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=3m/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=10m/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5m，求m1與m2的比值為多少？(3)(5分)若m1=1kg，m2=2kg，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d12.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12v0，滑塊1碰后的速度為12v0→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=v016μg停下，此時A仍在向左運動(tA=v012μg才停下)，故本題轉化為最遠距離問題，A的速度減小到二、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12v0(細節：0~14v0與14v0~12v0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=23v共同理v共3=23v共2，v共4=23v共拓展：vA2=23vA1，vA3=23v3.熱量、相對位移成等比數列Q1=μ·3mgΔx1=12×3mv共12+12mvA12-Q2=μ·3mgΔx2=12×3mv共22+12mvA22-Q2Q1=同理Q3Q2=Δ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=12vv12=23v1=23×1v13=23v12=(23)2×1……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)12×3mv02=12×2mv12+12×2mv122+12×2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=v02第二階段：Δx1=v02Δx'=Δx1Δx=Δx0+Δx'=71.(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2024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，2024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2024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(13)2024mC.2021號物塊最終速度為2D.2024號物塊最終速度為20232.(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=maq。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(1)(2分)第一次碰撞后A和B的速度大?。?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2.25m(2)54(3)81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=0-12m2解得xmax=v022μg=2(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=12(m1+m2)v02-12(m1+代入數據解得m1m(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=0-12m1解得小車向左運動的最遠距離s1=98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=(m2-m第二次相撞后小車向左運動的路程為s2，由-μm2gs2=0-12m1v12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=(m2以后每次相碰反彈向左運動的路程滿足snsn-1=(則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)對A、B分析由動量守恒定律有3mv0=(m+3m)v10對A分析有μ·3mgd1=12m解得d1=3v(2)長板A與滑塊1發生第1次彈性碰撞過程有mv10=mvA1+2mv112mv102=12mvA1結合上述解得vA1=-1v1=12vA、B第二次達到相同速度有3mv10+mvA1=(m+3m)得v20=12v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12v對A分析有μ·3mgd2=12mv202-解得d2=v0(3)A、B發生相對運動過程中的加速度大小分別為aA=μ·3mgaB=μg從滑塊1第一次被碰后，直到滑塊1碰滑塊2，歷時t12=d2vA的速度反向減速到0，歷時tA=|vA1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+v解得xmax=v0(4)由(2)知A與滑塊1第二次碰撞前速度為v20=12v0=23A與滑塊1第二次碰撞有mv20=mvA2+212mv202=12mvA2結合上述解得vA2=-16vv2=13v0以此類推有vn0=(23)n-1v10(n=1，2，3…vAn=-13×(23)n-1v10(n=1，2，3A、B的相對加速度a=4μg第n次碰后相對速度vn相對=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相對22a=v028μg(49第無窮次碰后，B在A上滑行的路程l=v028μg(1-4所以長板A的長度L=v022×4μg+補償強化練1.BC[0號到2024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=12mv02，解得v0=2gh，由題可知，2024個彈性物塊兩兩之間碰撞時交換速度，所以2024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12mv02=12mv0'2+12×2mv12，mv0=mv0'+2mv1，解得v1=232gh，v0'=-132gh，可知2024號物塊最終速度為232gh，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″=-(13)22gh，最終0號物塊要與1號物塊碰撞2024次，所以0號物塊最終動量大小為(13)2024m2gh，故B正確；依上述分析可知2021號物塊最終速度為1號物塊與0號物塊第4次碰撞后2.(1)2aL22aL2(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=12m解得v0=2A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+mBvB112mAv02=12mAvA1解得vA1=-2aL2，負號表示方向與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，當二者速度相同時，間距最大，即vA1+at=vB1解得t=v根據運動學公式得最大距離為dmax=vB1t-(vA1t+12at2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+12at12=v解得t1=2此時A的速度vA2=vA1+at1=32vB的速度仍為vB1，這段時間內B的位移xB1=vB1t1=v02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12mAvA22+12mBvB12=12mAvA2'2+聯立解得vA2'=0，vB2'=v0當二者即將第三次碰撞時有vB2't2=12a解得t2=2在這段時間內，B運動的位移xB2=vB2't2=2v0之后二者第三次發生碰撞，