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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=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)(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5 m，求m1与m2的比值为多少？
(3)(5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？
【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.(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
2.(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=。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发生弹性碰撞。两小球可看成质点，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。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　2.25 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。
2.(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=。
补偿强化练
1.BC　[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，由机械能守恒和动量守恒有m=mv0'2+×2mmv0=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正确。]
2.(1)　　(2)L
(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=m
解得v0=
A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+mBvB1
mA=mA+mB
解得vA1=-负号表示方向与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，当二者速度相同时，间距最大，
即vA1+at=vB1
解得t=
根据运动学公式得最大距离为
dmax=vB1t-(vA1t+at2)
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+a=vB1t1
解得t1=
此时A的速度vA2=vA1+at1=v0
B的速度仍为vB1，这段时间内B的位移
xB1=vB1t1==2L
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
mA+mB=mAvA2'2+mBvB2'2
联立解得vA2'=0，vB2'=v0
当二者即将第三次碰撞时有vB2't2=a
解得t2=
在这段时间内，B运动的位移
xB2=vB2't2==4L
之后二者第三次发生碰撞，碰前A的速度
vA3=at2=2v0
由动量守恒mAvA3+mBvB2'=mAvA3'+mBvB3'
由机械能守恒
mA+mBvB2'2=mAvA3'2+mBvB3'2
得碰后A速度为vA3'=
B速度为vB3'=
当二者即将第四次碰撞时
vB3't3=vA3't3+a
得t3=
在这段时间内，B运动的位移
xB3=vB3't3==6L
以此类推，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)次碰撞之间，B的位移
xBn=2nL(n=1，2，3…)。(共48张PPT)
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
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　
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)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　　
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)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
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=
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.(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)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=。
(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
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)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=。
(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…)
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
2
补偿强化练
PART FOUR
1.(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)
1
2
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
√
√
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，由机械能守恒和动量守恒有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正确。
1
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2.(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=。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发生弹性碰撞。两小球可看成质点，碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求：
(1)第一次碰撞后A和B的速度大小；
答案　　　
1
2
A在静电力作用下加速，到即将与B发生第一次碰撞，有qEL=m
解得v0=
A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+mBvB1
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2
mA=mA+mB
解得vA1=-，负号表示方向与v0方向相反，
vB1=
1
2
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，A与B间的最远距离；
答案　L　
1
2
已知E=，可知A的加速度等于a，
第一次碰后，当二者速度相同时，间距最大，
即vA1+at=vB1
解得t=
根据运动学公式得最大距离为
dmax=vB1t-(vA1t+at2)
解得dmax=L
1
2
(3)在第n次碰撞到第(n+1)次碰撞之间，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时，两者位移相等，则有
vA1t1+a=vB1t1
解得t1=
此时A的速度vA2=vA1+at1=v0
B的速度仍为vB1，这段时间内B的位移
xB1=vB1t1==2L
之后发生第二次弹性碰撞，根据动量守恒
mAvA2+mBvB1=mAvA2'+mBvB2'
1
2
根据能量守恒
mA+mB=mAvA2'2+mBvB2'2
联立解得vA2'=0，vB2'=v0
当二者即将第三次碰撞时有vB2't2=a
解得t2=
在这段时间内，B运动的位移
xB2=vB2't2==4L
1
2
之后二者第三次发生碰撞，碰前A的速度
vA3=at2=2v0
由动量守恒mAvA3+mBvB2'=mAvA3'+mBvB3'
由机械能守恒
mA+mBvB2'2=mAvA3'2+mBvB3'2
得碰后A速度为vA3'=
B速度为vB3'=
1
2
当二者即将第四次碰撞时
vB3't3=vA3't3+a
得t3=
在这段时间内，B运动的位移
xB3=vB3't3==6L
以此类推，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)次碰撞之间，B的位移
xBn=2nL(n=1，2，3…)。

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