微专题五 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题（专项训练）（全国通.用）（解析版）2026版高考物理二轮微专题复习

PAGE1PAGE微专题五碰撞中的临界问题及多次碰撞问题目录01课标达标练 1题型01碰撞中的临界问题及多次碰撞问题 102核心突破练 1403真题溯源练 1801碰撞中的临界问题及多次碰撞问题1．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，在光滑的水平地面上固定一弹丸弹射机A，弹射机能够源源不断的发射质量为m、相对于弹丸弹射机出口速度为的小弹丸，在弹射机的正前方放置一质量为（）的物块B，假设小弹丸击中B后能够留在物块B中。每颗弹丸出射前，前一颗弹丸已与物块B保持相对静止。不计小弹丸的体积，忽略重力对小弹丸的影响，且弹丸在物块B中受到的阻力f恒定，水平面足够大。则以下说法中正确的是（）A．当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后，物块B的速度为B．若从第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止所需时间为，则在弹丸击中B的过程中对B的平均作用力大小为C．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能相等D．每一次弹丸击打物块B的过程中弹丸与物块B组成的系统损失的机械能越来越少【答案】D【详解】A．依题，第1~k颗子弹与物块B组成的系统动量守恒，设当第k颗弹丸击中B并与物块B相对静止后的速度为，则有解得故A错误；B．设第1颗弹丸击中B到第1颗弹丸与物块B相对静止的时间内，物块B受到弹丸的水平作用力为F，弹丸的初动量为0，根据以上分析，第1颗弹丸与物块B相对静止时的速度为根据动量定理有联立解得故B错误；CD．根据可知物块B的速度随着弹丸击打次数的增加而增大；在第次弹丸击打物块B的过程，击中前B的速度为击中后B的速度为该过程所用时间为该过程发生的相对位移为该过程系统损失的机械能可知随着弹丸击打次数的增加，每一次击打过程发生的相对位移逐渐变小，系统损失的机械能逐渐变少，故C错误，D正确。故选D。2．（2025·河南·模拟预测）如图所示，n个完全相同的滑块（从左到右依次编号为1，2，3，4，…，n）用等长的细线连接并静止在光滑的水平地面上，细线均绷直。现给滑块1水平向右的瞬时冲量，滑块1向右运动，滑块与滑块发生碰撞（碰撞时间极短）后均结合在一起继续运动。已知滑块的质量均为m，滑块均可视为质点，细线的长度均为L，则从滑块1获得瞬时冲量到滑块n开始运动的时间为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】由滑块1获得瞬时冲量有由滑块1、2发生碰撞有解得由滑块1、2构成的整体与滑块3发生碰撞有解得同理，滑块碰撞后的速度大小从滑块1获得瞬时冲量到滑块开始运动的时间故选D。3．（2025·湖南常德·三模）（多选）如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点0右侧的人的序号记为n(n=1,2,3……)每人只有一个沙袋，每个沙袋质量为，一质量为的小车以某初速度v0从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，下列说法正确的是（）A．若u=2v0，当仅有序号为1的人将沙袋扔到车上后，则小车的速度变为B．若u=2v0，当序号为3的人将沙袋扔到车上后，小车将反向运动C．若u的大小不是定值，u等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数），则车上有3个沙袋时小车开始反向运动D．若仅有序号为1的人将沙袋朝与车速相反的方向以相对于小车的速度v相=2v0沿车面扔到车上后，小车的速度变为【答案】AB【详解】A．对小车、沙袋系统，以向右为正由动量守恒：Mv0-2mv0=（M+m）v1解得v1=，故A正确；B．设n次扔出沙袋小车反向，则有Mv0-2nmv0<0解得n>2.4取整数应为n=3次后小车反向，故B正确；C．小车朝正x方向滑行的过程中，第（n-1）个沙袋扔到车上后的车速为vn-1，第n个沙袋扔到车上后的车速为vn，由动量守恒定律有解得小车反向运动的条件是：，即，代入数据解得3.8<n<4.8取整数应为即车上堆积4个沙袋后车开始反向滑行，故C错误；D．应取同一参考系，由公式v甲对地=v甲对乙+v乙对地可知沙袋的速度应表示为v袋对地=-u+v0由动量守恒：Mv0+m（-u+v0）=（M+m）v1解得v1=，故D错误。故选AB。4．（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，3…）。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x<0一侧的每个沙袋质量，一质量为M＝58kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。则（）A．空车出发后，车上堆积了3个沙袋时车就会反向滑行B．空车出发后，车上堆积了4个沙袋时车就会反向滑行C．车上最终共有大小沙袋11个再次反向D．车上最终共有大小沙袋14个再次反向【答案】BD【详解】AB．在小车朝正x方向滑行的过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后的车速为，第n个沙袋扔到车上后的车速为，由动量守恒定律解得小车反向运动的条件是，即，代入数据解得n应为整数，故n＝4即车上堆积4个沙袋后车就反向滑行，故B正确，A错误；CD．车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M＋4m。若在朝负x方向滑行过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后车速为，第n个沙袋扔到车上后车速为，现取在图中向左的方向（负x方向）为速度、的正方向，则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是若反向有解得n＝10n＝10时，车反向滑行，即在x<0一侧第10个沙袋扔到车上后车就反向，所以车上最终共有大小沙袋14个，故D正确，C错误。故选BD。5．（2025·湖南常德·二模）如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；(3)长木板运动的总时间。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，联立解得，（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，解得，对长木板根据牛顿第二定律可得解得（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，这段时间内小滑块的位移为因为所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，联立解得，同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故长木板运动的总时间解得6．（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，固定在竖直平面内的半径的四分之一圆弧轨道的圆心为点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板的上表面平滑连接，木板的质量，在木板右侧一定距离处有个质量均为的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量的小滑块（可视为质点）从圆弧轨道上与点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板，当滑块与木板恰好相对静止时木板与小球发生第一次碰撞。已知滑块经过圆弧轨道的最低点时对圆弧轨道的压力大小为，滑块与木板间的动摩擦因数，整个过程中滑块始终未脱离木板，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度。求：(1)滑块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功；(2)木板右端与第一个小球之间的距离；(3)木板从第一次与小球碰撞后到第二次与小球碰撞前的时间间隔。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）滑块在圆弧轨道上运动过程中，根据动能定理可得滑块经过圆弧轨道的最低点时，由牛顿第二定律得联立解得，（2）滑块在木板上运动至恰好相对静止过程中，由动量守恒得解得对木板，由动能定理得解得（3）木板与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。故有解得小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，故木板第二次与小球1碰撞前，小球1的速度为0。木板第一次与小球1碰撞后，设历时再次与滑块共速，同理根据动量守恒可得解得第二次共速的速度对滑块由动量定理得解得7．（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，质量为的带光滑弧形槽的滑块，槽口水平，顶部有装置，内部装有每只质量为的5个可看作质点的小球；滑块置于足够长的水平地面上，滑块与水平地面间的动摩擦因数为。初始状态滑块与小球都静止，现从弧形轨道顶端无初速度释放小球，等滑块停止再释放下一个小球。每个小球从下滑至水平抛出可看作瞬间完成。已知，，，不计碰撞时间，取，重力加速度大小。求：(1)第一个球释放至水平飞出后，滑块的速度大小。(2)若5个小球一道滑下，滑块总共可移动多远。(3)如题中所述，当5个小球逐一全部释放完后，滑块最终与地面摩擦产生的热量。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）第一个球释放至水平飞出过程，滑块和小球构成系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有，解得（2）若5个小球一道滑下，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，同理可得，解得滑块在水平地面做减速运动直至停止，根据动能定理可得解得总共可移动（3）第1个球释放至水平飞出后，有可得同理可得第2个球释放至水平飞出后，有归纳并验证可知，第5个球释放至水平飞出后，可得根据能量转化与守恒可得联立可得解得8．（2025·湖北武汉·一模）光滑水平面上有两固定挡板P、Q，相距为L，两小球A和B（可视为质点）位于两挡板之间，质量分别为，，初始时，B球静止在P、Q的中点O，A球紧靠左侧挡板P，以速度v0向右开始运动。已知所有碰撞均为弹性正碰，忽略空气阻力。求(1)A与B第一次碰撞后，A和B的速度大小vA1和vB1；(2)A、B第三次碰撞时距左侧挡板P的距离x；(3)以向右为正方向，A与B第n次碰撞后的瞬间，A的速度vAn。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）【答案】(1)，(2)(3)见解析【详解】（1）A与B第一次碰撞，根据动量守恒定律可得，联立解得，（2）A与B碰撞后，B与挡板Q碰撞后原速率反弹，经过时间t1，二者发生第二次碰撞，有解得即两球第二次碰撞发生在O点右侧处，设第二次碰后A、B的速度分别为vA2和vB2，则第二次碰撞有，联立解得，即A与B第二次碰撞后，B再与挡板Q碰撞后原速率反弹，经过时间t2，二者发生第三次碰撞，有解得即两球第三次碰撞刚好发生在O点，即（3）设第三次碰后A、B的速度分别为vA3和vB3，，则第三次碰撞有，联立解得，即第三次两球碰撞后B静止在O点，A球以v0的速度大小向左运动，与挡板P碰后原速率反弹，至此，恰好回到初始状态，即系统完成了一个周期性运动过程，故第四次碰撞与第一次碰撞情况完全相同，以此类推，所以两小球第n次碰撞后，A的速度为（n=3k+1，k=0，1，2……），（n=3k+2，k=0，1，2……），（n=3k+3，k=0，1，2……）9．（2025·陕西榆林·模拟预测）超市购物车为顾客带来了极大的购物便利，若某小朋友将5辆购物车以等距d依次排列在一条直线上。已知每个购物车的与地面的动摩擦因数为μ，每辆车的质量为m。这个小朋友在第一辆购物车上施加了一个水平推力（恒力），使购物车依次与正前方的购物车发生碰撞，并推动他们一起向前运动。已知第二辆购物车与第三辆购物车碰撞后（碰撞时间极短），它们恰好一起做匀速直线运动，重力加速度为g，求：(1)水平推力F；(2)第一辆购物车的最大速度v1；(3)小朋友在推车过程中运动的最远距离x。【答案】(1)F=3μmg(2)(3)4d【详解】（1）由题意可知，小朋友推着三辆购物车一起匀速直线运动，根据受力平衡可知，（2）当第一辆车与第二辆车碰前，第一辆车的速度最大，第一辆车运动的加速度为碰前的速度（3）第一辆车与第二辆车碰撞后的速度为v1′，根据动量守恒可知解得第一次碰撞后两购物车的加速度为第二次碰撞前的速度为v2，碰撞后的速度为v2′，则则可得之后匀速运动，再与第四辆车发生第三次碰撞后的速度为v3′，则可得此后的加速度a4为若再经过x的距离停止时解得刚好与第五辆车相撞，故小朋友推车的最远距离为4d。10．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，半径为R的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m的n个小球，编号依次为1、2、3、4……n，整个轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球A在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间发生对心弹性碰撞。求：(1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；(2)第n号小球的最终速度大小；(3)第1号小球的最终速度大小。【答案】(1)；(2)(3)【详解】（1）根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞前的速度为，由机械能守恒定律有解得设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为，1号小球的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，，即碰撞后两小球的速度大小均为。（2）此后1号球向右运动，与2号球发生碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，通过计算说明1号球碰后在原2号球位置静止，2号碰后速度等于1号碰前的速度，即两者交换速度。此后，2与3、3与4直至最后与号碰撞，都循同样的规律，则第球的度应为。（3）根据上述分析可知，小球A与1号球第一次碰后向左运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上，此时速度大小为，在它向右运动一定距离后必将与已经静止的1号球（在原来2号球位置）发生第2次碰，据动量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为，此后A球又反向运动，1号球向右运动再次与2号球碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度此后，A球与1号球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A球速度减半。当A球与1号球发生第次碰撞（在号球最初的位置）后最终，1号球的速度为。11．（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图所示，固定点O处悬挂长为L的轻质细绳，细绳的末端拴接一个质量为2m的小球。光滑水平地面上有n个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、n.现将细线水平拉直，静止释放小球，当小球摆到最低点时刚好与小滑块1发生弹性碰撞。已知滑块间的每次碰撞时间极短，重力加速度大小为g。(1)求小球与1号小滑块碰前瞬间细绳的拉力大小；(2)若所有滑块间的碰撞是弹性碰撞，求小滑块n被碰后速度大小；(3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞，求因碰撞损失的机械能。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）小球下摆过程：由机械能守恒得碰前瞬间小球所需向心力由拉力和重力的合力提供联立解得（2）小球与滑块1发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得，联立解得，滑块1、2发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒，得，联立解得，质量相等的滑块发生弹性碰撞后，二者交换速度，可知小滑块n被碰后速度大小为（3）所有滑块都发生完全非弹性碰撞，整个碰撞过程中动量守恒，有整个过程中损失的机械能为联立解得1．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，一圆形管道固定在水平地面上，管道上有、、三点，恰好将圆形管道划分为三个圆心角均为的圆弧，管道内放置两大小相同的小球、（均可视为质点），小球的直径略小于管道的孔径。初始时，球静止，现给球一初速度，小球、在点发生第一次碰撞。已知球质量大于球质量，所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短。(1)若不计一切摩擦且、两球的质量之比为，在点发生第一次碰撞后，求、两球速度的大小。(2)若两球在点发生第一次碰撞后，球第一次停在点，球第一次停在点，且两球碰撞后均未运动一周，、两球运动过程中受到的阻力分别为自身重力的倍和倍，求、两球的质量的比值。(3)若不计一切摩擦，、两球的碰撞只发生在等边三角形的三个顶点，求、两球的质量之比。【答案】(1)，(2)(3)或【详解】（1）两球在点发生第一次弹性碰撞，设碰后速度分别为，根据动量和能量守恒有①，②联立①②解得，（2）根据（1）中分析，第一次碰后有，③对球，根据动能定理有④对球，根据动能定理有⑤由题意可知A球不会反弹，故，联立③④⑤解得（3）二次碰撞过程，设、碰撞后的速度大小分别为，根据动量守恒有⑦根据能量守恒有⑧联立③⑦⑧解得，说明偶数次碰撞后，两球的状态恢复到第一次碰撞前状态。若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞过程有⑨，⑩故、通过的路程之比为由于无摩擦，故未碰撞时，A、B球在管道内匀速圆周运动，则有再联立③解得由于两球质量均为正值，故，即若第二次碰撞发生在图中的点，则从第一次碰撞到第二次碰撞过程、通过的路程⑪，⑫由于无摩擦，故未碰撞时，A、B球在管道内匀速圆周运动，所以再联立③解得因为两球质量均为正值，故，即综上所述，、两球的质量之比是或2．（2025·河北·模拟预测）如图所示，长的水平传送带的左、右两侧为光滑的水平台面，传送带与左、右两侧台面等高且平滑连接，左台面上有五个挨一起质量均为的刚性小球，右台面上放了一曲面光滑，半径为的圆弧（圆弧的最高点的切线竖直，最低点切线刚好在水平台面上）物体Q，其质量为。一质量为的小物块P从圆弧的最高点由静止释放。已知物块P与传送带间的动摩擦因数，传送带始终以速度逆时针转动，物块和小球的碰撞为弹性碰撞，。(1)求物块P第一次运动到圆弧的最低点时对圆弧的压力大小；(2)通过计算说明物块P与小球a第一次碰撞后能否再次运动到光滑圆弧曲面上；(3)求物块P在传送带上运动的总时间。【答案】(1)(2)不能，具体计算见解析(3)【详解】（1）物块P在圆弧面上运动时，物块P和Q组成的系统在水平方向上动量守恒，有物块P从圆弧的最高点到第一次运动至圆弧的最低点过程，根据动能定理联立解得，对物块P，根据牛顿第二定律解得圆弧对物块P的支持力根据牛顿第三定律可得，物块P对圆弧的压力大小（2）设物块P在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有设物块P通过传送带后运动速度大小为，有联立解得设物块P与小球a第一次碰撞后的速度分别为和，取向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得碰撞后，物块P向右滑上传送带，根据动能定理有解得故物块P与小球a第一次碰撞后不能再次运动到光滑圆弧曲面上。（3）物块P第一次与小球a碰撞后，五个挨在一起的小球依次连续碰撞，最终小球e以速度向左运动，物块P向右运动至传送带上，然后以速度离开传送带向左运动，物块P在传送带上运动的时间设物块P与小球a第二次碰撞后的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得物块P第二次与小球a碰撞后，五个挨在一起的小球依次连续碰撞，最终小球d以速度向左运动，物块P向右运动至传送带上，然后以速度离开传送带向左运动，物块P在传送带上运动的时间以此类推，可知物块P第n次与小球a碰撞后，物块P在传送带上运动的时间物块P一共和小球a碰撞五次，则物块P在传送带上运动的总时间1．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）（1）若，求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小；②在上经过的总路程；③在上向上运动时间和向下运动时间之比。（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过C点的向心加速度大小为②小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有解得③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有解得（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有解得设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得2．（2024·河北·高考真题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。【答案】（1）；（2）90J，2；（3）【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为为、,则有同时有解得A、B木板间的水平距离（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得联立解得机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒根据能量守恒可得机器人做的功为联立得根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时（3）根据可得，根据得分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A