高考新动向(二) 数学归纳法和图像法解决多碰撞问题-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

答案精析 固定解除之后，小球、物块和物块b组成的系统动量守 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 有1=a1t 律有(m十m,)v1=(m十m,十1) 小物块有v2=a2t0, 解得=号m/s,方向水平向左。 在这个过程中系统机械能守恒有是M十？md 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Em=2(m十 号Md+m+2mgR, m话+之-(m十m十m成=受 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mu十 mv,=Musmv, [答案】（①)6m/心，水平向左，号m/s,水平向右 联立解得to=1.5s, 报据运动学公式有L=子4店-合，6， (2)号m/s,水平向左，号J 代入数据解得L=4.5m. [对点集训门 答案：(1)u=4m/s(2)(i)=0.2,m=1kg(i)L 1.解析：(1)A从开始到滑到圆孤最低，点间，根据机械能守 =4.5m 恒mAg(R-Rc0s53°)= 课堂评价·高考预测 2A%2, 解析：(1)由牛顿第二定律得 解得vo=2m/s, mgsin u mgcos 0=ma, 解得a1=gsin37°十1gcos37°=10m/s2, 在最低点根据牛频第二定律F、一mg=m尺，解得 F,=72N,方向竖直向上： 骨块与传送常共速的时间4==69=0.7s) (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒mA4= .49 速时滑块的位移工2。=2×10m=2.45卫 (mA十）U共· 解得v袋=1.6m/s, 由题知么<tan0,此后小滑块继续沿传送带向下加速， 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 由牛顿第二定律得mngsin日-41 mgcos8=ma2, AE=之m-言m十m,a2=1.6J: 解得a,=gsin37°-h1gcos37°=2m/s2, (3)第一种情况，当传送带速度U小于时，A、B滑上 由运动学知识得L一x1=6与十2a2号， 传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩 解得t2=1.5s, 擦因数为4，对A、B根据牛顿第二定律有(mA十u)g 小滑块从A到B的时间 =(mA十)a t=t1十t,=0.7s十1.5s=2.2s. 设经过时间t后A、B与传送带共速，可得v=V#一at, (2)小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向 该段时间内A,B运动的位移为=时1， 后运动，相对位移为△x1=4一x1=7X0.7m一2.45m 2 =2.451m, 传送带运动的位移为x2=t1, 再相对传送带向前运动，相对位移为 故可得Q=u(A十mu)g·（x一x）， △x2=(L-x1)-%t2=12,75m-10.5m=2.25m 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； ∠△1， 第二种情况，当传送带速度)大于V共时，A、B滑上传送 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度△x =△.x1=2.451m 带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送 (3)小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D, 带共速，同理可得v=U共十at2, 该段时间内AB运动的位移为西叶， UD 则由牛顿第二定律得g=m尺， 2 传送带运动的位移为x'=t, 小滑块从C到D过程由动能定理得一mg·2R=之m听 故可得Q=(A十)g·(x2'-x1'), 1 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去. m呢， 答案：(1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J 联立解得c=√5gR=6m/s, (3)0.6m/s或2.6m/s 小滑块在底端B滑上长木板的速度 2.解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心 vg=v+a,t,=7 m/s+2X1.5 m/s=10 m/s, 小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有m 力有mg十3mg=m尺' =mvc+Mv; 4 代入数据解得v=4m/s. 解得0=3m/s, (2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道一起 1 向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 此过程由能量守恒定律得mg·s=之w一 根据图乙有k=M十m =0.5kg, m呢-M, 1 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道 解得长木板的长度 有F-umg=Ma, 结合题图乙有a=-爱， 1 22m≈7.3m 答案：(1)2.2s(2)2.45m(3)7.3m 1 可知k=M=1kg', 高考新动向（二） 类型1 栽距b=一晋=-2m/, [例1][解析](1)依题意，设木板的长度为L,A、B第 一次达到共速时速度大小为1，对物块和木板由动量守 联立以上各式可得M=1kg,m=1kgμ=0.2. 恒定律有mw。=(2m十m)U (i)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s,小 根据能量守恒定律有 物块的加速度为a2=fg=2m/s2, ·245· 〡物理 umgL= 是-(2m十m 1 联立解得U=3L=3以g 1 解得u1=0,2=6m/s; (2)第一次碰后A向右以速度U,=6m/s做匀速运动，B (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞 做初速度为0、加速度为 时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不 a F 变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大 m =9m/s2的匀加速运动， 小为西，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mU my1=(2m十m)v2, 则第二次碰接时有1=白a,解得1=号 1 根据能量守恒定律有 此时B的速度为4=at=12m/s,第二次碰撞时，同样 1 由动量守恒和能量关系有 2 (2m十m)- 合(2m+md m十=1十5， .1 46 联立求得=36=274g 1 则可得此时物块距木板左端的距离为△山1=L一x 解得A、B的速度为v1=12m/s,=6m/s: 56 一2g (3)同理第三次碰撞时有十之a=, (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时 解得t-子s 的连度为等，对B有mg=mae: 此时B的速度为y=v十at'=18m/s, 从B第一次撞击挡板到第二次推击挡板进程，有（学】 从开始运动到第一次碰撞的时间。==二 a 3 s, =2aus1 由静止释放到物块B与A挡板发生3次碰撞时间内，物 块B的速度U随时间t的变化图像如图所示： 从B第二次撞击指板到第三次撞击指板过程，有（学）】 v/m·s) 18 =2aB5g· 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过程，有 () =2an5n 则s 2(s1 1 g(3 10 t/s (4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向 得s= 前运动的距离都比前一次多8m, -) 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动 的距离为2m; (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与挡板发生 从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8m: 碰撞的过程中、 从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为 设B做匀变速运动的时间为七，B做匀速直线运动的时 8m+8m=16m: 间为t2,A、B保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变 从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为 建运动进程有兰+票=@ 16m十8m=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n次碰撞时间内，物块B运动的距离s=2m十 =2a△x, (m-DX8m+含(m-1)(a-2)m 匀速过程有△x一3， U =[2十4n(n-1)]m(n=2,3,4,…) 联立可得t1:t2=1:1, 即每相邻两次碰撞过程中，A、B匀变速运动过程与A、B [答案]106m/s(2)号s12m/s 匀速运动过程的时间之比为1：1， 6m/s(3)见解析图(4)[2+4n(n-1)]m(n=2,3, 在0~t。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t,则 4,…) [对点专练] 1.解析：(1)对物块由牛顿第二定律有uX2mg=2ma1, 对A有mg=2aA 解得a1=g, 又=af, 对木板由牛顿第二定律有uX2mg=ma,, 3 解得a2=2g. 解得。一3g 4 (2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有工=20,5， 1 1)3g 5 (3) (4)4起 从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为 [答案] (2 27μg 8以g 3μg x 类型2 入g 「例2]「解析门(1)B从A的左端开始到右端的过程，由 1 动能定理有Fd=2mui,解得o=6m/s, 这段时间内，物块的位移工1=4一2a行， 7 B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有 解得x=之x, 故摩擦产生的热量为Q=uX2g(x1一x), 解得Q=5mgx. ·246· 答案精析1 (3)第一次碰撞前，木板的速度大小=a2t=2√gx, 第一部分专题三电场和磁场 第一水碰撞后的速度大小=2=（-合) 第8讲电场 核心素养·助学提能 由对称性可知第二次碰前的速度2='， 考点一 [例1][解析]由等量同种点电荷电场特，点可知，A、C 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为△1=2X a 处放置的正电荷在长方体的几何中心处电场强度方向 =2(-2)h 竖直向下，F、H处放置的正电荷在长方体的几何体中心 处电场强度方向竖直向上，且A、C在几何体中心产生的 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为。= 电场强度与H、F在几何体中心产生的电场强度大小相 名+a4=有+2(1-合)： 等，方向向反，则该长方体的几何中心处合场强为零，故 A正确；由夫量合成可知，B、D两，点的电场强度大小相 等，方向不同，故B错误；O、O2连线中点处电势为零， 沿竖直方向从O1到O,,电势先减小后增大，故C正确： 第三次碰前的速度U=,', O、O2连线中点处电势为零，即负电荷在此处电势能为 零，B、E两点等电势且电势为正，即负电荷在此两，点处 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为△，=2X a, 电势能相等且为负，所以将一电子从B点移到E点电势 能先增大后减小，电场力先做负功后做正功，故D错误， =2(侵3) [答案]AC 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为t?=t妇 [对点集训] 1.C[根据电场线越密集电场强度越大，可知a、b、c、d四 +a4,=+2(-号) 点中，a点电场强度最大，故A、B错误；一个电子从b点 移动到c点电场力做功为W=一eUk=2eV,故C正 归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔 确：一个电子从a点移动到d点电场力做功为W= 为，4+2(-=(3 eU=4eV,由于电场力做正功，电势能减小，则一个电 子从a,点移动到d点电势能减小了4eV,故D错误，] 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学 2.ABD[对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小 1 公式有工=4，一20， 为F,与轨道的倾角为日，对甲球根据平衡条件有Fcos 9=mg,F=Fxsin0+Eg① 对乙球有F2cos0=2g,F2sin0=F+2Eq, 联立解得F=4Eq② 答案：(1)g 2ug (2)5umgx 15- 片酱品 1 2.解析：(1)由图乙有0~0.5s过程中A在C上滑动的加 同时有F=9:29,解得E-9,故A,B正确； 速度为a1=4m/s, L 21 由受力分析和牛顿第二定律有4g=ma, 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 解得4=0.4， 甲有F'cos0=g,F'sin0=F+Eq, 在0.5s~1,9s过程中，A和C一起运动的加速度为a。 对乙有F2'cos9=2mg,F2'sin9+2Eg=F, =1m/s2, 联立可得F+4Eg=0,无解，假设不成立，故C错误； 对A、C整体受力分析和牛顿第二定律有22mg= 若教去甲，对乙球根搭动能定理2mg·二an0一2· 2ma2,解得2=0.1. (2)在0~0.5s过程中，设C的加速度为a3,对C进行受 力分析和牛顿第二定律有h1mg-2X2g=maa, 解得a=2m/s,设t=0时刻C的速度为c,经t=0.5s 根据前面分析由①@可知am0=3☑ mg 匀加速到=5.0m/s, 由y=vc十at1=十at1,有e=4m/s, 联立解得一既故D正确门 B和C弹性碰撞，动量守恒mn=mVm十me, 考点二 能量守恒名m心=名m味+了m, [例2][解析]P-x图像的斜率表示电场强度，由图可知 6 解得=一3m/s, 6cm<<0区城的电场强度大小为E=6x10V/m 方向水平向右， =100V/m,方向沿着x轴负方向，0<x<4cm区域的 (3)由图乙有，C与墙壁碰撞后 4m8） 6 速度大小为吃=3.6m/s,设向 7.0 电场强度大小为E,=4×10一V/m=150V/m,方向沿 右匀减速运动的时间为t2,加 着x轴正方向，可知x=一2cm处的电场强度小于x=2 5.0 速度的大小为a1,则内g十 cm处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产 X2mg=a1,5=a1右，解得t= 生，故B正确，A错误：x=0处电势最高，根据E。=q9可 0.6s, 知该带负电荷的粒子在x=0处的电势能最小，故C正 即t=2.5s时刻，C速度为零， 确；带负电粒子（重力不计）从x=3cm处由静止释放， 此时A的速度=(3.6-4× 受到沿x轴负方向的静电力，当运动到x<0区域后，受 252.73.1 到沿x轴正方向的静电力，根据动能定理qE2x2一9E1x 0.6)m/s=1.2m/s, =0可得，1=4.5cm,则该粒子将沿x轴负方向运动， 作C的v-t图像如图所示 运动到的最远位置为x=一x1=一4.5cm,故D正确. 两处阴影的面积之和为L= -3.6 L答案]BCD 3.39m,即为C最小的长度. [对点集训] 答案：(1)0.40.1(2)-3m/s,方向水平向右 1.D[1和x2处电场强度均为正值，方向相同，A错误； (3)3.39m 由图乙可知，球内部的电场强度随x的增大而增大，不 是匀强电场，B错误；沿电场线方向电势逐渐降低，所以 ·247丨物理 高考新动向（二）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 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 归纳法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 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的-1图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且 图像法 可通过图像所围面积把物体的位移求出 类型1 数学归纳法解决多次碰撞问题 类型2 图像法解决多次碰撞问题 [例1](2025·山东烟台一模统考)如图所示，P [例2](2025·山东潍坊市 ® 为固定的竖直挡板，质量为2m的长木板A静置 高三期末)如图所示，在光 于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下 滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A, 端)，质量为m的小物块B(可视为质点)以水平 木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的 初速度o从A的左端向右滑上A的上表面，经 距离为d=2m,A、B质量均为m=1kg,不计 过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B 一切摩擦.从某时刻起，B始终受到水平向右、 恰好未从A上滑落，然后物块B与长木板A一 大小为F=9N的恒力作用，经过一段时间，B 起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板P发生 与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损 了第一次碰撞，经过一段时间物块B与长木板A 失，碰撞时间极短.重力加速度g取10m 第二次达到共同速度，之后物块B与挡板P发生 s2.求： 了很多次碰撞，最终在t=to(未知)时恰好相对 (1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的瞬 地面静止.已知A、B间的动摩擦因数为4，重力 间，物块B与木板A的速度大小； 加速度为g,物块与挡板P发生碰撞时无机械能 (2)由静止开始经多长时间物块B与木板A挡 损失且碰撞时间极短，求： 板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的速度 大小； (3)画出由静止释放到物块B与A挡板发生3 次碰撞时间内，物块B的速度随时间t的变 化图像； (1)木板A的长度： (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生 (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的 第n次碰撞时间内，物块B运动的距离. 距离； (3)0~to时间内B经过的路程； (4)to的值. 潜艇（别称：黑鱼）或称潜水船、潜舰是能够在水下运行的舰艇。 ·38·大型潜艇多为圆柱形，帮中部通常设立一个垂直结构（短桥），早期称为“指挥塔/指挥台”，内有通讯、感 应器、潜望镜和控制设备等。如今的深海潜艇或专业潜艇早已无此设计。 第一部分：专题二能量与动量」 对点专练 2.(2025·湖北武汉二模)如图甲所示，一可看作质 1.(2025·河南省信阳高级中学模拟)如图所示，质 点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A 量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面 和B以相同的速度vo-7m/s在水平地面上向 上，与木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡 左运动.t=0时刻，B与静止的长木板C发生弹 板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发 性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑 生衰减，当木板与挡板发生第次碰撞时，碰后 地滑到C的右端，此后A的。-t图像如图乙所 瞬间的速度大小'与第一次碰前瞬间的速度大 示，t=1.9s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰 1 撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向 小v1满足关系式v,'= n(n+1)1.现有一质量 相反；运动过程中，A始终未离开C.已知A与C 为2m的物块以速度oo=4√以gx从左端冲上木 的质量相同，重力加速度大小g=10m/s2,求： 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 C 777777777 甲 .已知重力加速度为g,在木板停止运动前，物 /(m·s) 块都不会和木板共速， 7.0 5.0 3.6 (1)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度 0.4- 大小； 00.5 (2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰 (1)C与A间的动摩擦因数41以及C与地面间 撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量； 的动摩擦因数2； (3)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰 (2)B和C碰撞后，B的速度； 撞时，求物块运动的位移大小. (3)为使A始终不离开C,C至少有多长？ 课 ·39·