第12讲 多次碰撞问题 专题讲义 -2025届高考物理二轮复习

第12讲　多次碰撞问题 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，然后可以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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 例1 如图1所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m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m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0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t＝0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t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，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： 图1 (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)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 训练1（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 训练2（2023·全国乙卷·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 （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。    例2 足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面夹角为θ。物块P置于斜面上，向下推动P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面匀速下滑。将P重新静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块Q自距P为l0处无初速释放，并与P发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知P、Q质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： 图2 (1)P与斜面间的动摩擦因数； (2)Q释放后经多长时间与P发生第1次碰撞； (3)Q与P第2次碰撞后P的速度大小； (4)从Q释放到与P发生第n次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。 训练1（2024·安徽安庆·三模）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。 （1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度； （2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，B点与地面间的高度差保持不变，圆弧AB对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角； （3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。 训练2（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。 跟踪训练 1.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： 图1 (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 2.甲、乙两车总质量(包括人、车及砂袋)均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1、2、3…n，质量分别为1 kg、2 kg、3 kg…n kg的砂袋依次均以20 m/s相对地的速度水平抛入乙车，试求： (1)第几号砂袋投入乙车后，乙车速度为零？ (2)至少第几号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞？ 3.如图2所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m。物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10 m/s2。求： 图2 (1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小； (2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn。 4.（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物块沿斜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。 5.（2023·山东威海·二模）如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M=1kg的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0=40cm。质量为m=1kg的小物块B（可视为质点）被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t=0.6s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F=20N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求： （1）A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小； （2）从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能； （3）A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离； （4）B从开始运动到离开A所用的时间。    6.（2024·广东惠州·一模）如图所示，在光滑绝缘足够大的水平面上存在方向水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电金属小球甲从A点由静止释放后，以大小为的速度与静止在O点、质量为3m小球乙发生碰撞，乙球不带电，碰撞时间极短且无电荷量转移，首次碰撞后甲向左运动的最远距离距O点，已知AO相距为L，与A点相距3L处的B处有一固定的竖直挡板，乙球与挡板碰撞时间极短且无机械能损失。求： （1）电场的电场强度E的大小； （2）首次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小； （3）如果在甲、乙两球首次碰撞后瞬间，将电场强度大小改为，方向不变，要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在OB区域相碰，K的取值范围。 7.（2024·湖北武汉·二模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。 8.（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。 9.（2024·福建泉州·二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了后用触控锁钉锁定。现将质量为的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求： （1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小； （2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小和加速度大小； （3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d； （4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小。 10（2023·全国·模拟预测）如图所示，质量M=2kg的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x（未知且可调）处有一铆钉固定的滑块A。一质量m=1kg的小滑块P（可视为质点）静止于木板左端。现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得v0=8m/s的初速度沿木板向右运动。已知重力加速度大小为g=10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，整个过程中滑块P未滑离木板Q，木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。 （1）若x=0.25m，将A的钉去掉，滑块A与水平面无摩擦，且mA=2kg，求木板与物块A碰撞的次数及碰后滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小； （2）若小滑块P的质量为mP=2kg，Q的质量为mQ=1kg，滑块A用铆钉固定在距Q右侧x0=6m处，多次碰撞后P、Q最终都静止，求整个过程中木板Q的总路程。 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第12讲　多次碰撞问题 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，然后可以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，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出 例1 如图1所示，P为固定的竖直挡板，质量为2m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m的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0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t＝0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t＝t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B间的动摩擦因数为μ，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： 图1 (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)0～t0时间内B经过的路程； (4)t0的值。 答案　(1)　(2)　(3)　(4) 解析　(1)依题意，设木板的长度为L，A、B第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板由动量守恒定律有mv0＝(2m＋m)v1 根据能量守恒定律有 μmgL＝mv－(2m＋m)v 联立解得v1＝v0，L＝。 (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v2，取方向向右为正，根据动量守恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2 根据能量守恒定律有 μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v 联立求得v2＝v0，x1＝ 则可得此时物块距木板左端的距离为 Δl1＝L－x1＝。 (3)由(1)(2)问分析可知，物块B与木板第n次共速时的速度为， 对B有 μmg＝maB 从B第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1 从B第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2 从B第n次撞击挡板到第n＋1次撞击挡板过程，有＝2aBsn 则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋) 得s＝＝。 (4)B从第n次与挡板发生碰撞到第n＋1次与挡板发生碰撞的过程中， 设B做匀变速运动的时间为t1，B做匀速直线运动的时间为t2，A、B保持相对静止共同运动的位移为Δx，匀变速运动过程有 ＋＝aBt1 －＝2aBΔx 匀速过程有Δx＝t2 联立可得t1∶t2＝1∶1 即每相邻两次碰撞过程中，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0～t0时间内，设A做匀减速运动的累计时间为t′，则 t′＝t0 对A有μmg＝2maA 又＝aAt′ 解得t0＝。 训练1（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞的相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 训练2（2023·全国乙卷·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 （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 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 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 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。 例2 足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面夹角为θ。物块P置于斜面上，向下推动P使其沿斜面下滑，撤去推力后P沿斜面匀速下滑。将P重新静置于斜面上，如图2所示，表面光滑的物块Q自距P为l0处无初速释放，并与P发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知P、Q质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求： 图2 (1)P与斜面间的动摩擦因数； (2)Q释放后经多长时间与P发生第1次碰撞； (3)Q与P第2次碰撞后P的速度大小； (4)从Q释放到与P发生第n次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。 答案　(1)tan θ　(2)　(3)2　(4)(2n－1)　(2n2－2n＋1)l0 解析　(1)P能沿斜面匀速下滑，则 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)设Q下滑的加速度为a， 由牛顿第二定律mgsin θ＝ma 经时间t1发生第1 次碰撞 由匀变速直线运动规律l0＝at 解得t1＝。 (3)Q与P第1 次碰撞前的速度v0＝at1 解得v0＝ Q、P 第1次碰后速度分别为vQ1、vP1，碰撞过程动量守恒mv0＝mvQ1＋mvP1 碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋mv 解得vQ1＝0，vP1＝v0＝ 即碰撞过程交换速度。碰后Q做初速度为零的匀加速运动，加速度仍为a，碰后物块P匀速下滑，设再经时间t2发生第2次碰撞vP1t2＝at 第2次碰前物块Q的速度vQ2′＝at2 根据弹性正碰可得，碰撞过程Q、P 交换速度，则第2次碰后Q、P 的速度分别为vQ2、vP2，联立解得 vQ2＝v0＝ vP2＝2v0＝2。 (4)设再经时间t3发生第3次碰撞，同理可得t3＝t2 第3次碰前Q的速度大小为vQ3′＝v0＋at2＝3v0 碰后Q的初速度大小vQ3＝2v0 P匀速运动速度大小vP3＝3v0 经时间t4第4次碰撞，则有t4＝t2 P匀速运动速度大小vP4＝4v0 综上分析可得，第n－1次碰撞到第n次碰撞用时tn＝t2 则从释放到第n次碰撞用时 t＝t1＋t2＋…＋tn＝(2n－1) 物块P第1 次、第2 次、第3 次、…第n－1次碰撞后运动位移分别为x1、x2、x3、…xn－1 x1＝v0t2，x2＝2v0t2，xn－1＝(n－1)v0t2 第n次碰撞点到Q释放点距离为 x＝l0＋x1＋x2＋…＋xn－1 解得x＝(2n2－2n＋1)l0。 训练1（2024·安徽安庆·三模）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。 （1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度； （2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，B点与地面间的高度差保持不变，圆弧AB对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角； （3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。 【答案】（1）；（2），；（3） 【详解】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同速度为，根据动量守恒定律，有 解得 设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有 解得 薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有 解得 （2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有 解得 设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知 画出速度矢量关系如图所示 设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为 由几何关系可知，矢量三角形的面积为 由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。 解得 此时满足条件 即 ， （3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰1次。 小滑块与薄木板加速度相等 当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道AB恰好碰2次。 从开始到第一次碰撞的时间 薄木板和轨道AB碰撞时的速度 考虑小滑块的运动 联立解得 综上可知d应满足的条件为 训练2（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 （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 ， 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 跟踪训练 1.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10 m/s2。求： 图1 (1)物块与凹槽相对静止时的共同速度； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。 答案　(1)2.5 m/s　(2)6次　(3)5 s　12.75 m 解析　(1)设两者间相对静止时速度为v， 由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝2.5 m/s。 (2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg 设两者间相对静止前相对运动的路程为s1， 由动能定理得－Ffs1＝(m＋m)v2－mv 解得s1＝12.5 m 已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。 (3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，有 mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′ mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2 联立解得v1′＝v2，v2′＝v1 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次数可分为13段。凹槽、物块的v－t图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则 v＝v0＋at，a＝－μg 解得t＝5 s v－t图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L) s2＝t＋6.5L 解得s2＝12.75 m。 2.甲、乙两车总质量(包括人、车及砂袋)均为500 kg，在光滑水平面上沿同一直线相向而行，两车速度大小分别为v甲＝3.8 m/s，v乙＝1.8 m/s，为了不相撞，甲车上的人将编号分别为1、2、3…n，质量分别为1 kg、2 kg、3 kg…n kg的砂袋依次均以20 m/s相对地的速度水平抛入乙车，试求： (1)第几号砂袋投入乙车后，乙车速度为零？ (2)至少第几号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞？ 答案　(1)第9号　(2)第12号 解析　(1)以乙车和投入乙车的砂袋为系统，设乙车原来速度方向为正方向，第n号砂袋投入乙车后，乙车速度为零，则有 Mv乙－(m1＋m2＋m3＋…＋mn)v0 ＝(M＋m1＋m2＋m3＋…＋mn)v乙′ m1＋m2＋m3＋…＋mn＝1＋2＋3＋…＋n＝(1＋n)n v乙′＝0 联立解得n＝9 即第9号砂袋投入乙车后，乙车速度为零。 (2)此时两车速度应相同，有 Mv甲－Mv乙＝2Mv 解得v＝1 m/s 以甲车为研究对象，设抛出x个砂袋，则有 Mv甲＝[M－(m1＋m2＋m3＋…＋mx)]v＋(m1＋m2＋m3＋…＋mx)v0 m1＋m2＋m3＋…＋mx＝1＋2＋3＋…＋x＝(1＋x)x 解得x＝11.5 取x＝12 即至少第12号砂袋投入乙车后，若两车尚未相碰，则不会相撞。 3.如图2所示，装置的左半部分是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v＝2 m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带的长度l＝1.0 m。物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g＝10 m/s2。求： 图2 (1)物块B与物块A第一次碰撞前，B的速度大小； (2)物块B与物块A第一次碰撞后到第二次碰撞前与传送带之间的摩擦生热Q； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的动能Ekn。 答案　(1)4 m/s　(2) J　(3) J 解析　(1)对B，自开始至到达曲面底端时， 由机械能守恒定律得mgh＝mv 解得v0＝2 m/s 由于v0＞v，B开始在传送带上减速，设B在传送带上一直做减速运动到左端时速度大小为v1， 由动能定理得－μmgl＝mv－mv 解得v1＝4 m/s 由于v1＞v，所以假设成立，即物块B与物块A第一次碰前的速度大小为4 m/s。 (2)设B与A第一次碰撞后的速度大小分别为vB1、vA1，取向左为正方向， 由动量守恒定律得mv1＝mvB1＋MvA1 由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv 由以上两式解得vB1＝－v1＝－ m/s 即第一次碰撞后，B以 m/s的速度滑上传送带，设B向右减速为0时经过的位移为x，则 －μmgx＝0－mv 解得x＝ m＜1 m 物块B再向左加速返回传送带左端 且回到左端的速度为 m/s 设物块B从向右滑上传送带到减速为0用时t 则t＝＝ s 摩擦生热Q＝μmg(2vt－0)＝ J。 (3)由于第二次碰撞仍为弹性碰撞，由第(2)问的分析可知，B碰后的速度大小仍为碰前的，即 vB2＝vB1＝－v1 同理可推，B与A碰撞n次后 vBn＝－v1＝－ m/s 动能Ekn＝mv＝ J。 4.（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物块沿斜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。 【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 ， 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 设斜面倾斜角为，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 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 5.（2023·山东威海·二模）如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M=1kg的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0=40cm。质量为m=1kg的小物块B（可视为质点）被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t=0.6s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F=20N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求： （1）A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小； （2）从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能； （3）A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离； （4）B从开始运动到离开A所用的时间。    【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律 根据匀加速直线运动公式 解得 （2）A与P相撞所用的时间 解得 B滑动后撞A的时间 可得 木板与挡板第一次碰撞后，对A 解得 对B 解得 木板与挡板第一次碰撞后,A运动的位移 B运动的位移 木板的长度 根据摩擦生热 （3）A、B碰前的速度 A、B碰时动量、能量守恒 解得 AB碰后，对A 对B 根据 解得 这段时间B运动的位移 B离挡板的距离 （4）木板与档板第二次碰撞时木块B的速度 对A 解得 对B 解得 B减速到零所用时间为t4，则 解得 A经过这段时间后的速度 这段时间AB的位移 此时，AB间距离 B离木板右端的距离 木板锁定后，对B 解得 其中 解得 B从开始运动到离开A所用的时间 6.（2024·广东惠州·一模）如图所示，在光滑绝缘足够大的水平面上存在方向水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电金属小球甲从A点由静止释放后，以大小为的速度与静止在O点、质量为3m小球乙发生碰撞，乙球不带电，碰撞时间极短且无电荷量转移，首次碰撞后甲向左运动的最远距离距O点，已知AO相距为L，与A点相距3L处的B处有一固定的竖直挡板，乙球与挡板碰撞时间极短且无机械能损失。求： （1）电场的电场强度E的大小； （2）首次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小； （3）如果在甲、乙两球首次碰撞后瞬间，将电场强度大小改为，方向不变，要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在OB区域相碰，K的取值范围。 【答案】（1）；（2），方向水平向左；；方向水平向右；（3） 【详解】（1）方法一：对甲与乙碰撞前的过程，根据动能定理得 方法二：碰撞前，对甲球 （2）设碰撞后甲的速度为，乙的速度为，由动量守恒定律 碰后对甲，由动能定理 解得 方向水平向左； 方向水平向右； （3）如果甲乙两球恰好在挡板B处再次相撞，对甲球，由牛顿第二定律 取水平向右为正 解得 如果甲乙两球恰好在处相撞，对甲球，由牛顿第二定律 对乙球 解得 故要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在区域相碰，的取值范围为 7.（2024·湖北武汉·二模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平面上，时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小，求： （1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小； （2）A、B发生第三次碰撞的时刻； （3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。 【答案】（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3） 【详解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律 分析B的受力 即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律 A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 ， 解得 ， （2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间与B发生第一次碰撞，有 B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有 此时，B以匀速直线运动，A的速度为 A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 ， B以匀速直线运动，A以初速度，加速度a匀加速直线运动，第三次碰撞前，有 显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度、加速度做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。故A与B发生第3次碰撞后的时刻为 解得 （3）从开始至第一次碰撞 从第一次碰撞至第二次碰撞 从第二次碰撞至第三次碰撞 从第三次碰撞至第四次碰撞 从第次碰撞至第n次碰撞 A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移 8.（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 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 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 则第n次碰撞前 9.（2024·福建泉州·二模）如图，一质量为3m、长度为L的木板静止在倾角的固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数，木板的下端固定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被压缩了后用触控锁钉锁定。现将质量为的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度大小为，弹簧的劲度系数，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，不计空气阻力。求： （1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小； （2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小和加速度大小； （3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d； （4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小。 【答案】（1）；（2），；（3）；（4） 【详解】（1）设滑块释放时加速度大小为，由牛顿第二定律得 滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有 得 （2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 联立解得 ， 对木板由牛顿第二定律可得 解得 方向沿斜面向上。 （3）方法一： 从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程中,滑块重力做功 木板重力做功 木板所受摩擦力做功 由功能关系得 解得 方法二： 木板第一次碰后向下减速的位移 在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小，当木板速度为0时，滑块速度也为0，此时两者之间距离为 接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为，则 第二次碰撞后瞬间，木板的速度为，滑块的速度为，由动量守恒和能量守恒可得 联立解得 ， 木板向下的位移 当两者速度再次为0，此时两者之间距离为 滑块再次碰撞木板时的速度 由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为 木板向下的位移 即每次木板向下的位移 或 木板下端与锁钉的距离 （4）当板块分离时，弹簧的形变量为，挡板与滑块间的弹力，两者的加速度相等都为 对板块整体 得 对弹簧和板块系统，由能量守恒得 解得 10（2023·全国·模拟预测）如图所示，质量M=2kg的木板Q静止在光滑水平地面上，距其右端x（未知且可调）处有一铆钉固定的滑块A。一质量m=1kg的小滑块P（可视为质点）静止于木板左端。现水平向右迅速敲击小滑块P，使其瞬间获得v0=8m/s的初速度沿木板向右运动。已知重力加速度大小为g=10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，整个过程中滑块P未滑离木板Q，木板与右侧滑块A的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。 （1）若x=0.25m，将A的钉去掉，滑块A与水平面无摩擦，且mA=2kg，求木板与物块A碰撞的次数及碰后滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小； （2）若小滑块P的质量为mP=2kg，Q的质量为mQ=1kg，滑块A用铆钉固定在距Q右侧x0=6m处，多次碰撞后P、Q最终都静止，求整个过程中木板Q的总路程。 【答案】（1）2次，，，2m/s；（2）10m 【详解】（1）木板Q、物块A每次碰撞时，由动量守恒与机械能守恒可得 解得 ， 即木板Q、物块A每次碰撞后，交换速度，故第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为 木板Q第一次碰撞A的速度大小为 对P和木板Q，由动量守恒 木板Q第一次碰撞A时滑块P的速度大小为 第一次碰撞后，木板Q、物块A的速度分别为 ， 接下来木板Q向右匀加速直线运动，到第二次碰撞前，根据位移关系 木板Q的速度为 第二次碰撞后，木板Q、物块A的速度大小分别为 ， 由动量守恒 滑块P的速度大小为 木板Q继续向右匀加速直线运动，直到滑块P、木板Q共速，有 若能发生第三次碰撞，由位移关系 木板Q的速度大小为 所以不能发生第三次碰撞。即木板与物块A碰撞的次数为2次，滑块P、木板Q、物块A最终速度的大小分别为，，2m/s。 （2）第一次碰撞前，木板Q向右做匀加速直线运动，木板Q的加速度大小为 解得木板Q碰A时的速度大小为 故木板Q先匀加速到与滑块P共速 再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为 然后向右匀加速运动直到与滑块P共速 再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为 所以木板Q的总路程为 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$