专题强化三 电场中的能量解答题必刷题（25道）-2023-2024学年高二物理专题突破(人教版2019必修第三册)

专题强化三：电场中的能量解答题必刷题（25道）1．（2023春·安徽滁州·高二校考期末）如图所示，竖直固定的光滑绝缘圆轨道处于水平向右的匀强电场中，轨道半径为R。一质量为m、电荷量为（）的带电小球（可视为质点）在轨道内侧的P点处于静止，过P点的轨道半径与竖直方向的夹角，，，重力加速度为g。某时刻，沿轨道切线方向给小球一大小为v的速度，使小球能沿轨道做完整的圆周运动。（1）求电场强度的大小；（2）求小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小；（3）设P点的电势为零，求小球在运动过程中的最大电势能。  【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）在P点对小球进行受力分析如图所示  则有解得（2）根据题意可知，在P点有根据牛顿第三定律有解得小球做圆周运动通过P点时对轨道的压力大小（3）根据电场力做功与电势能的关系，若电势能最大，则小球克服电场力做功最多，由于电场方向水平向右，小球带正电，可知小球在运动过程中的最大电势能位置位于圆周水平直径的左端点，根据解得2．（2023秋·河南信阳·高二信阳高中校考期末）如图所示，在竖直平面内有两平行金属板P、Q正对着并水平放置，两板间有竖直方向的匀强电场，板长为L、板间距离为2L，其中，Q板接地，质量为m、电荷量为的带电小球自O点以某一速度平抛，O点与两板中心轴线在同一竖直平面内，小球恰从P板左端射入电场，其中O点离P板竖直距离为，离P板左端水平距离为L，重力加速度为g，求：（1）小球从O点平抛初速度大小；（2）若小球恰好从Q板右端飞出电场，板间的电场强度大小及方向。【答案】（1）；（2），竖直向下【详解】设平抛的初速度为，根据平抛运动规律可得解得（2）进入电场后在竖直方向上的速度大小为以竖直向下为正方向，加速度为，则有其中解得由此可知小球的加速度方向竖直向下，且解得小球带正电，则电场方向竖直向下3．（2023秋·河北石家庄·高二统考期末）如图所示，匀强电场中有M、N、P三点，M、N之间的距离为0.5m。电荷量为的试探电荷放在电场中的M点，具有的电势能；电荷量为的试探电荷放在电场中的N点，具有的电势能。（1）把为的试探电荷放在电场中的P点，其所受到的静电力是多大？（2）把电荷量为的试探电荷放在M点，由静止释放后，它到达N点时动能有多大？（重力忽略不计）【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据电势能的定义，解得，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有把为的试探电荷放在电场中的P点，所受电场力为代入数据解得（2）根据动能定理有解得4．（2023秋·广东深圳·高二校考期末）如图所示，用一条长l＝0.2m的绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球质量，所带电荷量。现加一水平方向的匀强电场，电场区域足够大，平衡时绝缘绳与竖直方向夹角，已知，，。（1）求匀强电场电场强度的大小；（2）若将轻绳向右拉至水平后由静止释放，求小球到达最低点时的速度大小和此时绳对小球的拉力大小。【答案】（1）；（2）1m/s，0.15N【详解】（1）小球静止，根据平衡条件有解得（2）小球由静止释放至最低点过程中解得v＝1m/s过最低点时，对小球解得F＝0.15N5．（2023春·四川宜宾·高二校考期中）如图，圆弧轨道的圆心为，半径，圆弧轨道的点与水平地面相切，点在点的正下方，与夹角是53°，在点的右侧有一竖直虚线，点至竖直虚线的距离，竖直虚线的左侧有场强大小为、水平向左的匀强电场，竖直虚线的右侧有场强大小为、竖直向上的匀强电场。竖直虚线的右侧有一竖直墙壁，墙壁到竖直虚线的距离，墙壁底端点与水平地面相连接，墙壁的高度也为。将一电荷量、质量的绝缘小球放在点，恰好能静止。现给小球一个初速度，小球到达竖直虚线时速度大小，并刚好从点飞离墙壁。已知小球可视为质点，圆弧轨道和水平地面均光滑，重力加速度取，， ，。求：（1）电场强度大小；（2）初速度大小；（3）电场强度大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）滑块在A点静止时得 （2）滑块从A点运动到竖直虚线CD的过程中， 解得（3）从C点到F点做类平抛运动，水平方向有 竖直方向有 解得6．（2023秋·广东中山·高二统考期末）如图甲所示，在真空中有一倾角为的足够长光滑绝缘斜面，时刻，一质量为的带电小滑块静放于斜面上，同时，空间加上一个方向平行于斜面的匀强电场，场强大小和方向呈周期性变化，变化规律如图乙所示（取沿斜面向上方向为正方向，），内小滑块恰能沿斜面向上做匀加速直线运动，重力加速度大小为，求：（1）小滑块是带正电还是负电；电荷量q是多少；（2）内小滑块的位移大小；（3）内电场力对小物块所做的功。【答案】（1）带正电，；（2）；（3）【详解】（1）带正电，向上加速时解得（2）2～4秒内解得内物块先加速后减速，由于，因此时速度变为零，内物体位移为内物体位移为（3）电场力的功为电场力的功为内电场力的功为7．（2023秋·陕西安康·高二校联考期末）如图所示，在电场强度的水平匀强电场中，有一根长的细线，一端固定在点，另一端系一个质量、电荷量的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球处于A点，小球从静止开始释放，g取10m/s2。求：（1）小球到达最低点B的过程中重力势能、电势能分别变化了多少？（2）若取A点电势为零，小球在B点的电势能、电势分别为多大？（3）小球到B点时速度为多大？绳子张力为多大？【答案】（1）重力势能减少，电势能增加；（2），；（3），【详解】（1）小球从A→B重力做正功，重力势能减少小球从A→B电场力做负功，电势能增加（2）若取，则则；（3）小球从A→B由动能定理知代入数据得在B点由牛顿第二定律知代入数据得。8．（2023秋·四川成都·高二统考期末）如图，间距为3L的平行板M，N水平固定，有一足够长且内壁光滑的绝缘细管竖直穿过两板，板间（包括管内）存在方向竖直向上、场强大小的匀强电场。长为2L的绝缘轻杆两端分别连接带电小球P和Q（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）置于管道底部，小球P与板M相距L。已知L=0.5m，P和Q的质量均为，对应电荷量分别为，，重力加速度g取。现由静止释放小球P、Q和杆组成的系统，求：（1）小球Q第一次到达N板所用的时间t；（2）小球Q向上运动到最上端时距N板的距离x。【答案】（1）0.7s；（2）0.5m【详解】（1）从释放至小球P到达M 板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得代入数据得由运动学规律有代入数据解得从小球P到达M 板至小球Q 到达N 板的过程，对P、Q、杆系统，由牛顿第二定律得代入数据得由运动学规律有代入数据解得综上，小球Q 第一次到达N 板所用的时间（2）设小球Q 到达最上端时，到N 板的距离为x，小球P未越过N 板。则从释放到最终停下的全过程，对P、Q、杆系统，由动能定理有代入数据解得x＝0.5m因x＝L则P 未到达N 板，故假设成立，故小球Q 到达最上端时到N 板的距离为0.5m。9．（2023秋·广东惠州·高二统考期末）如图所示，有一光滑绝缘轨道竖直放置，斜轨道与圆轨道的最底端平滑相接，所在竖直面内有一匀强电场，场强大小为，方向竖直向下。现将一个带正电的小球从轨道上的A点由静止释放，小球沿轨道滑下，已知小球的质量为，电荷量为，圆轨道半径为，取重力加速度为。求：（1）若A点距圆轨道最低点的高度为，则小球到达圆轨道最低点时对轨道的压力大小；（2）若使小球能通过圆轨道顶端的点，求A点距圆轨道最低点的竖直高度至少为多大。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设小球到最低点的速度大小为，从A点到最低点过程，由动能定理得设到最低点时轨道对小球的支持力大小为，在圆周轨道的最低点，由牛顿第二定律得得根据牛顿第三定律，最低点时小球对轨道的压力大小（2）小球恰能过点，轨道对小球的压力为0，由牛顿第二定律得由动能定理，从A点到点过程，则有联立解得  10．（2023秋·云南·高二统考期末）如图所示为一倾角的绝缘粗糙固定斜面，A、C、B为斜面上的三个点，AC间距离，CB间距离，CB间存在着方向沿斜面向上的匀强电场，场强大小。斜面上有一可视为质点的小物块，其质量，电荷量。现用平行斜面向上的力拉小物块，使之从斜面上A点处由静止开始沿斜面向上运动，小物块运动到CB间某一点时撤去拉力F，小物块到达B点时速度恰好为零。已知小物块与斜面间的动摩擦因数，，，重力加速度g取，求：（1）小物块到达C点的速度大小；（2）撤去拉力时小物块距离C点的距离x；（3）小物块回到A点时的速度。【答案】（1）；（2）（3）【详解】（1）以平行斜面向上为正方向，由题意及牛顿定律可得，在AC阶段有可得或直接用动能定理（2）对小物块从A运动到B用动能定理解得（3）对小物块从A开始到返回A用动能定理解得11．（2023秋·重庆九龙坡·高二统考期末）如图所示，倾角的光滑绝缘斜面AB与光滑绝缘圆弧轨道相切于B点，C、D点分别为圆弧最低点和最高点，圆弧半径，B点右侧区域存在水平向左的匀强电场，电场强度。一质量为，带电量为的小球从斜面上A点静止释放，AB距离。小球视为质点，不计空气阻力，重力加速度，，，求：（1）小球运动至B点时速度大小；（2）小球运动至C点时轨道的支持力大小；（3）重新以某一速度从A点释放小球，要使其能沿轨道运动至D点，求最小初速度。【答案】（1）；（2）5N；（3）【详解】（1）从A到B，由动能定理得解得（2）小球从B运动至C过程，由动能定理F在C点做圆周运动，由牛顿第二定律解得（3）设小球在圆弧轨道运动的等效最高点为P，恰能过P点时，等效重力提供向心力，如图所示解得从A点到P点全程，由动能定理解得12．（2023秋·山西运城·高二统考期末）如图所示，A处质量为m，带电量为q的正粒子，沿图中圆弧虚线匀速率地通过静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐射方向分布的电场），弧虚线的半径为R，然后沿中心线垂直进入一个电压为U的偏转电场，最后打在垂直于放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d，极板长为L，极板的右端与荧光屏之间的水平距离为，P点到的距离为Y，不计粒子的重力。求：（1）粒子出偏转电场时的偏移距离y（2）圆弧虚线所在处电场强度E的大小【答案】（1）；（2）【详解】（1）速度反向延长线过水平位移的中点，由图可知所以（2）粒子通静电分析器粒子通过偏转电场解得13．（2023秋·云南昆明·高二东川明月中学校考期末）如图所示，水平绝缘轨道AB长L=4m，离地高h=1.8m，A、B间存在竖直向上的匀强电场。一质量m=0.1kg，电荷量q=-5×10－5C的小滑块，从轨道上的A点以v0=6m/s的初速度向右滑动，从B点离开电场后，落在地面上的C点。已知C、B间的水平距离x=2.4m，滑块与轨道间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，求：（1）滑块从A点运动到B点所用的时间；（2）匀强电场的场强E的大小。【答案】（1）0.8s；（2）【详解】（1）从B到C过程做平抛运动，有解得vB＝4m/s从A到B过程中，有解得（2）在电场中运动过程中，受力如图由牛顿第二定律，得μ(mg＋Eq)=ma由运动学公式，有vB2－v02＝-2aL解得E＝5×103N/C14．（2023秋·重庆·高二校联考期末）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段为倾角θ=37°的粗糙倾斜轨道，BC段水平光滑，CD段是半径为的光滑半圆，各段轨道均平滑连接。AB段轨道所在区域有方向垂直于倾斜轨道向下、大小可以调节的匀强电场，BB′是电场边界（垂直于倾斜轨道）。一个质量为m，电荷量为q的带正电小物块（视为点电荷）在倾斜轨道上的A点由静止释放。已知A、B之间的距离为，倾斜轨道与小物块之间的动摩擦因数为，设小物块电荷量保持不变，重力加速度为，，。（1）若电场强度大小为，求小物块刚通过C点时对轨道的压力的大小；（2）若小物块能通过圆轨道最高点，求电场强度E的最大值是多少？【答案】（1）；（2）【详解】（1）小物块从到的过程，根据动能定理可得解得在点时，由牛顿第二定律可得解得由牛顿第三定律可知（2）小物块恰好能过点时，电场强度最大，在点时，根据牛顿第二定律可得小物块由A运动到D，根据动能定理可得联立解得15．（2023秋·陕西榆林·高二统考期末）如图1所示的平行板电容器板间距离为d，板长为2L，两板所加电压随时间变化图像如图2所示，时间内电压为，时间内的电压未知。时刻，质量为m、带电量为q的粒子以平行于极板的速度沿板中轴线射入电容器，时刻粒子刚好从射出电容器，带电粒子的重力不计。求：（1）粒子从O点射入的速度大小；（2）时间内的电压大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）在水平方向上，粒子做匀速直线运动，根据可知（2）时间内，设粒子向下做类平抛运动，竖直方向的末速度为，则时间内，设末速度为，则联立解得根据速度-时间公式可得由牛顿第二定律可得联立解得16．（2023春·四川自贡·高二统考期末）如图所示，两平行金属板A、B间电势差为，带电荷量为q、质量为m的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中心轴线进入偏转电压为的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强电场，板间距为d。忽略重力的影响。（1）求带电粒子进入偏转电场时动量的大小；（2）求偏转电场对带电粒子冲量的大小I和方向；（3）证明带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条抛物线。  【答案】（1）；（2），方向为竖直向上；（3）证明见解析【详解】（1）对带电粒子从左极板由静止，经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理解得故带电粒子进入偏转电场时动量的大小（2）带电粒子进入偏转电场时的速度为，设经过时间t后离开偏转电场，在竖直方向上有 根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度解得故偏转电场对带电粒子冲量的大小为方向为竖直向上；（3）证明：带电粒子进入偏转电场时的速度为，加速度为a，经过时间t后（为离开偏转电场），水平方向位移为x，竖直方向位移为y，根据运动学公式，可得 根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度将和a代入x和y并消去时间t，可得带电粒子的轨迹方程即带电粒子在偏转电场中的运动轨迹是一条抛物线。17．（2023秋·浙江温州·高二统考期末）如图所示，带电物块（可视为质点）从A点开始以初速度沿着绝缘粗糙水平面向B点运动，AB距离，B点右侧无限大的区域内有水平向右的匀强电场，电场强度。已知物块质量，电荷量，与水平面的动摩擦因数，求物块：（1）到达B点的速度大小；（2）从A点出发到停下来的时间t；（3）与水平面摩擦产生的热量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）从A到B由动能定理可得解得（2）物块带负电，则物块受到的电场力水平向左，根据公式解得整个过程中摩擦力为在电场中根据牛顿第二定律可得在电场中运动时间为从A到B根据牛顿第二定律可得从A到B运动时间为从A点出发到停下来的时间为整理解得（3）在电场中的运动位移为则整个过程中总位移为物块与水平面摩擦产生的热量为解得18．（2023秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考期末）如图所示，空间内存在着水平向右、场强的匀强电场。一个质量的带电小球，以速度从A点沿AB方向射入电场，随后小球在电场中做直线运动，运动至B点时速度变为零。若直线AB与竖直方向的夹角，取，，，求：（1）小球的电性及所带电荷量的大小；（2）AB之间的距离；（3）从A到B小球电势能的变化。【答案】（1）正电，；（2）；（3）【详解】（1）由题意可知小球做匀减速直线运动，加速度与速度在同一直线上，因此小球所受电场力方向水平向右，对小球受力分析如图所示则小球带正电，且代入相关数据求得（2）对小球根据牛顿第二定律，可得求得结合求得（3）从A到B过程中，根据功能关系可知联立两式求得即小球电势能增加了。19．（2023秋·四川·高二统考期末）如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，半圆轨道最低点与一水平粗糙绝缘轨道MN相切于N点。一小滑块（可视为质点）带正电且电荷量为q，质量为m，与水平轨道间的滑动摩擦力大小为0.5mg，现将小滑块从水平轨道的M点由静止释放，恰能运动到半圆轨道的最高点H。已知电场强度大小为，重力加速度大小为g，求：（1）小滑块在最高点H的速度vH大小；（2）M点距半圆轨道最低点N的水平距离L；（3）小滑块通过半圆轨道中点P时，轨道对小滑块的弹力F大小。【答案】（1）；（2）R；（3）12mg【详解】（1）在H点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得解得 （2）从M点到H点的全过程，由动能定理得解得 （3）从P到H的过程，由动能定理得在P点，弹力F与电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得联立解得F＝12mg20．（2023秋·重庆渝北·高二重庆市两江育才中学校校考期末）如图所示，水平放置的两块平行金属板长L=5cm，两板间距d=1cm，两板间电压为U=90V，且上板带正电，一个电子沿水平方向以速度，从两板中央射入（已知电子质量，电荷量），求：（1）电子偏离金属板的侧位移是多少？（2）电子飞出电场时的速度是多少？（3）电子离开电场后，打在屏上的P点，若s=10cm，求OP的长。【答案】（1）；（2），与水平方向的夹角正切值为；（3）【详解】（1）电子在电场中做类平抛运动，则水平方向有竖直方向有联立解得（2）电子飞出电场时在竖直方向的分速度为电子飞出电场时的速度大小为设电子飞出电场时的速度与水平方向的夹角为，则有（3）电子飞出电场后，做匀速直线运动，则代入数据解得21．（2023秋·安徽宣城·高二统考期末）在动摩擦因数的足够长的粗糙绝缘水平面上，长为的绝缘轻质细杆两端分别连接质量均为的带电小球A和B，A球带的电荷量为，B球带的电荷量为（均可视为质点，不考虑两者间相互作用的库仑力）。现让A球处于如图所示的有界匀强电场区域内，已知虚线恰好与细杆的中垂线重合，和之间的距离为，重力加速度为，匀强电场的电场强度大小，方向水平向右。现由静止释放带电系统A、B（忽略带电系统运动过程中所产生的磁场造成的影响）。求：（1）小球B第一次到达电场边界时的速度大小；（2）小球A从开始运动到第一次到达电场边界所用的时间；（3）从开始向右运动到速度第一次为零的过程中，整个带电系统电势能的变化量。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）从静止释放到小球B第一次到达电场边界过程，根据动能定理可得解得（2）从静止释放到小球B第一次到达电场边界过程，系统的加速度大小为此过程所用时间为从小球B进入电场到小球A第一次到达电场边界过程，系统的加速度大小为方向向左；此过程系统做匀减速直线运动，设小球A第一次到达电场边界时的速度为，则有解得此过程做匀减速运动的时间为小球A从开始运动到第一次到达电场边界所用的时间（3）小球A到达电场边界速度刚好为零，则从开始向右运动到速度第一次为零的过程中，整个带电系统电场力做功为则有22．（2023秋·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考期末）如图，竖直平面内有AB和BC两段长度均为L的直杆，两杆在B处平滑连接，AB杆水平、BC杆与水平方向夹角为θ，装置处于水平向右的匀强电场中。质量为m、带电量为+q的小球套在杆上，小球从杆A点开始由静止开始运动，经时间t到B点，在沿BC杆运动过程中小球未受摩擦力作用，小球与AB杆、BC杆间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，求：（1）小球在AB杆上运动的加速度的大小；（2）电场强度E的大小；（3）动摩擦因数μ的大小；（4）若A处的电势，则C处的电势为多少？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）从A到B的过程中，根据匀变速运动中，位移与时间的关系可知可得加速度大小为（2）由于小球在沿BC杆运动过程中未受摩擦力，可知杆对小球没有弹力作用，因此解得电场强度的大小（3）从A到B的过程中，根据牛顿第二定律联立解得（4）在匀强电场中根据场强与电势差的关系可知而联立解得23．（2023秋·四川凉山·高二统考期末）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的绝缘轨道，AB段为光滑水平直轨道，BC段为光滑圆弧轨道，对应的圆心角，半径，CD段为足够长的粗糙倾斜直轨道，各段轨道均平滑连接，水平轨道所在区域有大小为、方向水平向左匀强电场。质量、电荷量的小物体（视为质点）从水平面上某点由静止释放，第一次通过C点的速度。已知倾斜轨道与小物体间的动摩擦因数，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，，。求：（1）物块第一次通过圆弧轨道BC上B点瞬间对轨道压力；（2）释放点到B点的距离；（3）小物块在倾斜轨道上经过的总路程。【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）【详解】（1）B到C过程，由动能定理得在B点，由牛顿第二定律有联立解得由牛顿第三定律可得，小物块对轨道压力大小11N，方向竖直向下。（2）小物块由静止开始到B点过程，由动能定理得解得（3）在斜面上由于小物体不会静止倾斜轨道上，最终在C以下做往复运动。小物块从第一次到C点至到达C点速度为零过程，由动能定理得解得24．（2023秋·广东汕头·高二统考期末）如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，处有一竖直固定的荧光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上。一个带正电小球从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为，重力加速度为g，求：（1）小球的电荷量；（2）小球离开第四象限电场时的位置坐标。（3）小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。【答案】（1）；（2）（2R，－2R）；（3）【详解】（1）小球从P点运动到B点的过程中，根据动能定理得解得（2）在第四象限电场中，小球做类平抛运动，加速度大小为在电场中运动的时间下落的高度为则离开第四象限电场时的位置坐标为（2R，－2R）（3）出电场时竖直方向的分速度为出电场后到屏的运动时间为出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离25．（2023秋·内蒙古呼和浩特·高二呼市二中校考期末）光滑水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小。带负电的绝缘滑块（可视为质点）置于带负电的绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动，当长木板右端距墙时，滑块与长木板的速度，长木板与墙碰撞时间极短，碰后长木板速度大小不变，方向反向。已知长木板带电量、质量，滑块带电量、质量，滑块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：（1）长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰墙反弹后滑块不从木板上滑下，求第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离是多少；（3）第二次碰墙反弹后滑块恰好不从木板上滑下，求木板长度；（4）若最终滑块未从木板上滑下，求木板至少多长。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）由题意知滑块与长木板保持相对静止共同向右运动，则把两者作为整体可得解得所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足解得（2）长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得解得当两者共速时，设经过时间t两者共速，设向左为正，则有解得此时间内木板的对地位移为共速至左侧最远第一次碰墙反弹后木板离墙的最大距离（3）第一次反弹至共速滑块距木板左侧距离最左侧至第二次碰墙壁前由动能定理得碰撞墙壁后加速度与第一次碰撞后相同，至共速此时间内两者的对地位移为此阶段相对位移则木板长度为（4）从开始至最终停下，由能量守恒得解得