物理题目中的数学归纳法.doc

物理学的中数学归纳法

1．滴水法测重力加速度的过程是这样的：让水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里，调整水龙头，让前一滴水落到盘子而听到声音时后一滴恰好离开水龙头，测出从听到第一滴水击盘声到第n次听到水击盘声的总时间为t，用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h，即可算出重力加速度.设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1s，声速为340m/s，则（D）
A．水龙头距人耳的距离至少为34m
B．水龙头距盘子的距离至少为34m
C．重力加速度的计算式为g=
D．重力加速度的计算式为g=
解析：此题目相对简单，几乎没有数学归纳的意思，但能向学生说明数学归纳无处不在，树水归纳的意识。此可做一变化：若空中还有一个（或几个）水滴，再求重力加速度。
归纳：
1——0
2——Δt
3——2Δt
……
n——（n-1）Δt=t
Δt=
h=得（D）
2．（05江苏）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上。狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动。若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和。若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)。设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计。已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小。
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数。
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477)

此题完全可以一次次往下算，不见得非要走捷径
解法（二）：一次次算
设雪橇运动的方向为正方向。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi,狗的速度为Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为V1′，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0
V1=－
第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m）V1′
第二次跳下雪橇：（M+m）V1′=MV2+m（V2+u）
V2==3m/s
第二次跳上雪橇：
=3.5m/s
第三次跳下雪橇：

第三次跳上雪橇：（M+m）V3=
V3′==185/4m/s=4.625m/s
第四次跳下雪橇：（M+m）V3′=MV4+m（V4+u）

此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为5.625m/s.

解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度V1′满足

可解得
将代入，得V1′=2m/s
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn－1，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度Vn-1′满足

这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足

解得
狗追不上雪橇的条件是 Vn≥v
可化为
最后可求得
代入数据，得
狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为 V4=5.625m/s

（08四川）一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

25．（20分）

解法三：一次次计算，得到结果
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得
①
得：
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’， 依牛顿第二定律有
②
得：

小物块第一次下滑到最低点时
得 ③
小物块第一次沿斜面向上运动的最距离为

小物块第二次下滑到最低点时
得 ④
小物块第二次沿斜面向上运动的最距离为

小物块第三次下滑到最低点时
得 ⑤
小物块第三次沿斜面向上运动的最距离为

小物块第四次下滑到最低点时
得 ⑥
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
⑦
总冲量为 ⑧
代入数据：I
得 N·s ⑨

解法一：动能定理求速度，然后数学归纳
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。
由功能关系得
v=4m/s ①
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量
②
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则
③
同理，有
④
⑤
式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得
⑥
式中 ⑦
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
⑧
总冲量为
⑨
由 ⑩
得 ⑾
代入数据得 N·s ⑿

解法二：运动学公式求速度，然后数学归纳
设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得
①
设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则
②
以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为
③
由①②③式得
④
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’， 依牛顿第二定律有
⑤
小物块沿斜面向上运动的最大高度为
⑥
由②⑤⑥式得 ⑦
式中 ⑧
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量
⑨
由④⑦⑨式得 ⑩
由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为
⑾
总冲量为 ⑿
由 ⒀
得 ⒁
代入数据得 N·s ⒂

07（全国一）M
m
θ
如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
利用数列知识求通项公式
解：设第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球速度为vn，金属球速度为Vn，碰撞过程动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，有
………………………………①
………………………②
由①、②式及M=19m解得
………………………③
………………………④
……………………………………⑤
绝缘球m从60°位置摆到最低点，由机械能守恒定律：
………………………⑥
绝缘球m从最低点摆回到45°位置，由机械能守恒定律：
………………………⑦
由⑥、⑦式得=0.77v0……………⑧
当vn<v即：<0.77v0时，绝缘球摆角小于45°……⑨
而,
所以经过3次碰撞θ将小于45°

2011石家庄二模（在最后的数据的处理上有些与07年高考相似）
26．（21分）如图所示，在某一平面上，有以点为圆心的匀强磁场区域I、II，磁感应强度大小均为。半径为的圆形磁场区域I内，磁场方向垂直该平面向里；内径为的环形磁场区域II内，磁场方向垂直该平面向外。现有一个质量为、电荷量为+的粒子从边界上的点沿半径方向射入圆形磁场区域I，当粒子回到点时，粒子与圆心的连线恰好旋转一周。（不计粒子所受重力）（太难理解）
（1）若环形磁场区域II外径足够大，求该粒子的运动速度
（2）若环形磁场区域II外径为，求该粒子回到点时所需的最短时间

计算过程中可能用到的数据参考下表：

26．（21分）解：
（1）设粒子运动的半径为r，则有：
（3分）
得 （1分）
如图，O1为粒子运动的第一段圆弧AB的圆心，O2为粒子运动的第二段圆弧BC的圆心，∠AOB=∠BOC=2θ，
根据几何关系可知：
tanθ= ② （2分）
如果粒子回到A点，则必有：
n×2θ=2π （n=3，4，5…… ） ③ （2分）
由①②③可得v= （n=3，4，5……）（2分）

（3）粒子与圆心O的连线旋转一周时，能回到A点的情况下，设粒子与圆心O的最远距离为rn
rn=R+
rn=R+ （ n=3，4，5……）（3分）
粒子做圆周运动的周期
T= （2分）
所用时间tn==（ n=3，5，7……） （1分）
tn==（ n=4，6，8……） （1分）
若垂直纸面向外的磁场是以O为圆心内径为R，外径为R的环形边界磁场，计算可知
n=6时,, n=7时， （2分）
粒子回到A点所需时间最短，最短时间为t= （2分）
此题的中学解法还是比较习惯于，
rn=R+≤
得
利用数学方法得
利用表中数据
tn===

（95）如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n=1，2，3…).每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m=14千克，x<0一侧的每个沙袋质量m′=10千克.一质量为M=48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍.(n是此人的序号数)
(1)空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行?
(2)车上最终有大小沙袋共多少个?

解法二：走归纳的路子
（1）
1．
2．
3．
……
n．
得：
要使小车反向，则
即：M-nm>0　　　　　　
　　M-(n+1)m<0　　　　　　
代入数字，得：n＜M/m=48/14　　　n＞(M/m)-1=34/14
n=3
（2）
向右走加三个后，开始向左走
1．
2．
3．
……
n．
得
vn-1′>0，vn′≤0
即M+3m-nm′>0　　　　　　⑤
M+3m-(n+1)m′≤0　 ⑥
或：n＜(M+3m)÷m′=9
n＞(M+3m)÷m′－1=8
8≤n≤9
n=8时，车停止滑行，即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个

利用递推公式：
解：(1)在小车朝正x方向滑行的过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为Vn-1，第n个沙袋扔到车上后的车速为Vn，由动量守恒定律有
[M+(n-1)m]Vn-12nmVn-1=(M+mn)Vn
Vn=［M-(n-1)m]Vn-1÷(M+mn)　　　　①
小车反向运动的条件是：Vn-1>0，Vn<0，即
　　　　　　　　M-nm>0　　　　　　　②
　　　　　　　　M-(n+1)m<0　　　　　　 ③
代入数字，得：n＜M/m=48/14　　　n＞(M/m)-1=34/14
n应为整数，故n=3，即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行
(2)车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为Vn-1′，第n个沙袋扔到车上后车速为Vn′，现取在图中向左的方向(负x方向)为速度Vn′、Vn-1′的正方向，则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是
[M+3m+(n-1)m′]Vn-1′－2nm′Vn-1′=(M+3m+nm′)Vn′
Vn′={[M+3m－(n-1)m′]Vn-1′}÷(M+3m+nm′)　　　④
Vn-1′>0，Vn′≤0
即M+3m-nm′>0　　　　　　⑤
M+3m-(n+1)m′≤0　 ⑥
或：n＜(M+3m)÷m′=9
n＞(M+3m)÷m′－1=8
8≤n≤9
　n=8时，车停止滑行，即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个

07（广东）如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长木板在水平拉力F＝50N作用下以v0=5m/s初速度沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时。又无初速地在木板最右端放上第二个铁块，只要木板运动了L就在木板最右端无初速放一铁块。求：
（1）第一个铁块放上后，木板运动lm时，木板的速度多大？
F
（2）最终有几个铁块能留在木板上？
（3）最后一个铁块与木板右端距离多大？（g=10m/s2）
解：
木板匀速运动时，F=μMg………………………①
第一个铁块放上后，木板做匀减速运动，由动能定理得：
……………②
第二个铁块放上后
……………③
……
第n个铁块放上后
……………④
各式两边分别相加得
…………⑤
得：………………⑥⑦
木板停下时vn=0，得n=6.6，所以最终有7个铁块能留在木板上
（3）当第7块铁块放上后，距木板右端距离为d，由第二问得：

解得代入数据得

07[重庆卷]如题25图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
(1)待定系数β;
(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
答案:(1)β＝3
（2）vA＝－，方向向左；vB＝，方向向右；N压＝－4.5mg，方向竖直向下
（3）VA＝－；vB＝0。由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；

1
2
3
N
……
07（重庆卷）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示。用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k<1)。将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。(不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10 m/s2)
（1）设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为vn，求n+1号球碰撞后的速度.
（2）若N＝5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h(16 h小于绳长)问k值为多少？
（3）在第（2）问条件下悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？
解：
（1）设n号球质量为mn、碰撞后的速度为，n+1号球质量为mn+1，、碰撞后的速度为，取水平向右为正方向。
根据动量守恒，有 (1)
根据机械能守恒，有 (2)
由（1）、(2)及 mn+1=kmn
得
（2）设n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn+1
据题意有vn+1=== (3)
设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
(4)
设5号球碰后瞬间的速度v5，由机械能守恒定律有
(5)
当N=n=5时，由(3)、(4)、(5)得
k=
（3）设绳长为l，第n个球最低点时，细绳对球的拉力为Fn，由牛顿第二定律有
(6)
则 （7）
式中Ekn为n号球在最低点的动能。可见1号球的质量最大，在最低点碰前的动能也最大，碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断。

环
棒
H
07（江苏）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
（１）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。
（２）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程Ｓ。
（３）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功Ｗ。

解：绳断后，环、棒一起自由落体，棒与地面发生第一次碰撞时两物体的速度大小均为v1
由机械能守恒
得：
此后，棒以初速度v1向上匀减速运动，速度为零后反向下匀加速运动，加速度大小为a棒
由牛顿第二定律
得a棒=(k+1)g，方向竖直向下
环以初速度v1向下匀减速运动，加速度大小为a环
由牛顿第二定律
得a环=(k-1)g，方向竖直向上
设经过时间t1棒与环达到相同速度v1′，规定向上为正方向
v棒1= v1 -a棒t1
v环1= - v1 +a环t1
v棒1= v环1 =v1′时，t1=
此时h棒1= v1 t1 -a棒t12
h环1= -v1 t1 +a环t12
第一次碰后摩擦力对两物体做的功
W1= -f h棒1 +f h环1
接着棒与环以速度v1′一起向下匀加速，设棒第二次落地的速度大小为v2，由

解得
重复前面的物理过程，棒与地面第二次碰后摩擦力对两物体做的功
W2= -f h棒2 +f h环2
……
Wn= -f h棒n +f h环n
摩擦力做的总功：W=W1+W2+……+Wn……
= -kmg(++……++……)=

如图所示，带电荷量为+q、质量为m的小球，处在竖直向下的匀强电场中，电场强度的大小为E，小球从距地面高H处由静止开始释放，小球在运动过程中受到大小恒定的空气阻力f的作用。小球与地面碰撞没有能量和电量的损失。求：
（1） 小球与地面碰撞第n次后弹起的高度hn；
（2） 小球释放后通过的总路程。

＋
H
E

解：
（1）经n次碰后弹起至最高，由动能定理
（再解）
（2）小球最终停于地面上，对全程用动能定理

得
如图所示，3个相同的质量为m的小滑块排成一排，静止于光滑的水平面上，各滑块之间有间距。现有一质量为2m的小滑块以速度v从左方沿3个滑块的连线射向滑块并与之碰撞，碰撞过程中均无机械能损失，求所有滑块的最终速度。
m
m
m
2m
v
1
2
3
m
m
m
2m
v/3
2
3
4v/3
m
m
m
2m
v/3
3
4v/3
0
m
m
m
2m
v/3
4v/3
0
0
m
m
m
2m
v/27
4v/3
4v270
4v/9
m
m
m
2m
v
1
2
3

解：任意两滑块相互碰撞，由动量及能量守恒

得：

2m以初速度v与滑块1相碰后，
2m的速度
滑块1的速度
滑块1与2相碰，2与3相碰分别交换速度，故v1=v2=0，
2m再次以v/3与滑块1相碰后，
2m的速度
滑块1的速度
滑块1与滑块2相碰交换速度，故v’1=0，
2m再次以v/9与滑块1相碰后，
2m的速度
滑块1的速度

如图所示，一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有序号1，2，3……，n的木块，所有木块的质量均为m， 与木板间的的动摩擦因数都相同。开始时，木板静止不动，第1，2，3……n号的木板的初速度分别是v0 ，2 v0 ，3 v0 ，……n v0 ，方向都向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块和木板以共同速度匀速运动。设木块之间均无相互碰撞，木板足够的长。试求：
（1）第1号木块与木板刚好相对静止时的速度v1；
（2）通过分析与计算，说明第k号（k<n）木块的最小速度vn；
（3）n取何值时第3号木块在整个过程中能量损失为零；
11111111
v0

2v0
3v0
nv0
→
→
→
→

如图所示，有n个相同的货箱静止在倾角为α的斜面上，每个货箱长均为L，质量为m，相邻两货箱的距离均为L，最下端的货箱到斜面底端的距离为L。现给第1个货箱一初速度v，使之沿斜面下滑并与下面的货箱发生碰撞，在每次碰撞后，发生碰撞的货箱都粘合在一起（设发生碰撞的时间可以忽略不计，货箱与斜面的动摩擦因数为）。最后第n个货箱的前端恰好停在斜面的底端。
（1） 求第1个货箱碰撞第2个货箱前瞬间的速度v1；
（2） 设第一次碰撞时系统损失的机械能为，第一次碰撞前的瞬间第1个货箱的动能为，求ΔE1与 EK1的比值是多少？
（3） 求整个过程中这n个货箱由于碰撞而损失的机械能。
1
n
n-1
α

如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，m/M=1/10，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.02，在平板表面的上方，存在一定厚度的“相互作用区”，如图中划虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，便受到B对它竖直向上的恒力f的作用，其中f=kmg，k=11,f对P的作用恰好使P不与B的上表面接触；在水平方向上P、B之间没有相互作用力。已知物块P开始下落时刻，平板B向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2s。设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区。求：
（1） 物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间；
（2） 当板B开始停止运动的那一时刻，物块P已经回到初位置多少次？
P
B
相互作用区

如图所示，质量为M=10kg、长为L=1m、上表面光滑的长木板在水平恒力F=50N的作用下，以速度v0=5.5m/s沿水平地面向左做匀速直线运动。现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将第一个铁块无初速度地放在木板的最左端，当第一个铁块离开木板的同时，又在木板最左端无初速度放上第二个铁块，只要前一个铁块刚离开木板，就接着无初速度放上另一个铁块，则：最终第几个铁块能留在木板上，留在木板上的铁块离木板右端多远？（g=10m/s2）
F
m
M

解：木板匀速时，

得
木板上放上小铁块时，由牛顿第二定律

木板速度减到零时

共释放的小铁块
最终第31块铁块能留在木板上
距右端的距离Δs=0.75m

如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上质量为M的特殊长平板，m=M/(k-1)，平板与地面间的动摩擦因数μ=0.02，在平板的表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中画虚线的部分，当物块P进入相互作用区时，便受到B对它竖直向上的恒力f作用，其中f=kmg，k=11，f对P的作用恰好使P不与B的上表面接触；在水平方向上P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始下落时刻，平板B向右的速度为v0=10m/s，P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为t0=2 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区.求：

(1)物块P从开始自由下落到再次回到初始位置所经历的时间.
(2)当B开始停止运动的那一时刻，P已经回到初始位置多少次.
解法一：(1)依题意，物块P在长木板B的上方做周期性运动，设物块刚进入相互作用区时的速度为v，则v=gt0  ①
P进入相互作用区后的加速度为a，由牛顿第二定律可得a==(k-1)g，设向下减速运动的时间为t，则v=at=(k-1)gt  ② 
①②两式联立解得t=t0
故物块P运动的周期T=2(t0+t)==4.4 s  ③ 
(2)物块P未进入相互作用区时，B的加速度a1==μg  ④
物块P进入相互作用区时，B的加速度a2=  ⑤
则2t0时间内，B的速度减小量Δv1=a1·2t0=2μgt0  ⑥
在2t时间内，B的速度减少量Δv2=a2·2t=2μg  ⑦ 
故在P运动的一个周期内，B的速度减少量Δv=Δv1+Δv2=2μgt0+2μg ⑧
P回到初始位置的次数n=  ⑨
联立⑧⑨两式解得n=10.3，n应取整数，故n=10 
解法二：(1)物块P从开始下落到减速运动速度为零的全过程中，根据动量定理，有mg(t0+t)-ft=0
则t= 
故T=2(t0+t)==4.4 s 
(2)设在P运动的一个周期T内，B的速度减少量为Δv，根据动量定理有μMg·2t0+μ(Mg+f)·2t=MΔv 
解得Δv=2μgt0+2μg(1+)·
P回到初始位置的次数n=
联立解得n=10.3，n应取整数，故n=10 

1.如图所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平地面上的质量为M的特殊长平板，m/M=1/10，平板与地面间的动摩擦因数为μ=2.00×10－2.在板的上表面上方，存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中画虚线的部分.当物块P进入相互作用区时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f =amg，a=51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力.已知物块P开始自由落下的时刻，板B向右的速度为v0=10.0 m/s.P从开始下落到刚到达相互作用区所经历的时间为T0=2.00 s.设B板足够长，保证物块P总能落入B板上方的相互作用区，取重力加速度g=9.80 m/s2.问：当B开始停止运动那一时刻，P已经回到过初始位置几次?

  略