人教2023年高考物理二轮复习（全国版） 第1部分 专题突破 专题2 高考新动向1　 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题.docx

高考新动向1　 数学归纳法和图像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：
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，然后可以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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
例1　(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m1＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l＝2.25 m、质量m2＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度v0＝100 m/s、质量m0＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)求：
(1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能；
(2)靶盒刚离开弹簧时的动能；
(3)O点到平台右端的距离；
(4)木板运动的总路程．
答案　(1)475 J　(2)21 J　(3)3 m　(4)3.125 m
解析　(1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5 m/s
系统损失的动能
ΔEk＝m0v02－(m1＋m0)v2，
解得ΔEk＝475 J；
(2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有
(m1＋m0)v2＝μ(m1＋m0)gx＋kx2，
解得x＝0.5 m，
靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为Ek，
由动能定理有
－2μ(m1＋m0)gx＝Ek－(m1＋m0)v2，
解得Ek＝21 J；
(3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后，木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端，
由能量守恒定律得Ek＝μ(m1＋m0)g(s＋l)，
解得s＝3 m；
(4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v1，由动能定理有
－μ(m1＋m0)gs＝(m1＋m0)v12－Ek，
解得v1＝3 m/s，
设之后靶盒与木板达到共同速度v1′，(m1＋m0)v1＝(m1＋m0＋m2)v1′，
解得v1′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s1，
木板的加速度为a，μ(m1＋m0)g＝m2a，
根据v1′2＝2as1，
解得s1＝0.5 m<d－l，
说明木板与墙壁碰撞之前已经与靶盒达到共同速度，木板第一次与墙壁碰撞之后向左减速，经位移大小s1速度减为0，再向右加速，设与靶盒达到共同速度v2，以向右为