1.5 弹性碰撞和非弹性碰撞 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习通过“基础+提升”分层设计，以碰撞类型判断、单一模型应用为起点，逐步过渡到图像分析、多次碰撞及递推法综合应用，构建从概念理解到科学推理的知识巩固路径，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|弹性/非弹性碰撞判断、单一碰撞模型（动碰静、叠放碰撞）|结合弹射棋、小行星撞击等生活情境，通过多选题和计算题强化动量守恒与能量观念，培养物理观念| |能力提升练|碰撞图像分析、合理性判断、多次碰撞及递推法|设置冰壶碰撞v-t图像、台球多次弹性碰撞等综合问题，融入科学推理与模型建构，提升科学思维能力|

5　弹性碰撞和非弹性碰撞 基础练习 题型一　弹性碰撞和非弹性碰撞的判断 1.(多选题)A、B两个物块在光滑的水平地面上发生正碰,碰撞时间极短,两物块运动的位置随时间变化的x-t图像如图所示。以下说法正确的是(　　) A.A、B的质量之比为2∶3 B.A、B的质量之比为3∶2 C.该碰撞为弹性碰撞 D.该碰撞为非弹性碰撞 2.(多选题)[2026云南昆明阶段测试]如图所示,2名同学玩弹射棋游戏,某次弹射过程简化如下:在水平桌面上先后放置两个完全相同的棋子A和B(均可视为质点),将棋子A从左侧以某一初速度快速弹出,两棋子发生正碰(碰撞时间极短),测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L。下列说法正确的是(　　) A.A、B两棋子发生的是非弹性碰撞 B.碰后瞬间A、B两棋子的速度大小之比为1∶4 C.碰后瞬间A、B两棋子的动能大小之比为1∶2 D.碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为4∶9 题型二　弹性碰撞的应用 3.[2025北京师范大学第二附中月考]三个相同的小球用轻绳悬挂在水平支架上,轻绳互相平行,三个小球球心等高,彼此间有小间隙。它们之间的碰撞可视为弹性碰撞。不计空气阻力。现向左拉起小球1,由静止释放。则在此后的运动过程中会出现下面哪个图所示的情境(　　) 　　　 4.(多选题)碰撞在宏观、微观世界中都是十分普遍的现象,在了解微观粒子的结构和性质的过程中,碰撞的研究起着重要的作用。一种未知粒子X跟静止的氢原子核正碰,测出碰撞后氢原子核的速度是v1,该未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰时,测出碰撞后氮原子核的速度是v1,已知氢原子核的质量是mH,氮原子核的质量是14mH,上述碰撞都是弹性碰撞,则下列说法正确的是(　　) A.碰撞后未知粒子的机械能增大 B.碰撞后未知粒子的机械能减小 C.未知粒子的质量为 D.碰撞前未知粒子的速度为v1 5.[2026陕西西安一模]最近“一颗编号为2024YR4、直径在40 m至90 m之间的小行星可能在8年后撞击地球”的消息引起热议。我国已掌握动能撞击术来规避这个风险,如图所示,若用与小行星质量m、速率v相同的自主导航航天器去横向与小行星发生弹性碰撞,小行星被撞后瞬间速度大小变为v1,方向与原速度的夹角为θ,下列说法正确的是(　　) A.v1=v　　　　B.v1=2v　　　　C.θ=30°　　　　D.θ=90° 6.[2026江苏镇江阶段测试]如图,一光滑直线轨道上静止着相同大小的A、B两球(可视为质点),B球左侧6 m处有一竖直挡板,B球与之碰撞后能等速率弹回。现A以v0=2 m/s的速度与B发生弹性正碰,且碰后A仍向左运动。则两球前后两次碰撞期间,B球运动的路程可能为(　　) A.5.5 m　　　　B.6.5 m　　　　C.7.5 m　　　　D.8.5 m 7.[2025北师大二附中开学摸底]如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球(均可视为质点)叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=4m1,不计空气阻力,则质量为m1的小球反弹后能达到的最大高度为(　　) A.5h　　　　B.11h　　　　C.h　　　　D.h 8.[2026重庆阶段测试]如图所示,质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的滑块A、B刚开始都静止于水平面上,现给滑块A水平向右的初速度v0=10 m/s,经t0=2 s,两滑块发生弹性碰撞,碰撞时间极短,最后两滑块减速至停止。已知滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2,取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)两滑块间的初始距离d; (2)碰后瞬间B滑块的速度大小v'2; (3)全过程摩擦力对A滑块的总冲量I。 题型三　非弹性碰撞的应用 9.[2025河北邯郸三校联考]如图所示,在光滑的水平面上有2 024个质量均为m的小球排成一条直线,均处于静止状态。现给第一个小球一初速度v0,使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的,则整个碰撞过程中因为碰撞损失的机械能为(　　) A.　　　　 B. C.　　　　D. 10.[2026河北邯郸阶段测试]如图所示,两个小学生在滑冰场上滑冰,小学生甲的质量为30 kg,小学生乙的质量为20 kg,某时刻两人以互相垂直的速度相撞并抱在了一起,相撞前瞬间甲、乙的速度大小分别是1 m/s和2 m/s,甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小等于(　　) A.0.5 m/s　B.1 m/s　C.1.5 m/s　D.2 m/s 11.[2026江苏南京阶段测试]如图所示,不可伸长的轻绳跨越光滑的钉子O,两端各系着小球A和B,球A与地面接触,球B拉到水平位置,OA=OB=L。重力加速度为g。 (1)若静止释放B球,两球发生水平碰撞前瞬间,A球恰好不离开地面,求A、B质量之比; (2)若静止释放B球,且mA=4mB,两球水平碰撞后粘连在一起,求碰撞后AB达到的最大高度h。 能力提升练 题型一　碰撞中的图像问题 1.物块A、B在水平面上沿同一直线同向滑行,A追上B后发生碰撞,碰撞时间Δt极短,如图为两物块运动的v-t图像,图线在碰撞前、后均平行。已知A的质量为1 kg,则(　　) A.物块B的质量为0.5 kg B.两图线交点的纵坐标为4 m/s C.碰撞过程中A、B组成的系统的机械能守恒 D.两物块在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同 2.(多选题)[2026湖北襄阳阶段测试]在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量相等,下列说法正确的是(　　) 　 A.碰后蓝壶速度大小为0.8 m/s B.两壶发生的碰撞是弹性碰撞 C.碰后蓝壶移动的距离为1 m D.碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力 题型二　碰撞中的合理性问题 3.(多选题)[2025湖北四地七校期中联考]某同学利用计算机软件模拟A、B两球碰撞,设定A、B质量之比为3∶5,让A球以初速度v1=2.00 m/s与静止的B球相碰,若规定以v1的方向为正,v2和v3分别为A、B的碰后速度,则该同学记录碰后的数据中,肯定不合理的是(　　) 次数 第1次 第2次 第3次 第4次 v2/(m·s-1) 1.00 0.75 -0.50 -1.00 v3/(m·s-1) 0.60 0.75 1.50 1.80 A.第1次　　　　B.第2次 C.第3次　　　　D.第4次 4.[2025山东泰安期中]如图所示,质量和大小完全相同的A、B两球,在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是vA=8 m/s,B球的速度vB=-2 m/s,一段时间后A、B两球发生对心碰撞。碰撞之后A、B两球的速度v'A、v'B不可能的是(　　) A.v'A=-2 m/s,v'B=8 m/s B.v'A=3 m/s,v'B=3 m/s C.v'A=2 m/s,v'B=4 m/s D.v'A=7 m/s,v'B=-1 m/s 5.[2025江苏无锡第一中学月考]质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量为pA=9 kg·m/s,B球的动量为pB=3 kg·m/s。当A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能值是(　　) A.p'A=6 kg·m/s,p'B=6 kg·m/s B.p'A=8 kg·m/s,p'B=4 kg·m/s C.p'A=2 kg·m/s,p'B=14 kg·m/s D.p'A=-4 kg·m/s,p'B=8 kg·m/s 题型三　多次碰撞问题 6.[2025黑龙江哈尔滨九中期中]台球是青年喜爱的运动项目,球员出杆击打白球,运动的白球撞击彩色球使其入洞并计分。假设在光滑水平面的一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球,质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生碰撞,假设发生的碰撞均为弹性正碰,则多次碰撞后,白球最终的速度大小为(　　) A.0　　　　B.　　　　C.v0　　　　D.v0 7.(多选题)[2026湖南长沙月考]如图,光滑水平地面上依次放置了n个相同滑块A1、A2、A3、A4、…、An,质量均为3m。水平传送带与地面平滑连接,在电动机的作用下保持以v0的速率逆时针转动。将一个质量为m的滑块A0轻放在传送带右端,滑块A0在传送带的作用下向左运动,到达传送带左端时速度大小刚好为v0,已知所有的碰撞都是一维弹性碰撞。下列说法正确的是[提示:a+a2+a3+…+an=,其中a≠1](　　) A.滑块A0发生第一次碰撞后瞬间的速度大小为v0 B.若k为整数且0≤k<n,则滑块An-k最终速度大小为v0 C.滑块A0最后一次离开传送带时的速度大小为v0 D.整个过程中电动机因滑块在传送带上滑动而额外做的功为m 8.[2025河南周口期中]如图所示,水平地面上有一个质量为m的光滑小球P和一个质量为3m的物块Q。初始时,静止的物块Q与左侧竖直墙壁间的距离为d,现给小球P一大小为v0的水平向右的初速度,随后小球P与物块Q发生弹性碰撞,小球P反弹后又与左侧竖直墙壁发生碰撞,当小球P第二次与物块Q碰撞时,物块Q的速度刚好减为零,已知重力加速度为g,P、Q两物体均可视为质点,碰撞过程的时间可忽略不计,所有的碰撞过程中系统均不损失机械能。求: (1)物块Q与水平地面间的动摩擦因数μ; (2)经过足够长时间后,物块Q运动的总路程x总。 创新点　递推法的应用 9.[2026山西长治阶段测试]如图所示,质量为M=4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上,质量为m=1.5 kg的小物块放在长木板的右端,在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板,孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过。现使木板和物块以v0=4 m/s的速度一起向右匀速运动,物块与挡板碰撞后(碰撞时间极短)立即以碰前的速率反向弹回,而木板穿过挡板上的孔继续向右运动,整个过程中物块不会从长木板上滑落。已知物块与挡板第一次碰撞后,物块离开挡板的最大距离为x1=2.0 m,取重力加速度g=10 m/s2。 (1)求物块与木板间的动摩擦因数; (2)求物块第一次与挡板碰撞到再次与木板相对静止所需的时间; (3)若物块与挡板第n次碰撞后,物块离开挡板的最大距离为xn= m,求n的取值。 答案与分层梯度式解析 第一章　动量守恒定律 5　弹性碰撞和非弹性碰撞 基础练习 1.AC　由图可知碰前vA=5 m/s,vB=0,碰后v'A=-1 m/s,v'B=4 m/s,在碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒,有mAvA=mAv'A+mBv'B,解得=。碰前系统动能E1=mA=mA,碰后系统动能E2=mAv+mBv=mA+8 m2/s2×mB= m2/s2×mA,由此可知E1=E2,因此该碰撞为弹性碰撞。故选A、C。 2.AD　根据牛顿第二定律有μmg=ma,可知两棋子碰后加速度相同,有=2a×,=2aL,可得碰后瞬间两棋子的速度之比为vA∶vB=1∶2,根据碰撞过程动量守恒可得mv0=mvA+mvB,解得vA=,vB=,因为m>m+m,可知发生的是非弹性碰撞,A正确,B错误;根据Ek=mv2,可知碰后瞬间A、B两棋子的动能之比为1∶4,C错误;碰撞前瞬间A棋子的动能为EkA=m,碰撞过程损失的机械能为ΔE=m-m-m=m,因此碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为4∶9,D正确。故选A、D。 3.C　两个质量相等的小球发生弹性碰撞时有mv0=mv1+mv2,m=m+m,解得v1=0,v2=v0,可知质量相等的两个小球发生弹性正碰后速度发生交换(解题技法),则向左拉起小球1由静止释放,1与2碰撞后瞬间,1静止,2获得速度v0,随后2与3碰撞后瞬间,2静止,3获得速度v0,可知,若3在运动,则1、2均静止,若1在运动,则2、3均静止,选项C符合题意。 4.BCD　碰撞过程中未知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上,所以碰撞后未知粒子的机械能减小,选项A错误,选项B正确;设未知粒子X碰撞前的速度为v0,未知粒子X跟静止的氢原子核正碰,由动量守恒定律有mXv0=mHv1+mXv2,由机械能守恒定律有mX=mH+mX;未知粒子以相同速度跟静止的氮原子核正碰,由动量守恒定律有mXv0=14mH×v1+mXv3,由机械能守恒定律有mX=×14mH+mX,联立解得mX=mH,v0=v1,选项C、D正确。 5.A　小行星被质量完全相同的航天器横向撞击后,小行星沿原方向动量不变,由小行星与航天器组成的系统沿被撞方向(垂直小行星原运动方向)动量守恒及机械能守恒可知,垂直小行星运动方向,航天器与小行星交换速度,如图所示: 被撞后小行星合速度大小为v1=v,可得速度偏转角度为θ=45°,故选A。 6.D　设A球的质量为M,B球的质量为m,由于碰后A仍向左运动,则M>m,设两球第一次碰撞后速度分别为vA、vB,碰撞为弹性碰撞,根据动量守恒有Mv0=MvA+mvB,根据机械能守恒有M=M+m,联立解得vA=v0= m/s,vB=v0= m/s;B球运动到挡板处的时间t== s= s,此过程中,A球运动的距离为xA=vAt=× m= m,A球到挡板的距离为ΔL=x0-xA=6 m- m,设又经过t0时间两球第二次相碰,则有(vA+vB)t0=ΔL,解得t0= s,此过程B球运动的距离xB=vBt0=× m= m,故两球前后两次碰撞期间,B球运动的路程为sB=x0+xB=6 m+ m,由于M>m,近似处理可知xB>2 m,则sB>8 m(解题技法),故选D。  方法技巧　弹性碰撞“动碰静”模型中,二者碰后速度可直接通过结论式计算,即v'1=v1,v'2=v1。 7.D　弹性小球下降过程做自由落体运动,落地前瞬间两球速度大小相同,为v=,下侧小球与地碰撞之后,速度瞬间反向,大小与原来相等,再研究两小球碰撞过程(破题关键),碰撞前后动量守恒,设碰后上、下两小球速度大小分别为v1、v2,以竖直向上为正方向,由动量守恒定律得m2v-m1v=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得(m1+m2)v2=m1+m2,且m2=4m1,联立解得v1=v=,最大高度为hmax==h,选项D正确。 8.答案　(1)16 m　(2)4 m/s　(3)2 N·s,方向水平向左 解析　(1)根据牛顿第二定律有μm1g=m1a 由匀变速直线运动的位移公式得d=v0t0-a 联立解得d=16 m (2)由匀变速直线运动的速度公式可得碰撞前A的速度v1=v0-at0 碰撞过程中,取水平向右为正方向,由动量守恒有m1v1=m1v'1+m2v'2 由能量守恒有m1=m1v+m2v 解得v'1=-2 m/s,v'2=4 m/s (3)取水平向右为正方向,对全过程由动量定理可得,摩擦力对滑块A的总冲量I=(0-m1v'1)+(m1v1-m1v0) 解得I=-2 N·s,负号表示方向水平向左。 9.B　以第一个小球初速度v0的方向为正方向,将2 024个小球组成的整体看作一个系统(解题技法),设系统最终的速度为v,运用动量守恒定律得mv0=2 024mv,解得v=,则系统损失的机械能为ΔE=m-×2 024mv2,解得ΔE=,选项B正确。  10.B　 甲、乙相撞前,甲、乙总动量大小p1==50 kg·m/s,甲、乙相撞后瞬间总动量大小p2=(m甲+m乙)v,甲、乙组成的系统动量守恒,有p1=p2,联立解得甲、乙抱在一起瞬间的共同速度大小为v=1 m/s,故选B。 11.答案　(1)3∶1　(2) 解析　(1)B球由静止释放运动到最低点时,根据动能定理有mBgL=mBv2 此时由绳子的拉力和B球重力的合力提供向心力,有T-mBg=mB A球恰好不离开地面有T=mAg 联立解得mA∶mB=3∶1 (2)若mA=4mB,由(1)可知B球到最低点时A球不会离开地面,B球到最低点过程,根据动能定理有mBgL=mBv2 两球碰撞过程动量守恒,有mBv=(mB+mA)v' 碰后两球一起上升过程中,根据机械能守恒有 (mB+mA)v'2=(mB+mA)gh 联立解得h= 能力提升练 1.D　根据动量守恒有mAv1+mBv2=mAv3+mBv4,代入数据解得mB=2 kg,选项A错误;两图线交点的纵坐标代表共同速度,由mAv1+mBv2=(mA+mB)v共,解得v共= m/s,选项B错误;碰撞前系统的动能为Ek1=mA+mB,代入数据解得Ek1=33.5 J,碰撞后系统的动能为Ek2=mA+mB,代入数据解得Ek2=29.5 J,由于Ek1>Ek2,所以系统机械能不守恒,选项C错误;由图像可知,两物块在碰前做匀减速运动的加速度大小相同,根据a=μg,可知两物块与水平面间的动摩擦因数相同,根据I=μmgt可知,两物块质量不相等,所以在0~t1时间内受水平面摩擦力作用的冲量不相同,选项D正确。 2.AD　由图乙可知,红壶碰前的速度为v0=1.0 m/s,碰后速度为v'0=0.2 m/s,可知碰后红壶沿原方向运动,设碰后蓝壶的速度为v,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,由动量守恒有mv0=mv'0+mv,解得v=0.8 m/s,根据m>mv+mv2,可知碰撞过程机械能有损失,碰撞为非弹性碰撞,A正确,B错误。根据v-t图像中图线的斜率表示加速度,可知碰撞前,红壶的加速度大小a== m/s2=0.2 m/s2,由几何关系可知,碰撞前红壶的v-t图线延长线与时间轴交点的横坐标是t=6 s,即t=6 s时,蓝壶停止运动;红壶碰撞前后的v-t图线平行,可知碰后红壶的加速度大小为a1=0.2 m/s2,由牛顿第二定律可知,碰后红壶所受的摩擦力大小f1=ma1,蓝壶的加速度大小a2= m/s2=0.16 m/s2,蓝壶所受的摩擦力大小f2=ma2,可知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力,D正确。根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移大小(解题技法),可得碰后蓝壶移动的位移大小为x=×(6-1) m=2.0 m,C错误。故选A、D。 3.AD　设A、B的质量分别为3m和5m,则碰后A球速度不可能大于B球速度,第1次数据不合理,选项A符合题意;第2次碰后两球数据满足mAv1=mAv2+mBv3,因为v2=v3,所以碰撞属于完全非弹性碰撞,第2次数据合理,选项B不符合题意;第3次碰后两球数据满足mAv1=mAv2+mBv3,mA=mA+mB,属于弹性碰撞,第3次数据合理,选项C不符合题意;第4次碰后两球数据满足mAv1=mAv2+mBv3,末状态总动能mA+mB>mA,即碰后动能变大,第4次数据不合理,选项D符合题意。 4.D　由题意可知,两小球碰撞前总动量为p=mvA+mvB=m·6 m/s,总动能为Ek=m+m=m·34 m2/s2,若碰后v'A=-2 m/s,v'B=8 m/s,总动量为p'=mv'A+mv'B=m·6 m/s,总动能为E'k=mv+mv=m·34 m2/s2,此次碰撞符合动量守恒定律,且动能不增加,故A不符合题意;若碰后v'A=3 m/s,v'B=3 m/s,总动量为p'=mv'A+mv'B=m·6 m/s,总动能为E'k=mv+mv=m·9 m2/s2,此次碰撞符合动量守恒定律,且动能不增加,故B不符合题意;若碰后v'A=2 m/s,v'B=4 m/s,总动量为p'=mv'A+mv'B=m·6 m/s,总动能为E'k=mv+mv=m·10 m2/s2,此次碰撞符合动量守恒定律,且动能不增加,故C不符合题意;若碰后v'A=7 m/s,v'B=-1 m/s,即碰撞后两小球运动方向都不改变,不符合实际,故D符合题意。 5.A　设两球质量均为m,碰撞前总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰撞前总动能为Ek=+=+=。若p'A=6 kg·m/s,p'B=6 kg·m/s,则碰撞后总动量p'=p'A+p'B=12 kg·m/s,碰撞后总动能为E'k=+=+=<,满足动量守恒和总动能不增加原则,选项A正确;若碰撞后p'A=8 kg·m/s,p'B=4 kg·m/s,可知碰撞后A的速度大于B的速度,不符合实际,选项B错误;若碰撞后p'A=2 kg·m/s,p'B=14 kg·m/s,则碰撞后总动量p'=p'A+p'B=16 kg·m/s,不满足动量守恒,选项C错误;若碰撞后p'A=-4 kg·m/s,p'B=8 kg·m/s,则碰撞后总动量为p'=p'A+p'B=4 kg·m/s,不满足动量守恒,选项D错误。 6.C　由题意知,光滑水平面一条直线上依次放4个质量均为m的弹性红球,质量为2m的白球以初速度v0与4号红球发生弹性正碰;根据弹性碰撞特点可知2mv0=2mv1+mv2,×2m=×2m+×m,解得v1=v0,每碰撞一次白球的速度变为原来的,由于红球质量相等,且为弹性正碰,则与3号球碰撞后,4号球将速度传给3号球(点拨:4号球与3号球碰撞后交换速度,4号球静止,白球再次与4号球碰撞),白球与4号球碰撞4次后,白球速度v=v0,选项C正确。 7.AC　 A0与A1发生弹性碰撞,有mv0=mv1+3m·v2,m=m+×3m,解得v1=-v0,v2=v0,A正确;A1与A2发生弹性碰撞,速度交换,以此类推,最终An以v0的速度运动,A0在传送带摩擦力的作用下以大小为v0与A1发生第二次碰撞,碰后A1和A0的速度大小都为v0,同理可知最终An-1以v0的速度运动,A0每次与A1碰撞后,速度大小都是原来的,An-k最终速度大小为v0,B错误;A0与A1发生第n次碰撞后,A0最后一次离开传送带时的速度大小v'n=v0,C正确;电动机额外做的功W额=μmgv0(t0+2t1+2t2+…+2tn)=μmgv0+++…+,解得W额=m,D错误。故选A、C。 8.答案　(1)　(2) 解析　(1)小球P与物块Q发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+3mv'1 m=m+×3mv' 解得v1=-,v'1= 设从P与Q第一次碰撞至第二次碰撞经历时间为t,该过程物块Q前进的距离为x1,根据运动学公式,对P有x1+2d=v0t,对Q有x1=t 联立解得x1=2d,t= 所以Q的加速度大小为a== 又μ·3mg=3ma,解得μ= (2)第二次P与Q发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m=mv2+3mv'2 m=m+×3mv' 可得v'2==v0 同理可知第n次P与Q碰撞后,Q的速度 v'n=v0(解题技法) 第n次碰后Q运动的路程为xn=×8d 由等比数列求和,可得Q运动的总路程为x总=x1+x2+…+xn= 速解　第(2)问:在P、Q运动和碰撞过程中,系统的机械能最终都因克服摩擦力做功转化为内能,则对Q有m=3μmgx总,μ=,解得x总=d。 9.答案　(1)0.4　(2)1.5 s　(3)4 解析　(1)物块与挡板第1次碰撞后,物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功,由动能定理得-μmgx1=0-m 解得μ=0.4 (2)物块与挡板碰后,物块与木板组成的系统动量守恒,取水平向右为正方向,第1次碰撞后,物块反弹后瞬间速度大小为v0,设物块与木板再次相对静止时的共同速度为v1,由动量守恒定律得Mv0-mv0=(M+m)v1 解得v1=v0=v0 物块第1次与挡板碰撞到再次与木板相对静止过程, 根据动量定理有μmgt=mv1-m(-v0) 解得t=1.5 s (3)物块第2次与挡板碰撞后,物块反弹后瞬间速度大小为v1, 经一段时间系统的共同速度为v2=v1=v0 物块第3次与挡板碰撞后,物块反弹后瞬间速度大小为v2, 经一段时间系统的共同速度为v3=v2=v0 以此类推,第n-1次碰撞后,物块反弹后瞬间速度大小为vn-2, 经一段时间系统的共同速度为vn-1=vn-2=v0(破题关键) 第n次碰撞后,小物块反弹后瞬间速度大小为vn-1,物块与挡板第n次碰撞后,物块向左减速到速度为0的过程中,由动能定理得-μmgxn=0-m 解得n=4 1 学科网（北京）股份有限公司 $