湖南省五市十校2020届高三上学期第二次联考物理试题 Word版含解析 21页

www.ks5u.com 湖南省五市十校2019年高三年级第二次联考试题物理 一、选择题 ‎1.关于伽利略对物理问题的研究，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 伽利略认为，在同一高度下落的重的物体和轻的物体，下落快慢不同 B. 只要条件合适，理想斜面实验就能做成功 C. 理想斜面实验虽然是想象中的实验，但它是建立在可靠的事实基础上的 D. 伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.伽利略认为，如果没有空气阻力，在同一高度下落的重的物体和轻的物体，下落快慢相同，选项A错误；‎ BC.理想斜面实验不可能做成功，但它是建立在可靠的事实基础上的，选项C正确，B错误；‎ D.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并采用斜面实验和逻辑推理相结合的方法进行了验证，选项D错误．‎ ‎2.如图所示，绝缘、光滑的水平面上有带正电的小球A和B ，当A以一定速度向着静止的B运动 时，B由于受到了 A的斥力而加速，A由于受到了 B的斥力而减速，某时刻A、B两球达到共同 速度，关于这个过程，下列说法正确的是 A. 系统A、B机械能守恒，动量不守恒 B. 系统A、B动量守恒， A对B的冲量等于B动量的增加量 C. 系统A、B动量守恒，B对A的冲量等于A动量的减少量 D. 系统A、B动量不守恒，机械能不守恒， 但机械能与电势能之和守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．把小球A和B看成一个系统合外力为零，满足动量守恒，电场力对A球做的负功大于电场力对B球做的正功，所以机械能不守恒。故AD错误。‎ B．根据动量定理可知，A对B的冲量等于B动量的增加量。故B正确。‎ C．根据动量定理可知，B对A的冲量等于A动量的改变量。故C错误。‎ 故选B。‎ - 21 -‎ ‎3.如图所示，正六面体真空盒置于水平面上，它的ADHE面与BCGF面均为金属板，BCGF面带正电，ADHE面带负电其他面为绝缘材料．从小孔P沿水平方向平行于ABFE面以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．下列说法正确的是( )‎ A. 三个液滴在空中运动的时间相同 B. 液滴c所带的电荷量最多 C. 整个运动过程中液滴c的动能增量最大 D. 三个液滴落到底板时的速率相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、三液滴在竖直方向做初速度为零匀加速度直线运动，水平方向做匀速度直线运动，由图示可知三液滴的水平位移，初速度相同，根据可知在空中的运动时间关系为，它们抛出点的高度相等，根据可知加速度的关系为，三个液滴质量相同的带正电液滴，根据牛顿第二定律可知液滴所带的电荷量关系为，故选项B正确，A错误；‎ CD、对液滴由动能定理得，整个运动过程中液滴的动能增量关系为，三个液滴落到底板时的速率关系为，故选项C、D错误．‎ ‎4.如图所示，圆心为O，水平直径为AB的圆环位于竖直面内，一轻绳两端分别固定在圆环的M、N 两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，MN连线过圆心O且与AB间的夹角为，不计滑轮 与轻绳之间的摩擦。圆环顺时针缓慢转过角度的过程，轻绳的张力 - 21 -‎ A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C 先增大再减小 D. 先减小再增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】M、N连线与水平直径的夹角θ（θ≤90°）越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，根据mg=2Tcosα，知轻绳的张力T越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小。‎ A．逐渐增大。故A不符合题意。‎ B．逐渐减小。故B不符合题意。‎ C．先增大再减小。故C符合题意。‎ D．先减小再增大。故D不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎5.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB，这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则（ ）‎ A. 行星A的质量大于行星B的质量 B. 行星A的密度小于行星B的密度 C. 行星A第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度 D. 当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速度 ‎【答案】A - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据 ‎,‎ 可得 由图象可知，A的斜率大，所以A的质量大.故选项A符合题意.‎ B.由图象可知当卫星在两行星表面运行时，周期相同，且R=r 将 代入上式可知 故两行星密度相同. 故选项B不符合题意.‎ C.根据万有引力提供向心力，则 所以 行星A的半径大，所以行星A的第一宇宙速度也大. 故选项C不符合题意.‎ D.两卫星的轨道半径相同时，它们的向心加速度 由于A的质量大于B的质量，所以行星A的卫星向心加速度大. 故选项D不符合题意.‎ ‎6.如图所示，一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙 壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O - 21 -‎ 点，弹簧处于原长状态且原长为L， 细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，已知重力加速度为g， 劲度系数，对于圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是 A. 圆环通过O点的加速度大于g B. 圆环在O点的速度最大 C. 圆环在B点的加速度大小为 D. 圆环在B点的速度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g。故A错误。 B．圆环受力平衡时，加速度为零，速度最大，应在O点下方。故B错误。 C．圆环在下滑过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图所示：‎ 根据几何关系，在A点弹簧伸长：，根据牛顿第二定律有：‎ ‎，解得：‎ - 21 -‎ 故C正确。‎ D．圆环从A到B过程，根据功能关系，减少的重力势能转化为动能，有：解得：‎ 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，倾角为的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带足够长，取， g=10m/s2，下列说法正确的是 A. 小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2‎ B. 小物块向上运动的时间为1. 6s C. 小物块向上滑行的最远距离为3m D. 小物块最终将随传送带一起向上匀速运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，代入数据解得：‎ a1=10m/s2‎ 方向沿斜面向下。 设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有 - 21 -‎ 由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgsosθ=ma2，代入数据解得：‎ a2=2m/s2‎ 方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为：‎ 故小物块向上运动的时间为1.6s。故B正确，AD错误。 C．小物块向上滑行的最远距离为：‎ 故C错误。‎ 故选B。‎ ‎8.如图所示，A、B两木块质量分别为9kg和3kg，用细线绕过滑轮连结在一起并叠放在水平桌面 上，A与B、B与桌面C之间的动摩擦因数均为0.3，取g=10m/s2，滑轮质量不计。当对滑轮施 一水平力F=48N时，则 A. A对B的摩擦力为15N，方向水平向右 B. A对B的摩擦力为24N， 方向水平向右 C. B对C的摩擦力为36N， 方向水平向右 D. C对B的摩擦力为24N，方向水平向左 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由题意可知，AB间的最大静摩擦力：‎ f=μN=0.3×90=27N B与桌面C之间的最大静摩擦力为：‎ f′=μN′=0.3×120=36N 当对滑轮施以水平力F=48N时，两根绳子上各有T=24N的作用力。把AB看成一个整体，根据牛顿第二定律：‎ - 21 -‎ 解得：‎ 对A分析有：‎ 代入数据解得A对B的摩擦力为：‎ 故A符合题意，B不符合题意。‎ CD．对B分析有：‎ 代入数据解得C对B的摩擦力为：‎ 方向水平向左，所以B对C的摩擦力为36N， 方向水平向右。故C符合题意，D不符合题意。‎ 故选AC。‎ ‎9. 如图甲所示,质量相等大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来,使小球a在竖直平面内来回摆动,小球b在水平面内做匀速圆周运动,连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ,运动过程中两绳子拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示.则下列说法正确的是( )‎ A. 图乙中直线d表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系 B. 图乙中曲线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系 C. θ＝45°‎ D. θ＝60°‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ - 21 -‎ 试题分析：小球a做单摆运动，其拉力随时间做周期性变化，而小球b做匀速圆周运动，根据矢量三角形可得即，恒定不变，故图乙中直线d表示绳子对小球b的拉力大小随时间变化的关系，直线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系，A错误B正确；a球只有重力对其做功，机械能守恒，故，在最低点重力和拉力的合力充当向心力，故有，联立解得，当对a球来说，当夹角为时，拉力最大，从图中可知a球受到的最大拉力和b球的拉力相等，所以有，解得，故C错误D正确；‎ 考点：考查了牛顿第二定律，圆周运动 ‎【名师点睛】本题要分析清楚两小球的运动情况，知道指向圆心的合力提供小球做圆周运动的向心力，应用机械能守恒定律与牛顿第二定律即可正确解题,a球作振动，绳子的拉力作周期性变化．b球在水平面作匀速圆周运动，绳子的拉力大小不变．由向心力知识分别得到绳子的最大拉力表达式，由图乙两种情况最大拉力大小相等，联立即可求解 ‎10.如图所示，闭合电键S，电压表的示数为U，电流表的示数为现向左调节滑动变阻器R的触头P，电压表V的示数改变量的绝对值为，电流表的示数改变量的绝对值为，则下列说法正确的是 A. U变小 B. 不变 C. 滑动变阻器R的电流变小 D. 电源的输出功率变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由图看出，变阻器与电阻R1并联后再与电阻R2串联。当向左调节滑动变阻器的触头P时，变阻器有效电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流I减小，电源的内电压和R2的电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数U变大，R1的电流变大，则滑动变阻器R的电流变小。故A错误，C正确。‎ - 21 -‎ B．根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R2+r），将电阻R2与电源当作等效电源，表示等效电源内电阻，即：‎ 保持不变。故B正确。‎ D．因为不知道电路中外阻与内阻的关系，所以不能判断电源的输出功率的变化情况。故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎11.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图甲所示，一个质量为m、电荷 量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点， 取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图乙所示，则（不考虑空气阻 力）‎ A. 电场强度不断减小，方向沿x轴负方向 B. 从O到x1的过程中，加速度越来越小，速率越来越大 C. 从O到x1的过程中，相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小 D. 到达x1位置时，小球速度的大小为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物体的机械能先减小，后保持不变，故电场力先做负功，后不做功，所以电场强度方向向上，再根据机械能的变化关系可知，电场力做功越来越小，所以电场强度不断减小，方向沿x轴负方向。故A符合题意。 B．从O到x1的过程中，根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，且电场力越来越小，故加速度越来越大，速度越来越大。故B不符合题意。 C．从O到x1‎ - 21 -‎ 的过程中，由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小。故C符合题意。 D．根据动能定理：，解得：‎ 故D符合题意。‎ 故选ACD。‎ ‎12.质量m = 3.0kg的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经一 段时间，拉力做功为W = 15.0J，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面，以地面为零势能面， 不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是 A. 恒定拉力大小为40.0N B. 撤去外力时，小球离地高度为3.75m C. 球动能Ek = 3.0J时的重力势能可能是11.25J D. 球动能Ek = 3.0J时的重力势能可能是12.0J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设小球加速上升的加速度为a，经过的时间为t，位移为x，取向上为正，则：x＝at2，t时刻的速度大小为 v＝at；撤去拉力后，物体经过时间t又回到地面，则有：﹣x＝vt﹣gt2，联立解得：‎ a＝g 根据牛顿第二定律可得：F﹣mg＝ma，解得：‎ F＝mg＝40N 故A正确。‎ B．根据W＝Fx，可得 x＝0.375m 即撤去外力时，小球离地高度为0.375m。故B错误。‎ CD．撤去外力时，物体的动能为：‎ Ek＝max＝3××0.375J＝3.75J - 21 -‎ 所以动能等于3J的位置有两个，一个是加速上升过程中，设高度为h1，则根据动能定理可得：mah1＝3J 解得：‎ h1＝03m 则重力势能为mgh1＝9J；设减速过程动能为3J时的高度为h2，则根据动能定理可得：W﹣mgh2＝3J 解得重力势能为：‎ mgh2＝12.0J 故C错误，D正确。‎ 二、实验题 ‎13.为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验．实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面．将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点．分别测量OP、OQ的长度h和s．改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据．‎ ‎（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮．请提出一个解决方法．_____‎ ‎（2）请根据下表的实验数据作出s﹣h关系的图象．_____‎ h（cm）‎ ‎20.0‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ s（cm）‎ ‎19.5‎ ‎28.5‎ ‎39.0‎ ‎48.0‎ ‎56.5‎ ‎（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg．根据图所示的s﹣h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=_____．（结果保留一位有效数字）‎ - 21 -‎ ‎【答案】 (1). 可以通过减小B的质量 (2). (3). 0.4‎ ‎【解析】‎ ‎（1）B减少的重力势能转化成系统的内能和AB的动能，A释放后会撞到滑轮，说明B减少的势能太多，转化成系统的内能太少，可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）解决．故解决方法有：可以通过减小B的质量；增加细线的长度（或增大A的质量；降低B的起始高度）．‎ ‎（2）描点，连线，如图所示：‎ ‎（3）B下落至临落地时根据能的转化和守恒有：，在B落地后，A运动到Q有，解得：又A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，在s﹣h图象上任取一组数据代入可以求得：μ=0.4．‎ ‎14.某同学设计如图所示的电路测电源的电动势和内阻，图中两个电流表相同。按如下步骤实验，请按要求填空：‎ - 21 -‎ ‎（1）闭合电键S1之前，先将电阻箱接入电路的阻值调到 ____（填“最大”或“最小”），闭合电键S1，再闭合电键S2 ，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的指针偏转较大（接近满偏），读出 电流值I0，读出这时电阻箱的阻值R1;断开电键S2，调节电阻箱的阻值，使电流表A2的示数再次为I0，读出这时电阻箱的阻值R2，则电流表A1的阻值为__________。‎ ‎（2）闭合电键S3 ，依次调大电阻箱的阻值，记录每次调节后电阻箱的阻值R，并记录每次调节后电流表A1的示数I，根据记录的作出图像，则图像可能是_____。‎ A. B. C. D. ‎ ‎（3）若根据记录的作出图像，通过对图像的处理，得到图像与纵轴的截距为图像的斜率为b， 则电源的电动势E =__________，电源的内阻r =________。‎ ‎【答案】 (1). 最大 (2). R1-R2 (3). D (4). (5). +R2-R1-R0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]为了防止电路中的电流过大，闭合电键S1之前，应将电阻箱接入电路的电阻调到最大，根据等效替代可知，电流表A1的内阻为R1-R2。 (2)[3]由于开始时电流表接近满偏，因此调节电阻箱使电流表的示数逐渐减小，即电阻箱的阻值逐渐调大。由闭合电路欧姆定律得：E=I（R+RA1+R0+r），得到IR=E-I（r+R0+RA1）。故D正确，ABC错误。‎ ‎(3)[4][5] 由E=I（R+RA1+R0+r）得：，根据题意有：，解得：‎ 又有：，解得：‎ - 21 -‎ 三、解答题 ‎15.如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并做匀速圆周运动，到B点时轨道对它的支持力大小等于物块重力的1.5倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小。求：‎ ‎（1）P、A间的高度差为多少？‎ ‎（2）物块从A运动到B克服摩擦力做功为多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）mgr ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设匀速圆周运动速度大小为v，B点时由牛顿第二定律得：F-mg=m ‎ P到A由机械能守恒得：mgh=mv2 ‎ 因为F=1.5mg 可解得：‎ ‎(2)从A运动到B由动能定理得：mgr-W克= 0 ‎ 解得：‎ W克=mgr ‎16.中国海警编队依法对一艘非法进入中国钓鱼岛领海的船只进行维权执法。在执法过程中，发现非法船只位于图中的A处，预计在75s的时间内将到达图中的C处，海警执法人员立即调整好航向，沿直线BC由静止出发恰好在运动了 75s后到达C处，而此时该非法船只也恰好到达C处，我国海警立即对该非法船只进行了驱赶。非法船只一直做匀速直线运动且AC与BC距离相等，我国海警船运动的图象如图所示。求：‎ ‎（1）B、C间的距离是多少？‎ - 21 -‎ ‎（2）若海警船加速与减速过程的加速度仍保持原来的大小不变。海警船从B处由静止开始若以最短时间准确停在C处，求需要加速的时间。‎ ‎【答案】（1） （2）40s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)B、C间的距离为v-t图中梯形面积，即 ‎(2)加速时的加速度为：‎ 减速时的加速度为：‎ 要使所需时间最短，必有先加速t1再减速t2，则有：‎ 位移关系为： ‎ 解得： ‎ t1,=40s ‎17.如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的小球A和B，组成一个系统。其中A球带正电，电量为q。虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A 和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线。视小球为质点， 不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的匀强电场后，系统开始运动.若B球不带 电时，B球到达虚线PQ位置时速度大小为；若让B 球带上一定电荷，B球从图示位置向右恰能运动到虚线PQ位置，不计A、B两球间的库仑力，两球均视为点电荷。求：‎ ‎（1）虚线MN与PQ之间的电势差；‎ ‎（2）B 球的电性，B球所带电荷量；‎ - 21 -‎ ‎(3)B球带上述电荷后，从系统开始运动到B球第二次经过虚线MN位置的时间。‎ ‎【答案】（1） ；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)B球不带电时，从图示位置运动到PQ位置的过程中，以AB系统为研究对象，由动能定理有：2EqL= ‎ 根据U=Ed可知MN与PQ之间的电势差：U=E·3L 联立可得：‎ ‎(2)B球带负电。令B球的带电量为qB，AB系统从开始至B球恰好到达PQ位置的过程中，由动能定理有： ‎ 可得： ‎ ‎(3)仅A在电场中： Eq=2ma1‎ 可得：‎ a1=2g AB系统做初速度为0，加速度为的a1匀加速直线运动，位移为L，由：，‎ 可得：‎ 由：，可得：‎ 仅B在电场中：EqB=2ma3，可得：‎ - 21 -‎ AB系统做加速度为的a3匀减速直线运动，位移为2L，由： ‎ 可得：‎ 则该过程的初速度：，可得：‎ AB都在电场中：E（q-qB）=2ma2，可得：‎ AB系统做加速度为的a2匀边速直线运动，位移为L，始末速度分别为v1、v2由：v2=v1+a2t2 ，可得：‎ 根据运动的对称性，可知全过程的总时间：t=t1+2(t2+t3)，可得：‎ ‎18.如图所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块(可视为质点)，若铁块随同小车均以v0 =3m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正 撞，碰撞时间忽略不计。碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2铁块始终不从小车上掉下来。求：‎ ‎（1）若，小车与墙壁碰后，小车和铁块中谁的速度先 达到零？铁块向右运动的最大位移为多少？‎ ‎（2）若，且满足题意的小车的最小长度为5m，求m1 与m2的比值为多少？‎ ‎（3）若m1=lkg， m2=2kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少？‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）；（2）（3）81/32m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由动量守恒知铁块的速度先达到零。对从碰撞至速度为零，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)研究与墙碰后过程，碰后速度等值反向，以速度继续向右运动，规定向左方向为正方向，当与向左达到共同速度时，对应小车的最小长度，由动量守恒定律和能量关系得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 代入数据解得：‎ ‎=‎ ‎(3)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s1，由动能定理得：‎ ‎－μm2gs1＝0－m1v02 ‎ 其中小车向左运动的最远距离：s1=m ‎ 规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前（已同速），由动量守恒定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 第二次相撞后平板车向左走的路程为s2，由2ax=v2得：‎ - 21 -‎ 同理可得小车与墙第n-1次碰后至第n次碰前，由动量守恒定律有：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎= ‎ 以后每次相碰反弹向左行的路程满足，则：‎ 小车所走的路程为一个无穷等比数列之和。公比 故：‎ s＝2s1(1+q+q2+q3+……)＝‎ - 21 -‎ ‎ ‎ - 21 -‎