2025年高考物理二轮复习：计算题之力学三大观点的综合应用

I计算题培优1力学三大观点的综合应用

【目标要求】1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律

进行处理。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。3.会用数学归纳法分析处理力

学中多次碰撞的问题。

一、力学中的多运动组合问题

力学三大观点对比

力学三选用

对应规律表达式

大观点原则

牛顿第

产合二机〃

二定律物体做匀变速直线

动力学

匀变速直v=vo+at运动，涉及运动细

观点

线运动x^ot-^-at2节

规律22

v-v0=2ax^

动能定理W合=八反

机械能守&i+Epi

能量恒定律=Ek2+Ep2涉及做功与能量转

观点功能关系WG=-A£P等换

能量守恒

EI=E2

定律

只涉及初末速度、

动量定理/合招'-p力、时间，而不涉

动量

及位移、功

观点

动量守恒P1+P2只涉及初末速度，

定律=P1，+P2,而不涉及力、时间

例1（2024・贵州安顺市二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量止0.1kg的物块1（视为质点）

压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K,物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量根=0.2kg

的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从3点沿切线方向进入光滑竖

直的圆弧轨道5C,圆弧轨道BC所对应的圆心角0=53。，圆弧轨道BC的半径R=¥m。已知A、B

8

两点的高度差/z=0.8m,圆弧轨道与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段

距离后从。点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE,假设滑上。点前后瞬间速率不变。传送带两端

DE的长度L=2.35m,传送带的倾角为a=37。，其速度大小v=2m/s。已知物块2与传送带间的动

摩擦因数"=0.5,不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g=10m/s2,sin

53°=0.8,sin37°=0.6,求：

(1)弹簧被锁定时的弹性势能；

⑵物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。

答案(喘J(2)0.84J

解析(1)打开锁扣K,根据能量守恒定律有

两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有

Mv\=Mv2+mv3

此后物块2做平抛运动，则有

Vy2=lgh

tan

联立解得Ep嗡J

(2)物块2从A到。，根据动能定理有

1719

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

解得V4=6m/s

物块2速度大于传送带速度，先以加速度大小的做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有

mgsina+jumgcosa=mai

运动的时间为/尸幺N

0-1

位移为尤产8A

解得Zi=0.4s,%i=1.6m

该过程产生的热量为

Q\=/.tmgcos37°-(xi-vfi)=0.64J

因〃根geosa<〃zgsina,此后，物块2以加速度大小的做匀减速直线运动,所受摩擦力向上，根据牛顿第二

定律有

mgsina-jumgeosa=maz

位移为12=L-XI=0.75m

根据匀变速直线运动位移一时间公式有

12

X2=Vt2--a2t2

解得,2=0.5s

此过程产生的热量为

冽geos37°・(吻-]2)=0.2J

则因摩擦产生的热量为

Q=Q1+02=O.84JO

二、板块模型的综合分析

1.用动力学观点解决板块模型问题的思路

2.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力

时，需选用动力学观点解题。

3.应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指

相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。

例2(2024•福建泉州市一模)如图所示，质量为2根的木板C静止在光滑的水平地面上，质量分别

为根和2根的物块A、B(可视为质点)紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以W)和2物的初速

度向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩擦因数均

为"，重力加速度为g,求：

.小2”

AmB

/〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃)〃〃〃〃〃〃〃,

(1)最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小；

(2)木板C的最大速度的大小；

(3)木板C的长度。

答案(l)〃g/.ig如(2)|vo⑶

解析(1)最初时刻分别对A、B、C由牛顿第二定律可得

jumg=maA

2jLimg=2maB

2jLimg-jumg=2mac

解得«A=«B=^g,ac=^lg

(2)假设A、C先共速,设从初始时刻至A、C共速所用的时间为h,有-刈+31=牝>

解得仁也

假设B、C先共速，设从初始时刻至B、C共速所用的时间为,有2%念/2=。d2

解得/2=答

由于打41,故B、C先共速是成立的，假设B、C共速后一起向右减速，则对B、C组成的整体由牛顿第二

定律有

fimg=(2m+2m)aBc

解得QBc=；〃g<QB,故假设成立,B、C共速后一起向右减速

所以C在B、C共速前做匀加速直线运动,而与B共速后做匀减速直线运动，因此当B、C共速时，C的

速度最大

所以VCmax-^C^2-|vo

(3)对B和C发生相对运动的过程，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，则A、B、C组成系统的动量守恒，规定水平向右为正方向，则从初始时刻到三者共速的

过程有

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

解得v=|vo

设A相对C滑动的距离为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的长度为

222

4V0|14V0_34V0

£=AXBC+A%AC=

15〃g154。

三、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，在求解多次碰撞问题时,

通常可用到以下两种方法：

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

数学

写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会

归纳法

出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列

求和公式计算全程的路程等数据

通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-f

图像法图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且

可通过图像与，轴所围面积求出物体的位移

例3如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A,木板A左端上表面有一小物

块B,其到挡板的距离为d=2m,A、B质量均为根=1kg,不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受

到水平向右、大小为歹=9N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无

机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10m/s?。求：

_______

(1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小;

(2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B

的速度大小；

⑶画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间

才的变化图像；

(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。

答案(1)06m/s(2)|s12m/s6m/s

(3)见解析图(4)[2+4n(n-l)Jm(n=l,2,3,4,…)

2

解析(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd=^mv0

解得vo=6m/s

B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有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做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为

a=—=9的匀加速直线运动

mm/s?

则第二次碰撞时有尔=)产

解得WS

此时B的速度为vm=at=12m/s,A的速度为VAI=VA=6m/s,第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能

守恒定律有mVA1+mVBl=根UA2+MVB2

17191717

产Al+2mVB1=/0A2+2mVB2

解得VA2=12m/s,VB2=6m/s

(3)同理第三次碰撞时有UB2『十去产"UA2r

解得「《s

此时B的速度为VB3=VB2+4=18m/s

从开始运动到第一次碰撞的时间

由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度u随时间/的变化图像如图所示

2610t/s

33T

（4）由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8m,

由V：图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2m;

从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8m；

从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8m+8m=16m;

从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16m+8m=24m；

根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第"次碰撞时间内，物块B运动的距离

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

专题强化练

计算题培优练1力学中的多运动组合问题［分值：40分］

1.（12分X2024.贵州贵阳市一模）如图所示，质量M=4kg、厚度不计的长木板a静止在表面粗糙的“V形

平台上，内表面光滑的圆弧轨道A8C与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为106。，圆心为O,半

径R=1.5m,A、C两点连线水平，斜面与水平面的夹角8=37。。初始时，质量加=2kg的小物块b（可视为

质点）静止在木板a左端。某时刻使木板a和物块b同时获得相同初速度v0=10m/s,经过一段时间后木板a

右端到达平台边缘P时恰好停止，同时，物块b从木板a右端飞出，并恰好由A点沿切线方向进入圆弧轨

道，然后与静止在圆弧轨道最低点8处、质量也为2kg的小物块Q（可视为质点）碰撞并粘合在一起，形成

新的组合体从C点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a与地面之间的动摩擦因数

〃尸0.4,木板a与物块b之间的动摩擦因数〃2=02不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6,

sin53°=0.8o求:

⑴（3分）长木板a和物块b分离前两者的加速度大小;

⑵(4分)物块b在A点的速度大小；

(3)(5分)组合体第一次与斜面的撞击点到C点的距离。

答案(1)5m/s?2m/s2(2)10m/s(3)3m

解析(1)设长木板a和物块b分离前两者的加速度大小分别为卬和z,由牛顿第二定律可得

〃1(m+M)g-jLt2/ng=Mai

从2mg=ma2

解得〃i=5m/s2,a2=2m/s2

(2)设经过时间，木板减速到0,物块b的速度为vi,贝I)

vo=a\t

v1=vo-a2t

物块b从P点到A点做平抛运动，6在4点的水平方向速度为vi,A点速度方向与水平方向的夹角为53°,

可得物块b在A点的速度大小为v=^i-=10m/s

Acos53°

(3)物块b从A到8过程，由机械能守恒定律有

1917

1-cos53°)=-mvB

物块b与Q碰撞，由动量守恒定律有

mvB=2mv

组合体从8到C过程，由机械能守恒定律有

22

^(2m)v=1(2m)vc+2mgR(1-cos53°)

解得it=4m/s

组合体离开C点到第一次与斜面撞击点的过程，其运动可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，则在

垂直斜面方向的初速度为vc,分加速度大小为geos37。，平行斜面方向的分加速度大小为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月选考」8)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道A3、

CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0Am的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道OE尸与轨道

CD和足够长的水平直轨道PG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数:100

N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道尸G上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度w=2历m/s从。处进入,

经OEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长A=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,

滑块a与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能

(1)(3分)求滑块a到达圆弧管道OE/最低点尸时速度大小VF和所受支持力大小FN；

⑵(4分)若滑块a碰后返回到3点时速度VB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能AE；

(3)(6分)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Axo

答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m

解析(1)滑块a从。到产,由动能定理

1717

mg'2R=-mvF--mv0

在尸点由牛顿第二定律得F^-mg=m^-

R

解得VF=10m/s,FN=31.2N

(2)已知滑块a返回3点时的速度vB=lm/s,

设滑块a与b碰后的速度大小为Va,

由动能定理有：

1717

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

解得Va=5m/s

因a、b碰撞过程动量守怛，则mvF=-mvd+3mvb

解得碰后b的速度玲=5m/s

则滑块a、b碰撞过程损失的能量AE="UF2_]“2,X3小匕？,解得AE=0

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

解得v=2.5m/s

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度V',有4mv=6mvr

则v-|m/s

当弹簧被压缩到最短时压缩量为xi,由能量守恒有机义（能+3加），=3（〃?+3〃?+2〃。/2+*%12,解得xW.im

系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，

则弹簧最大长度与最小长度之差

Ax=2xi=0.2mo

3.（15分X2024•山西晋城市一模）如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道A3固定，在3处通过

一小段圆弧（长度可忽略不计）与水平轨道BCDE连接，水平轨道的8C、CD段粗糙，OE段光滑，C处固

定一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3机的物块b刚好在。点

接触（不拴接），弹簧处于水平自然长度。将质量为机的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间

后，物块a从C点进入半径R=OAm的圆形轨道，转一圈后又从C（C、。适当错开一点）点出来沿CD轨道

运动，在。点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度/z=5m,B、。间的距离si=3.8m,C、

。间的距离为S2，物块a与3C、CD段水平轨道间的动摩擦因数均为〃1=0.25,物块b与BC、CD段水平

轨道间的动摩擦因数均为〃2=05取重力加速度大小g=10m/s2,物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹

性限度内。

（1）（3分）求物块a运动到C点时的速度大小vc;

（2）（3分）改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P,求释放物块a时的最小高度

〃min；

（3）（9分）若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P,从圆形轨道出来后沿CD运动与物块b发生弹性碰撞，

且只能碰撞一次，求S2的范围。

答案（1）9m/s（2）1.95m（3）葛m<S2<4m

解析（1）物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有

2

mgh-^i1mgsi=^mvc

解得Vc=9m/s

（2）物块a从A运动到P点，根据动能定理有

12

mg/zmin-//imgs\-2mgR=-mVp乙

物块a恰好能通过尸点，则有

解得vp=2m/s,/imin=1.95m

⑶设物块a运动到。点时的速度大小为v,物块a从尸运动到。点过程，根据动能定理有

1912

mg•2R-〃1mgS2=^inv--mvP

可得v'SgR-Oggs2

物块a、b在。点发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有

mv=mv\+3mv2

由机械能守恒定律有

222

|mv=|mv1+1（3m）v2

解得碰后物块a、b的速度分别为

vi=-0.5v,V2-0.5V

若的=0,根据机械能守恒定律有

如今2=/叫加

解得01=0.25m<7?=0.4m

所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：

①要使a、b能够发生碰撞，a到达。处时速度大小

v=[SgR-0.5/2>0

解得S2<4m

②b压缩弹簧后又返回。点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停

在水平轨道上。点，物块b在水平轨道上匀减速滑到。点也恰好停止，设C'Q=x,则有

QD=si-x

根据能量守恒定律，对物块a有

/,、17

//img（52+x）=-mv1

对物块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

计算题培优练2板块模型的综合分析［分值：40分］

1.（12分X2023•辽宁卷」5）如图，质量加产1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度

系数仁20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量砥=4kg的小物块以水平向右的速度vo=；m/s滑上木板

左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数〃=0.1,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为弓三小。取重力加

速度g=10m/s2,结果可用根式表示。

（1）（3分）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离xi；

（2）（4分）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量也及此时木板速度也的大

小；

（3）（5分）已知木板向右运动的速度从也减小到0所用时间为方。求木板从速度为也时到之后与物块加速度

首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能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，则木板、物块组成的系统动量守恒，则有加2V0=（加1+旭2）丫

代入数据得v=lm/s

对木板受力分析有“m2g=miai,

得°尸竺坡=4m/s2

则木板运动前右端距弹簧左端的距离有

V2=2fliXi

代入数据解得xi=0.125m

（2）木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有任2=（加1+〃，2）4共

对物块受力分析有卬"28=加2。2,

得a2=〃g=lm/s2

当a共=。2时物块与木板之间即将相对滑动，

解得此时的弹簧压缩量X2=0.25m

对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有

22

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

代入数据得vz=ym/s

(3)木板从速度为也到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当

木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为X2时，则说明此时木板的末速度大小为V2,共用时2力，且物

块一直受滑动摩擦力作用，则对物块有

加2g・2砧=加2V32V2

解得Vi=^-2to

木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的

初、末动能相等，

则对于木板和物块组成的系统有

171712

m

1V2+]加2/3~2^]+"2)"2

At/=-Wf,联立得AU=4V^o-8t()2。

2.(13分)(2024.山东卷.17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙,

竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，。为轨道的最高点。质量为加的小物块静置在轨道

水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半

径R=0.4m,重力加速度大小g=10m/s?。

(1)(3分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3〃琢，求小

物块在。点的速度大小V；

(2)(10分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力产，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度。与产

对应关系如图乙所不。

(i)求〃和m；

(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力48N,当小物块到尸点时撤去?

小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度£□

答案(1)4m/s(2)(i)0.21kg(ii)4.5m

解析(1)根据题意可知小物块在。点由合力提供向心力有

Cv

mg+5mg=m-

R

代入数据解得v=4m/s

(2)(i)根据题意可知当尸(4N时，小物块与轨道是一起向左加速，

根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a

根据题图乙有=0.5kg-1

当外力Q4N时，轨道与小物块有相对滑动,

则对轨道有F-ptmg=Ma

艮U4皿

MM

结合题图乙有％q=lkg-l

纵截距氏-竺里=-2m/s2

M

联立以上各式可得M=1kg,m=lkg,〃=0.2

(ii)由题图乙可知，当斤=8N时，轨道的加速度为(ii=6m/s2,

小物块的加速度为°2=〃g=2m/s2

设当小物块运动到尸点时，经过友时间，

则对轨道有vi=aify

对小物块有?2=。2勿

在小物块从P点到。点过程中系统机械能守恒有

222

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

水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，

则有Mv\+mv2=Mv3+mv4

联立解得/o=L5s(另一解t=-s不合题意，舍去)

06

根据运动学公式有乙=%止02a2t02

代入数据解得L=4.5mo

3.(15分X2024.贵州省部分学校一模)如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O

点，半径R=L8m,厚度相同、材质相同、质量均为M=2kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互

接触但没有粘连，木板Q的右端固定有轻质挡板D,圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左

端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时

与滑块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为Li=4.86m、L2=5.6m,滑块A的质量为加产3kg,滑块

B的质量为恤=1kg,滑块C的质量为祖3=1kg,滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为⑷=0.3、

〃2=01和“3=0.3,所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

重力加速度g取10m/s2o

(2)(7分)求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；

(3)(4分)滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板

D多远的地方？

答案(1)3m/s9m/s(2)12.96J(3)不会0.16m

解析(1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为vo,对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由

机械能守恒定律得

D12

解得vo=6m/s

设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为以、VB,A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向,根据动量守

恒定律与机械能守恒定律分别得

机"0二根1VA+mV2B

z

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

联立解得VA=3m/s,VB=9m/s

(2)滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动,设滑块A、B的加速度分别为念、曲,由牛顿第

二定律得

pimig=miaA

从2m2g=m2aB

假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为诙,由牛顿第二定律得

根lg+〃2根g2=(2A/+机)31p

解得ap=2m/s2

因滑块C的最大加速度为

4m=〃3g=3m/s2>flp

故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度◎做匀加速直线运动。设A与P达到共速的

时间为/I,共速时的速度为v共，由速度一时间关系得

解得V共=1.2m/s,介=0.6s

A与P达到共速时B的速度为

VBI=VB-〃B/I=9m/s-lx0.6m/s=8.4m/s

A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为

iz、

XB=-(VB+VB1)^1

1

Xp=-v共ti

解得XA=L26m,XB=5.22m,%P=0.36m

此过程A相对P的位移大小为

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

此过程B相对P的位移大小为

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

因A%2=LI=4.86m

故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的

速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为

VC=VBI=8.4m/s

B的速度大小为VB2=V^=1.2m/s

可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q

做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为

。二〃1卯gAxi+〃2加g2A%2

解得0=12.96J

⑶假设滑块C不会从木板Q上滑落,最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为u共1,C相对Q的

运动路程为S,以向右为正方向，由动量守怛定律加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吨+严。共03+MU共J

解得s=5.76m

因S<2£2=2X5.6m=11.2m

故滑块C不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为

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

计算题培优练3数学归纳法解决多次碰撞问题［分值：30分］

1.（14分）（2024•河南省信阳高级中学模拟）如图所示，质量为根的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与

木板右端距离为无的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板

与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小vj与第一次碰前瞬间的速度大小也满足关系式V„,=-1-PO

n（n+l）1

现有一质量为2m的物块以速度再从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞（碰撞时间

均忽略不计），物块与木板间的动摩擦因数为〃。已知重力加速度为g,在木板停止运动前，物块都不会和

木板共速。

（1）（3分）物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；

（2）（3分）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量;

（3）（8分）从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。

答案（D〃g2〃g（2）5/zmgx⑶（募彳号）彳

解析（1）对物块由牛顿第二定律有

22mg=2ma\

解得ai=jUg

对木板由牛顿第二定律有

从x2mg=ma2

解得〃2=2〃g

（2）从木板开始运动到第一次碰撞挡板有

1f2

x=-a2tr

从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为

这段时间内，物块的位移

12

解得xi=1x

故摩擦产生的热量为

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

由对称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时间间隔为

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

a22

故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为

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时间间隔为

加2=2x邕=2(W)A

故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为

1

打二及十八叁二九+2(1-1)力

归纳可知，从木板开始运动到第〃次碰撞时的时间间隔为

r„=n+2（i--）n=（3--）n

该过程中