11 滚动卷(一) 专题逐一通关一至专题逐一通关二-【名师导航】2026年高考物理二轮总复习教师用书

(总分：100分) 一、单项选择题：本大题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2025·湖北·模拟预测)2024年6月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。如图甲，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的v-t图像，图像中的ab段和cd段均为直线，cd段斜率大小小于重力加速度g。下列说法正确的是(　　) A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力 B．无人机在t3～t4过程中处于失重状态 C．无人机在t1～t2过程中受到的合外力越来越大 D．无人机在t1～t4过程中机械能先增大后减小 B　[空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，A错误；由题图乙可知，无人机在t3～t4过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，处于失重状态，B正确；根据v-t图像中，图线的斜率表示加速度，由题图乙可知，无人机在t1～t2过程中加速度恒定，根据牛顿第二定律有F合＝ma，可知无人机受到的合外力保持不变，C错误；由题意可知，t1～t4过程中空气对无人机的力竖直向上，空气对无人机的作用力一直做正功，机械能一直增大，D错误。故选B。] 2．(2025·辽宁·模拟预测)如图所示，一质量为m的集装箱被吊在空中处于静止状态，集装箱AB宽8米，BC长20米，钢索AO、BO、CO、DO的长度均为14米。已知钢索的质量远小于集装箱的质量，重力加速度为g，则每根钢索的拉力大小为(　　) A．mg　　 B．mg C．mg D．mg B　[设每根钢索与竖直方向夹角为θ，则sin θ＝＝ ，根据平衡条件得4FTcos θ＝mg，解得FT＝mg，故选B。] 3．(2025·重庆卷)重庆复杂的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线路探究车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M和N向左同时出发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s的NO段做匀减速直线运动并以速度v0进入半径为R的OP圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则(　　) A．汽车到O点时，列车行驶距离为s B．汽车到O点时，列车行驶距离为 C．汽车在OP段向心加速度大小为 D．汽车在OP段向心加速度大小为 B　[对汽车，根据速度—位移关系有－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速度大小a＝，汽车做减速运动的时间t＝＝，这段时间列车行驶距离为s′＝2v0·t＝，B正确，A错误；根据an＝，可得汽车在OP段向心加速度大小为an＝，C、D错误。故选B。] 4．(2025·广东广州·三模)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t－26和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质量为2 kg，取竖直向上为正方向。则(　　) A．EF段无人机的速度大小为4 m/s B．FM段无人机的货物先超重后失重 C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s D．MN段无人机机械能守恒 A　[EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程y＝4t－26，可知EF段无人机的速度大小为v＝4 m/s，故A正确；根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误；以y轴正方向为正方向，根据MN段方程y＝－2t＋140，可知MN段无人机的速度为v′＝－2 m/s，则FN段无人机和装载物总动量变化量为Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12 kg·m/s，FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C错误；MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D错误。故选A。] 5．(2025·辽宁丹东·三模)北京时间2025年3月26日23时55分，西昌卫星发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动到椭圆轨道Ⅱ的远地点B时，再次变轨进入半径为2r的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运动。下列判断正确的是(　　) A．卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为1∶2 B．要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气 C．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能 D．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间内扫过的面积一定相等 A　[卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有＝，解得T1∶T3＝1∶2，故A正确；轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向后喷气，故B错误；结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，需要先后在A与B位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间内扫过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间内扫过的面积不相等，故D错误。故选A。] 6．(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D A　[由于F1和F2始终大小相等、方向相反，所以系统动量守恒且为0，小球M、N同时减速到0，且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变，即碰撞前后v-t图线的斜率不变，B、C、D错误，A正确。] 7．(2025·山东济南·二模)风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一，我国最新的JF22风洞创造了全球最快30马赫风速的奇迹。如图所示，风洞能对进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的a点以大小为v0的初速度竖直向上抛出，在b点落回地面，小球离开地面的最大高度等于ab间的距离，则小球在运动过程中的最小速度为(　　) A．v0　　　　 B．v0 C．v0 D．v0 D　[ 设小球离开地面到最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中运动的时间为2t，则小球离开地面的最大高度为h＝gt2，设小球水平方向的加速度大小为a，则ab间的距离xab＝a(2t)2＝h，可得a＝g，可知小球受到的水平恒力为F＝ma＝mg，对小球进行受力分析及速度分解如图所示，水平恒力与重力的合力与竖直方向的夹角满足tan θ＝＝，将小球的初速度v0分解为平行F合方向和垂直F合方向两个分速度，当平行F合方向分速度减为0时，小球的速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ＝v0，故选D。] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 8．(2025·甘肃卷)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m的小球A，质量为m的小球B用细线与A相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是(　　) A．小球A运动到弹簧原长处的速度最大 B．剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为 C．小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为 D．小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 BC　[剪断细线后，弹力大于A的重力，则A先向上做加速运动，随弹力的减小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧处于拉伸状态，选项A错误；剪断细线之前弹力F弹＝3mg，剪断细线瞬间弹簧弹力不变，则对A由牛顿第二定律有F弹－2mg＝2ma，解得A的加速度a＝，选项B正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝，剪断细线后A做简谐运动，在平衡位置时弹簧伸长量x2＝，即振幅为A＝x1－x2＝，由对称性可知小球A运动到最高点时，弹簧伸长量为，选项C正确；由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧伸长量为，选项D错误。故选BC。] 9．(2025·辽宁沈阳·模拟)如图所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，上端连接质量为2m的物体B，质量为m的物体A从B正上方某高度处自由下落，与B发生碰撞后(不粘连)两者立刻一起以相同的速度向下运动，此后，A、B在运动过程中恰好不分离。已知弹簧的弹性势能为Ep＝，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。则(　　) A．A、B碰后立刻向下做减速运动 B．A、B一起运动过程中加速度的最大值为2g C．A、B碰撞过程中损失的机械能为 D．A、B运动至最低点时弹簧弹力大小为6mg CD　[碰前A自由下落，根据动能定理有mgh＝，A、B碰后立刻一起以相同的速度v向下运动，系统所受合力向下，根据3mg－kx＝3ma，由于弹簧弹力变大，可知，碰后A、B一起先向下做加速度减小的加速运动，故A错误；结合上述，当加速度减为零时，速度达到最大，此时的位置为简谐运动的平衡位置，当A和B恰好不分离时，A、B之间弹力为0，A的加速度为重力加速度，则B的加速度也为重力加速度，可知，在最高点时弹簧刚好达到原长，加速度为g，根据简谐运动的对称性可知，A、B一起运动过程中加速度的最大值为g，故B错误；结合上述，根据简谐运动的对称性可知，A、B运动到最低点时的加速度也为g，此时根据牛顿第二定律有kx－3mg＝3mg，可知，A、B运动至最低点时弹簧弹力大小为kx＝6mg，故D正确；A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝3mv，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝－×3mv2，B开始处于静止时，根据平衡条件有2mg＝kx1，结合上述，A、B碰撞后至运动到最高点时弹簧恰好处于原长，该过程有＝3mgx1，解得ΔE＝，故C正确。故选CD。] 10．(2025·湖北黄冈·二模)如图所示，质量为m的小球乙固定在长度为L的轻质细杆上端，杆的下端通过光滑的转轴与质量为m的物块甲相连，物块甲紧靠右侧竖直固定挡板，放置在光滑水平面上，开始时轻杆保持竖直状态，系统静止。现轻推小球乙，使小球乙无初速度的向左倒下，物块甲和小球乙均视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．当轻杆与竖直方向夹角为60°时，轻杆的作用力为零 B．甲刚要离开挡板时，乙的速度大小为 C．小球乙落地前瞬间，乙的速度大小为 D．小球乙从开始运动到落地过程中，轻杆对小球乙做的功为－mgL BCD　[设轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，小球乙的速度为v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知mgL(1－cos α)＝mv2，此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力，有mg cos α＝m，联立解得cos α＝，v＝，故A错误，B正确；轻杆上作用力为零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒，有mv cos α＝mv1x＋mv2x，该过程系统机械能守恒，有mv2＋mgL cos α＝，小球乙落地前一瞬间，由小球乙、物块甲速度关联有v1x＝v2x，联立解得v1x＝v2x＝， v1y＝，小球乙落地前瞬间，乙的速度大小v乙＝＝，故C正确；小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小球乙做的功为W乙，对乙由动能定理有＝mgL＋W乙，解得W乙＝－mgL，故D正确。故选BCD。] 三、非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．(6分)(2025·天津·一模)如图甲所示，小车通过细绳与钩码相连，遮光片固定在小车的最右端，光电门传感器固定在长木板上，小明研究组利用图中装置完成了“验证牛顿第二定律”的实验，小红研究组将长木板放平，并把小车换成木块，完成了“测定长木板与木块间动摩擦因数”的实验。 (1)某同学在研究小车加速度与拉力关系的实验中，把小车所受拉力当作合力，下列说法正确的是________。(填字母) A．需要平衡阻力 B．不需要平衡阻力 C．要求钩码的质量远小于小车质量 D．不要求钩码的质量远小于小车质量 (2)在实验操作完全正确的情况下，小明研究组将小车从某一位置由静止释放，测出遮光条的宽度d和它通过光电门的挡光时间Δt，小车静止时的位置到光电门的位移x，小车的质量m，弹簧测力计的示数F，则F与应满足的关系式为____________________(用m、d、x、Δt等字母表示)。 (3)小红研究组测出木块静止时遮光条右端距光电门左端的位移x，由遮光条宽度d和挡光时间Δt求出滑块的速度大小v，并算出v2，然后作出的F-v2图像如图乙所示，根据图像可求得动摩擦因数μ＝________(用a、b、g、x等字母表示)。 [解析]　(1)把小车所受拉力当作合力，需要平衡阻力，可以根据弹簧测力计直接读出力的大小，不要求钩码的质量远小于小车质量。故选AD。 (2)小车通过光电门的速度v＝ 由匀变速直线运动规律有v2＝2ax 若满足牛顿第二定律，则有F＝ma 解得F＝。 (3)根据动能定理可得(F－μmg)x＝mv2 解得F＝＋μmg 结合图像可得＝，μmg＝a 联立解得μ＝。 [答案]　(1)AD　(2)F＝　(3) 12．(6分)(2025·北京朝阳·二模)用半径相等的两个小球验证动量守恒定律，装置如图所示。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下： 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤2：把小球2放在斜槽末端边缘位置B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置； 步骤3：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。 (1)对于上述实验操作，下列说法正确的是________。(填字母) A．小球1每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下 B．斜槽轨道末端必须水平 C．斜槽轨道必须光滑 (2)上述实验还需要测量的物理量有________。 A．点A、B间的高度差 B．点B离地面的高度 C．小球1和2的质量 D．小球1和2的半径 [解析]　(1)为了保持每次碰撞前瞬间小球1的速度相同，小球1每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下，但斜槽轨道不需要光滑，故A正确，C错误；为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故B正确。故选AB。 (2)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，碰撞前瞬间小球1的速度为v0，碰撞后瞬间小球1、2的速度分别为v1、v2，根据动量守恒可得m1v0＝m1v1＋m2v2，由于两小球在空中下落高度相同，所用时间相同，则有m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，则验证动量守恒的表达式为m1OP＝m1OM＋m2ON，可知还需要测量的物理量是小球1和2的质量。故选C。 [答案]　(1)AB　(2)C 13．(12分)(2025·江西景德镇·三模)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区域时，浮力骤减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，这一现象被称为“掉深”。我海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106 kg的某潜艇，在高密度海水区域距海平面200 m、距海底112.5 m处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入低密度海水区域A点时，浮力突然降为5.4×107 N，10 s后，潜艇官兵迅速完成对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了严重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N，重力加速度g取10 m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦。求： (1)潜艇“掉深”10 s时的速度； (2)潜艇减重排出水的质量。(结果取两位有效数字) [解析]　(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律得mg－F－Ff＝ma1 代入数据解得a1＝0.9 m/s2 10 s末的速度为v＝a1t1＝9 m/s。 (2)掉深10 s时，潜艇下落的高度h1＝t1 解得h1＝45 m 潜艇减速下落的高度h2＝h－h1 解得h2＝67.5 m 在减速阶段h2＝ 解得a2＝0.6 m/s2 潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以 0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，由牛顿第二定律得F＋Ff－m1g＝m1a2 代入数据解得m1＝5.15×106 kg 排水前潜艇的质量m＝6.0×106 kg “掉深”过程中排出水的质量m′＝m－m1＝8.5×105 kg。 [答案]　(1)9 m/s　(2)8.5×105 kg 14．(14分)(2025·陕西咸阳·模拟预测)如图所示为一游戏装置的竖直截面图，A、B、D、E、H、I处于同一水平面上，在A端的弹簧装置能将质量m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)水平弹出，并从B点顺利进入曲线轨道BC、半径R＝0.8 m的螺旋圆轨道CDC′、曲线轨道C′E，在E点连接了倾角θ＝37°的斜面EF和水平平台FG，平台FG高度h＝0.3 m、长度lFG＝0.1 m，质量M＝0.3 kg的小车靠在平台右侧且上表面与平台FG齐平，小车的长度d＝1 m，在B、F处均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块与斜面EF、平台FG间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.75，其余部分均光滑，各处平滑连接，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)若滑块经过D点的速度大小vD＝4 m/s，此时滑块对轨道的压力大小； (2)若螺旋圆轨道CDC′能承受的最大压力FNm＝13 N，弹簧储存的最大弹性势能； (3)若要求滑块最终停在小车上，小车获得的动能和弹簧储存的弹性势能Ep之间应满足的关系式。 [解析]　(1)滑块经过D点，根据牛顿第二定律有FN ＋ mg ＝ 解得FN＝1 N 由牛顿第三定律可知，滑块经过D点时对轨道的压力大小F′N ＝ FN ＝ 1 N。 (2)根据题意可知，滑块经过螺旋轨道的最低点C时对轨道的压力最大，滑块在C点，由向心力公式，有FNm－mg ＝ 由能量守恒定律，有Ep＋mg·2R＝ 联立解得Ep＝3.2 J。 (3)设滑块到G点的速度大小为vG，滑块从A到G的过程，由能量守恒定律，有Ep ＝ 由动量守恒定律，有mvG＝v共 解得v共＝vG 联立解得＝(Ep－0.35) 若滑块恰好经过D点，根据牛顿第二定律，有mg＝m 解得v＝2 m/s 则弹簧的弹性势能Epmin＝mv2＝0.4 J 若滑块恰好滑到小车右端时共速，根据能量守恒，有＝＋μ2mgd 解得v共＝ m/s 则弹簧的弹性势能Epmax＝1.35 J 综上所述，小车获得的动能Ek＝＝(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J)。 [答案]　 (1)1 N　(2)3.2 J　(3)Ek＝(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J) 15．(16分)(2025·福建福州·三模)如图所示，一长为L＝20 m的倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，以v0＝4 m/s的速度逆时针方向匀速转动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方一段距离的传送带上，将两物块同时无初速度释放，t0＝0.75 s后两物块发生第一次弹性碰撞，之后两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点。已知两个物块A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.75，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小； (2)两物块第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小； (3)从释放物块开始到两物块发生第二次碰撞前瞬间的过程中，物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q； (4)两物块在传送带上能发生的碰撞次数。 [解析]　(1)对物块B受力分析有Ff＝μ2m2g cos θ＝12 N，F斜面＝m2g sin θ＝12 N。 则物块B受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态 对物块A，根据牛顿第二定律有m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝m1a 两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小vA1＝at0＝3 m/s。 (2)设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为v′A1和v′B1，弹性碰撞过程，由动量守恒定律有m1vA1＝m1v′A1＋m2v′B1 由能量守恒定律有＝ 解得v′A1＝－1 m/s，v′B1＝2 m/s 第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2 m/s做匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B的速度为vB2＝v′B1＝2 m/s。 (3)两物块从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，运动时间相等，分别设为x、t1 则有x1＝＝v′B1t1 解得t1＝1.5 s，x1＝3 m 传送带运动位移为x＝v0(t0＋t1)＝9 m 碰前两物块距离d＝＝1.125 m 物块A与传送带运动的相对位移为Δx＝＝13.125 m 产生的热量Q＝μ1m1g cos θΔx＝26.25 J。 (4)释放B物块开始到两物块第一次发生相碰，B物块所经历的时间为t0＝0.75 s，该过程B运动的距离为0 A与B发生第一次相碰后到第二次相碰，B物块所经历的时间为t1＝1.5 s，该过程B运动的距离为x1＝3 m 设第二次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为v′A2和v′B2，第二次碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律有 m1vA2＋m2vB1＝m1v′A2＋m2v′B2 ＝ 解得v′A2＝1 m/s，v′B2＝4 m/s 从A、B第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为vA3，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为t2 则有x2＝t2＝v′B2t2 vA3＝v′A2＋at2 解得t2＝1.5 s，x2＝6 m 以此类推，可知每次发生碰撞后，B运动的时间均为1.5 s，运动距离按等差数列规律变化 该时间内B运动的距离x＝x1n＋＝m (n＝0，1，2，…) x<L－d＝18.875 m，则n≤3，故总共能碰4次。 [答案]　(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)26.25 J (4)4次 学科网（北京）股份有限公司 $