2025届高中物理三轮冲刺练习-专题二培优点5归纳法在解决多物体多过程问题中的应用习题

培优点5归纳法在解决多物体多过程问题中的应用多过程与各状态的关系简图过程1的末状态为过程2的初状态，过程2的末状态为过程3的初状态，……依此类推。1.分析物体在某一过程中的运动情况时，将上一过程的末状态的物理量作为此过程的初始物理量进行研究。2.用归纳法分析多次碰撞问题从第1次碰撞开始，研究两物体之后的运动情况，分析几次碰撞过程，通过归纳总结碰撞n次满足的规律或物理量之间的关系，进行求解。1.如图所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块随同小车均以v0=3m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计。碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，铁块始终不从小车上掉下来。(1)(2分)若m1>m2，小车与墙壁碰后，小车和铁块中谁的速度先达到零？铁块向右运动的最大位移为多少？(2)(3分)若m1>m2，且满足题意的小车最小长度为5m，求m1与m2的比值为多少？(3)(5分)若m1=1kg，m2=2kg，小车和墙第一次相碰后，小车运动的总路程为多少？【点拨·提炼】物块与木板在光滑的水平面上以相同的初速度与墙面发生弹性、无动能损失的碰撞(1)若m物≤m板，仅发生一次碰撞，若m物>m板，将发生多次碰撞；(2)对于多次碰撞问题，可利用力学的三大观点，归纳出速度、位移或时间等物理量之间的关系，再利用数学方法进一步归纳出通式，从而解决问题。2.(2024·山东省实验中学检测)如图所示，光滑水平轨道上放置质量为m的长板A，质量为3m的滑块B(视为质点)置于A的左端，A与B之间的动摩擦因数为μ；在水平轨道上放着很多个滑块(视为质点)，滑块的质量均为2m，编号依次为1、2、3、4、…、n、…。开始时长板A和滑块B均静止。现使滑块B瞬间获得向右的初速度v0，当A、B刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，依次类推…；最终滑块B恰好没从长板A上滑落。重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：(1)(2分)开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1；(2)(2分)滑块1与滑块2之间的距离d2；(3)(3分)长板A与滑块1第1次碰撞后，长板A的右端与滑块1的最大距离；(4)(5分)长板A的长度。一、关键信息解读1.当A、B刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞：长板A的右端与滑块1之间的距离d12.经过一段时间，A、B再次刚达到共速时，长板A恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞：通过分析A、B再次刚达到共速时，A在此过程中最大速度为12v0，滑块1碰后的速度为12v0→若滑块1仍未与滑块2发生碰撞，A不可能追上滑块1→滑块3.第三问长板A与滑块1第1次碰撞后，长板A的右端与滑块1的最大距离：长板A的右端与滑块1的最大距离本来属于追及问题，若属于追及问题，vA=v1时，两者距离最大，但是根据第二问，A的速度和滑块1相等时，两者发生了碰撞，距离为0，故本题不属于两运动物体追及问题。所以需要考虑滑块1何时停下，经计算滑块1碰后t12=v016μg停下，此时A仍在向左运动(tA=v012μg才停下)，故本题转化为最远距离问题，A的速度减小到二、过程分析B匀减速、A匀加速→B与A第一次共速(v共1)→A与滑块1碰后做匀变速运动，先减速到零，后向右加速至12v0(细节：0~14v0与14v0~12v0位移之比1∶3)，B在此过程中一直匀减速→B与A第二次共速(v共2)，滑块1此过程中已经与滑块三、等比数列1.研究过程：A与滑块1碰后瞬间至B与A下次共速瞬间。2.速度成等比数列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.热量、相对位移成等比数列Q1=μ·3mgΔx1=12×3mv共12+12mvA12-Q2=μ·3mgΔx2=12×3mv共22+12mvA22-Q2Q1=同理Q3Q2=Δ以此类推。四、相对位移的两种解法解法1：系统能量守恒思路：通过研究系统的能量守恒得出B和A的相对位移过程分析：长板A与滑块1第1次碰撞后，滑块1与滑块2速度互换，滑块2与滑块3速度互换，以此类推第n个滑块以速度v1离开系统，同理长板A与滑块1第1次碰撞后，第(n-1)个滑块以速度v12离开系统……v1=12vv12=23v1=23×1v13=23v12=(23)2×1……系统的初状态的能量等于第n个至第1个滑块的动能之和与系统产生的热能(滑块B和长板A的动能接近无限小，可忽略)12×3mv02=12×2mv12+12×2mv122+12×2解法2：非惯性系，等比数列，以长板A为参考系，滑块B相对长板A的加速度为向左的加速度4μg第一阶段：Δx0=v02第二阶段：Δx1=v02Δx'=Δx1Δx=Δx0+Δx'=71.(多选)(2024·四川成都市三模)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面上依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内)，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后沿曲面滑到水平面，以速度v0与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024个弹性物块两两间碰撞时无能量损耗，则下列说法正确的是(所有物块均可视为质点，重力加速度为g)：A.0号到2024号所有物块组成的系统全过程动量守恒B.0号物块最终动量大小为(13)2024mC.2021号物块最终速度为2D.2024号物块最终速度为20232.(2024·辽宁丹东市模拟)如图所示，光滑绝缘足够大的水平面位于匀强电场中，电场方向水平向右。两小球A和B放置在水平面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量分别为mA=m、mB=3m，A带电荷量为q(q>0)，B不带电。初始两小球间的距离为L。已知电场强度大小E=maq。现释放小球A，A在静电力作用下沿直线加速运动，与小球B(1)(2分)第一次碰撞后A和B的速度大小；(2)(2分)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A与B间的最远距离；(3)(8分)在第n次碰撞到第(n+1)次碰撞之间，B的位移(n=1，2，3…)。

答案精析高频考点练1.(1)铁块2.25m(2)54(3)81解析(1)由动量定理知铁块的速度先达到零。对铁块从碰撞至速度为零，由动能定理得-μm2gxmax=0-12m2解得xmax=v022μg=2(2)研究小车与墙碰后过程，小车碰后速度等大反向，铁块继续向右运动，规定向左为正方向，当小车与铁块向左达到共同速度v共时，两者的相对位移对应小车的最小长度lmin，由动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+代入数据解得m1m(3)设小车第一次与墙相撞后向左运动的路程为s1，由动能定理得：-μm2gs1=0-12m1解得小车向左运动的最远距离s1=98规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前(已与铁块同速)，由动量守恒定律有-m1v0+m2v0=(m1+m2)v1解得v1=(m2-m第二次相撞后小车向左运动的路程为s2，由-μm2gs2=0-12m1v12得同理可得小车与墙第(n-1)次碰后至第n次碰前，由动量守恒定律有-m1vn-2+m2vn-2=(m1+m2)vn-1解得vn-1=(m2以后每次相碰反弹向左运动的路程满足snsn-1=(则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)对A、B分析由动量守恒定律有3mv0=(m+3m)v10对A分析有μ·3mgd1=12m解得d1=3v(2)长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有mv10=mvA1+2mv112mv102=12mvA1结合上述解得vA1=-1v1=12vA、B第二次达到相同速度有3mv10+mvA1=(m+3m)得v20=12v滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2滑动速度为12v对A分析有μ·3mgd2=12mv202-解得d2=v0(3)A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为aA=μ·3mgaB=μg从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2，历时t12=d2vA的速度反向减速到0，历时tA=|vA1可知tA>t12表明A的速度减小到0时，A距离滑块1最远，最远距离xmax=d2+v解得xmax=v0(4)由(2)知A与滑块1第二次碰撞前速度为v20=12v0=23A与滑块1第二次碰撞有mv20=mvA2+212mv202=12mvA2结合上述解得vA2=-16vv2=13v0以此类推有vn0=(23)n-1v10(n=1，2，3…vAn=-13×(23)n-1v10(n=1，2，3A、B的相对加速度a=4μg第n次碰后相对速度vn相对=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相对22a=v028μg(49第无穷次碰后，B在A上滑行的路程l=v028μg(1-4所以长板A的长度L=v022×4μg+补偿强化练1.BC[0号到2024号所有物块组成的系统全过程中，水平方向不受外力，竖直方向所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；对0号物块，从曲面上高h处到最低点过程中，根据机械能守恒定律有mgh=12mv02，解得v0=2gh，由题可知，2024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2024号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，由机械能守恒和动量守恒有12mv02=12mv0'2+12×2mv12，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=232gh，v0'=-132gh，可知2024号物块最终速度为232gh，故D错误；0号与1号发生碰撞后，1号将与2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止。之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为v0″=-(13)22gh，最终0号物块要与1号物块碰撞2024次，所以0号物块最终动量大小为(13)2024m2gh，故B正确；依上述分析可知2021号物块最终速度为1号物块与0号物块第4次碰撞后2.(1)2aL22aL2(3)2nL(n=1，2，3…)解析(1)A在静电力作用下加速，到即将与B发生第一次碰撞，有qEL=12m解得v0=2A与B发生第一次弹性碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为vA1、vB1，以碰撞前A球速度v0的方向为正方向由动量守恒和能量守恒，有mAv0=mAvA1+mBvB112mAv02=12mAvA1解得vA1=-2aL2，负号表示方向与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，当二者速度相同时，间距最大，即vA1+at=vB1解得t=v根据运动学公式得最大距离为dmax=vB1t-(vA1t+12at2解得dmax=L(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有vA1t1+12at12=v解得t1=2此时A的速度vA2=vA1+at1=32vB的速度仍为vB1，这段时间内B的位移xB1=vB1t1=v02之后发生第二次弹性碰撞，根据动量守恒mAvA2+mBvB1=mAvA2'+mBvB2'根据能量守恒12mAvA22+12mBvB12=12mAvA2'2+联立解得vA2'=0，vB2'=v0当二者即将第三次碰撞时有vB2't2=12a解得t2=2在这段时间内，B运动的位移xB2=vB2't2=2v0之后二者第三次发生碰撞，