2027届高考物理一轮复习解题方法课件 推理论证 3.1　归纳推理

专题三　 推理论证 推理论证是人类认识世界(发现规律)、改造世界(应用规律)过程中至关重要的思维过程。对推理论证能力的考查自然也成为高考重要的考查方向。推理是指从已知的事实或理论(前提、条件或假设)出发,经由准确、充分的证据链(有效信息)和清晰、严密的逻辑链(相关性、因果性),推导出合理结论的思维过程。 3.1　归纳推理 推理可以分为归纳推理、演绎推理、类比推理三种主要类型。 (一)归纳推理 归纳推理是指根据一类事物的部分对象所具有的某种性质,推断出该类事物的所有对象都具有这种性质的推理方式。归纳推理是从特殊到一般的思维过程,它从相对特殊的论断出发,推导出相对较普遍的结论。 3.1　归纳推理 例如,在初中阶段学习电磁感应现象时,通过观察闭合电路的一部分导体在磁场中做的各种运动发现,当导体做切割磁感线的运动时才产生感应电流,从而归纳出产生感应电流的条件是闭合电路的部分导体做切割磁感线运动。在高中阶段,又通过实验发现,当闭合回路与磁场不发生相对运动,而穿过闭合回路的磁场强弱发生各种变化时,闭合回路中也会产生感应电流。深入分析这两类情况发现,它们的共同特征是穿过闭合回路的磁通量发生变化时,闭合回路中会产生感应电流,从而归纳出产生感应电流的条件。这个过程所使用的推理方式就是归纳推理。 3.1　归纳推理 (二)演绎推理 演绎推理是从一般性结论推出个别性结论的方法,即从已知的某些一般原理、定理、法则、公理或科学概念出发,根据具体条件推出新结论的一种思维活动。演绎推理是由一般到特殊的过程,是在一个一般性结论中增加一些小前提,从而推出某些特殊的结论。 3.1　归纳推理 例如:加速度的概念具有一般性,任何运动过程中物体的加速度都可以用加速度的定义式来求,圆周运动也不例外,这样我们就可以推导(演绎)出圆周运动向心加速度的公式,这是典型的由一般到特殊的推理过程;动能定理的推导过程是将牛顿第二定律作为已知的结论,然后经过一系列数学推导,结合功和动能的概念,从而得到新的结论——动能定理;匀变速直线运动的速度公式和位移公式对匀变速直线运动普遍适用,由这两个公式就可以演绎出速度—位移公式。我们在改造这个世界的过程中应用的都是我们已经发现的规律,这里使用的就是演绎推理的思维方式。 3.1　归纳推理 归纳推理和演绎推理表面上看是对立的,但实际上却是相辅相成、相得益彰、相互融合、不可分割的。归纳推理的大前提也是一般性的结论,因此归纳推理实际上也是更高一级的一般性结论的演绎过程,演绎推理所用的一般性结论也是通过归纳推理获得的。 3.1　归纳推理 (三)类比推理 类比推理通过类比的方式进行推理,是根据两个对象在某些属性上相同或相似,通过比较而推断出它们在其他属性上也相同的推理过程。类比推理不同于归纳推理从特殊到一般,也不同于演绎推理从一般到特殊,两个对象都是具有特殊性的个体,两者有着明显的区别,但又有相同的属性,根据已知的相同属性推得未知的相同属性,这就是类比的推理思维。 3.1　归纳推理 例如:由匀速直线运动的位移公式x=vt,利用微积分思想可以在v-t图像中用面积法求位移;由恒力做功的公式W=Fx,利用微积分的思想可以在F-x图像中用面积法求功。位移和功是完全不同的两个概念,但它们的表达式却有着相同的形式,用类比的推理方式让“面积法”得到迁移应用,诸如此类还有F-t图像求冲量、E-x图像求电势差等等。万有引力与库仑力都满足平方反比定律,两个力的公式结构完全相同,利用类比思维,点电荷的周围与一个星球(如地球)的周围一定存在相似的一些属性,如点电荷周围的电场强度对应星球周围的重力加速度,都是表征力的物理量;卫星在万有引力作用下围绕地球做圆周运动与电荷在库仑力作用下围绕中心点电荷做圆周运动也一定存在相似的规律。 3.1　归纳推理 (四)分析与综合 以上三种推理方式在一个复杂的问题中常常需要进行综合应用,这就需要具备分析与综合能力。分析与综合是综合应用多种逻辑推理方式解决复杂问题的重要思维过程,分析与综合能力是原高考大纲中对于物理主要考查的五项能力之一,现已归入到推理论证能力当中,在最新的《普通高中物理课程标准》中也将“分析综合”纳入物理学科核心素养“科学思维”当中。 3.1　归纳推理 分析是将一个整体分解开来逐个进行剖析,研究它们之间相互联系和相互制约的关系,研究它们对研究对象的状态及发展变化的影响,从而揭示事物的属性和本质的方法。综合是将局部组合成一个整体,这种组合不是简单的堆砌,而是依据它们的内在联系有机地结合在一起,从而在整体上把握事物的本质和规律。分析与综合的关系有点像局部与整体的关系,局部各自独立又相互联系形成整体,它们具有辩证统一的关系。 3.1　归纳推理 例如,在解决多个物体受力平衡问题时,我们可以使用隔离法对每个物体进行受力分析,建立平衡方程,然后再利用物体之间的相互作用力等大反向这一关键条件进行求解,这就是分析。在牛顿运动定律的连接体问题中我们也常常使用这种方法,还有应用动能定理解决多过程问题也是可以分过程逐段分析列式解题的。当然在解决多物体平衡问题时我们也可以使用整体法,将多个物体看作一个研究对象,只分析外力,列平衡方程求解。牛顿定律的连接体问题也是如此。而应用动能定理解决多过程问题时往往研究全程会比分段分析简单不少,这就是综合。当然,无论是整体法还是隔离法,分过程还是全过程,都不是独立的,需要两种方法配合使用才能起到更好的解题效果。 3.1　归纳推理 论证是用某些理由去支持或反驳某个观点的过程或语言形式,论证要使用推理,论据相当于推理的前提,论题相当于推理的结论,而论证的方式使用的正是推理的形式,论证过程就是一个或多个推理的过程。当然二者是有区别的,进行论证时,最终的结论已经存在,而推理的结论只有到推理结束后才能得到;论证的过程一定是推理的过程,而推理却未必是论证,推理在某种意义上是为论证服务的。鉴于推理与论证密不可分的关系,本书对于推理能力和论证能力不予准确区分,统称推理论证能力。 3.1　归纳推理 例如,物理实验可分为两大类:验证性实验和探究性实验。验证性实验如验证机械能守恒定律、验证力的平行四边形定则,机械能守恒定律和平行四边形定则都是已知的,做实验的目的是进行验证,这里面用到的就是论证的思维过程;探究性实验如探究加速度与力、质量的关系,探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系,要探究的关系都是未知的,这里面用到的就是推理的思维过程。 3.1　归纳推理 3.1　归纳推理 如前所述,归纳是从特殊到一般的思维过程。在一些物理问题中,物体要经历一些重复性的运动过程,这些过程虽不相同,但却满足相同的运动规律,具有相同的运动特点,也必然具有相同的物理关系,归纳推理就是从各不相同的重复性的运动过程中找到对各个过程普遍适用的物理关系。 3.1　归纳推理 应用归纳推理解决物理问题一般要经历五个步骤,流程图如下: 3.1　归纳推理 例如:一弹性小球自4.9 m高处自由落下,它与水平地面每碰撞一次,弹起速度大小减小到碰前的。试计算小球从开始下落到停止运动所用的时间。(忽略小球与地面作用的时间,不计空气阻力的影响) 3.1　归纳推理 根据流程图,建立如下表格: 分析 过程 小球自由下落与地面碰撞,每次碰撞各不相同,但弹起速度大小总是减小到碰前的,碰后均做竖直上抛运动 选择 规律 小球自由下落和竖直上抛运动满足匀变速直线运动规律,根据已知和所求选择h=,v2-=2gh,竖直上抛运动的速度对称等 3.1　归纳推理 逐段分析 小球第1次碰撞地面前下落时间t0   第1次碰撞地面到第2次碰撞地面的时间t1   3.1　归纳推理 逐段分析 第2次碰撞地面到第3次碰撞地面的时间t2   第3次碰撞地面到第4次碰撞地面的时间t3   3.1　归纳推理 一般 结论 第n次碰撞地面到第(n+1)次碰撞地面的时间tn=2× s 解决 问题 小球运动的总时间t=t0+t1+t2+t3+…+tn,n→∞ t1~tn为等比数列,利用数学知识中等比数列求和公式得t=1+=8 s 3.1　归纳推理 “分析过程”考查的是信息理解获取的能力,“选择规律”则考查对基本概念、基本规律的理解能力,“逐段分析”“一般结论”是规律的应用,考查规律的演绎推理和归纳推理能力, “解决问题”考查的是模型建构能力、推理论证能力等。 以下按问题情境的不同,分三部分对归纳推理能力进行训练,分别是动力学、电磁学和热学中的归纳推理。 3.1　归纳推理 3.1.1　动力学中的归纳推理 在应用归纳推理解决动力学问题时,首先要分析物体的受力,进一步分析物体的运动情况,善于分析出物体运动中的相似阶段,把握物体在相似运动阶段的节点。把整个运动过程分为若干个相似的阶段,每个相似阶段具有宏观运动性质的相似性。比如,碰撞类的问题,每次碰撞后物体会重复原来的运动,在相似性的运动阶段还可能具有相同或者成比例的某一物理量,比如时间、位移或者速度等。因此,递推归纳出的物理量往往具有比较简单的变化规律。 3.1　归纳推理 典型 例题 典例1　(2025湖北卷,15)如图所示,一足够长的平直木板放置在水平地面上,木板上有3n(n是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L,木板与地面之间的动摩擦因数为μ,滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度,大小为(β为足够大常数,g为重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短,碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 3.1　归纳推理 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间,第1个滑块的速度大小。 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj,第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。 (3)若木板开始滑动后,滑块间恰好不再相碰,求β的值。 提示:12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)。 3.1　归纳推理 推理论证 第(2)问,归纳推理 分析 过程 第1个滑块先匀减速运动L再与第2个滑块碰撞粘在一起,第1、2滑块匀减速运动L再与第3个滑块碰撞粘在一起,第1、2、3滑块匀减速运动L再与第4个滑块碰撞粘在一起,以上过程重复进行,直到木板滑动…… 选择 规律 滑块匀减速运动L满足v2-=2aL,合力与加速度满足牛顿第二定律; 滑块之间发生完全非弹性碰撞满足动量守恒定律,碰后速度相同 3.1　归纳推理 逐段分析 第1个滑块匀减速运动L后的速度v10(与2碰前速度)   第1个滑块与第2个滑块碰撞粘在一起后的速度v2   3.1　归纳推理 逐段分析 第1、2滑块匀减速运动L后的速度v20(与3碰前速度)   第1、2个滑块与第3个滑块碰撞粘在一起后的速度v3(注意提示参考公式)   3.1　归纳推理 一般 结论 与第n个滑块碰后速度vn=或 vn= = 解决 问题 第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1= 3.1　归纳推理 第(3)问: 过程分析:随着碰撞的进行,粘在一起的滑块质量增加,其对木板的滑动摩擦力增大,(关键条件1)当滑动摩擦力大于木板(含所有滑块)所受地面的最大静摩擦力时,木板开始滑动。而由于木板与地面的动摩擦因数小于滑块与木板间的动摩擦因数,剩余滑块相对木板静止。滑块与木板都运动后,(关键条件2)滑块与木板的速度相等,且滑块与木板的相对位移等于L时,粘在一起的滑块恰好不再与后面的滑块碰撞。 3.1　归纳推理 3.1　归纳推理 [解题过程] (1)对木板和滑块分别受力分析,可知木板不动,第1个滑块做匀减速运动,由牛顿第二定律,有2μmg=ma 第1个滑块的初速度大小为v1=,设第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间速度为v10,由运动学公式,有=2aL 解得v10=。 3.1　归纳推理 (2)第1个滑块与第2个滑块碰撞,设碰撞后共同速度为v2,根据动量守恒定律有 mv10=2mv2 解得v2=v10= 设第2个滑块与第3个滑块碰撞前速度为v20,有=2aL 解得v20= 3.1　归纳推理 第2个滑块与第3个滑块碰撞,设碰撞后共同速度为v3,根据动量守恒定律有 2mv20=3mv3 解得v3=v20= 即vn= 以此类推,可得vj+1=。 3.1　归纳推理 (3)设k个滑块一起在木板上滑动时,木板开始滑动。则 2μkmg>μ(nm+3nm)g 解得k>2n 故第2n+1个滑块在木板上滑动时,木板开始滑动,其余滑块和木板相对静止; 设第2n+1个滑块刚开始在木板上滑动时的速度大小为v2n+1、加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2 3.1　归纳推理 由(2)问分析得v2n+1= 由牛顿第二定律得 2μ(2n+1)mg=(2n+1)ma1 2μ(2n+1)mg-4μnmg=ma2 设第2n+1个滑块开始滑动后,经时间t与木板达到共同速度,恰好不与下一个滑块相碰,由运动学知识得v2n+1-a1t=a2t v2n+1t-a1t2-a2t2=L 联立上式解得β=或β=n(2n+1)(4n+1)+。 3.1　归纳推理 [答案](1) (2) (3)n(2n+1)(4n+1)+ 3.1　归纳推理 3.1.2　 电磁学中的归纳推理 在应用归纳推理解决电磁学问题时,经常涉及带电粒子在交变电场、交变磁场或者组合场中的运动,粒子的运动往往具有周期性或者相似性的运动重复出现。例如粒子先在电场中做匀变速运动后在磁场中做匀速圆周运动,然后进入电场,重复原来的运动,我们可以把整个运动过程分为若干个相似的阶段,在相似性阶段还可能具有相同的某一物理量,或是运动周期相同,或是速度大小相等,或是位移大小相等。 3.1　归纳推理 典型 例题 典例2　(2021河北卷,14)如图所示,一对长平行栅极板水平放置,极板外存在方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,极板与可调电源相连。正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束,单个粒子的质量为m、电荷量为q。一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置,用于吸收打在其上的粒子。C、P是负极板上的两点,C点位于O点的正上方,P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小),用于接收从上方打入的粒子,CP长度为L0。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力,sin 37°=。 3.1　归纳推理 (1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上,求可调电源电压U0的大小。 (2)调整电压的大小,使粒子不能打在挡板OM上,求电压的最小值Umin。 (3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调,则负极板上存在H、S两点(CH≤CP<CS,H、S两点未在图中标出),对于粒子靶在HS区域内的每一点,当电压从零开始连续缓慢增加时,粒子靶均只能接收到n(n≥2)种能量的粒子,求CH和CS的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定)。 3.1　归纳推理 推理论证 第(1)问: 3.1　归纳推理 第(2)问: 轨迹圆与挡板OM相切,此时粒子恰好不能打到挡板上,轨迹如图所示 3.1　归纳推理 3.1　归纳推理 第(3)问:归纳推理 分析 过程 电场的电压不断变大,粒子在电场中运动时能量发生改变,在磁场中运动时半径也不断变大,当能量最小的粒子多次做圆周运动分别在第一次、第二次、第三次……第n次打在粒子靶上时,粒子靶分别能接收到1种、2种、3种……n种能量的粒子 选择 规律 用动能定理求解粒子在电场中加速后获得的速度:U0q=mv2- 粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力充当向心力:qvB=m 3.1　归纳推理 逐次 分析 接收2种能量的粒子 粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子,此时H2点为距C点最近的位置,是接收2种能量的粒子的起点,运动轨迹如图所示。由几何关系可得CH2=2r2-2r3+2r2=4r2-2r3   3.1　归纳推理 逐次 分析 接收3种能量的粒子 粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示   由几何关系可得:CH3=CS2=2×(2r2-2r3)+2r2=6r2-4r3 3.1　归纳推理 一般 结论 粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点(即粒子靶接收n种粒子的起点与终点)始终相距 CHn+1-CHn=2r2-2r3 解决 问题 当粒子靶接收n种能量的粒子时,可得 CH=n·2r2-(n-1)·2r3=(n≥2) CS=(n+1)·2r2-n·2r3=(n≥2) 3.1　归纳推理 [解题过程] (1)从O点射出的粒子在极板间被加速,有U0q=mv2- 粒子在磁场中做圆周运动,有qvB=m,又圆周运动半径r= 解得U0=。 3.1　归纳推理 (2)当电压有最小值时,粒子穿过下面的正极板后,圆轨道与挡板OM相切,此时粒子恰好不能打到挡板上,从O点射出的粒子在板间被加速,有Uminq=mv'2- 粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动,有qv'B=m 粒子从负极板运动到正极板时速度减小到v0,粒子在磁场中,有qv0B=m 由几何关系可知2rmin=+r' 联立解得v'=,Umin=。 3.1　归纳推理 (3)结合(2)分析可知,粒子经上方磁场再进入下方磁场,当轨迹与挡板相切时,粒子运动轨迹半径分别为r2、r3,则r2=r3= 若粒子在正极板下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切,再进入负极板上方磁场区域做圆周运动,轨迹与负极板的交点记为H2,当增大两极板的电压,粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时,粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子,此时H2点为距C点最近的位置,是接收2种能量的粒子的起点,运动轨迹如图所示 由几何关系可得 CH2=2r2-2r3+2r2=4r2-2r3 3.1　归纳推理 同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示 3.1　归纳推理 第③个粒子经过下方磁场时轨迹与OM相切,即该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3(S2),则该点为接收2种粒子的终点,同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得 CH3=CS2=2×(2r2-2r3)+2r2=6r2-4r3 可知,粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点(即粒子靶接收n种粒子的起点与终点)始终相距 CHn+1-CHn=2r2-2r3 当粒子靶接收n种能量的粒子时,可得 CH=n·2r2-(n-1)·2r3=(n≥2) CS=(n+1)·2r2-n·2r3=(n≥2)。 3.1　归纳推理 [答案](1)　(2) (3)(n≥2)　(n≥2) 3.1　归纳推理 学友聊斋 3.1　归纳推理 3.1.3　 热力学中的归纳推理 在使用归纳推理解决热力学问题时,经常会涉及气体的分装或者抽气等“变质量问题”。首先对于气体的每一次变化,我们都要针对一定质量的气体列气体状态方程,注意每次变化后与变化前的压强、体积关系,往往会成相同的比例,利用归纳推理的方法就可以得出多次变化后的气体状态参量了。 3.1　归纳推理 典型 例题 典例3　(2023湖南卷,13)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图所示,刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成,连杆AB与助力活塞固定为一体,驾驶员踩刹车时,在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接,通过抽气降低助力气室压强,利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时,K1打开,K2闭合,抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动,助力气室中的气体充满抽气气室,达到两气室压强相等;然后,K1闭合,K2打开,抽气活塞向下运动,抽气气室中的全部气体从K2排出,完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0,初始压强等于外部大气压强p0,助力活塞横截面积为S,抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中,助力活塞保持不动,气体可视为理想气体,温度保持不变。 3.1　归纳推理 (1)求第1次抽气之后助力气室内的压强p1。 (2)第n次抽气后,求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 3.1　归纳推理 [归纳推理] 分析过程 将助力气室内气体抽出,每完成一次抽气后剩余气体的压强会减小,符合重复性多过程的特点 选择规律 温度保持不变,以助力气室内的气体为研究对象,每次抽气均可以由玻意耳定律列方程 3.1　归纳推理 逐次 分析 第一次 p0V0=p1(V0+V1)得p1=p0 第二次 p1V0=p2(V0+V1)得p2=p0 第三次 p2V0=p3(V0+V1)得p3=p0 一般 结论 第n次抽气后助力气室内气体压强pn=p0 解决 问题 刹车助力系统为驾驶员省力的大小 ΔF=(p0-pn)S=p0S 3.1　归纳推理 [解题过程] (1)以助力气室内的气体为研究对象,则初态压强为p0,体积为V0,第一次抽气后,气体体积V=V0+V1 根据玻意耳定律得p0V0=p1V 解得p1=p0。 3.1　归纳推理 (2)同理第二次抽气p1V0=p2V 解得p2=p1=p0 以此类推…… 则当第n次抽气后助力气室内的气体压强pn=p0 则刹车助力系统为驾驶员省力的大小ΔF=(p0-pn)S=p0S。 [答案](1)p0 (2)p0S 3.1　归纳推理 题号 选题理由 1 以圆弧轨道、传送带和小球多次碰撞为命题情境,多次设问难度递增,考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量和能量守恒等主干知识及推理论证能力 2 以斜面、物体多次碰撞和v-t图像为命题情境,多次设问难度递增,考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、动量和能量守恒等主干知识及获取信息、推理论证能力 3.1　归纳推理 题号 选题理由 3 以带电粒子在交变电磁场中的运动为命题情境,多次设问难度递增,考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、运动的合成与分解、圆周运动、电磁场等主干知识及模型建构、推理论证能力 4 以中国空间站天和核心舱抽气等前沿科技为命题情境,考查对气体定律的理解能力及解决多次抽气问题的归纳推理能力 3.1　归纳推理 1.如图所示,竖直平面内半径为R=4.9 m的光滑圆弧轨道AB的圆心为O,圆心角∠AOB=60°,最低点B与长L=4 m的水平传送带平滑连接,传送带以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地面平滑连接,水平地面上等间距静置着2 024个质量均为m0=3 kg的小球。一质量m=1 kg的物块M从A点由静止释放,物块M与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,物块M与小球、小球与小球之间均发生弹性正碰,求: 3.1　归纳推理 (1)物块M到B点时对轨道的压力大小; (2)物块M与小球1第一次碰后瞬间两者的速度大小; (3)从物块M开始运动,到最终所有物体都达到稳定状态时物块M与传送带间因摩擦产生的热量。 【答案】(1)20 N　(2)2 m/s　2 m/s　(3)36.5 J 3.1　归纳推理 【推理论证】第(1)问: 3.1　归纳推理 第(2)问: 3.1　归纳推理 第(3)问: 分析过程 小球1以速度v1'与小球2发生弹性碰撞,碰后两者速度交换,依此类推最终小球2 024以速度v1'向右做匀速直线运动,物块M与小球1碰后以速度v1冲上传送带,在传送带上减速位移大小等于加速位移大小,故物块M再次回到C点时速度为-v1,之后与小球1再次发生弹性碰撞,物块M返回传送带一段时间后与小球1发生第三次弹性碰撞。满足重复性多过程运动的特点,可以考虑用归纳推理寻找重复性运动中一般性的物理关系 选择规律 物块M的运动满足匀变速直线运动的规律,物块M与小球1的碰撞为弹性碰撞,碰撞前后满足系统动量守恒和机械能守恒 3.1　归纳推理 逐次分析 第一次碰撞   3.1　归纳推理 逐次分析 第二次碰撞 物块M再次回到C点时速度为-v1,之后与小球1再次发生弹性碰撞,有 m(-v1)=mv2+m0v2' m(-v1)2=m0v2'2 联立解得 v2=v1=-v0=-1 m/s 第三次碰撞 利用相同的物理规律和解题方法,可以求得 v3=v2=-v0 3.1　归纳推理 一般结论 第n次碰后瞬间物块M的速度大小为vn=v0 物块M每次以速度大小vn冲上传送带再回到C点,与传送带相对路程dn=v 此过程摩擦生热Qn=μmgdn 解决问题 物块M全程摩擦生热 Q=μmg =μmg=36.5 J 3.1　归纳推理 【解题过程】(1)物块M从A点到B点,由动能定理得 mgR 在B点,由牛顿第二定律得FN-mg= 解得vB=7 m/s,FN=20 N 由牛顿第三定律得物块M在B点时对轨道的压力大小FN'=FN=20 N。 3.1　归纳推理 (2)取向右为速度的正方向,设物块M与小球1碰前速度为v0,碰后瞬间两者速度分别为v1、v1',物块M从B点到与传送带共速时,有 v2-=-2μgx0 得x0=3.3 m<L 故物块M与传送带共速,到C点时物块M速度v0=v=4 m/s,由动量守恒定律与机械能守恒定律得 mv0=mv1+m0v1',m0v1'2 解得v1=v0=-2 m/s,v1'=v0=2 m/s 物块M与小球1第一次碰后瞬间两者的速度大小分别为2 m/s、2 m/s。 3.1　归纳推理 (3)小球1以速度v1'与小球2发生弹性碰撞,碰后两者速度交换,依此类推最终小球2 024以速度v1'向右做匀速直线运动,物块M与小球1碰后以向左的速度v1冲上传送带,在传送带上减速位移大小等于加速位移大小,故物块M再次回到C点时速度大小仍为v1但方向向右,之后与小球1再次发生弹性碰撞,根据动量守恒和动能定理,有m(-v1)=mv2+m0v2',m(-v1)2=m0v2'2 联立解得v2=v1=-1 m/s,方向向左 同理可得v3=v2=-0.5 m/s,方向向左 依此类推,小物块M每次与小球1碰后瞬间速度大小减为碰前的一半,经过n次碰撞后,物块M的速度大小为vn=v0(n=1,2,3,…) 3.1　归纳推理 物块M每次以速度大小vn冲上传送带再回到C点,设在传送带上运动时间为2t,物块M向左滑动时与传送带相对路程Δs1=at2+vt,同理,向右滑动时,Δs2=vt-at2,该过程物块M与传送带相对路程dn=Δs1+Δs2=v 此过程摩擦生热Qn=μmgdn 物块M第一次在传送带上运动的过程中与传送带的相对路程 d0=x0-v=0.9 m 物块M全程摩擦生热 Q=μmg(d0+d1+d2+d3+…+dn)=μmg=36.5 J。 3.1　归纳推理 2.(2025辽宁一模)如图甲所示,在足够长的固定斜面上有一静止的物块B,t=0时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放,t=9t0时,物块A、B发生第一次碰撞,t=19t0时,二者发生第二次碰撞,在两次碰撞间物块A的v-t图线如图乙所示(其中v0、t0均为未知量),若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短,两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 甲 乙 3.1　归纳推理 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值; (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离; (3)已知物块B的质量m'=17m,且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动,求物块B沿斜面下滑的最大距离。 【答案】(1)2　(2)L　(3)L 3.1　归纳推理 【推理论证】第(1)问: 3.1　归纳推理 第(2)问: 3.1　归纳推理 第(3)问:归纳推理 分析 过程 A沿斜面匀加速下滑一定距离后与B发生弹性碰撞,碰后B沿斜面匀减速下滑到静止,A沿斜面匀减速上滑到0再匀加速下滑,追上B后再次与之发生弹性碰撞,后重复上述过程,直到A、B不再碰撞 选择 规律 1.A、B发生弹性碰撞满足动量守恒、机械能守恒;2.碰后A、B满足匀变速直线运动规律;3.碰后到再次相碰满足A沿斜面下滑距离与其上滑距离之差等于B下滑距离 3.1　归纳推理 逐次 分析 第 一 次 碰 撞   3.1　归纳推理 逐次 分析 第 二 次 碰 撞   3.1　归纳推理 逐次 分析 第 三 次 碰 撞   3.1　归纳推理 一般 结论 第n次碰 撞后 物块B下滑的距离为xn=x1 解决 问题 物块B运动的总距离x=x1+x2+x3+…+xn=·x1 当n→∞时,代入数据解得x=L 3.1　归纳推理 【解题过程】(1)v-t图像的斜率表示加速度,根据题图乙可知,物块A在13t0~19t0的时间内沿斜面匀加速下滑,加速度大小a1= 物块A在9t0~13t0的时间内沿斜面匀减速上滑,加速度大小a2= 解得=2。 3.1　归纳推理 (2)物块A在13t0~19t0时间内与在0~9t0的时间内受力情况相同,则加速度相同,故t=9t0时,与B碰前速度v1=a1×9t0=9v0 物块A经距离L与B相碰,则有L=×9t0 整理得v0t0=L 则物块A在9t0~13t0的时间内沿斜面向上运动的距离L1==16v0t0 联立解得L1=L。 3.1　归纳推理 (3)物块A与物块B第一次碰撞时,由动量守恒定律有mv=mvA1+m'vB1 其中v1=9v0,vA1=-8v0,m'=17m 联立解得vB1=v0 则物块A在13t0~19t0时间内下滑的距离L2==18v0t0 已知第二次碰撞前物块B已停止运动,故物块B碰后沿斜面下滑的距离 x1=L2-L1=2v0t0 物块A与物块B发生第二次碰撞时,由题图可知,碰前瞬间物块A的速度v2=6v0 3.1　归纳推理 由动量守恒定律有mv2=mvA2+m'vB2 由机械能守恒定律有m' 联立解得vB2=v1=v0,vA2=-v2=-v0 设物块B下滑过程中的加速度为a,第一次碰撞后物块B下滑的距离为x1,则有2ax1= 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为x2,则有2ax2= 可得x2=x1 3.1　归纳推理 设第三次碰撞前物块A的速度为v3,则有x2= 解得v3=4v0 物块A与物块B发生第三次碰撞, 由动量守恒定律有mv3=mvA3+m'vB3,由机械能守恒定律有 m' 联立解得vB3=v3=v0 3.1　归纳推理 第三次碰撞后物块B下滑的距离为x3,则有2ax3= 可得x3=x2=x1 以此类推可得第n次碰撞后物块B下滑的距离为xn=x1 则物块B运动的总距离x=x1+x2+x3+…+xn=·x1 当n→∞时,代入数据解得x=L。 3.1　归纳推理 3.(2025广东高三期末)如图甲所示,在yOz平面右侧的区域内存在周期性变化的匀强电场和匀强磁场,变化情况如图乙、图丙所示。电场的方向及磁场方向均以y轴正方向为正。t=0时刻,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动。粒子重力忽略不计,图乙、图丙中E0=,t0=,B0已知。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求: 甲 乙 丙 3.1　归纳推理 (1)在t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角θ; (2)在2t0时刻粒子的位置坐标; (3)0~nt0时间内电场力对粒子做的功W。 【答案】(1)37°　(2)　(3)见[解题过程] 3.1　归纳推理 【推理论证】第(1)问: 3.1　归纳推理 第(2)问: 3.1　归纳推理 第(3)问:归纳推理 分析 过程 0~t0时间内,粒子做类平抛运动,沿x轴正方向做速度为v0的匀速运动,沿y轴正方向做初速度为0的匀加速运动,电场力做功W1 t0~2t0时间内,只有磁场,粒子沿y轴正方向做匀速直线运动,在平行于xOz平面做速度为v0的匀速圆周运动,电场力不做功,W12=0 2t0~3t0时间内,粒子又做类平抛运动,沿x轴负方向做速度为v0的匀速运动,沿y轴正方向做初速度不为0的匀加速运动,电场力做功W23 0~nt0时间内, 电场力做功Wn=W1+W12+W23+…+W(n-1)n 选择 规律 粒子沿y轴正方向做匀加速运动,满足v=v0+at,y=v0t+,粒子做匀速圆周运动,满足洛伦兹力提供向心力Bqv=,T=,电场力做功W=Eqx 3.1　归纳推理 逐次 分析 0~t0 时间内   0~2t0 时间内   3.1　归纳推理 逐次 分析 0~3t0 时间内   0~4t0 时间内   3.1　归纳推理 逐次 分析 0~5t0 时间内   一般 结论 0~nt0 时间内 电场力做的功: W=(n=1,3,5,…) W=(n=2,4,6,…) 3.1　归纳推理 【解题过程】(1)0~t0时间内只存在电场,有E0q=ma,vy1=at0,tan θ= 解得tan θ= 所以t0时刻粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为37°。 (2)t0时刻粒子在x、y方向的位移分别为x1=v0t0,y1= 得x1=,y1= 在t0~2t0时间内,粒子在y方向做匀速直线运动,在平行于xOz平面做匀速圆周运动,有qv0B0=m,T= 得T==2t0,R= 3.1　归纳推理 则在t0~2t0时间内,粒子做了半个周期的匀速圆周运动 在t0~2t0时间内,在y方向的位移y2=vy1t0 在z方向的位移z2=-2R 在2t0时刻的位置坐标为(x1,y1+y2,z2),即。 3.1　归纳推理 (3)在0~t0时间内,电场力对粒子做的功W1=E0qy1,得W1= 在t0~2t0时间内,电场力对粒子不做功W12=0 在0~2t0时间内,电场力对粒子做的功W2=W1+W12= 在2t0~3t0时间内,粒子在电场力作用下做类平抛运动 y方向的位移y2=vy1t0+=3y1,电场力对粒子做的功W23=E0qy2=3W1 3.1　归纳推理 在0~3t0时间内,电场力对粒子做的功W3=W2+W23=4W1 在3t0时,y方向的分速度vy2=vy1+at0 在3t0~4t0时间内,电场力对粒子不做功W34=0 在0~4t0时间内,电场力对粒子做的功W4=W3+W34=4W1 在4t0~5t0时间内,粒子在电场力作用下做匀加速运动,y方向的位移y4=5y1,电场力对粒子做的功W45=E0qy4=5W1 在0~5t0时间内,电场力对粒子做的功W5=W4+W45=9W1 此后按如上规律周期运动,在0~nt0时间内,电场力做的功为W=(n=1,3,5,…),W=(n=2,4,6,…)。 3.1　归纳推理 4.某载人飞船核心舱与空间站对接简图如图所示。气闸舱有两个气闸门,与核心舱连接的是闸门A,与外太空连接的是闸门B。核心舱中的气体体积V1=100 m3,气闸舱中的气体体积为V2=16 m3,核心舱和气闸舱中气体的压强都为p0=1.0×105 Pa。核心舱内的航天员要到舱外太空行走,先进入气闸舱,用一台抽气机抽取气闸舱中的气体,并立刻充入核心舱内,每次抽取气体的体积为V0=2 m3,当气闸舱中气体的压强不高于p0时才能打开闸门B。抽气、充气过程中两舱温度保持不变,不考虑漏气、新气体产生、航天员进出舱对气体的影响,已知lg 2=0.301,lg 3=0.477。 3.1　归纳推理 (1)求换气结束后,核心舱中气体的压强(结果保留3位有效数字)。 (2)至少抽气多少次,才能打开闸门B。 【答案】(1)1.16×105 Pa　(2)36次 3.1　归纳推理 【推理论证】 分析过程 气闸舱内剩余气体体积不变且每次均做等温变化,每次抽取气闸舱中气体的体积相同,气体的压强将按一定比例不断减小 选择规律 抽气过程气体做等温变化,可以根据玻意耳定律求解 逐次 分析 第一次抽气 p0V2=p1(V2+V0) p1=p0=p0 第二次抽气 p1V2=p2(V2+V0) p2=p1=p0 第三次抽气 p3=p0 3.1　归纳推理 一般 结论 第n次抽气后pn=p0 解决 问题 p0=p0,即lg=lg 解得n=35.4 3.1　归纳推理 【解题过程】(1)气闸舱中气体的压强等于p0时,剩余的气体在原来压强p0时占据的体积为V3,根据玻意耳定律得p0V2=p0V3 解得V3=0.25 m3 则充入核心舱内压强为p0的气体体积为ΔV=V2-V3=(16-0.25) m3=15.75 m3 换气结束后,设核心舱中气体的压强为p',则p0(V1+ΔV)=p'V1 解得p'≈1.16×105 Pa。 3.1　归纳推理 (2)第一次抽气后,有p0V2=p1(V2+V0) 解得p1=p0=p0 第二次抽气后,有p1V2=p2(V2+V0) 解得p2=p1=p0 同理,第二次抽气后,有p3=p0 第n次抽气后,有pn=p0,即p0=p0,则lg=lg 解得n=35.4 则至少抽气36次,才能打开闸门B。 3.1　归纳推理 $