2026版高考物理二轮复习微切口4　递推法和图像法解决多次(多体)碰撞问题

微切口4递推法和图像法解决多次(多体)碰撞问题类型1多次碰撞问题(2024·南师附中)如图所示，质量为M＝4.5kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过．现使木板和物块以v0＝4m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落．已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6m，取g＝10m/s2.(1)求物块与木板间的动摩擦因数．(2)求物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止所需的时间．(3)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3m，求n答案：(1)0.5(2)1.2s(3)5【解析】(1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得－μmgx1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得μ＝0.5(2)物块与挡板碰撞后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向第一次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v0，设再次相对静止时的共同速度为v1，由动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v1解得v1＝eq\f(M－m,M＋m)v0＝eq\f(1,2)v0物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止过程，根据动量定理有μmgt＝mv1－m(－v0)解得t＝1.2s(3)第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v1经一段时间系统的共同速度为v2＝eq\f(M－m,M＋m)v1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2v0第三次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v2经一段时间系统的共同速度为v3＝eq\f(M－m,M＋m)v2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3v0……经一段时间系统的共同速度为vn－1＝eq\f(M－m,M＋m)vn－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1v0第n次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为vn－1物块与挡板第n次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中，由动能定理得－μmgxn＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n－1)解得n＝5.类型2多体碰撞问题(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个．在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰．所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞．(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v.(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek答案：(1)v0(2)eq\f(v0,2)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4n＋1mveq\o\al(2,0)【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0.(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)解得v1＝eq\f(m－3m,m＋3m)v0＝－eq\f(1,2)v0，v2＝eq\f(2m,m＋3m)v0＝eq\f(1,2)v0负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为eq\f(1,2)v0(3)玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的eq\f(1,2)，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的eq\f(1,2).综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2nv0则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4n＋1mveq\o\al(2,0).解决多次(多体)碰撞问题的方法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，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：递推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，利用数学方法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(2024·海门中学)如图所示，2022个质量均为3m的相同小球依次紧密排列成一条直线，静止在光滑水平面上，轻绳一端固定在O点，一端与质量为m的灰球连接，把灰球从与O点等高的A处由静止释放，灰球沿半径为L的圆弧摆到最低点B处时与1号球发生正碰．若发生的碰撞皆为弹性碰撞，不计空气阻力，则灰球与1号球最后一次碰撞后的速度大小为(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2021eq\r(2gL) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2022eq\r(2gL)C.eq\f(1,6067)eq\r(2gL) D.eq\f(6065,6067)eq\r(2gL)【解析】设灰球第一次到达最低点时的速度为v0，灰球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gL)，设灰球与1号球发生碰撞后灰球的速度为v灰1,1号球的速度为v，灰球与1号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv灰1＋3mv，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,灰1)＋eq\f(1,2)×3mv2，解得v灰1＝－eq\f(1,2)v0，v＝eq\f(1,2)v0，灰球与1号球碰撞后，灰球速度反向，灰球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，灰球再次达到最低点时速度大小为v′灰1＝eq\f(1,2)v0.发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发生弹性碰撞后两球速度互换，则1号球与2号球碰撞后，1号球静止，2号球速度为v，碰撞后2号球与3号球发生碰撞，直至2021号球与2022号球碰撞，发生一系列碰撞后，2022号球向右做匀速直线运动，1号到2021号球静止在原位置；然后灰球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后灰球的速度为v灰2,1号球的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv′灰1＝mv灰2＋3mv1，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,灰1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,灰2)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,1)，解得v灰2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2v0，同理可知，灰球第3次与1号球碰撞后灰球的速度v灰3＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3v0，灰球最后一次与1号球碰撞后，灰球的速度为v灰2022＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2022v0＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2022eq\r(2gL)，故B正确．(2025·常州高三期末调研)如图所示，一端带有挡板的木板A质量为2kg，上表面光滑、下表面与斜面间的动摩擦因数为0.75，挡板距离倾角37°的固定斜面底端2.5m；另一质量为1kg的小滑块B放在木板A上，距挡板0.75m．开始时A、B在外力的作用下均静止，现撤去外力，在运动过程中A、B发生的碰撞均为时间极短的完全弹性碰撞，sin37°＝0.6，cos37＝0.8，取g＝10m/s2.求：(1)第一次碰撞后，A、B的速度大小．(2)第二次碰撞前，B与挡板间的最大距离．(3)木板A从开始运动到挡板到达斜面底端经历的时间．答案：(1)2m/s1m/s(2)0.5m(3)2.33s【解析】(1)撤去外力后对木板A分析mAgsinθ<μ(mA＋mB)gcosθ因此木板A不动．对滑块B有mBgsinθ＝mBaB解得aB＝6m/s2B从开始运动到第一次碰撞前veq\o\al(2,0)＝2aBL解得v0＝3m/sA、B发生弹性碰撞mBv0＝mAvA＋mBvBeq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA＝2m/s，vB＝－1m/sA速度大小为2m/s，B速度大小为1m/s.(2)以沿斜面向下为正方向A、B第一次碰撞后，对木板A有mAgsinθ－μ(mA＋mB)gcosθ＝mAa′A解得a′A＝－3m/s2第一次碰撞后A以2m/s的向下初速度、3m/s2的向上加速度做匀变速直线运动，B以1m/s的向上初速度、6m/s2的向下加速度做匀变速直线运动，两者速度相同时相距最远．v＝vA＋a′At＝vB＋a′Bt解得t＝eq\f(1,3)s,v＝1m/s两次碰撞之间xA＝eq\f(v＋vA,2)t＝0.5m，xB＝eq\f(v＋vB,2)t＝0最大距离Δxm＝0.5m(3)第一次碰后A、B的v－t图像如下第二次碰撞前A的速度为0时x′A＝x′B＝eq\f(2,3)mv′B＝3m/s此后碰撞与第一次碰撞情形相同两次碰撞间经历时间Δt＝eq\f(2,3)s碰撞的次数n＝eq\f(s,x′A)＝eq\f(2.5m,\f(2,3)m)＝3eq\f(3,4)三次碰撞后A距离斜面底端Δx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2.5－3×\f(2,3)))m＝0.5mΔx＝vAtx＋eq\f(1,2)a′Ateq\o\al(2,x)tx＝eq\f(1,3)s(tx＝1s舍去)综上可得t总＝3Δt＋tx＝2eq\f(1,3)s≈2.33s.配套热练1.水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经历8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量不可能为(D)A.53kg B.56kgC.59kg D.62kg【解析】设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出后mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，依次类推，第8次推出后，运动员的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0，根据题意可知v8＝eq\f(15m0,m)v0>5m/s，解得m<60kg，第7次运动员的速度一定小于5m/s，则v7＝eq\f(13m0,m)v0<5m/s，解得m>52kg，综上所述，运动员的质量满足52kg<m<60kg，故D正确．2.(2025·南通调研)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为gA.甲、乙达到共同速度所需的时间为eq\f(v0,μg)B.甲、乙共速前，乙车的速度一定始终小于甲的速度C.甲、乙相对滑动的总路程为eq\f(v\o\al(2,0),4μg)D.如果甲、乙碰撞的次数为n(n≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为eq\f(v\o\al(2,0),4μg)－2nL【解析】设甲、乙质量均为m，碰撞前瞬间甲的速度为v1，乙的速度为v2，碰撞后瞬间甲的速度为v′1，乙的速度为v′2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＋mv2＝mv′1＋mv′2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)，解得v′1＝v2，v′2＝v1，即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为v3，则mv0＝2mv3，解得v3＝eq\f(v0,2)，则达到共速所需的时间为t＝eq\f(v0,2μg)，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A、B错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得－μmgs＝eq\f(1,2)×2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得s＝eq\f(v\o\al(2,0),4μg)，故C正确；设甲、乙碰撞的次数为n，最终相对静止时甲距离乙左端的距离为s0，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L＋2L(n－1)＋s0＝s(n＝2,4,6，…)，解得s0＝eq\f(v\o\al(2,0),4μg)＋L－2nL(n＝2,4,6，…)，若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L＋2L(n－1)＋2L－s0＝s(n＝1,3,5，…)，解得s0＝2nL＋L－eq\f(v\o\al(2,0),4μg)(n＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离不可能为eq\f(v\o\al(2,0),4μg)－2nL，故D错误．3.某兴趣小组设计了一种实验装置用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的弹性碰撞，不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g.(1)求0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v1.(2)若已知h＝0.1m，R＝0.64m，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，则k值范围为多少？答案：(1)eq\f(2,1＋k)eq\r(2gh)(2)k≤eq\r(2)－1【解析】(1)设0号球碰撞前速度为v0，则m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)碰撞过程m0v0＝m0v′0＋m1v1eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m0v′eq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v1＝eq\f(2m0,m0＋m1)v0＝eq\f(2,1＋k)v0＝eq\f(2,1＋k)eq\r(2gh)(2)同理，v2＝eq\f(2,1＋k)v1故v4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋k)))4v0要使4号球能从最低点到最高点，则有eq\f(1,2)m4veq\o\al(2,4)＝eq\f(1,2)m4v2＋2m4gR4号球在最高点v≥eq\r(gR)解得k≤eq\r(2)－14.(2025·苏锡常镇调研一)如图所示，一长度L＝25m的传送带以v＝8m/s的速度顺时针转动，传送带左右两侧均与光滑水平平台平滑连接．左侧水平面上有一质量m1＝0.92kg的木块，其与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，右侧平台均匀排列5个质量M＝3kg的铁块．一质量m0＝0.08kg的子弹以v0＝200m/s的速度射向木块并留在木块内．假设木块(含子弹)与铁块、铁块之间均发生弹性正碰，取g＝10m/s2.求：(1)子弹打入木块m1过程中系统损失的动能E损．(2)木块第一次到达传送带右端B点时速度的大小v1.(3)全过程木块与传送带间因摩擦产生的总热量Q.答案：(1)1472J(2)8m/s(3)156J【解析】(1)对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律，有m0v0＝(m0＋m1)v共可知v共＝eq\f(m0,m0＋m1)v0＝16m/s根据能量守恒定律可知，此过程中损失的动能E损＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m0＋m1)veq\o\al(2,共)＝1472J(2)木块(含子弹)m滑上传送带，由μmg＝ma得a＝μg＝4m/s2由2ax＝veq\o\al(2,共)－v2可知，x＝24m＜25m所以木块m第一次到达传送带右侧的速度为8m/s(3)木块从左端滑上传送带减速时间为t0＝eq\f(v传－v,a)＝2s该过程传送带的位移x传＝vt0＝16m木块与传送带之间的相对位移大小Δx0＝L－x共＝8m木块与传送带之间的摩擦力大小f＝μmg＝4N所以该过程中产生的热量Q0＝fΔx0＝32Jm与1号铁块发生弹性碰撞，由mv0＝mv木1＋Mv铁1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,木1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,铁1)可知v木1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(1,2)v0＝－4m/sv铁1＝eq\f(2m,m＋M)v0＝eq\f(1,2)v0＝4m/s接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号铁块静止，2号铁块获得速度4m/s,2号铁块再与3号铁块发生速度交换，以此类推，最终5号铁块获得4m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止．m则反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与v木1大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知，v木2＝－eq\f(1,2)|v木1|＝－2m/s，v铁2＝eq\f(1,2)|v木1|＝2m/s，后续铁块间发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，最终4号铁块获得2m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止．以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减少为原来的一半，直至1号铁块滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间t1＝eq\f(2|v木1|,a)＝2s这段时间木块的位移是0，传送带的位移x传1＝vt1＝16m，故相对位移Δx1＝x传1＝16m木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间t2＝eq\f(2|v木2|,a)＝1s这段时间内木块的位移是0，传送带的位移x传2＝vt2＝8m，故相对位移Δx2＝x传2＝8m以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半．所以总的相对位移Δx总＝16m＋16×eq\f(1,2)m＋16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2m＋16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3m＋16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4m故这段时间产生的总热量Q1＝fΔx总＝4N×eq\f(16×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5)),1－\f(1,2))m＝124J全过程木块m与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝Q0＋Q1＝32J＋124J＝156J5.如图所示，在倾角为θ、足够长的光滑斜面上放置轻质木板，木板上静置两个质量均为m、可视为质点的弹性滑块A和B，初始间距为l0.A与木板间的动摩擦因数μA>tanθ，B与木板间的动摩擦因数μB＝tanθ.假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现对A施加平行斜面向上的推力F＝4mgsinθ，g为重力加速度．使A由静止开始运动，求：(1)A、B从运动到第一次碰撞的时间．(2)A、B第一次碰撞后的最大距离．(3)B相对木板滑动的过程中系统产生的热量．答案：(1)eq\r(\f(l0,gsinθ))(2)eq