专题7.4计算题高考新动向（解析版）_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023届高考物理二、三轮复习总攻略290387341

第七部分 计算压轴满分策略 专题7.4 计算题高考新动向 目录 高考新动向1 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题......................................................................................1 【专题强化练】..........................................................................................................................................................5 高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动.........................................................................................................10 【专题强化练】........................................................................................................................................................14 高考新动向1 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： 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 数学归纳法，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 归纳法 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 图像法 过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 【例1】(2022·山东日照市一模)如图所示，质量m＝1.9 kg的靶盒A静止在固定平台上的O点(未画出)，轻 1 弹簧的一端固定，另一端靠着靶盒(不连接)，此时弹簧处于自然长度，弹簧的劲度系数k＝184 N/m.长度l ＝2.25 m、质量m ＝1.0 kg的木板B静止在光滑的水平面上，木板上表面与平台等高，且紧靠平台右端放 2 置，距离平台右端d＝4.25 m处有竖直墙壁．某射击者根据需要瞄准靶盒，射出一颗水平速度 v ＝100 0 m/s、质量m ＝0.1 kg的子弹，当子弹从靶盒右端打入靶盒后，便留在盒内(在极短的时间内子弹与靶盒达 0 到共同速度)，最终靶盒恰好没有从木板的右端脱离木板．已知靶盒与平台、与木板上表面间的动摩擦因数 μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，木板与墙壁碰撞没有能量损失，靶盒 与子弹均可视为质点，取g＝10 m/s2.(弹簧的弹性势能可表示为：E ＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧 p 的形变量)求： (1)子弹射入靶盒的过程中，系统损失的动能； (2)靶盒刚离开弹簧时的动能； (3)O点到平台右端的距离； (4)木板运动的总路程． 【答案】 (1)475 J (2)21 J (3)3 m (4)3.125 m 【解析】 (1)子弹射入靶盒的过程中，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v，得v＝5 m/s 0 0 1 0 系统损失的动能 ΔE＝mv2－(m＋m)v2， k 0 0 1 0解得ΔE＝475 J； k (2)子弹进入靶盒后，设靶盒向左运动的最大距离为x，由能量守恒定律有 (m＋m)v2＝μ(m＋m)gx＋kx2， 1 0 1 0 解得x＝0.5 m， 靶盒再次返回到O点时离开弹簧，设此时动能为E， k 由动能定理有 －2μ(m＋m)gx＝E－(m＋m)v2， 1 0 k 1 0 解得E＝21 J； k (3)设O点到平台右端的距离为s，靶盒A离开O点后仅在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，滑上木板后， 木板与墙壁多次碰撞，最终靶盒停在木板右端， 由能量守恒定律得E＝μ(m＋m)g(s＋l)， k 1 0 解得s＝3 m； (4)设靶盒滑上长木板时的速度大小为v，由动能定理有 1 －μ(m＋m)gs＝(m＋m)v2－E， 1 0 1 0 1 k 解得v＝3 m/s， 1 设之后靶盒与木板达到共同速度v′，(m＋m)v＝(m＋m＋m)v′， 1 1 0 1 1 0 2 1 解得v′＝2 m/s，该过程中木板的位移为s， 1 1 木板的加速度为a，μ(m＋m)g＝ma， 1 0 2 根据v′2＝2as， 1 1 解得s＝0.5 mv，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为 v ，由动能定理 0 1 得－μmgl＝mv2－mv2 1 0 解得v＝4 m/s 1 由于v>v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s 1 (2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为v 、v ，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv ＝mv ＋ B1 A1 1 B1 Mv A1由机械能守恒定律得mv2＝mv 2＋Mv 2 1 B1 A1 由以上两式解得v ＝－v＝－ m/s B1 1 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则 －μmgx＝0－mv 2 B1 解得x＝ m<1 m 物块B再向左加速返回传送带左端，且回到左端的速度为 m/s.设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时 t，则t＝＝ s 摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝ J (3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的，即v ＝v ＝()2v B2 B1 1 同理可推，B与A碰撞n次后 v ＝()nv＝ m/s Bn 1 动能E ＝mv 2＝ J. kn Bn 4.(2022·重庆市质检)2022年冬奥会在北京和张家口市联合举行，小开同学受到冰壶运动的启发，设置了一 种新式的碰撞游戏，其情景如图所示．竖直面内的一段光滑固定弧形轨道 MN和粗糙水平轨道KN在N点 平滑连接，水平直轨上放置质量m ＝1 kg的足够长的木板B，B的左端距N点的距离x＝ m，B的右端上 B 方放置质量m ＝2 kg的物块C，B、C之间的动摩擦因数μ ＝0.1，B与水平轨道之间的动摩擦因数 μ ＝ C C B 0.2，质量为m ＝3 kg的冰块从距地面高度为h＝1 m的地方静止滑下，A与水平轨道之间的动摩擦因数μ A A ＝，A、B间的碰撞是弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度取g＝10 m/s2.已知A与B发生第二次碰撞之前 B、C均已停止运动，不考虑冰块质量的变化，求： (1)A与B第一次碰撞后A、B的速度大小； (2)A与B第二次碰前B的位移大小； (3)从开始到最终停止B、C之间因摩擦产生的热量． 【答案】 (1)2 m/s 6 m/s (2) m (3) J 【解析】 (1)碰撞前，由机械能守恒定律得m gh－μ m gx＝m v2 A A A A 0 冰块A与木板B为弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v＝m v ＋m v A 0 A A B B 由机械能守恒定律得m v2＝m v 2＋m v 2，联立解得v ＝2 m/s，v ＝6 m/s A 0 A A B B A B (2)已知A与B发生第二次碰撞之前B、C均已停止运动，故由牛顿第二定律得B的加速度大小为a ＝ B C做加速运动，加速度大小为a ＝ C 最后二者共速时，对B有v ＝v －a t 共 B B 对C有v ＝a t 共 C 联立解得t＝ s，v ＝ m/s，则达到共速前，B的位移为x ′＝＝ m，此后物块C相对木板B向前滑动， 共 B 则此时C做减速运动的加速度大小仍为a ＝1 m/s2 C木板B也做减速运动，加速度大小为a ′＝＝4 m/s2 B B的速度为零时位移为x ″＝＝ m B 则A与B第二次碰前B的位移大小x ＝x ′＋x ″＝ m B B B (3)由(2)可知，从开始到B、C共速时相对位移为Δx′＝x ′－x ＝－＝2 m B C 共速后到两者都停止运动时的相对位移 Δx″＝x ′－x ″＝－＝ m C B Δx ＝Δx′＋Δx″＝ m，随后A再次与B相碰，直到最后系统均静止，A做匀减速直线运动的加速度大小 1 为a ＝μ g，故第二次碰撞前的速度大小为v ＝＝1 m/s，与B再次碰撞后，由于每一次碰撞后的规律与第 A A A1 一次相同，所以第二阶段的总路程与第一阶段成正比，即＝，则总的相对路程为Δx＝，从开始到最终停止， B、C之间因摩擦产生的热量为 Q＝μ m gΔx＝ J. C C 高考新动向2 带电粒子在立体空间的运动 带电粒子在立体空间中的组合场、叠加场的运动问题，通过受力分析、运动分析，转换视图角度，充 分利用分解的思想，分解为直线运动、圆周运动、类平抛运动，再利用每种运动对应的规律进行求解． 常见粒子在立体空间的运动轨迹特点，粒子的运动为一个轴方向的直线运动和垂直轴的平面中的曲线 运动，或粒子从一个平面的曲线运动变换到另一个平面的曲线运动． 【例1】 (2022·山东济宁市一模)如图所示，真空中的立方体棱长为0.8 m，底面中心处有一点状放射源 S，仅在abcO所在平面内向各个方向均匀发射α粒子，所有α粒子的速率均为v＝5.0×106 m/s，已知α粒 子的比荷为＝5.0×107 C/kg，现给立方体内施加竖直向上的匀强磁场，使所有 α粒子恰好能束缚在正方形 abcO区域内．abfe面放有一个屏，该屏可以沿z轴左右平移． (1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)在正方体内再施加竖直向上的匀强电场，要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，求所加匀强电场 的电场强度E的大小(结果用π表示)； (3)若匀强电场的电场强度的大小取第(2)问中的最大值，现让abfe屏向左沿－z方向移动 0.2 m，求粒子打在abfe屏上x坐标最大值和最小值时对应点的y轴坐标． 【答案】 (1)0.5 T (2) V/m(n＝1,2,3，…) (3)0.2 m 0.05 m 【解析】 (1)所有α粒子恰好束缚在正方形abcO区域内，由几何关系得 r＝0.2 m α粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝m解得B＝0.5 T (2)α粒子做圆周运动的周期为 T＝＝8π×10－8 s 要使所有粒子刚好都能从上表面中心P离开，所用时间一定为周期的整数倍，在竖直方向上由运动学规律 得 L＝·(nT)2 解得E＝ V/m(n＝1,2,3，…) (3)粒子运动的俯视图如图所示， 由图可知，当SP 为直径时，射出粒子的x轴坐标为最大值，此时粒子运动的时间为 1 t＝T＝4π×10－8 s 1 此时对应的y轴坐标 y＝·t2 1 1 解得y＝0.2 m 1 由图可知，当与abfe面相切时，射出粒子的x轴坐标为最小值，此时粒子运动的时间为 t＝T＝2π×10－8 s 2 此时对应的y轴坐标为y＝·t2 2 2 解得y＝0.05 m. 2 【例2】 (2022·山东卷·17)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加 速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系 Oxyz中，0