专题突破2 培优点5 归纳法在解决多物体多过程问题中的应用-【步步高】2024年新高考物理考前三个月（津鲁琼辽鄂渝粤冀湘闽黑吉晋皖云）

培优点5　归纳法在解决多物体多过程问题中的应用 多过程与各状态的关系简图 过程1的末状态为过程2的初状态，过程2的末状态为过程3的初状态，……依此类推。 (1)分析物体在某一过程中的运动情况时，将上一过程的末状态的物理量作为此过程的初始物理量进行研究。 (2)用归纳法分析多次碰撞问题 从第1次碰撞开始，研究两物体之后的运动情况，分析几次碰撞过程，通过归纳总结碰撞n次满足的规律或物理量之间的关系，进行求解。 1.如图所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块随同小车均以v0＝3 m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计。碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来。 (1)若m1>m2，小车与墙壁碰后，小车和铁块中谁的速度先达到零？铁块向右运动的最大位移为多少？ (2)若m1>m2，且满足题意的小车最小长度为5 m，求m1与m2的比值为多少？ (3)若m1＝1 kg，m2＝2 kg，小车和墙第一次相碰后，小车运动的总路程为多少？ 答案　(1)铁块　2.25 m　(2)　(3) m 解析　(1)由动量定理知铁块的速度先达到零。对铁块从碰撞至速度为零，由动能定理得－μm2gxmax＝0－m2v02 解得xmax＝＝2.25 m (2)研究小车与墙碰后过程，小车碰后速度等大反向，铁块继续向右运动，规定向左为正方向，当小车与铁块向左达到共同速度v共时，两者的相对位移对应小车的最小长度lmin，由动量守恒定律和能量守恒定律得 m1v0－m2v0＝(m1＋m2)v共 μm2glmin＝(m1＋m2)v02－(m1＋m2)v共2 代入数据解得＝ (3)小车第一次与墙相撞后向左运动的路程为s1，由动能定理得： －μm2gs1＝0－m1v02 其中小车向左运动的最远距离s1＝ m 规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前(已同速)，由动量守恒定律有 －m1v0＋m2v0＝(m1＋m2)v1 解得v1＝＝v0 第二次相撞后小车向左运动的路程为s2， 由－μm2gs2＝0－m1v12得＝ 同理可得小车与墙第n－1次碰后至第n次碰前，由动量守恒定律有 －m1vn－2＋m2vn－2＝(m1＋m2)vn－1 解得vn－1＝＝ 以后每次相碰反弹向左运动的路程满足＝()2，则sn＝sn－1 即s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn) 故s＝2s1(1＋q＋q2＋q3＋…＋qn－1)＝＝ m。 物块与木板在光滑的水平面上以相同的初速度与墙面发生弹性、无动能损失的碰撞 (1)若m物≤m板，仅发生一次碰撞，若m物>m板，将发生多次碰撞； (2)对于多次碰撞问题，可利用力学的三大观点，归纳出速度、位移或时间等物理量之间的关系，再利用数学方法进一步归纳出通式，从而解决问题。 2.(2023·湖北卷·15)如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求： (1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小； (2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小； (3)t＝时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可) 答案　(1)　(2)m　　(3)甲(－6a，0)　乙(0,0)　67πa 解析　(1)由题知，粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r甲0＝a 根据qv甲0B＝m 解得v甲0＝ (2)由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则 T甲＝2T乙 根据qvB＝mr，有T＝， ＝ 则m乙＝m 粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正方向，有 mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1 mv甲02＋m乙v乙02＝mv甲12＋m乙v乙12 解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0 则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。 (3)已知在t1＝时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有 v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0 则根据qvB＝m，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝a，甲粒子半径r甲1＝3a， 可知在t2＝时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为 s1＝6πa 且在第二次碰撞时有 mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2 mv甲12＋m乙v乙12＝mv甲22＋m乙v乙22 解得v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0 乙粒子半径r乙2＝a，甲粒子半径为r甲2＝a 可知在t3＝时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为 s2＝10πa 且在第三次碰撞时有 mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3 mv甲22＋m乙v乙22＝mv甲32＋m乙v乙32 解得v甲3＝－3v甲0，v乙3＝ 3v甲0 依次类推 在t9＝时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为 s9＝10πa 且在第九次碰撞时有 mv甲8＋m乙v乙8＝mv甲9＋m乙v乙9 mv甲82＋m乙v乙82＝mv甲92＋m乙v乙92 解得v甲9＝－3v甲0，v乙9＝3v甲0 在t9＝到t＝过程中，甲粒子刚好运动半周， 则t＝时甲粒子运动到(－6a，0)处。 在t9＝到t＝过程中，乙粒子刚好运动一周， 则t＝时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为 s9＝3πa 故整个过程中乙粒子走过总路程为 s＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa。 1．本题创设了两带电粒子在磁场中运动并多次碰撞的情景，利用带电粒子在磁场中运动的规律，确定两粒子在相邻两次碰撞间的时间、碰前瞬间速度的方向；利用动量守恒定律和能量守恒定律，确定两粒子碰后瞬间的速度。 2．通过演算，找到两粒子运动的规律，运用归纳法，确定第n次碰撞前的物理量，再利用动量、能量观点，计算并判断出第n次碰撞后运动情况，进一步求解。 3．本题表层为带电粒子在磁场中的运动问题，深层次考查两粒子的碰撞问题，而解决问题的关键是学生的推理能力和逻辑思维能力。 1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝6.0 kg的物块A，装置的中间是水平传送带，它与左、右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u＝2.0 m/s匀速运动，传送带的右边是一半径R＝1.25 m且位于竖直平面内的光滑圆弧轨道，质量m＝2.0 kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.10，传送带两轴之间的距离l＝4.5 m，设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止，取g＝10 m/s2。求： (1)物块B滑到圆弧的最低点C时的速度大小； (2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 答案　(1)5 m/s　(2)12 J　(3)8 s 解析　(1)设物块B沿光滑圆弧轨道下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律知mgR＝mv02，解得v0＝＝5 m/s (2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则μmg＝ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2－v02＝－2al 联立解得v＝4 m/s 由于v>u＝2 m/s，所以v＝4 m/s，即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。 设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mv1＋Mv2，mv2＝mv12＋Mv22 解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s 由能量守恒可知弹簧具有的最大弹性势能等于物块A的初动能，则Ep＝Mv22＝12 J (3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得－μmgl′＝0－mv12 解得l′＝2 m<4.5 m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的圆弧轨道上。物块B在滑动摩擦力作用下在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B在传送带上一直做匀变速直线运动，所以运动到左边台面时的速度大小为v1′＝－v1＝2 m/s 继而与物块A发生第二次碰撞。设第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t1，由动量定理得μmgt1＝2mv1′ 解得t1＝＝4 s 设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1′＝mv3＋Mv4，mv1′2＝mv32＋Mv42，解得v3＝－1 m/s＝ 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′＝－v3＝1 m/s 继而与物块A发生第三次碰撞。则第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为t2。由动量定理得μmgt2＝2mv3′ 解得t2＝＝＝2 s 同理可知物块B与物块A第四次碰撞，第五次碰撞，……，第n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为tn＝t1 所以物块B与物块A从第一次到第n次碰撞在传送带上运动的时间为 t总＝t1＋t2＋…＋tn＝t1 当n→∞时，可得t总＝×4 s＝8 s。 2．(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 答案　(1)　　(2)l　(3)4 解析　(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv02 解得v0＝ 过程2：小球以v0＝的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有 mv02＝mv12＋Mv1′2 mv0＝mv1＋Mv1′ 解得v1＝ v0＝－ v1′＝ v0＝ 即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下。 (2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，圆盘匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，则有v1＋gt＝v1′，解得t＝＝ 根据运动学公式得最大距离为dmax＝x盘－x球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x球1＝x盘1 即v1t1＋gt12＝v1′t1解得t1＝ 此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝v0 圆盘的速度仍为v1′，这段时间内圆盘下降的位移x盘1＝v1′t1＝＝2l 之后第二次发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，根据动量守恒有mv2＋Mv1′＝mv2′＋Mv2″ 根据能量守恒定律有mv22＋Mv1′2＝mv2′2＋Mv2″2 联立解得v2′＝0，v2″＝v0 同理可得当位移相等时x盘2＝x球2 v2″t2＝gt22，解得t2＝ 圆盘向下运动的位移大小x盘2＝v2″t2＝＝4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3＝gt2＝2v0 以竖直向下为正方向，由动量守恒有mv3＋Mv2″＝mv3′＋Mv3″ 由能量守恒有mv32＋Mv2″2＝mv3′2＋Mv3″2，得碰后小球速度为v3′＝ 圆盘速度v3″＝ 当二者即将第四次碰撞时x盘3＝ x球3 即v3″t3＝v3′t3＋gt32 得t3＝＝t1＝t2 在这段时间内，圆盘向下移动x盘3＝v3″t3＝＝6l 此时圆盘距离下端管口长度为20l－l－2l－4l－6l＝7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4＝ 8l 则第四次碰撞后圆盘落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 学科网（北京）股份有限公司 $$