河南郑州市第四高级中学2025-2026学年高二年级下学期第一次学习能力评估物理试卷含答案

这是一份河南郑州市第四高级中学2025-2026学年高二年级下学期第一次学习能力评估物理试卷含答案，共18页。
物理试卷
考试时间∶75 分钟 满分∶100 分
注意事项 ∶
1 ．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。
2 ．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，
将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3 ．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题∶本题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 ．如图为一款噪声消除器，它的主要工作原理是通过发出与噪声相匹配的声波，让该声波与噪声相遇相消，从而有效降低噪声。关于该噪声消除器，下列说法正确的是( )
A ．其主要工作原理为波的衍射
B ．其主要工作原理为多普勒效应
C ．要达到最佳降噪效果，发出的声波的频率应和噪声的频率相同
D ．要达到最佳降噪效果，发出的声波的相位必须和噪声的相位相同
2．2025 年 4 月 12 日，北京遭遇近十年来罕见大风天气，局部地区达到 14 级大风，人能抵御大风等级与体重的关系如图，小付查阅资料：本次局部风速达 40m/s，空气密度约为
1.2kg / m3 ，一名质量 60kg 的中学生直立正对风时挡风面积约为0.7m 2 ，请估算风对人的作用力约为多少（风吹到人后速度减为零）( )
A ．848N B ．944N C ．1344N D ．1648N
L
3 ．如图所示，两个完全相同的弹性小球 A 和 B（均可看作质点），分别挂在长 和 L 的细4
线上，重心在同一水平面上、且小球恰好互相接触，把小球 A 向左拉开一个较小角度（小于 5°)后由静止释放，经过多长时间两球发生第 2 次碰撞（碰撞均为弹性碰撞）( )
A ． B ．
C ． D ．
4．如图，在光滑水平面上静置一质量为 M、长为 L 的木块，质量为 m 的子弹水平射入木块。
设子弹在木块内运动过程中受到的阻力恒定，大小为f0 ，改变子弹的初速度大小v0 ，则( )
A ．v0 越大，木块的末速度就越大
B ．v0 越大，子弹与木块损失的总动能就越多
C ．v0 越大，子弹与木块相对运动的时间就越短
D ．无论v0 取何值，木块的末速度都不可能大于
5 ．一列沿 x 轴传播的简谐横波在t = 2s 时的波形如图甲所示，P、Q 是介质中的两个质点，P的平衡位置x = 5m ，Q 的平衡位置x = 6m ；图乙为质点 P 的振动图像。下列说法正确的是 ( )
A ．这列波的传播速度大小为 3 m / s
B ．这列波的传播方向沿 x 轴正方向
C ．再经过 1s，质点 Q 沿 x 轴负方向运动 3m
D ．t = 2s 时，质点 Q 离开平衡位置的位移为-53cm
6 ．某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5cm 后静止释放，木棒开始在液体中上下振动（不计液体粘滞阻力），其运动可视为简谐运动，测得其振动周期为4s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，
其振动图像如图所示。其中 A 为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是( )
A ．t = t1 时，木棒的重力大于其所受的浮力
B ．振动过程中木棒的机械能守恒
C ．开始计时12s 内木棒所经过的路程是60cm
D ．木棒的位移函数表达式是y = 5sin cm
7 ．如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为 h 的水平面上。测量时， 将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块 A 和 B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为 A 和 B 的动能。极短时间内 B 嵌入 C 中形成组合体 D，D 与滑轨间的动
摩擦因数为 μ 。D 在滑轨上运动 S1 距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为 S2 ，根据 S2 可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A 、B 、C 质量分别为 3m 、m 、5m ，S ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为 g。则( )
A ．D 的初动能与爆炸后瞬间 A 的动能相等 B ．D 的初动能小于其落地时的动能
C ．弹药释放的能量为48mgh D ．弹药释放的能量为36mghæ|è 1+ EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 8(ö),ø)|
二、多项选择题∶本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，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 ．一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上
a 、b 两点，a 、b 两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样，c 是水面上的一点，a 、b、
1
c 间的距离均为 l，如图所示。已知 a 、b 两波源发出的波的波长为 l ，则( ) 4
A ．c 点为振动加强点
B ．c 点为振动减弱点
C ．在 a 、b 连线之间有四个振动减弱点
D ．在 a 、c 连线之间有四个振动减弱点
9 ．如图所示，质量均为 m 的两物体 A 、B 用劲度系数为 k 的轻质弹簧拴接，物体 C 叠放在物体 B 上，系统处于静止状态。现将 C 瞬间取走，物体 A 恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为Ep kx2 ，其中 x 为弹簧的形变量，重力加速度为 g。以下说法正确的是( )
A ．物体 C 的质量为2m
B ．物体 B 运动到最高点时的加速度大小为3g
C ．物体 B 的最大速度大小为2g
D ．物体 B 上升的最大高度为4mg
k
10 ．如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为 L。质量分别为 m、
3
2m 的环 A、B 套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长 L。开始时弹簧与杆垂直， 2
两环均静止。某时刻，给环 B 一水平向右的瞬时速度 v，下列说法正确的是( )
A ．A 、B 和弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒
B ．若弹簧恢复原长时，环 B 速度为水平向右的 2v，则此时 A 的速度为水平向左的 v
C ．若弹簧恢复原长时，环 B 速度为水平向右的 2v，则初始状态时弹簧的弹性势能
E = 5mv2 p
D ．若某时刻弹簧与导轨之间的夹角为30 ，此时环 A 、B 的速度分别为vA vB
三、非选择题∶本题共 5 小题，共 54 分。
11 ．小高同学正在做“利用单摆测重力加速度”实验。
(1)该同学先让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图甲所示，则单摆的摆长为 cm；实验时为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最 （填“高”或“低”）点时开始计时。
(2)为减小实验误差，多次改变摆长 L，测量对应的单摆周期 T，根据实验数据作得的 L - T2图像如图乙所示，则利用 A 、B 两点求得的重力加速度的表达式为g = 。
(3)小高同学在实验后与其他同学讨论，若实验中操作不当，使得摆球在运动过程中变成圆锥摆（如图丙所示），则圆锥摆的周期 （填“大于”“小于”“等于”）未发生操作失当时单摆的周期。
12 ．某学习小组做“验证动量守恒定律”实验，设计了如下方案：（已知重力加速度为 g ）
(1)方案甲：如图甲所示，大小相同的质量分别为mA 和mB 的滑块 A、B 与地面间的动摩擦因数为 μ1 、 μ2 ，先不放滑块 B，仅将滑块 A 压缩弹簧至Q 点后由静止释放，滑块 A 在O9 点与弹簧分离后，继续滑至P 点停止运动；再将滑块 B 放在O 点，仍将滑块 A 压缩弹簧至Q 点后由静止释放，滑块 A 、B 碰撞后分别静止在M 、N 点，测得O 点到M 、P 、N 三点的距离分别为xOM 、xOP 、xON ，若满足 ，则滑块 A 、B 碰撞过程系统动量守恒。
(2)方案乙：如图乙所示，半径相同、质量分别为mA 、mB 的小球用等长的细绳悬挂在天花板上，将球 A 拉至某高度自由释放，记录拉力传感器 A 碰撞前后瞬时的示数为FA1 、FA2 ，碰后瞬间拉力传感器B 的示数为FB ，已知球 A 碰撞后反弹，若满足 ，则滑块 A 、B碰撞过程系统动量守恒。
(3)方案丙：如图丙所示，滑块 A 、B 上端装有等宽的挡光片，操作如下：
①打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时，可认为气垫导轨水平。
②该装置用于“验证动量守恒定律” 时 （填“ 需要”或“不需要”）测出遮光条的宽度 d 。
③滑块 A 置于光电门 1 的左侧，滑块 B 静置于两光电门之间，给滑块 A 一水平向右的初速度，滑块 A 先后通过光电门 1 和 2 的挡光时间为Δt1 、 Δt2 ，滑块 B 通过光电门 2 的挡光时
间为Δt3 ，为使滑块 A 能通过光电门2，则 mA （填“小于”“等于”或“大于”）mB 。
④若两滑块碰撞过程中动量守恒，则满足表达式 （用题中物理量的符号表示）。
13 ．如图甲所示，在波的传播方向上有 A 、B 、C 三点，其中AB = BC = 10m ，t = 0 时刻开始观察到 A 、C 两点处质点的振动情况分别如图乙、丙所示。
(1)该波的波速可能为多少？
(2)假设振源位于 C 点。起振方向向上，且3λ < AC < 4λ ( λ 为波长），那么从振源起振开始计时，经过多长时间 B 处质点第二次到达波谷？
14 ．如图所示，一粗糙竖直管道竖直固定在水平地面上，下端与外界连通，质量为 m 的物块 A 叠放在质量为 3m 的物块 B 上，B 在管道中运动时所受摩擦力大小恒为 2mg，管道中心的地面上竖直固定劲度系数为k的轻弹簧，同时将 A 、B 从弹簧上端高度为 h 处静止释放，重力加速度大小为 g，轻弹簧的弹性势能EP kx2 （x 为弹簧的形变量），简谐运动的周期T m 为振子质量，k9 为回复力系数），不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。求 A 、B 第一次向下运动的过程中：
(1)B 刚与弹簧接触时，A 的速度大小；
(2)当 A 、B 间弹力最大时，弹簧的形变量；
(3)A 、B 从速度最大到减速为零的时间。
15 ．如图所示，半径为R = 2m 的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，与光滑平台在最低点 相切，P 点是圆弧轨道的最高点。静置在平台上的物块 A、B（均可视为质点），用轻质细绳将它们连接在一起，其间夹着一根被压缩的、长度较短的轻质弹簧（两端未与 A 、B 拴接）。木板 C、D 静置在平台右侧粗糙的水平面上，上表面与平台平齐，竖直弹性挡板固定在木板 D 右侧足够远处。已知物块 A 的质量为m0 = 1kg ，物块 B 的质量为m = 2kg ，木板 C 、D 的质量均为M = 1kg ，C 的长度为L = 3.2m 。物块 B 与木板 C 、D 上表面的动摩擦因数均为
μ1 = 0.25 ，木板 C 下表面与水平面间的动摩擦因数为 μ2 = 0.2 ，木板 D 下表面光滑。现将物块 A 、B 之间的细绳剪断，物块 A 脱离弹簧后向左滑入半圆形光滑轨道并恰好能通过最高点 P。假设 A 到达 P 点后立即把 A 取走，木板 D 足够长且与弹性挡板碰撞后以原速率反弹。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度 g 取10m / s2 。求：
(1)轻质弹簧释放的弹性势能；
(2)物块 B 滑离长木板 C 时的速度大小；
(3)木板 D 第一次与弹性挡板碰撞之后运动的总路程。
1 ．C
AB ．该噪声消除器利用波的干涉来进行降噪，故 AB 错误；
CD．要达到最佳降噪效果，其发出的波的频率应和噪声频率相同、相位相反， 故 C 正确，D错误。
故选 C。
2 ．C
设时间 Δt 内射到人身上的空气质量为 Δm ，人身上的挡风面积为 S，则有
Δm = rSvΔt
根据动量定理有FΔt = Δmv解得F = rSv2
代入数据得F = 1344N故选 B。
3 ．A
两个质量相等的弹性小球做弹性正碰时，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0 = m1v1 + m2v m1v m1v m2v
由m1 = m2 ，解得 v1 = 0 ，v2 = v0
可知两球碰撞后速度交换，由单摆周期公式得TA TB 从释放小球 A 到第 1 次相碰经历时间tTA
从小球 B 摆起到第 2 次相碰经历时间tTB
故选 A。
4 ．D
A ．若子弹能穿过木块，子弹的初速度v0 越大 ，子弹穿过木块的时间越短，规定向右为正方向，对木块，由动量定理得f0t = Mv木块
可知v0 越大，木块的末速度就越小，故 A 错误；
B ．若子弹能穿过木块，根据功能关系，可知子弹与木块损失的总动能为系统产生的热量，故子弹与木块损失的总动能ΔEk = Q = f0L
故v0 越大，子弹与木块损失的总动能不变，故 B 错误；
C ．若子弹能不能穿过木块，由动量守恒有mv0 = (M + m)v,解得v
对木块，由动量定理得f0t, = Mv,解得t, = M
可知v0 越大，子弹与木块相对运动的时间就越长，故 C 错误；
D ．要使木块获得的速度最大，子弹与木块相对运动的时间要最长，此时子弹刚好要击穿木板，设二者共同速度为 v，由动量守恒有 mv0 = (M + m)v
能量守恒定律得f0L mvv2联立解得v ，故 D 正确。
故选 D。
5 ．A
A ．由图可知，波长为 12m，周期为 4s，则波的传播速度为
A 正确；
B ．在t = 2s 时，点 P 向y 轴负方向运动，根据“上下坡法”，这列波的传播方向沿 x 轴负方向，B 错误；
C ．Q 点在平衡位置附近振动，不会沿传播方向运动，C 错误；
D ．Q 点振动滞后于 P 点，滞后时间为
由
y = -Asint Q 点从平衡位置向y 轴负方向运动 Δt时，即在 t=2s 时的位移为
y = -5cm
D 错误。
故选 A。
6 ．C
A ．根据
F回 = -kx
在t = t1 时，木棒位移为负的最大值，即回复力方向沿竖直向上方向，即木棒的重力小于其所受的浮力，A 错误；
B ．振动过程中，除了重力做功以外，浮力对木棒也做了功，可知振动过程中木棒的机械能不守恒，B 错误；
C ．根据题意可知振幅为 5cm，由于
12s = 3 × 4s = 3T
则开始计时12s 内木棒所经过的路程是
3 × 4A = 12 × 5cm = 60cm
C 正确；
D ．若从平衡位置沿正方向振动开始计时，则此振动方程为
A
当上述振动第一次达到位移等于 ，解得2
根据图像可知，将上述函数的图像向右平移
即可得到图中的图像，即木棒的位移函数表达式是
y = 5sin sin cm
D 错误。
故选 C。
7 ．C
A ．爆炸前后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1 = mv2 B 与C 碰撞过程动量守恒mv2 = 6mv
联立解得v = 0.5v1 。
爆炸后瞬间A 的动能 EkA m . v mv
D 的初动能 EkD m ´ mv 两者不相等，故 A 错误；
B ．D 在滑轨上水平滑动过程中摩擦力做功为 Wf = - μ . 6mg . S1 = - μ . 6mgmgh做平抛运动过程中重力做的功为 WG = 6mgh
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0 ，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故 B 错误；
CD ．物块D 平抛过程有 h gt2 ， S2 = v0t联立可得 v0 = S
D 水平滑动过程中根据动能定理有 -6mghmvmv2化简得 vgh
弹药释放的能量完全转化为 A 和 B 的动能，则爆炸过程的能量为
故 C 正确，D 错误。
故选 C。
8 ．AD
AB ．c 点到两波源的距离差为零，所以是振动加强点，A 正确，B 错误；
C ．振动减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍，即为
l （n=1,2,3,……）a、b 连线上各点到 a、b 两波源的距离差的范围是 0~l，所以从a 到 ab 中点的距离上，振动减弱点有 4 个，到两波源距离差分别为l ；同理，在 ab 中点到 b 的距离上，振动减弱点也有 4 个，所以在 a、b 连线之间有 8 个振动减弱
点，C 错误；
D．a、c 连线上从 a 到 c，各点到 a、b 两波源的距离差从 l 逐渐减小到0，由 C 项分析可知，
1 3 5 7
振动减弱点有 4 个，到两波源距离差分别为 l 、 l 、 l 、 l ，D 正确。
8 8 8 8
故选 AD。
9 ．ACD
A ．物体 C 叠放在物体 B 上，处于静止状态时，有
kx1 = (mC + m)g
将 C 取走后，B 物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时有
kx0 = mg其振幅为
A = x1 - x0
当 B 物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体 A 恰好不离开地面，由二力平衡
kx2 = mg则有
x1 - x0 = x2 + x0
解得物体 C 的质量为
mC = 2m
故 A 正确；
B ．B 物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体 A 恰好不离开地面，故F = mg
所以由牛顿第二定律可得 B 物体在最高点的加速度为
故 B 错误；
C ．当 B 物体经过平衡位置的时候其速度最大，B 物体从最高点回落到平衡位置的过程中， B 物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则
可得物体 B 的最大速度大小为
故 C 正确；
D ．物体 B 上升的最大高度为
故 D 正确。
故选 ACD。
10 ．ACD
A ．平行导轨光滑，对 A 、B 和弹簧组成的系统分析，所受的合外力为 0，因此系统动量守恒，系统除系统内弹簧的弹力，没有其他力做功，系统机械能守恒，A 正确；
B ．对 A 、B 和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律
'
A
2mv = 2m . 2v + mv
解得
vA' = -2v
B 错误；
3 L
C ．开始时，弹簧长度为 L，而原长为 L ，故弹簧压缩了 ，弹性势能记为 EP ，由 B 项可
2 2
知，弹簧恢复原长时，A 的速度大小为 2v，方向向左，由能量守恒得
解得
E = 5mv2
p
C 正确；
D ．若弹簧与导轨间夹角为 30°时，此时弹簧长度
L
故弹簧伸长了 2 ，弹性势能也是 Ep，由动量守恒定律
2mv = 2mvB + mvA
由能量守恒定律
解得
D 正确。
故选 ACD。
11 ．(1) 98.50（98.46~98.55 均可） 低
(3)小于
（1）[ \l "bkmark1" 1]如图，球心所对应读数为98.50cm ，即单摆的摆长为 98.50cm
[ \l "bkmark2" 2]摆球经过最低点时，速度最大，容易确定位置，故为了减小测量周期的误差，应在摆球经过最低点时开始计时。
（2）根据周期公式T ，整理得L T2 ，L - T2 图像斜率为k 解得重力加速度的表达式为g
（3）对圆锥摆有mg tanθ = mL sin ，解得T 即圆锥摆的周期小于单摆的周期。
Δt1 Δt2 Δt3
(3) 相等 不需要 大于 mA = mA + mB
（1）物块 A 从O 点到P 点过程，根据动能定理得-μ1mAgxOP mAv 可得碰撞前物块A 到O 点时速度的大小v0 = 2μ1gxOP
同理可得，碰撞后物块A 和物块B 的速度分别为v 若动量守恒定律成立，则应满足mA v0 = mA v1 + mBv2
即mA mA mB
（2）碰撞瞬间前后，对球 A 有FA1 - mAg FA 2 - mAg 碰撞后瞬间，对球 B 有 mBg
若碰撞过程动量守恒，有mAv0 = -mAv1 + mBv2
联立解得
（3）[ \l "bkmark3" 1]打开气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间相等时，可认为气垫导轨水平；
[ \l "bkmark4" 2]实验要验证的关系式为mA v1 = mA v2 + mBv3
其中v 代入可得
即该实验不需要测出遮光条的宽度d ；
[ \l "bkmark5" 3]为使滑块 A 能通过光电门2，即防止滑块 A 碰后反弹，则应使mA 大于mB ；
[ \l "bkmark6" 4] 由上述分析可知，若两滑块碰撞过程中动量守恒，则满足表达式 13 ．(1)见解析
(2) 29s
（1）由图乙、丙可得T = 8s
当波向右传播时，有xAC = n 解得
波速为v m / s
当波向左传播时，有xAC = n
解得 λ = 80 m （ n = 0 ，1 ，2 …）
4n + 3
波速为v m / s
综上所述，波速可能为v m / s 或v m / s
（2）由题意可得，波向左传播，又因为3λ < AC < 4λ ,所以 xAC = n 取n = 3 ，此时 v m / s m / s
设波从波源传播到 B 点所用时间为t1 ，则 t s = 15s
设 B 点起振后到第二次到达波谷所用时间为t2 ，则 t2 = T T = 14s
从振源起振开始计时，B 处质点第二次到达波谷所用时间为t = t1 + t2 = 29s
14 ．(1) ·gh
2
(2) h
3
（1）由动能定理，有4mgh - 2mghmv2解得v
（2）由动力学分析知，当 A 、B 速度减为零时，A 、B 间的弹力最大，由能量守恒有
其中Q = 2mgx可得x h
（3）设 A 、B 速度最大时弹簧压缩量为x0 ，A 、B 从x0 处再下降 Δx时，受力分析，有F合 = k(x0 + Δx)- 2mg ，kx0 = 2mg
可得F合 = -kΔx
则 A 、B 向下运动的过程可看成简谐运动的一部分，则t T可得t
15 ．(1)75J
(2)3m/s
(3)0.9m
（1）物体 A 恰好通过最高点 P，根据牛顿第二定律有 m0g = m 物体 A 上滑至最高点过程有 m0v m0g . 2R m0v
解得vA = 10m/s
对物体 A 与 B 构成的系统，根据动量守恒定律有m0vA - mvB = 0解得vB = 5m/s
轻质弹簧释放的弹性势能Ep m0v mv
解得 Ep = 75J
（2）物块 B 在长木板 C 上运动时，物块 B 对长木板 C 的摩擦力为f1 = μ1mg = 5N长木板 C 受到水平面的最大静摩擦力为f2 = μ2 (M + m)g = 6N
由于f1 < f2 ，所以物块 B 在长木板 C 上运动时，长木板 C、D 静止不动，物块 B 在长木板 C上运动时，对物块 B 进行分析，根据牛顿第二定律有 μ1mg = maB
解得aB = 2.5m / s2
令物块 B 滑离长木板 C 时的速度为vB1 ，则有 vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),B)1 - vEQ \* jc3 \* hps12 \\al(\s\up 5(2),B) = -2aBL解得vB1 = 3m/s
（3）物块 B 滑离长木板 C 后，对物块 B 与长木板 D 组成的系统，根据动量守恒定律有mvB1 = (M + m)v1
解得v1 = 2m/s
长木板 D 与弹性挡板第一次碰撞后以原速率反弹至速度减为 0 过程，根据动能定理有
解得xD m
长木板 D 与弹性挡板第一次碰撞后至物块 B 与长木板 D 达到共速过程，根据动量守恒定律有mv1 - Mv1 = (M + m)v2
解得v v1
长木板 D 与弹性挡板第二次碰撞后以原速率反弹，根据动能定理有-μ1mgxDMv 解得xD m
同理有v v1 ，xD m … vn n-1 v1 ，xDn m
即长木板 D 与弹性挡板碰撞后向左运动的位移是以xD m 为首项，以q 为公比的等比数列，所以长木板 D 第一次与弹性挡板碰撞后运动的总路程为
解得sD = 0.9m