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-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

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.(15分)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=3 m/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=10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来。 (1)(4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)(5分)若m1>m2，且满足题意的小车最小长度为5 m，求m1与m2的比值为多少？ (3)(6分)若m1=1 kg，m2=2 kg，小车和墙第一次相碰后，小车运动的总路程为多少？ 答案　(1)铁块　2.25 m　(2)　(3) m 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-m2 解得xmax==2.25 m (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=(m1+m2)-(m1+m2) 代入数据解得= (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-m1 解得小车向左运动的最远距离s1= m 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==v0 第二次相撞后小车向左运动的路程为s2， 由-μm2gs2=0-m1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== 以后每次相碰反弹向左运动的路程满足 =()2， 则sn=sn-1 即s=2(s1+s2+s3+…+sn) 故s=2s1(1+q+q2+q3+…+qn-1)== m。 【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.(16分)(2024·江苏南京市江宁区测评)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)(3分)滑块1与滑块2之间的距离d2； (3)(5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)(6分)长板A的长度。 答案　(1)　(2)　(3)　(4) 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=m 解得d1=。 (2)长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有 mv10=mvA1+2mv1 m=m+×2m 结合上述解得=-v0 v1=v0 A、B第二次达到相同速度有 3mv10+m=(m+3m)v20 得v20=v0 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v0 对A分析有μ·3mgd2=m-m 解得d2=。 (3)A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为 aA==3μg aB=μg 从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2，历时t12== A的速度反向减速到0，历时tA== 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+ 解得xmax=。 (4)由(2)知A与滑块1第二次碰撞前速度为v20=v0=v10 A与滑块1第二次碰撞有 mv20=m+2mv2 m=m+×2m 结合上述解得vA2=-v0 v2=v0， 以此类推有vn0=()n-1v10(n=1，2，3…) vAn=-×()n-1v10(n=1，2，3…) A、B的相对加速度a=4μg 第n次碰后相对速度vn相对=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…) 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程l=(1-)-1= 所以长板A的长度L=+l=。 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d1 2.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v0，滑块1碰后的速度为v0→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1静止 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=停下，此时A仍在向左运动(tA=才停下)，故本题转化为最远距离问题，A的速度减小到0时，A距离滑块1最远。 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v0(细节：0~v0与v0~v0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2碰撞并接替了滑块2的位置，此后过程以此类推。 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=v共1 同理v共3=v共2，v共4=v共3… 拓展：vA2=vA1，vA3=vA2… 3.热量、相对位移成等比数列 Q1=μ·3mgΔx1=×3m+m-(m+3m) Q2=μ·3mgΔx2=×3m+ m-(m+3m) == 同理==， 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=v0 v12=v1=×v0 v13=v12=()2×v0 …… 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) ×3m=×2m+×2m+×2m+…+μ·3mg·Δx 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== 第二阶段：Δx1== Δx'== Δx=Δx0+Δx'= 1.(2024·江苏省前黄高级中学模拟)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2 024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，2 024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2 024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()2 024m C.2 021号物块最终速度为 D.2 024号物块最终速度为 答案　B 解析　0号到2 024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=m，解得v0=，由题可知，2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2 024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，由机械能守恒定律和动量守恒定律有m=mv0'2+×2m，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=，v0'=-，可知2 024号物块最终速度为，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″=-()2，最终0号物块要与1号物块碰撞2 024次，所以0号物块最终动量大小为()2 024m，故B正确；依上述分析可知2 021号物块最终速度为1号物块与0号物块第4次碰撞后1号物块的速度，0号物块第3次碰撞后的速度大小为()3，则2 021号物块最终速度v=×()3=，故C错误。 2.(15分)(2023·江苏省盐城中学期末)如图所示，是半径为R的固定的圆弧轨道，半径OB竖直。在水平向左的匀强电场中，固定有一足够长的绝缘斜面CD，其倾角θ=53°。一质量为m、电荷量为q的带正电小物块恰好静止在斜面顶端。一个不带电的绝缘小球从A点由静止释放沿圆弧轨道下滑，从B点水平飞出后最终与小物块发生弹性正碰。已知碰前瞬间小球速度恰好沿CD方向，重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，小物块的电荷量始终保持不变，不计空气阻力和所有摩擦，不计碰撞时间，小球和小物块均可视为质点。 (1)(4分)求电场强度大小E以及B、C两点间的竖直距离h； (2)(5分)若小球的质量为3m，求小球第2次与小物块碰撞前瞬间的速度大小； (3)(6分)若小球的质量为m，求第1次碰撞到第9次碰撞的时间间隔。 答案　(1)　　(2)　(3) 解析　(1)对小物块受力分析，如图所示 根据平衡条件可得qE=mgtan θ，解得E= 小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有m球gR=m球，解得vB= 碰前瞬间小球速度方向沿CD方向，设小球由B到C所需时间为t，则有gt=vBtan θ，h=gt2 解得h= (2)设小球第一次碰撞前瞬间的速度大小为v，小球从A点运动到C点前的过程中，根据机械能守恒定律有3mg(R+h)=(3m)v2 解得v= 小球与小物块发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv=3mv1+mv2 (3m)v2=(3m)+m 解得v1=，v2= 碰撞后带电小物块做匀速直线运动，小球做匀加速直线运动，对小球根据牛顿第二定律有3mgsin θ=3ma，解得a=0.8g 设第1次碰撞后瞬间到第2次碰撞前瞬间的时间为T1，小球第2次碰撞前瞬间速度大小为v球2，则有v球2=v1+aT1，v1T1+a=v2T1 解得v球2= (3)小球与小物块发生弹性正碰，由于二者的质量相等，分析可知碰撞前后交换速度，第1次碰撞后小球、小物块的速度大小分别为0、v，碰撞后小球做初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动，小物块做速度为v的匀速直线运动，设第1次碰撞前瞬间到第2次碰撞前瞬间的时间为t1，小球第2次碰撞前瞬间的速度大小为u1，则有vt1=a，u1=at1，解得t1==，u1=2v 第2次碰撞后二者交换速度，第2次碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v、2v，设第2次碰撞后瞬间到第3次碰撞前瞬间的时间为t2，则有2vt2=vt2+a，解得t2==t1 同理可得后面相邻两次碰撞时间间隔均等于t1，则第1次碰撞后到第9次碰撞前瞬间的时间t总=8t1=。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 培优点5 归纳法在解决多物体多过程问题中的应用 专题二　能量与动量 知识聚焦 高频考点练 内容索引 核心精讲 补偿强化练 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。 知识聚焦 PART ONE 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。 核心精讲 PART TWO 1 2 高频考点练 PART THREE 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=3 m/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=10 m/s2，铁块始终不从小车上掉下来。 (1)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？ 答案　铁块　2.25 m　 1 2 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-m2 解得xmax==2.25 m 1 2 (2)若m1>m2，且满足题意的小车最小长度为5 m，求m1与m2的比值为多少？ 答案　　 1 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=(m1+m2)-(m1+m2) 代入数据解得= 1 2 (3)若m1=1 kg，m2=2 kg，小车和墙第一次相碰后，小车运动的总路程为多少？ 答案　 m 1 2 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-m1 解得小车向左运动的最远距离s1= m 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==v0 1 2 第二次相撞后小车向左运动的路程为s2， 由-μm2gs2=0-m1= 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== 以后每次相碰反弹向左运动的路程满足 =()2， 1 2 则sn=sn-1 即s=2(s1+s2+s3+…+sn) 故s=2s1(1+q+q2+q3+…+qn-1)== m。 1 2 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。 1 2 2.(2024·江苏南京市江宁区测评)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 (1)开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1； 答案　　 对A、B分析由动量守恒定律有 3mv0=(m+3m)v10 对A分析有μ·3mgd1=m 解得d1=。 1 2 1 2 (2)滑块1与滑块2之间的距离d2； 答案　　 长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有 mv10=mvA1+2mv1 m=m+×2m 结合上述解得=-v0 v1=v0 A、B第二次达到相同速度有 3mv10+m=(m+3m)v20 1 2 得v20=v0 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v0 对A分析有μ·3mgd2=m-m 解得d2=。 1 2 1 2 (3)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； 答案　　 A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为 aA==3μg aB=μg 从滑块1第一次被碰后，直到滑块1碰滑块2，历时t12== A的速度反向减速到0，历时tA== 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+ 解得xmax=。 1 2 1 2 (4)长板A的长度。 答案　 由(2)知A与滑块1第二次碰撞前速度为v20=v0=v10 A与滑块1第二次碰撞有 mv20=m+2mv2 m=m+×2m 结合上述解得vA2=-v0 v2=v0， 以此类推有vn0=()n-1v10(n=1，2，3…) vAn=-×()n-1v10(n=1，2，3…) 1 2 A、B的相对加速度a=4μg 第n次碰后相对速度 vn相对=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…) 第无穷次碰后，B在A上滑行的路程l=(1-)-1= 所以长板A的长度L=+l=。 1 2 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d1 2.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v0，滑块1碰后的速度为v0→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1静止 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=停下，此时A仍在向左运动(tA=才停下)，故本题转化为最远距离问题，A的速度减小到0时，A距离滑块1最远。 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v0(细节：0~v0与v0~v0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2碰撞并接替了滑块2的位置，此后过程以此类推。 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=v共1 同理v共3=v共2，v共4=v共3… 拓展：vA2=vA1，vA3=vA2… 3.热量、相对位移成等比数列 Q1=μ·3mgΔx1=×3m+m-(m+3m) Q2=μ·3mgΔx2=×3m+ m-(m+3m) == 同理==， 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=v0 v12=v1=×v0 v13=v12=()2×v0 …… 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) ×3m=×2m+×2m+×2m+…+μ·3mg·Δx 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== 第二阶段：Δx1== Δx'== Δx=Δx0+Δx'= 1.(2024·江苏省前黄高级中学模拟)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2 024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，2 024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2 024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()2 024m C.2 021号物块最终速度为 D.2 024号物块最终速度为 √ 补偿强化练 PART FOUR 1 2 1 2 0号到2 024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=m，解得v0=，由题可知，2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2 024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，由机械能守恒定律和动量守恒定律有m=mv0'2+×2m，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=，v0'=-，可知2 024号物块最终速度为，故D错误； 1 2 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″=-()2，最终0号物块要与1号物块碰撞2 024次，所以0号物块最终动量大小为()2 024m，故B正确； 依上述分析可知2 021号物块最终速度为1号物块与0号物块第4次碰撞后1号物块的速度，0号物块第3次碰撞后的速度大小为()3，则2 021号物块最终速度v=×()3=，故C错误。 2.(2023·江苏省盐城中学期末)如图所示，是半径为R的固定的圆弧轨道，半径OB竖直。在水平向左的匀强电场中，固定有一足够长的绝缘斜面CD，其倾角θ=53°。一质量为m、电荷量为q的带正电小物块恰好静止在斜面顶端。一个不带电的绝缘小球从A点由静止释放沿圆弧轨道下滑，从B点水平 1 2 飞出后最终与小物块发生弹性正碰。已知碰前瞬间小球速度恰好沿CD方向，重力加速度为g，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，小物块的电荷量始终保持不变，不计空气阻力和所有摩擦，不计碰撞时间，小球和小物块均可视为质点。 (1)求电场强度大小E以及B、C两点间的竖直距离h； 1 2 答案　　　 对小物块受力分析，如图所示 根据平衡条件可得qE=mgtan θ，解得E= 小球从A点运动到B点的过程中， 根据动能定理有m球gR=m球，解得vB= 碰前瞬间小球速度方向沿CD方向，设小球由B到C所需时间为t，则有gt=vBtan θ，h=gt2 解得h= 1 2 (2)若小球的质量为3m，求小球第2次与小物块碰撞前瞬间的速度大小； 1 2 答案　　 设小球第一次碰撞前瞬间的速度大小为v，小球从A点运动到C点前的过程中，根据机械能守恒定律有3mg(R+h)=(3m)v2 解得v= 小球与小物块发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv=3mv1+mv2 (3m)v2=(3m)+m 解得v1=，v2= 1 2 碰撞后带电小物块做匀速直线运动，小球做匀加速直线运动，对小球根据牛顿第二定律有3mgsin θ=3ma，解得a=0.8g 设第1次碰撞后瞬间到第2次碰撞前瞬间的时间 为T1，小球第2次碰撞前瞬间速度大小为v球2，则有v球2=v1+aT1，v1T1+a=v2T1 解得v球2= 1 2 (3)若小球的质量为m，求第1次碰撞到第9次碰撞的时间间隔。 1 2 答案　 小球与小物块发生弹性正碰，由于二者的质量相等，分析可知碰撞前后交换速度，第1次碰撞后小球、小物块的速度大小分别为0、v，碰撞后小球做初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动，小物块做速度为v的匀速直线运动，设第 1次碰撞前瞬间到第2次碰撞前瞬间的时间为t1，小球第2次碰撞前瞬间的速度大小为u1，则有vt1=a，u1=at1，解得t1==，u1=2v 1 2 第2次碰撞后二者交换速度，第2次碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v、2v，设第2次碰撞后瞬间到第3次碰撞前瞬间的时间为t2，则有2vt2=vt2+a，解得t2==t1 同理可得后面相邻两次碰撞时间间隔均等于t1，则第1次碰撞后到第9次碰撞前瞬间的时间t总=8t1=。 1 2 $$