高考新动向(二) 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题-【创新教程】2027年高考数学艺考生文化课百日冲关学生用书

I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 归纳法 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 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的ⅴ一t图像，通过图像可使运动过程清晰明 图像法 了，并且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]如图所示，P为固定的竖直挡板，质量 [例2] 如图所示，在光滑回 为2m的长木板A静置于光滑水平面上(A 水平面上放置一端带有挡板的长直木板 的上表面略低于挡板P下端)，质量为m的 A,木板A左端上表面有一小物块B,其到 小物块B(可视为质点)以水平初速度。从 挡板的距离为d=2m,A、B质量均为m= A的左端向右滑上A的上表面，经过一段 1kg,不计一切摩擦.从某时刻起，B始终 时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰 受到水平向右、大小为F=9N的恒力作 好未从A上滑落，然后物块B与长木板A 用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰 一起向右运动，在t=0时刻，物块B与挡板 撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极 P发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B 短.重力加速度g取10m/s2.求： 与长木板A第二次达到共同速度，之后物 (1)物块B与A挡板发生第一次碰撞后的 块B与挡板P发生了很多次碰撞，最终在 瞬间，物块B与木板A的速度大小； t=t。(未知)时恰好相对地面静止.已知A、 (2)由静止开始经多长时间物块B与木板 B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g,物 A挡板发生第二次碰撞，碰后瞬间A、B的 块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰 速度大小； 撞时间极短，求： (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； (4)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 (1)木板A的长度； 距离. (2)A、B第二次达到共同速度时B离A左 端的距离； (3)0~t。时间内B经过的路程； (4)t。的值， 42 第一部分：专题二能量与动量 对点专练 2.如图甲所示，一可看作质点的物块A位于 1.如图所示，质量为的足够长的木板放在 底面光滑的木板B的最左端，A和B以相 光滑的水平地面上，与木板右端距离为x的 同的速度vo=7m/s在水平地面上向左运 地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连 动.t=0时刻，B与静止的长木板C发生弹 续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板与 性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A 挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大 平滑地滑到C的右端，此后A的v-t图像 小'与第一次碰前瞬间的速度大小o1满 如图乙所示，t=1.9s时刻，C与左侧的墙 壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的 足关系式'=十D.现有一质量为 1 速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始 2m的物块以速度vo=4√gx从左端冲上 终未离开C.已知A与C的质量相同，重力 木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰撞 加速度大小g=10m/s2,求： (碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动 摩擦因数为4.已知重力加速度为g,在木板 77777777777 甲 停止运动前，物块都不会和木板共速 4m·s 7.0 g 5.0 (1)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加 速度大小； 0.4- t/s 00.5 1.92.73.1 (2)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一 (1)C与A间的动摩擦因数以1以及C与地 次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的 面间的动摩擦因数2； 热量； (2)B和C碰撞后，B的速度； (3)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n (3)为使A始终不离开C,C至少有多长？ 次碰撞时，求物块运动的位移大小. 43丨物理 由运动学知识得L一x=:十分店， 解得t2=1.5s, 小滑块从A到B的时间 t=t1+t2=0.7s+1.58=2.2s. (2)小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向 后运动，相对位移为△x1=t1一x1=7×0.7m一2.45m =2.45m, 再相对传送带向前运动，相对位移为 △.x2=(L-x1)-t2=12.75m-10.5m=2.25m <△x1, 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度 △.x=△x1=2.45m. (3)小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高，点D, 则由牛顿第二定律得mg=m反· 小滑块从C到D过程由动能定理得 -mg·2R=m6-合m， 联立解得=√5gR=6m/s, 小滑块在底端B滑上长木板的速度 vg=+a2t2=7m/s+2X1.5m/s=10m/s, 小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有 mog =mve +Mv, 解得=专n/s 此过程由能量守恒定律得 %mgs=号m听-令m-2Md, 解得长木板的长度 m≈7.3m. 答案：(1)2.2s(2)2.45m(3)7.3m 高考新动向（二）数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题 类型1 [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，，对物块和木板由动量守 恒定律有m=(2十m)1 根据能量守恒定律有 联立解得=3L=3g 1 (2)由于物块与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞 时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不 变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大 小为，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2心1 m01=(2m十m)2, 根据能量守恒定律有 mg2=2(2m+m)t-2(2m+m)o 3 联立求得，= 1 4v6 京1-27%g 则可得此时物块距木板左端的距离为 5v6 △l1=L-x1=27g1 (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时 的建度为产，对B有mg=a, 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程， 布（学） =2ag51, 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程， 有（学） =2aB52: 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过程，有 () =2agS 则s=2(s1十s2十s3十…十s） (付++字++) 1 1 (-) 得s - 8μg (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n十1次与挡板发生 碰撞的过程中， 设B做匀变速运动的时间为t,B做匀速直线运动的时 间为t2,A、B保持相对静止共同运动的位移为△x,匀变 速运动过程有尝十品=a, 3 (学)-() =2ag△x, 匀速过程有△x 3中7t, 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 匀速运动过程的时间之比为1：1， 在0~t。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t',则 对A有mg=2maA 又g=af, 3 400 解得t。一3g [答案]1 (2)5 3ug 7g (3)G 84g (4) 3μg 类型2 [例2][解析](1)B从A的左端开始到右端的过程，由 、1 动能定理有Fd=2m心，解得=6m/s, B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有 mo=m)1十m2, m=m听+m, 1 解得飞，=0，=6m/s: 2 (2)第一次碰后A向右以速度℃2=6m/s做匀速运动，B 做初速度为0、加速度为 a=E=9m/g的匀加速运动， m 则第二次强接时有1=方，解得1=号 此时B的速度为u=at=12m/s,第二次碰撞时，同样 由动量守恒和能量关系有 m2十m3=mU,十mv5, 1 1 解得A、B的速度为0：=12m/s,=6m/s: (3)同理第三次碰拉时有+分a=U, 解得1=专s 此时B的速度为=v十at'=18m/s, 从开始运动到第一次碰撞的时间，=马=召 a 3 s, 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的变化图像如图所示； ↑v/(m·s) 2 10s 3 (4)由以上分析可知，从第一次碰后，到下一次碰撞，B向 前运动的距离都比前一次多8m, 由0一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; 从第1次到第2次碰撞，B运动的距离为8m: 从第2次到第3次碰撞，B运动的距离为 8m+8m=16m: 从第3次到第4次碰撞，B运动的距离为 16m+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 板发生第次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2m+(x-1)x8m+(n-1)(n-2)m =[2+4n(n-1)]m(n=2,3,4,…) [答案]106m/s(2)号s12m/s6m/s (3)见解析图(4)[2+4n(n一1)]m(n=2,3,4,…) [对点专练] 1.解析：(1)对物块由牛顿第二定律有rX2mg=2ma1, 解得a1=g, 对木板由牛顿第二定律有以X2mg=ma2, 解得a2=2g 31 讲解册参考答案1 (2从水板开始运动到第一次碰撞指板有=，， 从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为 t二入八μg 这段时间内，物块的位移工1=t一241， 解得子 故摩擦产生的热量为Q=uX2mg(x1一x), 解得Q=5umgx. (3)第一次碰撞前，木板的速度大小=a2t1=2√gx, 第一次碰撞后的速度大小'=及24=(（1一)： 1 由对称性可知第二次碰前的速度=' 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为 4=2×=21-专）， 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为 :=+=+2-2 第二次碰撞后的递度西=2又3=（分-号）小， 第三次碰前的速度=，'， 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为 4,=2x器=2（合-）}， 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为 =+=+2-号）： 归纳可知，从木板开始运动到第次碰撞时的时间间隔 为.=+20-0}=（3-是 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学 公式有x=w,一20， 答案：(1)μg2g(2)5μmgx 2.解析：(1)由图乙有0~0.5s过程中A在C上滑动的加 速度为a1=4m/s2, 由受力分析和牛顿第二定律有41mg=ma1, 解得41=0.4， 在0,5s~1.9s过程中，A和C一起运动的加速度为 a2=1m/s, 对A、C整体受力分析和牛顿第二定律有 4222g=27ma2,解得=0,1. (2)在0~0.5s过程中，设C的加速度为a,对C进行受 力分析和牛顿第二定律有41mg一X2mg=ma: 解得a=2m/s2,设t=0时刻C的速度为，经t=0.5s 匀加速到v=5.0m/s, 〡物理 由y1=vc十a3t1=十a3t1,有yc=4m/s, B和C弹性碰撞，动量守恒mg=mgg十m, 能量守板号m-名m:编十号m, 1 解得g=一3m/s, 方向水平向右. (3)由图乙有，C与墙壁碰撞后 速度大小为y2=3.6m/s,设向 7.0 右匀减速运动的时间为t2,加 5.0物 速度的大小为a,则4g+ X2mg=ma,=a,t2,解得t2= 1.2… 0.6s, 00.5 152.73.1 即t=2.5s时刻，C速度为零， 此时A的速度℃=(3.6-4× -3.6- 0.6)m/s=1.2m/s, 作C的v一t图像如图所示 两处阴影的面积之和为L=3.39m,即为C最小的 长度 答案：(1)0.40.1(2)-3m/s,方向水平向右 (3)3.39m 第一部分专题三电场和磁场 第8讲电场 核心素养·助学提能 考点一 [例1][解析]0~2t。内，带正电粒子仅受静电力作用， 从静止开始沿直线运动，可知其运动方向沿电势降低的 方向，A错误；由于0-t图像斜率绝对值表示加速度大 小，结合题图，根据牛顿第二定律F=Eg=ma可知F> F.=Fb,E>E。=E,B、D错误；粒子仅受静电力作用， 则运功过程中电势能和机城能之和守祖，上、十子m心 Ex十2mu,由题图可知，=双=2m,则E=E, 粒子在a、c两点电势能相等，C正确. [答案]C [对点集训] 1.C[根据题意0~1s水平位移为0，可得z十0.5a =0, 竖直位移为3m,可得o十0.5a,=3m, 0~2s水平位移为3m,可得20ox十2a,=3m, 竖直位移为0，可得2ow十2a,=0, 解得a,=3m/s°，a,=-6m/s2, 对小球受力分析有a,=E,a,=一g十E。 代入数据得E=3.0×10V/m,E,=4.0X10V/m, 故电场强度大小E=√E,+E,=5.0×10V/m, 电场方向斜向上偏V侧，E,>0表明沿x轴正方向电势 降低，故>N.] 3 2.C[电场线的疏密表示电场强度大小，电场线越密电场 强度越大，图中b点电场线比口点更密，因此b,点电场强 度大于a,点，A错误，电子带负电，所受电场力方向与电 场方向相反，电子从运动到b,位移方向向右，电场力 与位移方向相同，电场力做正功，根据动能定理，电子动 能增大，B错误.电子从b运动到℃，位移向右，电场力仍 向右，电场力做正功，电子动能增大，速度增大，C正确. 中轴线外的电子所受电场力垂直电场中轴线，速度方向 发生变化，会发生偏转，因此电子束的横截面积会改变， 形状发生改变，D错误.门 考点二 [例2][解析]P-x图像的斜率表示电场强度，由图可知 6 -6m<<0区找的电场强度大小为E=6x10V/m =100V/m,方向沿着x轴负方向，0<x<4cm区域的 6 电场强度大小为B,=4×0V/m=150V/m,方向沿 着x轴正方向，可知x=一2cm处的电场强度小于x= 2cm处的电场强度，且此静电场不可能由两个负电荷产 生，故B正确，A错误：x=0处电势最高，根据E。=q9可 知该带负电荷的粒子在x=0处的电势能最小，故C正 确；带负电粒子（重力不计）从x=3cm处由静止释放， 受到沿x轴负方向的静电力，当运动到x<0区域后，受 到沿x轴正方向的静电力，根据动能定理qE2x:一qE1x =0可得，x1=4.5cm,则该粒子将沿x轴负方向运动， 运动到的最远位置为x=一x1=一4,5cm,故D正确. [答案]BCD [对点集训门 1.A[由图像可知在0~号间存在一点，设坐标为x,试 探电荷在此处受到的静电力为零，可知两点电荷带同种 电荷，根据库仑定律有 kQvq kQxq a+,y=(a-x)月 由于(a十x,)>(a-x)2,故可得1Q>Qxl: 根据图像可知在x=0处时，试探电荷受到的静电力沿x 轴的正向，根据前面分析由于|Q|>|Q、|,在x=0处 时，试探电荷到两，点电荷间的距离相等，可知试探电荷 在此处受到的静电力的合力方向与点电荷Q对试探电 荷的静电力的方向相同，故可知Q>0.] 2.AC[电子从O到x。的过程中，电势能增加，静电力做 负功，说明静电力水平向左，电场强度沿x轴正方向，x2 之后，电势能减小，静电力做正功，电场强度沿x轴负方 向，可知A带负电，B带正电，故A正确，B错误；根据 F=△E可知，图像斜率的绝对值表示静电力的大小 I△x 所以在，处，静电力为零，合电场强度为零，所以有k +,解得红=十) -k7 91 ,故C正确，D 92 错误.门