2025屆高中物理三輪沖刺練習(xí)-專題二培優(yōu)點5歸納法在解決多物體多過程問題中的應(yīng)用習(xí)題

培優(yōu)點5歸納法在解決多物體多過程問題中的應(yīng)用多過程與各狀態(tài)的關(guān)系簡圖過程1的末狀態(tài)為過程2的初狀態(tài)，過程2的末狀態(tài)為過程3的初狀態(tài)，……依此類推。1.分析物體在某一過程中的運動情況時，將上一過程的末狀態(tài)的物理量作為此過程的初始物理量進行研究。2.用歸納法分析多次碰撞問題從第1次碰撞開始，研究兩物體之后的運動情況，分析幾次碰撞過程，通過歸納總結(jié)碰撞n次滿足的規(guī)律或物理量之間的關(guān)系，進行求解。1.如圖所示，在光滑水平面上的平板小車，質(zhì)量為m1，其左端放有質(zhì)量為m2的鐵塊(可視為質(zhì)點)，若鐵塊隨同小車均以v0=3m/s的速度向右做勻速運動，小車將與豎直墻壁發(fā)生正撞，碰撞時間忽略不計。碰撞時無動能損失，已知鐵塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，鐵塊始終不從小車上掉下來。(1)(2分)若m1>m2，小車與墻壁碰后，小車和鐵塊中誰的速度先達到零？鐵塊向右運動的最大位移為多少？(2)(3分)若m1>m2，且滿足題意的小車最小長度為5m，求m1與m2的比值為多少？(3)(5分)若m1=1kg，m2=2kg，小車和墻第一次相碰后，小車運動的總路程為多少？【點撥·提煉】物塊與木板在光滑的水平面上以相同的初速度與墻面發(fā)生彈性、無動能損失的碰撞(1)若m物≤m板，僅發(fā)生一次碰撞，若m物>m板，將發(fā)生多次碰撞；(2)對于多次碰撞問題，可利用力學(xué)的三大觀點，歸納出速度、位移或時間等物理量之間的關(guān)系，再利用數(shù)學(xué)方法進一步歸納出通式，從而解決問題。2.(2024·山東省實驗中學(xué)檢測)如圖所示，光滑水平軌道上放置質(zhì)量為m的長板A，質(zhì)量為3m的滑塊B(視為質(zhì)點)置于A的左端，A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ；在水平軌道上放著很多個滑塊(視為質(zhì)點)，滑塊的質(zhì)量均為2m，編號依次為1、2、3、4、…、n、…。開始時長板A和滑塊B均靜止。現(xiàn)使滑塊B瞬間獲得向右的初速度v0，當(dāng)A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞。經(jīng)過一段時間，A、B再次剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發(fā)生第2次彈性碰撞，依次類推…；最終滑塊B恰好沒從長板A上滑落。重力加速度為g，滑塊間的碰撞均為彈性碰撞，且每次碰撞時間極短，求：(1)(2分)開始時，長板A的右端與滑塊1之間的距離d1；(2)(2分)滑塊1與滑塊2之間的距離d2；(3)(3分)長板A與滑塊1第1次碰撞后，長板A的右端與滑塊1的最大距離；(4)(5分)長板A的長度。一、關(guān)鍵信息解讀1.當(dāng)A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞：長板A的右端與滑塊1之間的距離d12.經(jīng)過一段時間，A、B再次剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發(fā)生第2次彈性碰撞：通過分析A、B再次剛達到共速時，A在此過程中最大速度為12v0，滑塊1碰后的速度為12v0→若滑塊1仍未與滑塊2發(fā)生碰撞，A不可能追上滑塊1→滑塊3.第三問長板A與滑塊1第1次碰撞后，長板A的右端與滑塊1的最大距離：長板A的右端與滑塊1的最大距離本來屬于追及問題，若屬于追及問題，vA=v1時，兩者距離最大，但是根據(jù)第二問，A的速度和滑塊1相等時，兩者發(fā)生了碰撞，距離為0，故本題不屬于兩運動物體追及問題。所以需要考慮滑塊1何時停下，經(jīng)計算滑塊1碰后t12=v016μg停下，此時A仍在向左運動(tA=v012μg才停下)，故本題轉(zhuǎn)化為最遠距離問題，A的速度減小到二、過程分析B勻減速、A勻加速→B與A第一次共速(v共1)→A與滑塊1碰后做勻變速運動，先減速到零，后向右加速至12v0(細節(jié)：0~14v0與14v0~12v0位移之比1∶3)，B在此過程中一直勻減速→B與A第二次共速(v共2)，滑塊1此過程中已經(jīng)與滑塊三、等比數(shù)列1.研究過程：A與滑塊1碰后瞬間至B與A下次共速瞬間。2.速度成等比數(shù)列3mv共1+mvA1=(m+3m)v共2解得v共2=23v共同理v共3=23v共2，v共4=23v共拓展：vA2=23vA1，vA3=23v3.熱量、相對位移成等比數(shù)列Q1=μ·3mgΔx1=12×3mv共12+12mvA12-Q2=μ·3mgΔx2=12×3mv共22+12mvA22-Q2Q1=同理Q3Q2=Δ以此類推。四、相對位移的兩種解法解法1：系統(tǒng)能量守恒思路：通過研究系統(tǒng)的能量守恒得出B和A的相對位移過程分析：長板A與滑塊1第1次碰撞后，滑塊1與滑塊2速度互換，滑塊2與滑塊3速度互換，以此類推第n個滑塊以速度v1離開系統(tǒng)，同理長板A與滑塊1第1次碰撞后，第(n-1)個滑塊以速度v12離開系統(tǒng)……v1=12vv12=23v1=23×1v13=23v12=(23)2×1……系統(tǒng)的初狀態(tài)的能量等于第n個至第1個滑塊的動能之和與系統(tǒng)產(chǎn)生的熱能(滑塊B和長板A的動能接近無限小，可忽略)12×3mv02=12×2mv12+12×2mv122+12×2解法2：非慣性系，等比數(shù)列，以長板A為參考系，滑塊B相對長板A的加速度為向左的加速度4μg第一階段：Δx0=v02第二階段：Δx1=v02Δx'=Δx1Δx=Δx0+Δx'=71.(多選)(2024·四川成都市三模)如圖所示，固定光滑曲面左側(cè)與光滑水平面平滑連接，水平面上依次放有2024個質(zhì)量均為2m的彈性物塊(所有物塊在同一豎直平面內(nèi))，質(zhì)量為m的0號物塊從曲面上高h處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度v0與1號物塊發(fā)生彈性正碰，0號物塊反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復(fù)，2024個彈性物塊兩兩間碰撞時無能量損耗，則下列說法正確的是(所有物塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為g)：A.0號到2024號所有物塊組成的系統(tǒng)全過程動量守恒B.0號物塊最終動量大小為(13)2024mC.2021號物塊最終速度為2D.2024號物塊最終速度為20232.(2024·遼寧丹東市模擬)如圖所示，光滑絕緣足夠大的水平面位于勻強電場中，電場方向水平向右。兩小球A和B放置在水平面上，其位置連線與電場方向平行。兩小球質(zhì)量分別為mA=m、mB=3m，A帶電荷量為q(q>0)，B不帶電。初始兩小球間的距離為L。已知電場強度大小E=maq?，F(xiàn)釋放小球A，A在靜電力作用下沿直線加速運動，與小球B(1)(2分)第一次碰撞后A和B的速度大??；(2)(2分)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，A與B間的最遠距離；(3)(8分)在第n次碰撞到第(n+1)次碰撞之間，B的位移(n=1，2，3…)。

答案精析高頻考點練1.(1)鐵塊2.25m(2)54(3)81解析(1)由動量定理知鐵塊的速度先達到零。對鐵塊從碰撞至速度為零，由動能定理得-μm2gxmax=0-12m2解得xmax=v022μg=2(2)研究小車與墻碰后過程，小車碰后速度等大反向，鐵塊繼續(xù)向右運動，規(guī)定向左為正方向，當(dāng)小車與鐵塊向左達到共同速度v共時，兩者的相對位移對應(yīng)小車的最小長度lmin，由動量守恒定律和能量守恒定律得m1v0-m2v0=(m1+m2)v共μm2glmin=12(m1+m2)v02-12(m1+代入數(shù)據(jù)解得m1m(3)設(shè)小車第一次與墻相撞后向左運動的路程為s1，由動能定理得：-μm2gs1=0-12m1解得小車向左運動的最遠距離s1=98規(guī)定向右為正方向，小車與墻第1次碰后至第2次碰前(已與鐵塊同速)，由動量守恒定律有-m1v0+m2v0=(m1+m2)v1解得v1=(m2-m第二次相撞后小車向左運動的路程為s2，由-μm2gs2=0-12m1v12得同理可得小車與墻第(n-1)次碰后至第n次碰前，由動量守恒定律有-m1vn-2+m2vn-2=(m1+m2)vn-1解得vn-1=(m2以后每次相碰反彈向左運動的路程滿足snsn-1=(則sn=19sn即s=2(s1+s2+s3+…+sn)故s=2s1(1+q+q2+q3+…+qn-1)=2s11-q=2.(1)3v0232μg(2)v(4)7解析(1)對A、B分析由動量守恒定律有3mv0=(m+3m)v10對A分析有μ·3mgd1=12m解得d1=3v(2)長板A與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞過程有mv10=mvA1+2mv112mv102=12mvA1結(jié)合上述解得vA1=-1v1=12vA、B第二次達到相同速度有3mv10+mvA1=(m+3m)得v20=12v滑塊1與滑塊2碰撞后速度發(fā)生交換，滑塊1碰后靜止，滑塊2滑動速度為12v對A分析有μ·3mgd2=12mv202-解得d2=v0(3)A、B發(fā)生相對運動過程中的加速度大小分別為aA=μ·3mgaB=μg從滑塊1第一次被碰后，直到滑塊1碰滑塊2，歷時t12=d2vA的速度反向減速到0，歷時tA=|vA1可知tA>t12表明A的速度減小到0時，A距離滑塊1最遠，最遠距離xmax=d2+v解得xmax=v0(4)由(2)知A與滑塊1第二次碰撞前速度為v20=12v0=23A與滑塊1第二次碰撞有mv20=mvA2+212mv202=12mvA2結(jié)合上述解得vA2=-16vv2=13v0以此類推有vn0=(23)n-1v10(n=1，2，3…vAn=-13×(23)n-1v10(n=1，2，3A、B的相對加速度a=4μg第n次碰后相對速度vn相對=vn0+|vAn|=(1+13)×(23)n-1=(23)n-1v第n次碰后，B在A上滑行的路程ln=vn相對22a=v028μg(49第無窮次碰后，B在A上滑行的路程l=v028μg(1-4所以長板A的長度L=v022×4μg+補償強化練1.BC[0號到2024號所有物塊組成的系統(tǒng)全過程中，水平方向不受外力，豎直方向所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；對0號物塊，從曲面上高h處到最低點過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mgh=12mv02，解得v0=2gh，由題可知，2024個彈性物塊兩兩之間碰撞時交換速度，所以2024號物塊最終速度是0號物塊與1號物塊發(fā)生彈性正碰后1號物塊的速度，由機械能守恒和動量守恒有12mv02=12mv0'2+12×2mv12，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=232gh，v0'=-132gh，可知2024號物塊最終速度為232gh，故D錯誤；0號與1號發(fā)生碰撞后，1號將與2號發(fā)生正碰，因兩者質(zhì)量相同，將發(fā)生速度交換，1號將靜止。之后0號將繼續(xù)與1號發(fā)生第二次碰撞，同理可得，0號第二次碰撞后的速度為v0″=-(13)22gh，最終0號物塊要與1號物塊碰撞2024次，所以0號物塊最終動量大小為(13)2024m2gh，故B正確；依上述分析可知2021號物塊最終速度為1號物塊與0號物塊第4次碰撞后2.(1)2aL22aL2(3)2nL(n=1，2，3…)解析(1)A在靜電力作用下加速，到即將與B發(fā)生第一次碰撞，有qEL=12m解得v0=2A與B發(fā)生第一次彈性碰撞，設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA1、vB1，以碰撞前A球速度v0的方向為正方向由動量守恒和能量守恒，有mAv0=mAvA1+mBvB112mAv02=12mAvA1解得vA1=-2aL2，負號表示方向與v0方向相反，v(2)已知E=maq，可知A的加速度等于第一次碰后，當(dāng)二者速度相同時，間距最大，即vA1+at=vB1解得t=v根據(jù)運動學(xué)公式得最大距離為dmax=vB1t-(vA1t+12at2解得dmax=L(3)第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有vA1t1+12at12=v解得t1=2此時A的速度vA2=vA1+at1=32vB的速度仍為vB1，這段時間內(nèi)B的位移xB1=vB1t1=v02之后發(fā)生第二次彈性碰撞，根據(jù)動量守恒mAvA2+mBvB1=mAvA2'+mBvB2'根據(jù)能量守恒12mAvA22+12mBvB12=12mAvA2'2+聯(lián)立解得vA2'=0，vB2'=v0當(dāng)二者即將第三次碰撞時有vB2't2=12a解得t2=2在這段時間內(nèi)，B運動的位移xB2=vB2't2=2v0之后二者第三次發(fā)生碰撞，