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大题11 数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
【例1】（2023·山东烟台·一模）如图所示，P 为固定的竖直挡板，质量为
的长木板A 静置于光滑水平
面上（A 的上表面略低于挡板P 下端），质量为
的小物块B（可视为质点）以水平初速度
从A 的左端
向右滑上A 的上表面，经过一段时间A、B 第一次达到共同速度，此时B 恰好未从A 上滑落，然后物块B
与长木板A 一起向右运动，在
时刻，物块B 与挡板P 发生了第一次碰撞，经过一段时间物块B 与长木
板A 第二次达到共同速度，之后物块B 与挡板P 发生了很多次碰撞，最终在
（未知）时恰好相对地面
静止。已知A、B 间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，物块与挡板P 发生碰撞时无机械能损失且碰撞
时间极短，求：
（1）木板A 的长度；
（2）A、B 第二次达到共同速度时B 离A 左端的距离；
（3）
时间内B 经过的路程；
（4）
的值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）依题意，设木板的长度为
，A、B 第一次达到共速时速度大小为
，物块和木板由动量守
恒定律有
1
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根据能量守恒定律有
联立求得
（2）由于物块与挡板P 发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度
大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为
，取方向向右为正，根据动量守恒定
律有
根据能量守恒定律有
联立求得
则可得此时物块距木板左端的距离为
（3）由（1）（2）问分析可知，物块B 与木板第
次共速时的速度为
，对B
从B 第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有
从B 第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有
从B 第
次撞击挡板到第
次撞击挡板过程，有
2
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则
得
（4）B 从第
次与挡板发生碰撞到第
次与挡板发生碰撞的过程中，设B 做匀变速运动的时间为
，B
做匀速直线运动的时间为
，A、B 保持相对静止共同运动的位移为
，匀变速运动过程有
匀速过程有
联立可得
即每相邻两次碰撞过程：A、B 匀变速运动过程与A、B 匀速运动过程的时间之比为1 1∶。在
时间内，
设A 做匀减速运动的累计时间为
，则
对A 有
又
解得
3
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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：
数学归纳法
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
用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等
差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据
图像法
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
过程清晰明了，并且可通过图像与t 轴所围面积求出物体的位移
（22-23 高三上·安徽·阶段练习）如图所示，质量
的“
”型的绝缘木板B 放置在光滑水平面上，
木板足够长，整个空间存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E=10V/m，在B 上有一
质量
带电量
C 的物块A（可视为质点）由静止释放，A 与B 的挡板间距离
，经过一
段时间，A 与B 的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知A 与B 之间无摩擦，A 的带电量始终不变，重
力加速度g 取10m/s2，求：
（1）A 与B 第一次碰撞后瞬间A、B 的动量：
（2）A 从静止开始到与B 发生第二次碰撞所用时间及碰撞后瞬间两者速度大小；
（3）A 从开始运动到与B 发生第n 次碰撞时间内，A 的总位移。
【答案】（1）
，方向向左，
，方向向右；（2）
，
，
；
（3）
【详解】（1）规定水平向右为正方向，A 受的电场力
4
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A 的加速度
设A 与B 碰前速度为
，由
解得
A 与B 发生弹性碰撞，由动量守恒有
由机械能守恒
解得
则A 的动量大小为
方向向左
B 的动量大小为
方向向右。
（2）设A 与B 第一次碰前所用时间为
，由
得
5
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再经过
时间，发生第二次碰撞
得
则物块A 从静止开始到与木板B 发生第二次碰撞所用时间
碰撞时A 的速度
A 与B 发生第二次弹性碰撞，由动量守恒有
由机械能守恒有
解得
（3）设再经过
时间，发生第三次碰撞，则
得
碰时A 的速度
A 与B 发生第三次弹性碰撞有
6
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得
同理第四次碰撞时间
碰撞后两者速度分别为
则物块A 从静止开始到第一次碰撞位移
从第一次碰撞到第二次碰撞位移
从第二次碰撞到第三次碰撞位移
……
从第
次碰撞到第n 次碰撞的位移
从开始运动到与木板B 发生第n 次碰撞时间内，物块A 的总位移
7
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1．（2024·山东临沂·一模）如图所示，水平地面上有一个质量为
、左端带有固定挡板的长木板
A，其上表面O 点左侧光滑、右侧粗糙，O 点距右端的距离
，距左端挡板的距离
，下表面与
地面间的动摩擦因数为
。长木板右端放置一个可视为质点的小滑块B，其质量为
，B 与木
板间的动摩擦因数
，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A 大小为
、水平向右的初
速度；当B 相对于长木板滑至O 点时，给长木板施加一水平向右、大小为
的恒力。经过一段时间，
滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程中，滑块B 与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时
间极短可以忽略。g 取
。求：
（1）从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O 点的过程中，长木板A 的位移；
（2）滑块B 与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量；
（3）滑块B 与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔；
（4）滑块B 与挡板发生第n 次碰撞前A 和B 的速度大小。
【答案】（1）10m；（2）152J；（3）4s；（4）
；
【详解】（1）根据牛顿第二定律，对A
对B
解得
，
设经时间t，B 滑至O 点，根据位移时间公式，有
解得
8
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则长木板A 的位移
（2）B 第一次滑至O 点前，AB 之间产生的热量
B 第一次滑至O 点前，A 与地面之间产生的热量
B 滑至O 点时，根据速度时间公式，有
此后，对A 木板，根据牛顿第二定律
解得
设B 第一次滑至O 点后再经时间
滑块B 与挡板发生第一次碰撞，位移关系为
解得
此过程，A 对地位移
此过程，A 与地面之间产生的热量
滑块B 与挡板发生第一次碰撞前，系统由于摩擦而产生的总热量
（3）第一次碰撞前，根据速度时间公式，有
第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
9
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解得
，
设第一次碰撞后经
，AB 速度相同，即
解得
此时B 离挡板距离
所以，B 刚好滑至O 点，所以两次碰撞间隔B 在光滑区域运动。
设第一次碰撞后经时间
，滑块B 与挡板发生第二次碰撞，
解得
（4）根据以上分析，施加力F 后，B 物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，有
第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
解得
，
……
设滑块B 与挡板第
次碰撞到第n 次碰撞的时间间隔为
，有
10
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则第n 次碰撞前
2．（22-23 高三上·山东潍坊·期末）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调
节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗
帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10 个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次
编号为1、2、3
10
⋯⋯
。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为
，每个滑环的质量均为
，滑
环与滑杆之间的动摩擦因数均为
。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，
滑环间无挤压，现在给1 号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑
行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时
极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度
。
（1）若要保证2 号滑环能动起来，求1 号滑环的最小初速度；
（2）假设1 号滑环与2 号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这
部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9 号滑环开始运动后继续滑行0.05m 后停下来，求1 号滑环的初速度大小及全过程中由于窗帘绷紧而
损失的能量。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，14.88J
【详解】（1）设1 号环的初速度为
，则由动能定理可得
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解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1 的速度为
，滑环2 的速度为0，绷紧后共同速度为v，则窗帘绷紧前后动
量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1 号滑环的初速度为
，其动能为
，1 号环滑行距离L，1、2 绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2 绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2 滑环共同滑行距离L、第2 与第3 滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2、3 滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9 号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
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8 与9 滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8 与9 号滑环绷紧后还可以继续滑行距离l
后静止，因而有
联立解得1 号滑环的初速度大小为
整个过程中克服摩擦力所做的功为
，
在整个过程中仅由窗帘绷紧引起的动能损失为
代入数据解得
3．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）如图所示，在倾角为
的斜面上等距放置着编号为1、2、
3、……的一系列物块，每两个物块间的距离均为L，物块的质量均为m。第一个物块带电量为
。其余
物块不带电，物块与斜面之间的动摩擦因数均为
。整个斜面处于沿斜面向下的匀强电场中，电场强
度
。开始时所有物块均被底部的卡扣固定在斜面上。每个物块的右上方均带有检测装置，可以在
物块发生碰撞前瞬间自动打开卡扣，释放该物块。
时刻释放物块1，物块1 先与物块2 发生碰撞后粘
在一起，然后继续下滑与物块3 碰撞粘在一起，……，如此重复下去。重力加速度为g。试求：
（1）从释放物块1 到发生第1 次碰撞的时间；
（2）发生第2 次碰撞后物块1 的速度大小；
（3）假设发生第n 次碰撞前物块1 的速度为
，求当n 为多少时
最小并求此最小值。［可能用到的数学
公式：
］
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）释放物块1 后以物块1 为研究对象
解得
从释放到第一次碰撞的时间为
解得
（2）设发生第k 次碰撞前后瞬间的速度分别为
和
，由（1）可得
由动量守恒得
解得
由动能定理得
解得
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再次利用动量守恒得
解得
（3）由（2）问可知
上两式化简为
将下式代入上式得
即
取
则有
又
代入上式得
即
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由数学知识知，当
时，
取得最小值，此最小值为
4．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在倾角为
的斜面上有一
型木板A，在其上表面放有一滑
块B，A、B 的质量相同，开始保持滑块和木板静止在斜面上，滑块B 到木板前端挡板P 的距离
，
木板前端到斜面底端挡板Q 的距离为
，木板与斜面间的动摩擦因数
，木板上表面光
滑，释放滑块B，已知滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短，木板A 滑到斜面底端与挡板Q 碰撞后
速度立即变为零，整个过程滑块未脱离木板，取
，
，
求：
（1）滑块第一次与木板撞击时的速度大小；
（2）经多长时间木板与挡板Q 发生碰撞；
（3）木板的长度至少为多长。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，对木板受力分析可知，木板A 与斜面间的最大静摩擦力为
可知，木板A 开始保持静止，对滑块B 有
解得，滑块第一次与木板撞击时的速度大小
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（2）根据题意，设经过时间
发生第一次碰撞，则有
解得
碰撞过程为弹性碰撞，则第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
碰撞后交换速度，木板A 匀速下滑，滑块B 加速下滑，设经过时间
第二次碰撞，木板A 下滑距离为
，
则有
解得
，
，
同理可得，第二次碰撞后交换速度，则有
，
设经过时间
第三次碰撞，木板A 下滑距离为
，则有
解得
，
，
由于
发生第三次碰撞，同理可得，交换速度，则有
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，
由于
木板A 与挡板Q 发生碰撞前，滑块B 不会与木板A 第四次碰撞，设经过时间
木板A 与挡板Q 发生碰撞，
则有
则从滑块B 开始运动到木板A 与挡板Q 发生碰撞的时间为
（3）设第三次碰撞后，经过时间
，滑块B 与木板A 发生碰撞，此时，木板A 与挡板Q 已发生碰撞，则
有
此时滑块B 的速度为
碰撞后，滑块B 原速率弹回，即
设滑块B 能上升的最大距离为
，即木板A 的最小长度，则有
联立解得
5．（2024·广西河池·一模）如图所示，一足够长倾斜角
的斜面顶端放置一长木板A，木板A 上表
面的某处放置一小滑块B（可看成质点），已知A 和B 的质量分别为2m 和3m，木板A 顶端与滑块B 相距
为
的地方固定一光滑小球C（可看成质点），已知小球C 的质量为m，A 与B 之间的动摩擦因数
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，A 与斜面间动摩擦因数
，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，
将固定的光滑小球C 由静止释放，C 与B 会发生弹性碰撞，求：
（1）小球C 与滑块B 碰后瞬间各自的速度分别多大；
（2）要使小球C 再次碰到滑块B 之前B 未能滑出A 下端，则木板A 至少多长；
（3）A 和B 共速时，滑块B 与小球C 距多远。
【答案】（1）1.5m/s；1.5m/s；（2）1.2m；（3）0.6m
【详解】（1）由于A 与B 之间的动摩擦因数及A 与斜面间动摩擦因数均不大于
，则在BC 相碰前，
AB 均相对斜面静止，小球在由释放到碰B 过程中，根据动能定理
解得
BC 碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
解得小球C 与滑块B 碰后瞬间各自的速度
，
（2）BC 碰后，对ABC 分别根据牛顿第二定律
假设C 再次碰到B 之前，AB 尚未共速，根据位移关系有
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解得
此时A 的速度
B 的速度
显然假设不成立；在C 再次碰到B 之前，AB 发生向下的共速，在BC 碰后到AB 共速过程
解得
，
此后由于
，则AB 相对静止，因此要使小球C 再次碰到滑块B 之前B 未能滑出A 下端，则木板A 的
长度最少为
（3）AB 发生向下的共速时滑块B 与小球C 相距
6．（2024·江西·一模）如图甲所示，B 物块静止在足够长的固定斜面上，
时刻将质量为
的A 物块从
距离B 物块
处由静止释放，
时刻A、B 发生第一次碰撞，
时刻发生第二次碰撞，在两次碰
撞间A 物块的
图线如图乙所示（其中
均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，
两物块与斜面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）第一次碰撞后A 物块沿科面向上运动们最大距离；
（2）B 物块的质量及A、B 物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（3）B 物块沿斜面下滑的最大距离。
20
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【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A 物块在
的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
A 物块在
时间内与在
的时间内受力情况一致，加速度相同，则有
时
刚释放
物块时，
之间的距离为
，则有
可得
A 物块在
的时间内沿斜面向上运动，运动的距离
联立可得
（2）
物块与
物块第一次碰撞时，由动量守怛可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得
其中
21
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，
联立可得
，
A 物块在
时间内下滑的距离
故B 物块碰后沿斜面下滑的距离
假设第二次碰撞前
物块已停止运动，则有
可得
即
时，
物块停止运动，假设成立，设
物块下滑过程中的加速度大小为
，则有
设斜而倾斜角为
，根据牛顿第二定律：对
物块有
A 物块下滑时
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为
，则有
由牛顿第二定律可得
联立可得
（3）
时，A 物块与B 物块发生第二次碰撞，碰前瞬间
物块的速度
22
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由动量守恒可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得
联立可得
设第二次碰撞后B 物块下滑的距离为
，则有
可得
以此类推可得
则
物块运动的总距离
当
时，代入数据可得
7．（2024·江西赣州·一模）2024 年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、小两孩
子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30°的斜面AB，斜面AB 的底端与水平
面平滑相接。质量为m=10kg、长度L=2.5m 的平板P 静止在水平面上，质量为M=30kg 的小孩（可视为质
点）静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得v=4m/s 的速度，同时大孩向右运动
并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，斜面AB 长度为s=0.9m。平板P 向左运动并与挡板Q 发生弹性碰撞。以第
23
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一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s 内小孩运动的
图像如图乙所示。仅考虑小
孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；
（2）平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离；
（3）通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）会分离，分离时的小孩的速度为
，平板P 的速度为0
【详解】（1）设大孩的质量为
，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为
，
根据动量守恒可得
根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，根据动能定理可得
联立解得
，
根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为
（2）设平板P 与挡板Q 碰撞前，平板P 与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P 的动摩擦因数为
，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度
大小为
以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得
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解得
以平板P 为对象，根据牛顿第二定律可得平板P 的加速度大小为
则平板P 从开始运动到第一次共速通过的位移大小为
可知平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离为
。
（3）小孩第一次与平板P 共速时，发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
小孩第一次与平板P 共速后一起匀速运动，直到平板P 与挡板Q 发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减
速运动，平板P 先向右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P 与挡板Q 发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
同理，平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
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可知第三次共速前，小孩已经从平板P 左端滑落，设滑落时小孩和平板P 的速度分别为
、
，根据动量
守恒可得
根据能量守恒可得
联立解得
，
8．（2024·山东日照·一模）某兴趣小组为了研究碰撞问题，设计了如图所示的实验装置。水平地面上A 点
有一发射装置，可以斜向上以不同的速度发射小球。A 点右侧放置一足够长的桌面，从桌面左边缘B 点开
始沿同一直线每隔
放置一个小球。某一次实验中，发射装置以
的速度沿与水平方向成
角斜向上发射一小球，小球恰好与桌面B 点的小球1 发生水平对心碰撞，碰撞时间忽略不计。已知所
有小球完全相同且可看为质点，不计空气阻力，取重力加速度
。
（1）求桌面距离地面的高度h；
（2）若小球与桌面的动摩擦因数
，且小球间的碰撞为一维弹性碰撞，则最多能发生几次碰撞？
（3）若小球与桌面的动摩擦因数
，小球的质量均为1kg，且所有碰撞后的小球立即粘在一起，求
与第4 个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能。
【答案】（1）
；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，小球做斜抛运动，且
点为最高点，则有
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解得
（2）根据题意可知，小球运动到
点时速度方向水平向右，大小为
设与小球1 碰撞后，小球的速度为
，小球1 的速度为
，小球间的碰撞为一维弹性碰撞，设小球的质量
为
，则有
解得
，
可知，两个小球碰撞后速度互换，则等效于小球在桌面上做匀减速直线运动，设运动的最大距离为
，由
动能定理有
解得
则有
即最多能发生8 次碰撞。
（3）根据题意，小球与小球1 碰撞前的动能为
设小球第一次碰撞前速度为，第一次碰撞后速度为
，则有
27
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第一次碰撞后整体的动能为
第一次碰撞后到第二次碰撞前，由动能定理有
解得
同理，小球第二次碰撞前速度为
，第二次碰撞后速度为
，则有
第二次碰撞后整体的动能为
第二次碰撞后到第三次碰撞前，由动能定理有
解得
同理，小球第二次碰撞前速度为
，第二次碰撞后速度为
，则有
第三次碰撞后整体的动能为
第三次碰撞后到第四次碰撞前，由动能定理有
解得，与第4 个小球碰撞前的瞬间已粘到一起的小球的总动能
28
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9．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，竖直虚线边界
左侧有方向水平向右的匀强电场，质量为
带正电光滑小球（可视为质点）在轻质细线OA 的悬挂下处于静止状态，此时细线与竖直方向的夹
角为
，
延长线与
的交点为B，AB 长度为
，虚线
右侧无电场。
为一固定粗糙斜面
的两个端点，
长度为
，斜面上一个带挡板
（厚度不计）的薄板处于静止状态，薄板质量为
，长度为
，且薄板上端恰好与
点重合，O、A、B、C 共线。某时刻剪断细线OA，不计
阻力，取重力加速度
，
，
。求
（1）电场力的大小及释放初始时刻小球的加速度。
（2）若小球滑上薄木板后与挡板相撞，撞击时间极短，小球与挡板的碰撞为弹性正碰，碰后木板开始下
滑，且当木板沿斜面下滑至速度为零时，小球与木板恰好发生第二次相撞。试求：
I．薄板与斜面的动摩擦因数
；
II．小球与挡板在斜面上最多发生几次碰撞。
【答案】（1）
，
；（2）I．
；II．11 次
【详解】（1）在电场中处于平衡，由受力分析知
得电场力大小
29
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剪断细线后合力与拉力等大反向，由牛顿第二定律
解得
（2）I：小球在电场中做匀加速直线运动到达B 点速度为，由运动学公式
解得
因为小球光滑，则在薄板上滑动时，由牛顿第二定律
则小球的加速度大小为
所以与挡板撞之前速度为
，则由运动学公式
解得
取沿斜面向下为正，薄板与小球发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
解得
，
第一次碰后到第二次碰前设薄板位移为
，对薄板有
30
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对小球有
联立解得
此过程中对小球加速度仍为
由运动学公式
得
设薄板的加速度为
，由运动学公式
得到
对薄板由牛顿第二定律有
解得
II：由上面运动学公式解得薄板每次碰撞后位移为
则有
31
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次
即会碰撞11 次。
10．（23-24 高三上·福建福州·期末）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的
应用，这些应用涉及到带电粒子的测量、加速和约束问题。2023 年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制
电子移动而获得。如图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微
观状态带电粒子的运动。如图所示，带电量为
，质量为
的小球
静置于光滑的水
平绝缘板右端，板的右侧空间有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的
大小
。与
球形状相同、质量为
的绝缘不带电小球
以初速度
向
运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞
时间极短，小球
始终不带电、小球
的电量始终不变，两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速
度
。
（1）求第一次碰撞后瞬间
、
小球的速度；
（2）如果两小球第二次第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻
小球
合力的瞬时功率为0。求此时刻
两小球动能之比；
（3）现要求两小球可以发生第三次碰撞，求电场水平宽度满足的条件。
【答案】（1）A 的速度
，水平向右，B 的速度
，水平向右；（2）
；（3）
【详解】（1）第一次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
第一次碰后A 的速度
32
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水平向右，B 的速度
水平向右。
（2）竖直方向自由下落，AB 始终在同一水平面，对B 球水平方向
解得
水平向左，第二次碰撞前
对B 球
水平向左，
竖直向下，第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
第二次碰后A 的速度为0，B 的速度
水平向右，B 小球合力的瞬时功率为0 时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为α，如图
则有
33
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解得
此时刻B 的水平速度
此时刻AB 的竖直速度
此时刻两小球动能之比为
（3）第一次碰撞后共速时B 球刚刚出场，电场宽度最小为
，根据
解得
则有
第一次碰撞后B 球向右最远
第二次碰撞前距离电场左边界
第二次碰撞后B 球向右最远
34
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此时B 球刚刚出场，电场宽度最大为
，如图所示
则有
综上可知
电场中会第三次碰撞。
11．（2024·四川·一模）如图所示，水平地面上固定一水平长直轨道ABC，AB 段和BC 段足够长，在水平
轨道A 点放置一小物块P，在BC 段沿轨道有n 个与物块P 相同的小物块，相邻两个小物块的间距均为
L=1m，从左往右依次编号1、2、3、
、
⋯
n，其中1 号小物块距B 点的距离也为L。小物块P 在水平向右的
拉力F 作用下，从A 点开始运动，P 到达B 点前已经开始做匀速运动，拉力F 的功率恒为P0=28W，物块P
运动到B 点前瞬间撤去F，此后物块P 滑上BC 段，物块P 运动L 后与1 号物块碰撞，碰后二者粘连在一起
继续向前运动L 与2 号物块碰撞，碰后三者粘连在一起继续向前运动L 与3 号物块碰撞，此后每次两物块
碰后都粘连在一起向前运动与下一个物块碰撞。已知物块与AB 段轨道动摩擦因数为μ0=0.2，物块与BC 段
轨道动摩擦因数为μ=0.07，每个物块质量均为m=1kg，所有物块都视为质点，当地重力加速度g 取
10m/s2。（
）求：
（1）小物块到达B 点的速度；
（2）物块P 与1 号物块碰后二者的总动能；
（3）最多能发生几次碰撞。
35
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【答案】（1）14m/s；（2）48.65J；（3）7
【详解】（1）P 到达B 点前已经开始做匀速运动，拉力与摩擦力平衡
则有
解得
（2）设物块到达B 点的动能为
，物块到达1 号物块前瞬间速度为
，动能为
，物块P 与1 号物块碰
后整体速度为
，整体动能为
，由动能定理可得
P 与1 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能为
联立可得
（3）设与n 号物块碰前速度为
，动能为
，与n 号物块碰撞后整体速度为
，整体动能为
，P 与1
整体运动到与2 号物块碰前瞬间
P 与1 整体与2 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能
36
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P 与1、2 整体运动到与3 号物块碰前瞬间
P 与1、2 整体与3 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能
同理可得，P 与前
个物块组合体与n 号物块碰前瞬间
P 与前
个物块组合体与n 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能
联立可得
若不能碰第n+1 号物块，则有
假设恰好与第n+1 号物块碰，则
联立得
解得
37
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所以发生7 次碰撞。
12．（2024·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平面上固定竖直挡板MN，放有一绝缘的长木板P，P 左端
与MN 间距离为d，P 右端放置一带正电的小物块Q，P、Q 的质量均为m，P 与Q 间的动摩擦因数为
。
现在水平面上方施加一水平向左的匀强电场，小物块Q 受到的电场力大小等于P 与Q 间的滑动摩擦力的二
分之一，P、Q 一起从静止开始向左运动，直到P 与竖直挡板MN 相碰，碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间P
的速度大小相等，方向相反，小物块Q 始终在长木板P 上，重力加速度为g。求：
（1）长木板P 与竖直挡板MN 发生第一次碰撞时的速度
（2）长木板P 第一次与竖直挡板MN 碰撞后向右运动到最远的过程中P、Q 间因摩擦产生的热量
（3） 长木板P 与竖直挡板MN 发生第二次碰撞时的速度
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，P、Q 在电场力F 作用下一起向左运动，设加速度为a，长木板P 与竖直挡
板MN 发生第一次碰撞时的速度为
，由题意
对整体，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式有
解得
（2）长木板P 碰后以速度
向右作匀减速运动，设加速度为
，对长木板由牛顿第二定律
38
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速度为零时到达最远点，长木板左端距竖直挡板的最远距离
，则有
小物块Q 向左以
为初速度做匀减速运动，设加速度大小为
，则有
得
所以当长木板P 的速度为零时，小物块Q 的速度为
，则有
P、Q 因摩擦产生的热量
（3）当长木板P 的速度为零时小物块Q 的速度为
，此后长木板P 向左加速，小物块Q 继续向左减速，
直至速度相等，然后一起以
的加速度向左加速直到第二次与竖直挡板碰撞。设共同速度
，则有
得
，
长木板P 向左运动的距离为
，则有
长木板第二次与竖直挡板碰撞的速度
，则有
39
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13.（23-24 高三上·重庆江北·期中）如题图所示，不带电的绝缘长板A 静置于水平面上，绝缘长板A 左端
到固定竖直挡板的距离
，带正电且电荷量
的物块B（可视为质点）置于绝缘长板A 右端，
绝缘长板A 上表面水平，整个装置处于水平向左的匀强电场中，场强大小
。已知A、B 质量均
为
，A 与水平面间动摩擦因数
，A 与B 间动摩擦因数
，最大静摩擦力均等于滑动
摩擦力，绝缘长板A 与挡板间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，绝缘长板A 足够长，物块B 始终
未离开绝缘长板A，重力加速度g 取
。现将物块B 从静止开始无初速度释放，不计空气阻力，求：
（1）绝缘长板A 第一次与固定竖直挡板碰撞前瞬时速度大小；
（2）从物块B 静止释放开始，到绝缘长板A 第二次与固定竖直挡板碰撞前瞬时，A、B 相对位移大小；
（3）在物块B 全程运动过程中，电场力对物块B 所做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）1.75m；（3）13.72J
【详解】（1）物体B 受到电场力为
设AB 视作一个整体，设整体的加速度为a，则对整体列牛顿第二定律
解得
则对B 牛顿第二定律得
解得
而AB 之间的最大静摩擦力为
40
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则假设成立，AB 一起向左运动，设绝缘长板A 第一次与固定竖直挡板碰撞前瞬时速度v1，则有
解得
（2）设第一次碰撞之后长板A 的加速度大小为a1，物块B 的加速度大小为a2，则对长木板A 列牛顿第二
定律
解得
对物块B 列牛顿第二定律
解得
第一次碰撞之后，设时间t1后长木板A 减速为0，则
物块B 减速到速度
时间t1内相对位移
之后设经
时间共速，对长木板A 列牛顿第二定律
41
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解得
则有
解得
时间
内相对位移
故A、B 相对位移大小
之后再一起做减速运动到绝缘长板A 第二次与固定竖直挡板碰撞；
（3）对整个系统分析可以发现最终会静止，经过分析发现B 先前运动的分两段，第一段就是前面的4m，
第二段就相当于每次碰撞之后，到下次碰撞整这个过程向前走过的位移就是AB 的相对位移，结合（2）中
的分析发现
…
取第k 次碰撞后到第k+1 次碰撞前作为研究过程发现，碰撞第k 次的速度为
到达下一次共速有
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解得
又因为
共速之后，AB 整体又会在电场力的作用下继续向左匀加速直线运动，那么
解得
所以相对位移是一个等比数列，对其进行求和得到总的相对位移
当n 取无穷大的时候
也就意味着B 向前移动的位移
（2023·全国·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口
距离为l，圆管长度为
。一质量为
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向
下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球
与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
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（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
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解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
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同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
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此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
47
