案解析（1）根据题意，由图乙可知，物块A在13t0~19t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小物块A在9t0~13t0的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小解得（2）物块A在13t0~19t0时间内与在0~9t0的时间内受力情况一致，则加速度相同，故t=9t0时=9v0刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有整理得则物块A在9t0~13t0的时间内沿斜而向上运动，运动的距离联立解得（3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有mv=mvA1+MvB1其中v=9v0，vA1=-8v0，M=17m联立解得vB1=v0则物块A在13t0~19t0时间内下滑的距离已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离x1=L2-L1=2v0t0物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度v1=6v0由动量守恒有mv1=mvA2+MvB2由机械守恒有联立解得设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为x1，则有2ax1=vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)1设第二次碰撞后物块B下滑的距离为x2，则有2ax2=vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),B)2可得以此类推可得则物块B运动的总距离当n→∞时，代入数据解得例2.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2。求：(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝2.5m/s。4(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff=μFN=μmg设两者间相对静止前相对运动的路程为s1，由动能定理得已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。(3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为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即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次数可分为13段。凹槽、物块的v－t图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则v＝v0＋at，a=-μgv－t图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L)12025湖南长沙一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为M长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为m(m<M)、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为d。在车厢上作用一个大小为F，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。(1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度v0的大小；(2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移xM；(3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为d，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为v0'，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为f=kv（k为已知常数除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程s。答案解析（1）对车厢，由动能定理可得解得（2）车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律根据动量守恒定律Mv0=MvM+mvm解得第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有xM=vMtmm位移关系为xm-xM=L联立解得（3）每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理-ΣfΔt=ΣMΔv即-ΣkvΔt=ΣMΔv累加后得-ks=MΔv第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以kd=M(v0,-v)碰撞前车厢的速度设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为vn,，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律动量守恒定律解得第一次碰撞后，对车厢解得第二次碰撞，由机械能守恒定律根据动量守恒定律解得所以第二次碰撞后车厢的路程此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。所以第三次碰撞后车厢的路程第四次碰推后车厢的路程第n次碰撞后车厢的路程根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和所以例32024重庆模拟预测）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线MN右侧空间存在水平向右的匀强电场，完全相同的多个不带电绝缘滑块沿电场方向依次排列在一条直线上，编号依次为2、3、4……它们的间距均为L，2号滑块与MN边界距离也为L。另一个编号为1的带正电滑块以初速度v0从左边界进入电场，所有滑块的质量都为m，与水平面间的动摩擦因数为滑块1所受电场力恒为，所有滑块均在一条直线上且可视做质点，滑块碰后均会粘在一起。已知重力加速度为g。可能用到的数学公式有求：(1)滑块1刚进入电场时的加速度大小；(2)滑块1、2碰撞过程中损失的机械能；(3)能发生碰撞的滑块的最大编号。答案最多能与编号为6的物块碰撞解析（1）对滑块1，根据牛顿第二定律可得解得（2）根据运动学公式可得vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)-vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)=-2aL由动量守恒得损失的机械能为联立解得（3）第n次碰前、碰后，系统的动能关系碰撞后动能记为Ek后，则将Eki记作第i次碰后系统总动能，则有……数学处理后，有将，代入，得到由得编号为6的物块碰撞结束，继续向前运动，未与7碰撞，已减速到0，所以，最多能与编号为6的物块碰撞。例4.（2024湖南永州一模）如图所示，物块A、B质量分别为mA=2kg,mB=1kg，用轻绳相连并用劲度系数k=500N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R=0.6m的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度h=0.2m。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做周期T=0.4s的简谐运动，B下落并从a点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当A第二次到达平衡位置时，B恰好运动到圆弧末端与质量为mC=0.6kg的滑块C相碰结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为L=1m、以v0=1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2024个相距较近的质量为m1=3.2kg的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰（A、B、D、小球均可以看作质点，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力）。求：(1)物块A做简谐运动的振幅；(2)光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小；(3)整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量。答案解析（1）初始状态下，伸长量为剪断后，A处于平衡位置时伸长量为振幅（2）物块B做自由落体运动的时间解得B落入a的速度根据动能定理得B在圆弧末端的速度B在圆弧上的运动时间取向下为正方向，竖直方向解得水平方向故冲量I=5N.s（3）根据动量守恒解得分析D第一次滑过传送带有得Δt=0.5s则有物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度D规定向右为正方向，有22mDvD=mDvD+m1v1，mDvD=mDvD解得之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带，假设匀减速到速度为0，则不会向左滑出传送带，因此D在传送带上反向向右加速，以v,=v=0.5m/s再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间t3相对位移得在此过程中产生的热量为同理可知，当物体D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的速度大小为vk—1，碰后D的速度大小为vk，则有2可得在传送带上产生热量所以22024江西二模）如图所示，质量均为m的n个小物块等间距地放置在倾角为θ的足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为μ=2tanθ,相邻物块间距为L。现给物块1一个瞬时冲量I，使其向下运动与物块2碰撞并粘在一起，之后向下运动再与物块3碰撞并粘在一起……碰撞时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为g，已知（1）物块1和2碰撞后瞬间的速度大小；（2）从物块1开始运动到物块n-1和n碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功；（3）为使第n个物块能向下运动，求给物块1的瞬时冲量I应满足的条件。答案均为解析（1）物块1沿斜面下滑L，由动能定理有物块1与2相碰动量守恒有解得物块1和2碰撞后瞬间的速度大小为（2）物块1向下运动L的过程中，克服摩擦力做的功为前2个物块碰撞后向前运动L的过程中，克服摩擦力做的功为前n1个物块碰撞后向前运动L的过程中，克服摩擦力做的功为则物块n—1和n碰撞前，运动物块克服摩擦力做的功为（3）物块1和2碰撞前瞬间动能为根据（1）问结论，碰撞后瞬间系统动能物块1、2和3碰撞前瞬间，系统动能物块1、2和3碰撞后瞬间，系统动能物块1、2、3和4碰撞前瞬间，系统动能……以此类推，在前(n-1)个物块与物块n碰撞前瞬间，系统动能为使第n个物块能向下运动，必须有En-1>0解得124-25广东湛江期中）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小球，小球a位于A点，小球b位于B点，AB是圆环的一条直径，ma=4mb，圆环的周长L=10m，刚开始两球都静止，现给小球a一方向垂直AB、大小为10m/s的速度v，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。(1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小va、vb；(2)求从小球a、b第一次相碰到第二次相碰的时间间隔t；(3)求小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程s0。0解析（1）以小球a的初速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则有2222mav=2mava+2mbvb解得（2）设小球a、b第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a运动的路程为s，则小球b运动的路程为s+L，则有解得（3）两球发生第二次弹性碰撞mava1解得可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a从开始运动到与小球b第100次相碰过程中运动的总路程为s022024山东潍坊二模）如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场（图中未画出电场强度E=250V/m，绝缘的水平面上有一均匀带电的长板A，右侧有一绝缘挡板，长板A的上表面光滑，下表面与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，一绝缘的物块B静置在长板的左端。长板A与物块B质量均为m=1kg，长板A的长度l=0.48m，长板A带有q=1.6×10-2运动过程中物块B与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，水平面足够长，电场区域足够大，运动过程中长板A所带电荷量及电荷分布不发生变化，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：（1）物块B与档板第一次碰撞后，长板A与物块B的速度vA和vB；（2）物块B从开始到即将与挡板发生第二次碰撞，长板A电势能的减少量；（3）物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞，恒力F的冲量I；（4）物块B从开始到即将与挡板发生第n次碰撞，长板的位移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）长板A受到的电场力qE=4N长板与地面间的最大静摩擦力f=μ×2mg=4N故qE=f，所以物块B与长板A碰前长板A保持静止对物块B，由动能定理得Fl=mv2解得物块B与长板A第一次碰撞过程 222mv=mvA+mvB222解得（2）对物块B，由牛顿第二定律得F=ma得a=6m/s2设小物块与长板A达共速用时为t,，Δx=vΛt,-at'2=0.48m=l故小物块B恰好滑离板A，设物块B与长板A第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为t1，由运动学公式有2vAt1=2at1解得物块B与长板A第一次碰撞后到第二次碰撞前长板的位移解得电场力做功解得所以长板A电势能的减少量为7.68J。（3）设物块B从开始运动到第一次与挡板发生碰撞所用的时间为t0EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),0)解得物块B与长板A第二次碰撞前的速度解得物块B与长板A第二次碰撞过程2222mvA+2mvB1=2mvA2+2mvB2解得设物块B与长板A第二次碰撞后到第三次碰撞前所用的时间为t2，2vA2t2=vB2t2+2at2解得则物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞所用的时间所以物块B从开始到即将与挡板发生第三次碰撞恒力F的冲量I=Ft解得（4）由以上分析可得，物块B与长板A从第一次碰撞后，相邻的每两次碰撞之间的时间间隔均为0.8s，且每次碰撞后长板A的速度增加量均为2.4m/s，长板A的位移为解得32024湖北武汉二模）如图所示，倾角θ=30o的足够长斜面固定在水平面上，t=0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l=0.05m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g=10m/s2，求：（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；（2）A、B发生第三次碰撞的时刻；（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。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，根据牛顿第二定律即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),A)0=2alA与B发生第一次碰撞，由动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从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有B以vB1匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有2vA1t1+2at1=vB1t1此时，B以vB1匀速直线运动，A的速度为A与B发生第二次碰撞，由动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匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a匀加速直线运动，第三次碰撞前，有2vA2t2+2at2=vB2t2显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。故A与B发生第3次碰撞后的时刻为T0解得（3）从开始至第一次碰撞从第一次碰撞至第二次碰撞xA2从第二次碰撞至第三次碰撞xx从第三次碰撞至第四次碰撞T=xA从第n-1次碰撞至第n次碰撞xAn=(6n-10)l+4l(n>1)A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移m42024四川一模）如图所示，水平地面上固定一水平长直轨道ABC，AB段和BC段足够长，在水平轨道A点放置一小物块P，在BC段沿轨道有n个与物块P相同的小物块，相邻两个小物块的间距均为L=1m，从左往右依次编号1、2、3、⋯、n，其中1号小物块距B点的距离也为L。小物块P在水平向右的拉力F作用下，从A点开始运动，P到达B点前已经开始做匀速运动，拉力F的功率恒为P0=28W，物块P运动到B点前瞬间撤去F，此后物块P滑上BC段，物块P运动L后与1号物块碰撞，碰后二者粘连在一起继续向前运动L与2号物块碰撞，碰后三者粘连在一起继续向前运动L与3号物块碰撞，此后每次两物块碰后都粘连在一起向前运动与下一个物块碰撞。已知物块与AB段轨道动摩擦因数为μ0=0.2，物块与BC段轨道动摩擦因数为μ=0.07，每个物块质量均为m=1kg，所有物块都视为质点，当地重力加速度g取求：（1）小物块到达B点的速度；（2）物块P与1号物块碰后二者的总动能；（3）最多能发生几次碰撞。答案（1）14m/s2）48.65J3）7解析（1）P到达B点前已经开始做匀速运动，拉力与摩擦力平衡则有解得（2）设物块到达B点的动能为Ek0，物块到达1号物块前瞬间速度为v1，动能为Ek1，物块P与1号物块碰后整体速度为v1,，整体动能为Ek,1，由动能定理可得-μmgL=Ek1-Ek0P与1号物块碰撞动量守恒碰后总动能为联立可得（3）设与n号物块碰前速度为vn，动能为Ekn，与n号物块碰撞后整体速度为vn’，整体动能为Ek’n，P与1整体运动到与2号物块碰前瞬间P与1整体与2号物块碰撞动量守恒碰后总动能P与1、2整体运动到与3号物块碰前瞬间-μ×3mgL=Ek3-Ek’2P与1、2整体与3号物块碰撞动量守恒碰后总动能Ek’2=Ek3同理可得，P与前n-1个物块组合体与n号物块碰前瞬间-μ×nmgL=Ekn-Ek’(n-1)P与前n-1个物块组合体与n号物块碰撞动量守恒碰后总动能联立可得若不能碰第n+1号物块，则有Ekμ(n+1)mgL假设恰好与第n+1号物块碰，则Ek联立得解得所以发生7次碰撞。5．如图，左右无限长的光滑水平地面上有2022个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。1号小球质量为m，2~2022号小球质量均为km（k为比例系数）。用一根不可伸长的轻绳拴接于1号小球，上端拴接于固定结点处，拴好后轻绳刚好竖直伸直。在轻绳旁边固定一电热丝，通电时可将轻绳瞬间烧断。将1号小球向左上方提起H高度，此时轻绳伸直，与竖直方向的夹角为θ,所有小球仍在同一竖直面内，将电热丝通电后再由静止释放1号小球。所有小球之间的碰撞均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略轻绳烧断后对小球运动的影响。（1）求1号小球释放后瞬间的加速度大小；（2）求1号小球与2号小球第一次碰撞中给2号小球的冲量大小以及对2号小球做的功；（3）1、2号小球间第一次碰撞后立即给1号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出使1号小球每次碰撞前瞬间的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F的大小以及最终1号和2022号小球间的距离（小球大小忽略不计）。解析（1）1号小球释放后瞬间，合外力垂直于轻绳向右下方，由牛顿第二定律有可得释放后瞬间的加速度为a=gsinθ（2）1号小球从释放到与2号小球碰撞之前瞬间，由机械能守恒定律，有1、2号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有解得对2号小球，由动量定理有I1→2=kmv2-0解得对2号小球，由动能定理有解得（3）1、2号小球碰后，2号小球以速度v2向右运动一个L，与3号小球碰撞后静止。1号小球由速度v1开始匀变速运动，经位移L，以速度v0与2号小球发生下一次碰撞，对1号小球由动能定理有解得最终所有小球的速度均为v2，F作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有Ft=(2021k+1)mv2-mv0F作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有2号小球第一次碰后的速度v2向右依次碰撞传递，最后作为2022号小球的最终速度。最终1号和2022号小球间的距离为d=v2t-x代入数据得6．如图所示光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c（可看做质点b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略某时刻火药燃烧将b、c迅速分开，分开后b以速度v0向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动，当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R表示为 （R为题中未知量）求：（1）圆弧轨道半径的大小；（2）b与c发生第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运动的位移大小（n=l、2、3……）。答案（2）解析（1）b、c分开过程，根据动量守恒定律c沿水平面滑动的加速度大小根据运动学规律，分开后c在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离xc0，有b再次回到b、c分开位置时b匀速运动则整理得（2）设b、c第1次碰撞后的速度分别为物vb1和vc1，根据动量守恒和机械能守恒得设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间b的运动时间其中b1所以第2次碰撞前c已停止运动。第2次碰撞后，b的速度大小代入数据解得即b与c第3次碰撞前的速度大小为v0（3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小b与c第2次碰撞后，c滑动的位移.....b与c第n次碰撞前，b的速度大小b与c第n次碰撞后，c的速度大小为b与c第n次碰撞后，滑动的位移7．如图所示，倾角为θ的光滑斜面末端与水平传送带的左端D平滑连接传送带DC间的距离为L，沿顺时针方向运行的速度为v0，其右端C与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n个质量为2m的小滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m的滑块A由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g，滑块均视为质点，求：（1）滑块A下滑的高度；（2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。答案（1）h=-μL或h=+μL2）v=v0，2n-1次解析（1）设滑块A的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有mgh=mv2解得若滑块A冲上传送带时的速度小于传送带速度v0，则由于滑块A在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动，根据动能定理有解得若滑块A冲上传送带时的速度大于传送带速度v0，则由于滑块A在传送带上受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动，根据动能定理有解得（2）滑块A先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块Bn的速度为第一轮中小滑块B1共发生2次碰撞。滑块A通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀变速直线运动的对称性可知，滑块A返回水平平台的速度大小为滑块A与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有21由能量守恒定律有解得然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞结束，得小滑块Bn-1的速度为第二轮小滑块B1碰撞2次。依次类推，第n轮，滑块A与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速度为则第n轮小滑块B1只碰撞了1次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为2n-1次。12024湖南高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。答案（2）或（3）解析（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有2222mAv0=2mAvA+2mBvB联立解得因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为则有联立解得mB=2-3k1由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA,，vB,，则同样有 2mAvA+mBvB=mAvA+mBvB,=0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为所以vAxA2+3k2联立可得