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年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

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-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® 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，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m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v。=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v'与第一次碰前瞬间的速度大小v1满 如图乙所示，t=1.9s时刻，C与左侧的墙 1 壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的 足关系式，'=m(m十1).现有一质量为 速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始 2m的物块以速度。=4√μgx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 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41以及C与地 次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的 热量； 面间的动摩擦因数42； (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物理 课堂评价·高考预测 解析：(1)由牛顿第二定律得mgsin0+h1 ngcos0=ma1, 解得a1=gsin37°+41gcos37°=10m/s2, 滑块与传送带共速的时间6==乙 a110s=0.7s, 49 共速时滑块的位移之一%=2X0m=2.45m, 由题知凸<tan0,此后小滑块继续沿传送带向下加速， 由牛顿第二定律得mgsin0-u mgcos日=ma2, 解得a2=gsin37°-tgcos37°=2m/s2, 1 由运动学知识得L一工=4十24，号， 解得t2=1.5s, 小滑块从A到B的时间 t=t1+t2=0.7s+1.5s=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=6一x1=7×0.7m-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一m是， 小滑块从C到D过程由动能定理得 -mg·2R=m话-md, 21 联立解得ve=√/5gR=6m/s, 小滑块在底端B滑上长木板的速度 vg=o+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 mUB=muc+Mv, 4 解得v=3m/s, 此过程由能量守恒定律得 kmg·s=名m-合mad-合Mw, 得长木板的长度 号 m≈7.3m, 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=(2m十m) 根据能量守恒定律有 mgL=mt话-合(2m+mt 1 1 联立解得=3L=34g (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2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2m℃ my=(2m十m)v2, 根据能量守恒定律有 mgx1三7(2m+m)t (2m+m)G 1 1 46 联立求得%=3西=274g1 30 则可得此时物块距木板左端的距离为 5呢 △1，=L-x1=274g (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时 的速度为9，对B有mg=mag, 从B第一次撞击挡板到第二次楂击挡板过程， 有（学） =2ag51, 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程， 有（学） =2aBS2, 从B第n次撞击挡板到第n十1次撞击挡板过程，有 (3=2an, 则s=2(51十52十53十…十5n) (++++) 1 11 得s= g1-3 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t1,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 速运动过程有警十码=a, (学)）广-(50)广=2aa 匀速过程有△x一3， 联立可得t1:t2=1：1, 即每相邻两次碰楂过程中，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~。时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t,则 对A有mg=2maa 又号-an1,解得6=g 4V6 [答案](1D34g 6 (2)27g (3)。 8μg (4) 34g 类型2 [例2][解析](1)B从A的左端开始到右端的过程，由 动能定理有Fd=子m6,解得=6m/s, B与A碰撞过程，由动量守恒和能量关系有 mvo=mU1十mv2， 1 1 1 2m听=2mu+zmvi, 解得v1=0,2=6m/s; (2)第一次碰后A向右以速度v2=6m/s做匀速运动，B 做初速度为0、加速度为 a=E=9m/s的匀加速运动， m 则第二次碰擅时有%t=2at,解得i= 1 38, 此时B的速度为=at=12m/s,第二次碰撞时，同样 由动量守恒和能量关系有 mu2十mvs=mv4十mus， m暖+7md=弓nd+7mG, 1 1 解得A、B的速度为，=12m/s,=6m/s; (3)同理第三次碰撞时有，+2a”=u, 解得=子s” 此时B的速度为6=o十at=18m/s, 从开始运动到第一次碰撞的时间。=西= 38, 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v随时间t的变化图像如图所示； /(ms) 18- 12 2 10t/s 2 (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; 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n次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2m+n-1D×8m+8a-1D(a-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-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4×2mg=2ma1, 解得a1=g, 对木板由牛顿第二定律有uX2mg=ma2, 解得a2=24g. (2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有x=,, 从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为 x t一Nμg 这段时间内，物块的位移西=4一20， 解得=子， 故摩擦产生的热量为Q=uX2mg(x1一x), 解得Q=5μmgx. (3)第一次碰撞前，木板的速度大小凸=a2=2√gx, 1 第一次碰撞后的速度大小'=1X2”=(（1一2)m, 1 由对称性可知第二次碰前的速度2='， 故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为 ,=2x8=21-）h, a2 故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为 4=名+4=6+2(1-2)， 第二次碰拉后的速度购=文3=（合一号）， 第三次碰前的速度=2'， 30 讲解册参考答案 故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为 =2×8-2(合-号)4： 故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为 6=6+a=4+2(1-3)h, 归纳可知，从木板开始运动到第次碰撞时的时间间隔 为.=4+2(1-人=(3-) 该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学 1 公式有x2=%t.-之a1, 代入数据解得=（停-）上 答案：(1)g24g(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h1mg=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/s2, 对A、C整体受力分析和牛顿第二定律有 h22mg=2ma2,解得h2=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hmg-hX2mg=na3, 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, 由U1=e十a3t1=ve十a3ti,有c=4m/s, B和C弹性碰撞，动量守恒mB=mBB十mUc, 能量守恒分m6=2%呢十2m,解得地=-3m/s, 1 1 方向水平向右. (3)由图乙有，C与墙壁碰撞后 4/m8) 速度大小为2=3.6m/s,设向 7.0 右匀减速运动的时间为t2,加 速度的大小为a4,则hmg十 5.0 48i X2mg=ma42=a44,解得t2= 0.6s, 即t=2.5s时刻，C速度为零， t/s 此时A的速度3=(3.6一4X 00.5 252.73.1 0.6)m/s=1.2m/s, 作C的V-t图像如图所示 两处阴影的面积之和为L=-3.6 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v-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。=F6,E。>E。=E6,B、D错误；粒子仅受静电力作用， 则运功过程中电势能和机械能之和守恒，巴.十合m心= 1 Er十2mu,,由题图可知=u.=2a,则Ee=Ex, 粒子在a、c两，点电势能相等，C正确. [答案]C