資源簡介

培優點5　歸納法在解決多物體多過程問題中的應用
多過程與各狀態的關系簡圖
過程1的末狀態為過程2的初狀態，過程2的末狀態為過程3的初狀態，……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，通過歸納總結碰撞n次滿足的規律或物理量之間的關系，進行求解。
1.如圖所示，在光滑水平面上的平板小車，質量為m1，其左端放有質量為m2的鐵塊(可視為質點)，若鐵塊隨同小車均以v0=3 m/s的速度向右做勻速運動，小車將與豎直墻壁發生正撞，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μ=0.2，重力加速度g=10 m/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5 m，求m1與m2的比值為多少？
(3)(5分)若m1=1 kg，m2=2 kg，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生彈性、無動能損失的碰撞 (1)若m物≤m板，僅發生一次碰撞，若m物>m板，將發生多次碰撞； (2)對于多次碰撞問題，可利用力學的三大觀點，歸納出速度、位移或時間等物理量之間的關系，再利用數學方法進一步歸納出通式，從而解決問題。
2.(2024·山東省實驗中學檢測)如圖所示，光滑水平軌道上放置質量為m的長板A，質量為3m的滑塊B(視為質點)置于A的左端，A與B之間的動摩擦因數為μ；在水平軌道上放著很多個滑塊(視為質點)，滑塊的質量均為2m，編號依次為1、2、3、4、…、n、…。開始時長板A和滑塊B均靜止。現使滑塊B瞬間獲得向右的初速度v0，當A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發生第1次彈性碰撞。經過一段時間，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、關鍵信息解讀
1.當A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發生第1次彈性碰撞：
長板A的右端與滑塊1之間的距離d1
2.經過一段時間，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v0，滑塊1碰后的速度為v0→若滑塊1仍未與滑塊2發生碰撞，A不可能追上滑塊1→滑塊1靜止
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，但是根據第二問，A的速度和滑塊1相等時，兩者發生了碰撞，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，經計算滑塊1碰后t12=停下，此時A仍在向左運動(tA=才停下)，故本題轉化為最遠距離問題，A的速度減小到0時，A距離滑塊1最遠。
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v0(細節：0~v0與v0~v0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此過程中已經與滑塊2碰撞并接替了滑塊2的位置，此后過程以此類推。
三、等比數列
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.速度成等比數列
3mv共1+mvA1=(m+3m)v共2
解得v共2=v共1
同理v共3=v共2，v共4=v共3…
拓展：vA2=vA1，vA3=vA2…
3.熱量、相對位移成等比數列
Q1=μ·3mgΔx1=×3m+m-(m+3m)
Q2=μ·3mgΔx2=×3m+ m-(m+3m)
==
同理==，
以此類推。
四、相對位移的兩種解法
解法1：系統能量守恒
思路：通過研究系統的能量守恒得出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，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……
v1=v0
v12=v1=×v0
v13=v12=()2×v0
……
系統的初狀態的能量等于第n個至第1個滑塊的動能之和與系統產生的熱能(滑塊B和長板A的動能接近無限小，可忽略)
×3m=×2m+×2m+×2m+…+μ·3mg·Δx
解法2：非慣性系，等比數列，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==
第二階段：Δx1==
Δx'==
Δx=Δx0+Δx'=
1.(多選)(2024·四川成都市三模)如圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面上依次放有2 024個質量均為2m的彈性物塊(所有物塊在同一豎直平面內)，質量為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，2 024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點，重力加速度為g)：
A.0號到2 024號所有物塊組成的系統全過程動量守恒
B.0號物塊最終動量大小為()2 024m
C.2 021號物塊最終速度為
D.2 024號物塊最終速度為
2.(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=。現釋放小球A，A在靜電力作用下沿直線加速運動，與小球B發生彈性碰撞。兩小球可看成質點，碰撞時沒有電荷轉移，碰撞的時間極短。求：
(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　2.25 m　(2)　(3) m
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-m2
解得xmax==2.25 m
(2)研究小車與墻碰后過程，小車碰后速度等大反向，鐵塊繼續向右運動，規定向左為正方向，當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=(m1+m2)-(m1+m2)
代入數據解得=
(3)設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-m1
解得小車向左運動的最遠距離
s1= m
規定向右為正方向，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==v0
第二次相撞后小車向左運動的路程為s2，
由-μm2gs2=0-m1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==
以后每次相碰反彈向左運動的路程滿足
=()2，
則sn=sn-1
即s=2(s1+s2+s3+…+sn)
故s=2s1(1+q+q2+q3+…+qn-1)== m。
2.(1)　(2)　(3)
(4)
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=m
解得d1=。
(2)長板A與滑塊1發生第1次彈性碰撞過程有mv10=mvA1+2mv1
m=m+×2m
結合上述解得=-v0
v1=v0
A、B第二次達到相同速度有
3mv10+m=(m+3m)v20
得v20=v0
滑塊1與滑塊2碰撞后速度發生交換，滑塊1碰后靜止，滑塊2滑動速度為v0
對A分析有μ·3mgd2=m-m
解得d2=。
(3)A、B發生相對運動過程中的加速度大小分別為aA==3μg
aB=μg
從滑塊1第一次被碰后，直到滑塊1碰滑塊2，歷時t12==
A的速度反向減速到0，
歷時tA==
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+
解得xmax=。
(4)由(2)知A與滑塊1第二次碰撞前速度為v20=v0=v10
A與滑塊1第二次碰撞有
mv20=m+2mv2
m=m+×2m
結合上述解得vA2=-v0
v2=v0，
以此類推有vn0=()n-1v10(n=1，2，3…)
vAn=-×()n-1v10(n=1，2，3…)
A、B的相對加速度a=4μg
第n次碰后相對速度vn相對=vn0+|vAn|=(1+)×()n-1v10
=()n-1v0
第n次碰后，B在A上滑行的路程ln==)n-1(n=1，2，3…)
第無窮次碰后，B在A上滑行的路程l=(1-)-1=
所以長板A的長度L=+l=。
補償強化練
1.BC　[0號到2 024號所有物塊組成的系統全過程中，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，根據機械能守恒定律有mgh=m解得v0=由題可知，2 024個彈性物塊兩兩之間碰撞時交換速度，所以2 024號物塊最終速度是0號物塊與1號物塊發生彈性正碰后1號物塊的速度，由機械能守恒和動量守恒有m=mv0'2+×2mmv0=mv0'+2mv1，解得v1=v0'=-可知2 024號物塊最終速度為故D錯誤；0號與1號發生碰撞后，1號將與2號發生正碰，因兩者質量相同，將發生速度交換，1號將靜止。之后0號將繼續與1號發生第二次碰撞，同理可得，0號第二次碰撞后的速度為v0″=-()2最終0號物塊要與1號物塊碰撞2 024次，所以0號物塊最終動量大小為()2 024m故B正確；依上述分析可知2 021號物塊最終速度為1號物塊與0號物塊第4次碰撞后1號物塊的速度，0號物塊第3次碰撞后的速度大小為()3則2 021號物塊最終速度v=×()3=故C正確。]
2.(1)　　(2)L
(3)2nL(n=1，2，3…)
解析　(1)A在靜電力作用下加速，到即將與B發生第一次碰撞，有qEL=m
解得v0=
A與B發生第一次彈性碰撞，
設碰撞后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+mBvB1
mA=mA+mB
解得vA1=-負號表示方向與v0方向相反，vB1=
(2)已知E=可知A的加速度等于a，
第一次碰后，當二者速度相同時，間距最大，
即vA1+at=vB1
解得t=
根據運動學公式得最大距離為
dmax=vB1t-(vA1t+at2)
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+a=vB1t1
解得t1=
此時A的速度vA2=vA1+at1=v0
B的速度仍為vB1，這段時間內B的位移
xB1=vB1t1==2L
之后發生第二次彈性碰撞，根據動量守恒
mAvA2+mBvB1=mAvA2'+mBvB2'
根據能量守恒
mA+mB=mAvA2'2+mBvB2'2
聯立解得vA2'=0，vB2'=v0
當二者即將第三次碰撞時有vB2't2=a
解得t2=
在這段時間內，B運動的位移
xB2=vB2't2==4L
之后二者第三次發生碰撞，碰前A的速度
vA3=at2=2v0
由動量守恒mAvA3+mBvB2'=mAvA3'+mBvB3'
由機械能守恒
mA+mBvB2'2=mAvA3'2+mBvB3'2
得碰后A速度為vA3'=
B速度為vB3'=
當二者即將第四次碰撞時
vB3't3=vA3't3+a
得t3=
在這段時間內，B運動的位移
xB3=vB3't3==6L
以此類推，可得出B每次碰后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，
即xB4=8L，xB5=10L…
即第n次碰撞到第(n+1)次碰撞之間，B的位移
xBn=2nL(n=1，2，3…)。(共48張PPT)
培優點5
歸納法在解決多物體多過程問題中的應用
專題二　能量與動量
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
多過程與各狀態的關系簡圖
過程1的末狀態為過程2的初狀態，過程2的末狀態為過程3的初狀態，……依此類推。
知識聚焦
PART ONE
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，通過歸納總結碰撞n次滿足的規律或物理量之間的關系，進行求解。
核心精講
PART TWO
高頻考點練
PART THREE
1.如圖所示，在光滑水平面上的平板小車，質量為m1，其左端放有質量為m2的鐵塊(可視為質點)，若鐵塊隨同小車均以v0=3 m/s的速度向右做勻速運動，小車將與豎直墻壁發生正撞，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μ=0.2，重力加速度g=10 m/s2，鐵塊始終不從小車上掉下來。
(1)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？
答案　鐵塊　2.25 m　
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-m2
解得xmax==2.25 m
(2)若m1>m2，且滿足題意的小車最小長度為5 m，求m1與m2的比值為多少？
答案　　
研究小車與墻碰后過程，小車碰后速度等大反向，鐵塊繼續向右運動，規定向左為正方向，當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=(m1+m2)-(m1+m2)
代入數據解得=
(3)若m1=1 kg，m2=2 kg，小車和墻第一次相碰后，小車運動的總路程為多少？
答案　 m
設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-m1
解得小車向左運動的最遠距離s1= m
規定向右為正方向，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==v0
第二次相撞后小車向左運動的路程為s2，
由-μm2gs2=0-m1=
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==
以后每次相碰反彈向左運動的路程滿足
=()2，
則sn=sn-1
即s=2(s1+s2+s3+…+sn)
故s=2s1(1+q+q2+q3+…+qn-1)== m。
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生彈性、無動能損失的碰撞
(1)若m物≤m板，僅發生一次碰撞，若m物>m板，將發生多次碰撞；
(2)對于多次碰撞問題，可利用力學的三大觀點，歸納出速度、位移或時間等物理量之間的關系，再利用數學方法進一步歸納出通式，從而解決問題。
2.(2024·山東省實驗中學檢測)如圖所示，光滑水平軌道上放置質量為m的長板A，質量為3m的滑塊B(視為質點)置于A的左端，A與B之間的動摩擦因數為μ；在水平軌道上放著很多個滑塊(視為質點)，滑塊的質量均為2m，編號依次為1、2、3、4、…、n、…。開始時長板A和滑塊B均靜止。現使滑塊B瞬間獲得向右的初速度v0，當A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發生第1次彈性碰撞。經過一段時間，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)開始時，長板A的右端與滑塊1之間的距離d1；
答案　　
對A、B分析由動量守恒定律有
3mv0=(m+3m)v10
對A分析有μ·3mgd1=m
解得d1=。
(2)滑塊1與滑塊2之間的距離d2；
答案　　
長板A與滑塊1發生第1次彈性碰撞過程有
mv10=mvA1+2mv1
m=m+×2m
結合上述解得=-v0
v1=v0
A、B第二次達到相同速度有
3mv10+m=(m+3m)v20
得v20=v0
滑塊1與滑塊2碰撞后速度發生交換，
滑塊1碰后靜止，滑塊2滑動速度為v0
對A分析有μ·3mgd2=m-m
解得d2=。
(3)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；
答案　　
A、B發生相對運動過程中的加速度大小分別為
aA==3μg
aB=μg
從滑塊1第一次被碰后，直到滑塊1碰滑塊2，歷時t12==
A的速度反向減速到0，歷時tA==
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+
解得xmax=。
(4)長板A的長度。
答案　
由(2)知A與滑塊1第二次碰撞前速度為v20=v0=v10
A與滑塊1第二次碰撞有
mv20=m+2mv2
m=m+×2m
結合上述解得vA2=-v0
v2=v0，
以此類推有vn0=()n-1v10(n=1，2，3…)
vAn=-×()n-1v10(n=1，2，3…)
A、B的相對加速度a=4μg
第n次碰后相對速度vn相對=vn0+|vAn|=(1+)×()n-1v10=()n-1v0
第n次碰后，B在A上滑行的路程ln==)n-1(n=1，2，3…)
第無窮次碰后，B在A上滑行的路程l=(1-)-1=
所以長板A的長度L=+l=。
一、關鍵信息解讀
1.當A、B剛達到共速時，長板A恰好與滑塊1發生第1次彈性碰撞：
長板A的右端與滑塊1之間的距離d1
2.經過一段時間，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v0，滑塊1碰后的速度為v0→若滑塊1仍未與滑塊2發生碰撞，A不可能追上滑塊1→滑塊1靜止
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，但是根據第二問，A的速度和滑塊1相等時，兩者發生了碰撞，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，經計算滑塊1碰后t12=停下，此時A仍在向左運動(tA=才停下)，故本題轉化為最遠距離問題，A的速度減小到0時，A距離滑塊1最遠。
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v0(細節：0~v0與v0~v0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此過程中已經與滑塊2碰撞并接替了滑塊2的位置，此后過程以此類推。
三、等比數列
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.速度成等比數列
3mv共1+mvA1=(m+3m)v共2
解得v共2=v共1
同理v共3=v共2，v共4=v共3…
拓展：vA2=vA1，vA3=vA2…
3.熱量、相對位移成等比數列
Q1=μ·3mgΔx1=×3m+m-(m+3m)
Q2=μ·3mgΔx2=×3m+ m-(m+3m)
==
同理==，
以此類推。
四、相對位移的兩種解法
解法1：系統能量守恒
思路：通過研究系統的能量守恒得出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，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……
v1=v0
v12=v1=×v0
v13=v12=()2×v0
……
系統的初狀態的能量等于第n個至第1個滑塊的動能之和與系統產生的熱能(滑塊B和長板A的動能接近無限小，可忽略)
×3m=×2m+×2m+×2m+…+μ·3mg·Δx
解法2：非慣性系，等比數列，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==
第二階段：Δx1==
Δx'==
Δx=Δx0+Δx'=
1
2
補償強化練
PART FOUR
1.(多選)(2024·四川成都市三模)如圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面平滑連接，水平面上依次放有2 024個質量均為2m的彈性物塊(所有物塊在同一豎直平面內)，質量為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，2 024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點，重力加速度為g)
1
2
A.0號到2 024號所有物塊組成的系統全過程動量守恒
B.0號物塊最終動量大小為()2 024m
C.2 021號物塊最終速度為
D.2 024號物塊最終速度為
√
√
1
2
0號到2 024號所有物塊組成的系統全過程中，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，根據機械能守恒定律有mgh=m，解得v0=，由題可知，2 024個彈性物塊兩兩之間碰撞時交換速度，所以2 024號物塊最終速度是0號物塊與1號物塊發生彈性正碰后1號物塊的速度，由機械能守恒和動量守恒有m=mv0'2+×2m，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=，v0'=-，可知2 024號物塊最終速度為，故D錯誤；
1
2
0號與1號發生碰撞后，1號將與2號發生正碰，因兩者質量相同，將發生速度交換，1號將靜止。之后0號將繼續與1號發生第二次碰撞，同理可得，0號第二次碰撞后的速度為v0″=-()2，最終0號物塊要與1號物塊碰撞2 024次，所以0號物塊最終動量大小為()2 024m，故B正確；
依上述分析可知2 021號物塊最終速度為1號物塊與0號物塊第4次碰撞后1號物塊的速度，0號物塊第3次碰撞后的速度大小為()3，則2 021號物塊最終速度v=×()3=，故C正確。
1
2
2.(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=。現釋放小球A，A在靜電力作用下沿直線加速運動，與小球B發生彈性碰撞。兩小球可看成質點，碰撞時沒有電荷轉移，碰撞的時間極短。求：
(1)第一次碰撞后A和B的速度大小；
答案　　　
1
2
A在靜電力作用下加速，到即將與B發生第一次碰撞，有qEL=m
解得v0=
A與B發生第一次彈性碰撞，
設碰撞后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+mBvB1
1
2
mA=mA+mB
解得vA1=-，負號表示方向與v0方向相反，
vB1=
1
2
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，A與B間的最遠距離；
答案　L　
1
2
已知E=，可知A的加速度等于a，
第一次碰后，當二者速度相同時，間距最大，
即vA1+at=vB1
解得t=
根據運動學公式得最大距離為
dmax=vB1t-(vA1t+at2)
解得dmax=L
1
2
(3)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　2nL(n=1，2，3…)
1
2
第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有
vA1t1+a=vB1t1
解得t1=
此時A的速度vA2=vA1+at1=v0
B的速度仍為vB1，這段時間內B的位移
xB1=vB1t1==2L
之后發生第二次彈性碰撞，根據動量守恒
mAvA2+mBvB1=mAvA2'+mBvB2'
1
2
根據能量守恒
mA+mB=mAvA2'2+mBvB2'2
聯立解得vA2'=0，vB2'=v0
當二者即將第三次碰撞時有vB2't2=a
解得t2=
在這段時間內，B運動的位移
xB2=vB2't2==4L
1
2
之后二者第三次發生碰撞，碰前A的速度
vA3=at2=2v0
由動量守恒mAvA3+mBvB2'=mAvA3'+mBvB3'
由機械能守恒
mA+mBvB2'2=mAvA3'2+mBvB3'2
得碰后A速度為vA3'=
B速度為vB3'=
1
2
當二者即將第四次碰撞時
vB3't3=vA3't3+a
得t3=
在這段時間內，B運動的位移
xB3=vB3't3==6L
以此類推，可得出B每次碰后到下一次碰撞前，B向右的位移逐次增加2L，
1
2
即xB4=8L，xB5=10L…
即第n次碰撞到第(n+1)次碰撞之間，B的位移
xBn=2nL(n=1，2，3…)。

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