专题13递推法-2025年高考物理冲刺解题方法与得分技巧（全国通用）

专题13 递推法 考点一 利用递推法求解（类）下落小球反弹的总时间、路程 2 考点二 利用递推法求解多次碰撞 问题 3 考点三 利用递推法求电荷分配中 导体最大带电量 7 考点四 利用递推法求多次抽气压 强变化 8 考点一 利用递推法求解（类）下落小球反弹的总时间、路 程 1．（2021·湖北·模拟预测）如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（  ） A． B． C． D． 2．（20-21高三上·重庆九龙坡·阶段练习）儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的手眼合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内ABCDEFG透明玻璃轨道，其中C为BCD轨道的最低点，E为DEF管道的最高点，FG为动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直轨道，在轨道首端A和末端G处均有一反弹膜，弹珠与其碰撞无能量损失。其余管道和轨道均光滑。各部分轨道在连接处均相切。一质量m＝100g，直径略小于管道内径的弹珠从A点静止滑下，沿轨道ABCDEFG运动并弹回，已知H=0.8m，R=2m，L=0.5m，圆弧轨道BCD和管道EFG的圆心角为120°，g＝10m/s2，求： (1)弹珠第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)若给小球提供适当的初速度，可以让小球在通过E点时对管道内外壁刚好没有压力，求初速度的大小； (3)若游戏设置9次通过E点便获得最高分，求要获得最高分，小球在A点初速度的范围。 3．（20-21高三上·辽宁·阶段练习）2020年第38届美国公开赛单板滑雪形场地比赛在美国结束，中国选手蔡雪桐夺得冠军，这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪形池如图所示，由两个完全相同的圆弧滑道、和水平滑道构成，圆弧滑道的半径为，、分别为圆弧滑道的最低点，一质量为45kg的运动员从轨道处由静止滑下，由于在到向下滑行过程中运动员做功，运动员在点竖直向上滑出轨道上升的最高点离点高度为10m，滑板的质量为5kg，不计轨道摩擦和空气阻力，重力加速度取，求 (1)在圆弧滑道的点对轨道的压力； (2)从到的过程中运动员所做的功。 考点二 利用递推法求解多次碰撞 问题 4．（22-23高二下·江西九江·期末）如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为，最初木板C静止。A以初速度从C的左端水平向右滑上木板C，同时，B以初速度从木板上某一位置水平向右滑上木板C。在之后的运动过程中B曾以的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g。则对整个运动过程说法正确的是（　　） A．系统ABC的机械能减少了30％ B．滑块B的最小速度为 C．滑块A与B不可能发生碰撞 D．物块A相对于木板C的位移大小为 5．（2024·湖北·模拟预测）一款弹珠游戏简化示意图如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，其半径为R = 0.5 m。另一质量为2m的光滑弹珠A以水平速度v0 = 0.3 m/s穿过圆环上的小孔正对环心射入环内，与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出。假设弹珠与圆环内壁的碰撞为弹性正碰，忽略弹珠与桌面间的摩擦，只考虑圆环与桌面之间的摩擦（且桌面粗糙程度各处相同），桌面足够长。求： (1)第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小和方向； (2)第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小； (3)圆环从开始运动至最终停止的过程中通过的总位移。 6．（2024·广东韶关·模拟预测）“鲁布·戈德堡”机械技巧是一款独具特色的益智休闲游戏，它通过连锁机械反应，以迂回曲折的方式完成一些简单的动作。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：左侧有一固定的光滑圆弧轨道，其末端水平；在轨道末端等高处有一质量为的“”形小盒（可视为质点），小盒与质量为的物块（可视为质点）通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒之间的绳长为；物块压在质量为的木板左端，木板上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计，带有光滑小孔）的距离为；质量为且粗细均匀的细杆通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳穿过小孔与木板相连，木板与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等。大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球（可视为质点）从圆弧轨道某处由静止释放，小球进入小盒时刚好能被卡住（作用时间很短，可不计），此时物块对木板的压力刚好为零。木板与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部．不计空气阻力，重力加速度为，求： (1)小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度； (2)小球释放处与点的高度差； (3)细杆的长度。 7．（20-21高二下·江西宜春·阶段练习）如图所示，A、B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E，4个小球质量相等均为M，另外两个小球A、F球质量相等均为m，已知，A球以速度向B球运动，之后各小球所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（　　） A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动 8．（2024·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小； （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。 9．（2023·山东济宁·二模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求： （1）物块甲运动到最高点时的速度大小； （2）弹簧最初储存的弹性势能； （3）木板运动的总路程； （4）若木板的质量为，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。 考点三 利用递推法求电荷分配中 导体最大带电量 10． （19-20高二·全国·课时练习）有三个完全相同的金属小球A、B、C，A所带电荷量为，B所带电荷量为，C不带电，将A、B固定起来（此时A、B间的作用力为F），然后让C反复与A、B接触，最后移去C，则此时A、B间的相互作用力约为多少？ 11．（19-20高二上·全国·课后作业）如图所示，大球原来的电荷量为，小球原来不带电，现在让小球与大球接触，达到稳定状态时，发现、两球所带的电荷量与体积成正比，小球获得的电荷量为；现给球补充电荷，使其电荷量再次为，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量不再发生变化，此时小球带电量为多少？ 考点四 利用递推法求多次抽气压 强变化 12．（20-21高二·全国·单元测试）只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲，抽气时如图乙），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 13．（19-20高三·全国·课时练习）用真空泵抽出某容器中的空气，若容器的容积为，真空泵一次抽出空气的体积为，设抽气时气体温度不变，容器内原来空气的压强为。求抽气次后容器中气体的压强。 14．（19-20高二下·上海·课后作业）活塞式气泵是利用气体体积膨胀来降低气体压强的．已知某贮气筒的容积为V，气泵每抽一次，抽出的气体体积为．设抽气过程中温度不变，贮气筒内原来气体的压强为，则对它抽气三次后，贮气筒内的气体压强变为多少？ 15．（2019高三·全国·考点练习）用容积为的活塞式抽气机对容积为的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来气体的压强为，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽动次后，容器中剩余气体的压强为多大？ 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 递推法 考点一 利用递推法求解（类）下落小球反弹的总时间、路程 2 考点二 利用递推法求解多次碰撞问题 6 考点三 利用递推法求电荷分配中导体最大带电量 20 考点四 利用递推法求多次抽气压强变化 22 考点一 利用递推法求解（类）下落小球反弹的总时间、路 程 1．（2021·湖北·模拟预测）如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】小物块第一次到达O点，获得的动能 运动的路程 小球第一次通过O点损失的动能为，滑上斜面到最高点 到第二次到达O点运动的路程 小球第二次通过O点损失的动能为 则第二次通过O点小球的动能为 滑上斜面的最高点 小球第三次达到O点的路程 小球第三次通过O点损失的动能为 …… 设当小球第n次通过O点时刚好静止，第n次损失的动能为 则在整个过程中损失的动能 根据等比数列求和公式得 可得n趋于无穷大； 则在整个过程中的路程 根据等比数列求和公式得 当n趋于无穷大，有 故选B。 2．（20-21高三上·重庆九龙坡·阶段练习）儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的手眼合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内ABCDEFG透明玻璃轨道，其中C为BCD轨道的最低点，E为DEF管道的最高点，FG为动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直轨道，在轨道首端A和末端G处均有一反弹膜，弹珠与其碰撞无能量损失。其余管道和轨道均光滑。各部分轨道在连接处均相切。一质量m＝100g，直径略小于管道内径的弹珠从A点静止滑下，沿轨道ABCDEFG运动并弹回，已知H=0.8m，R=2m，L=0.5m，圆弧轨道BCD和管道EFG的圆心角为120°，g＝10m/s2，求： (1)弹珠第一次运动到C点时对轨道的压力； (2)若给小球提供适当的初速度，可以让小球在通过E点时对管道内外壁刚好没有压力，求初速度的大小； (3)若游戏设置9次通过E点便获得最高分，求要获得最高分，小球在A点初速度的范围。 【答案】(1)2.8N，竖直向下；(2)6m/s；(3) 【详解】(1) A到C：由动能定理 C点有 解得 由牛顿第三定律可得，弹珠对轨道的压力大小为2.8N，方向竖直向下； (2)弹珠刚好在E点对轨道无压力时 摊主从A到E，由动能定理可得 解得 (3)当弹珠刚好第八次恰能回到E点时， 解得 当弹珠刚好第十次回到E点时 解得 所以要想获得最高分，初速度的范围。 3．（20-21高三上·辽宁·阶段练习）2020年第38届美国公开赛单板滑雪形场地比赛在美国结束，中国选手蔡雪桐夺得冠军，这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪形池如图所示，由两个完全相同的圆弧滑道、和水平滑道构成，圆弧滑道的半径为，、分别为圆弧滑道的最低点，一质量为45kg的运动员从轨道处由静止滑下，由于在到向下滑行过程中运动员做功，运动员在点竖直向上滑出轨道上升的最高点离点高度为10m，滑板的质量为5kg，不计轨道摩擦和空气阻力，重力加速度取，求 (1)在圆弧滑道的点对轨道的压力； (2)从到的过程中运动员所做的功。 【答案】(1)2000N；(2)5000J 【详解】(1)从最低点点到最高点的过程中，由机械能守恒定律 在最低点对运动员 解得 由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力为2000N。 (2)从到的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为，根据动能定理有 解得从到的过程中运动员所做的功 考点二 利用递推法求解多次碰撞 问题 4．（22-23高二下·江西九江·期末）如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，三者的质量均为m，滑块A、B与木板间的动摩擦因数均为，最初木板C静止。A以初速度从C的左端水平向右滑上木板C，同时，B以初速度从木板上某一位置水平向右滑上木板C。在之后的运动过程中B曾以的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g。则对整个运动过程说法正确的是（　　） A．系统ABC的机械能减少了30％ B．滑块B的最小速度为 C．滑块A与B不可能发生碰撞 D．物块A相对于木板C的位移大小为 【答案】BC 【详解】BC．设ABC三者的最终为v，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得 解得 设木块A在整个过程中的最小速度为，所用时间为t，由牛顿第二定律得，对滑块A 对滑块B 对木板C 当滑块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有 解得 滑块A在整个过程中的最小速度为 当滑块B的速度变为所需要的时间为，所以 此时，AC有共同速度 BC碰撞后B具有最小速度，对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立上式解得 ， 所以B的最小速度为 由于碰撞后，故AB不可能发生碰撞，故BC正确； A．由能量守恒定律可知 所以系统损失的机械能为 故A错误； D．最开始AC共速之前，A比C多运动 BC碰撞之后交换速度，到AC共速之前，C比A多运动 因此物块A相对于木板C的位移大小为 故D错误； 故选BC。 5．（2024·湖北·模拟预测）一款弹珠游戏简化示意图如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，其半径为R = 0.5 m。另一质量为2m的光滑弹珠A以水平速度v0 = 0.3 m/s穿过圆环上的小孔正对环心射入环内，与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出。假设弹珠与圆环内壁的碰撞为弹性正碰，忽略弹珠与桌面间的摩擦，只考虑圆环与桌面之间的摩擦（且桌面粗糙程度各处相同），桌面足够长。求： (1)第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小和方向； (2)第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小； (3)圆环从开始运动至最终停止的过程中通过的总位移。 【答案】(1)大小为0.1 m/s，方向与入射的方向相同 (2) (3)2 m 【详解】（1）设弹珠入射的方向为正方向，第一次碰撞后瞬间弹珠和圆环的速度分别为v1和v1′，碰撞瞬间根据动量守恒和机械能守恒有 两式联立，解得 即第一次碰撞后瞬间弹珠的速度大小为0.1 m/s，方向与入射的方向相同。 （2）发生第一次碰撞后，圆环做匀减速直线运动，弹珠做匀速直线运动，因为弹珠与圆环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前弹珠恰好不会从小孔中穿出，所以，圆环匀减速到与弹珠速度相等时二者相对位移恰好等于2R，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为t，圆环匀减速的加速度大小为a，则有 求得 二者速度相等后，圆环继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为 这段时间内弹珠的位移为 因为 所以，圆环停止前，弹珠与圆环未发生第二次碰撞，弹珠与圆环第二次碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有 两式联立，解得 同理，弹珠与圆环第三次碰撞瞬间，根据动量守恒和机械能守恒有 两式联立，解得 由以上计算可以得出规律，第n次碰撞后瞬间圆环的速度大小 （3）圆环从开始运动至最终停止的过程中，根据能量守恒有 对圆环根据牛顿第二定律有 其中 联立，求得 6．（2024·广东韶关·模拟预测）“鲁布·戈德堡”机械技巧是一款独具特色的益智休闲游戏，它通过连锁机械反应，以迂回曲折的方式完成一些简单的动作。图为某兴趣小组设计的该类游戏装置：左侧有一固定的光滑圆弧轨道，其末端水平；在轨道末端等高处有一质量为的“”形小盒（可视为质点），小盒与质量为的物块（可视为质点）通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒之间的绳长为；物块压在质量为的木板左端，木板上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计，带有光滑小孔）的距离为；质量为且粗细均匀的细杆通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳穿过小孔与木板相连，木板与定滑轮间轻绳水平，细杆下端到地面的距离也为；质量为的圆环（可视为质点）套在细杆上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等。大小为。开始时所有装置均静止，现将一质量为的小球（可视为质点）从圆弧轨道某处由静止释放，小球进入小盒时刚好能被卡住（作用时间很短，可不计），此时物块对木板的压力刚好为零。木板与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部．不计空气阻力，重力加速度为，求： (1)小球与小盒相撞后瞬间，小盒的速度； (2)小球释放处与点的高度差； (3)细杆的长度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得 小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得 解得 （2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得 小球从圆弧下滑过程中，出动能定理得 解得 （3）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得 由运动学规律得 第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E、细杆F整体由牛顿第二定律得 由运动学规律得 解得 对圆环由牛顿第二定律得 由运动学规律得 第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移 同理可得第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移 第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移 则 当时得细杆F的长度为 7．（20-21高二下·江西宜春·阶段练习）如图所示，A、B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E，4个小球质量相等均为M，另外两个小球A、F球质量相等均为m，已知，A球以速度向B球运动，之后各小球所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后（　　） A．5个小球静止，1个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．3个小球静止，3个小球运动 D．6个小球都运动 【答案】C 【详解】根据题意可知，各小球所发生的碰撞均为弹性碰撞，则A球与B球碰撞时，由动量守恒定律和能量守恒定律有 解得 由于 可知，碰撞后A球向左运动，B球向右运动，B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止，E、F质量不等，且E的质量大于F的质量，碰撞后，都向右运动，则最终3个小球静止，3个小球运动。 故选C。 8．（2024·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小； （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】（1），；（2）或； （3） 【详解】（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 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 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，，则同样有 联立解得，，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 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 9．（2023·山东济宁·二模）如图所示，一水平传送带以的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数。右边水平台面上有一个倾角为，高为的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为。桌面左端依次叠放着质量为的木板（厚度不计）和质量为的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知，。求： （1）物块甲运动到最高点时的速度大小； （2）弹簧最初储存的弹性势能； （3）木板运动的总路程； （4）若木板的质量为，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为，则有 联立解得 可知物块甲运动到最高点时的速度大小为 （2）设物块甲在B点时速度为，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有 解得 因为，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功，由动能定理有 解得 根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能 （3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得 v0= v甲x 由机械能守恒定律得 解得 ， 以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得 若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得 解得 可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。 由动量守恒定律得 木板向左减速过程中，由动能定理得 解得 同理可得 以此类推木板的总路程为 解得 （4）以木板为对象，由牛顿第二定律得 木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有 木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。 ①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即 解得 ②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即 解得 可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为。 考点三 利用递推法求电荷分配中 导体最大带电量 10．（19-20高二·全国·课时练习）有三个完全相同的金属小球A、B、C，A所带电荷量为，B所带电荷量为，C不带电，将A、B固定起来（此时A、B间的作用力为F），然后让C反复与A、B接触，最后移去C，则此时A、B间的相互作用力约为多少？ 【答案】 【详解】C与A、B反复接触，最后A、B、C三者所带电荷量可以近似看作相等，则有： ， A、B间的作用力大小约为： ， 原来A、B间的作用力大小为： ， 所以，即： ； 11．（19-20高二上·全国·课后作业）如图所示，大球原来的电荷量为，小球原来不带电，现在让小球与大球接触，达到稳定状态时，发现、两球所带的电荷量与体积成正比，小球获得的电荷量为；现给球补充电荷，使其电荷量再次为，再次让小球接触大球，每次都给大球补充到电荷量为，问：经过反复多次接触后，小球的带电荷量不再发生变化，此时小球带电量为多少？ 【答案】 【详解】由于两个球的大小不等，所以在接触过程中，两球的电荷量分布比例不是，但电荷量与体积成正比，两者电荷量之比应该是一个确定的值．根据第一次接触达到稳定状态时两者的电荷量关系可知，此比例为 （、未知）经过多次接触后，从大球上迁移到小球上的电荷量越来越少，最终将为零，设最终球带电荷量为，则 所以 考点四 利用递推法求多次抽气压 强变化 12．（20-21高二·全国·单元测试）只两用活塞气筒的原理如图所示（打气时如图甲，抽气时如图乙），其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】打气时，活塞每推动一次，把体积为V0压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0体积为nV0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p0体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得 所以 抽气时，每拉动一次，把容器中气体的体积从V膨胀为V+V0，而容器内气体的压强就要减小，活塞推动时将抽气筒中的V0气体排除，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V+V0容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得，第一次抽气 得 第二次抽气 得 第三次抽气 得 第n次抽气完毕后，气体压强为 故选D。 13．（19-20高三·全国·课时练习）用真空泵抽出某容器中的空气，若容器的容积为，真空泵一次抽出空气的体积为，设抽气时气体温度不变，容器内原来空气的压强为。求抽气次后容器中气体的压强。 【答案】 【详解】以容器内气体为研究对象，对第一次抽气过程由玻意耳定律得 解得 对于第二次抽气过程，同理可得 解得 故抽气次后容器中气体的压强 14．（19-20高二下·上海·课后作业）活塞式气泵是利用气体体积膨胀来降低气体压强的．已知某贮气筒的容积为V，气泵每抽一次，抽出的气体体积为．设抽气过程中温度不变，贮气筒内原来气体的压强为，则对它抽气三次后，贮气筒内的气体压强变为多少？ 【答案】 【详解】抽气一次后气体压强为，根据玻意耳定律， 解得 抽气两次后的压强为，则 抽气三次后的压强为 解得 15．（2019高三·全国·考点练习）用容积为的活塞式抽气机对容积为的容器中的气体抽气，如图所示．设容器中原来气体的压强为，抽气过程中气体温度不变．求抽气机的活塞抽动次后，容器中剩余气体的压强为多大？ 【答案】 【详解】如图是活塞抽气机示意图，当活塞下压时，阀门关闭，打开，抽气机汽缸中体积的气体排出．根据玻意耳定律得第一次抽气： 则： 活塞第二次上提（即抽第二次气），容器中气体压强降为，第二次抽气 解得： 以此类推，第次抽气容器中气体压强降为 试卷第1页，共3页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$