第5节 弹性碰撞和非弹性碰撞

弹性碰撞是指没有动能损失的理想化模型, $ \mathrm{A} $ 正确；两个小球碰撞过程作用时间极短,且内力远远大于外力,不管是弹性碰撞还是非弹性碰撞,动量都守恒, $ \mathrm{B} $ 正确；两个弹性球发生弹性碰撞,碰撞前后总动能守恒,但是并不是碰撞过程中任何时刻总动能都守恒,在碰撞中,两球发生形变,产生弹性势能,此时总动能不守恒, $ \mathrm{C} $ 错误；发生完全非弹性碰撞的两个物体,碰撞后结合在一起,系统的机械能损失最大,损失的机械能转化成内能, $ \mathrm{D} $ 正确.本题选说法不正确的,故选 $ \mathrm{C} $ .

碰撞前后动量守恒，且动能不增加 $ .\mathrm{A} $ 项，碰撞前后动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误; $ \mathrm{B} $ 项，根据 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{{p}^{2}}{2m} $ ,碰前的总动能为 $ \dfrac{25}{2{m}_{A}}(\mathrm{J})+\dfrac{49}{2{m}_{B}}(\mathrm{J})=\dfrac{99}{4m}(\mathrm{J}) $ ,碰后的总动能为 $ \dfrac{1}{2{m}_{A}}(\mathrm{J})+\dfrac{121}{2{m}_{B}}(\mathrm{J})=\dfrac{123}{4m}(\mathrm{J}) $ ,可知碰撞后总动能增加,故 $ \mathrm{B} $ 错误; $ \mathrm{C} $ 项，碰后小球 $ A $ 的动量增加，不符合实际，故 $ \mathrm{C} $ 错误; $ \mathrm{D} $ 项，碰撞前后动量守恒,碰后的总动能为 $ \dfrac{16}{2{m}_{A}}(\mathrm{J})+\dfrac{64}{2{m}_{B}}(\mathrm{J})=\dfrac{96}{4m}(\mathrm{J}) < \dfrac{99}{4m}(\mathrm{J}) $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

若两球发生完全非弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒,以 $ A $ 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 $ mv=(m+4m){v}_{1} $ ,解得 $ {v}_{1}=0.2v $ ,当两球发生弹性碰撞时,碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒,以 $ A $ 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 $ mv=m{v}_{A}+4m{v}_{2} $ ,由机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}×4m{v}_{2}^{2} $ ,解得 $ {v}_{A}=-0.6v $ , $ {v}_{2}=0.4v $ ,由于碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的,则 $ v^\prime $ 的取值范围是 $ {v}_{1}⩽ v^\prime ⩽ {v}_{2} $ ，即 $ 0.2v⩽ v^\prime ⩽ 0.4v $ , $ \mathrm{B} $ 正确.

两者碰撞时,取滑块 $ P $ 的速度方向为正方向,设 $ Q $ 的质量为 $ M $ ,碰撞过程 $ P $ 、 $ Q $ 组成的系统动量守恒，可得 $ m{v}_{1}+M{v}_{2}=(m+M){v}_{3} $ ,根据 $ v-t $ 图像可知 $ {v}_{1}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{2}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ {v}_{3}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,代入上式解得 $ M=2\mathrm{k}\mathrm{g} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；碰撞过程系统损失的机械能为 $ \mathrm{\Delta }E=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{2}^{2}-\dfrac{1}{2}(m+M){v}_{3}^{2} $ ,代入数据解得 $ \mathrm{\Delta }E=2\mathrm{J} $ ,属于非弹性碰撞, $ \mathrm{B} $ 正确；碰撞过程 $ P $ 对 $ Q $ 的力使 $ Q $ 的动能增加,故 $ P $ 对 $ Q $ 做正功, $ \mathrm{C} $ 错误； $ P $ 、 $ Q $ 组成的系统在碰撞之前和碰撞之后的过程受到地面的摩擦力,动量不守恒,碰撞过程地面摩擦力远小于碰撞的内力,可以近似认为 $ P $ 、 $ Q $ 碰撞过程动量守恒, $ \mathrm{D} $ 错误.

设甲、乙的质量分别为 $ 7m $ 和 $ m $ ,第一次碰撞后乙球速度为 $ {v}_{1} $ ,甲球速度为 $ {v}_{2} $ ,第一次碰撞时,两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以乙球碰前速度方向为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 $ mv=m{v}_{1}+7m{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}×7m{v}_{2}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{1}=-\dfrac{3}{4}v $ , $ {v}_{2}=\dfrac{1}{4}v $ ,故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回,故 $ \mathrm{A} $ 正确;轨道水平方向的弹力提供向心力，有 $ {F}_{甲}=7m\dfrac{{v}_{2}^{2}}{R} $ , $ {F}_{乙}=m\dfrac{{v}_{1}^{2}}{R} $ ,则 $ {F}_{甲}:{F}_{乙}=7:9 $ ，根据牛顿第三定律可知,甲、乙两球在水平方向对轨道的弹力大小之比为 $ 7:9 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确;由上述分析可知,碰后,乙球速度大小是甲球速度大小的3倍,所以第二次碰撞恰好发生在 $ B $ 点,故 $ \mathrm{C} $ 错误;两球第二次碰撞过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 $ m{v}_{1}+7m{v}_{2}=mv{\prime }_{1}+7mv{\prime }_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}×7m{v}_{2}^{2}=\dfrac{1}{2}mv{\prime }_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}×7mv{\prime }_{2}^{2} $ ,联立解得 $ v{\prime }_{1}=v $ , $ v{\prime }_{2}=0 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

若两球发生弹性碰撞,则碰撞过程两球动量守恒、机械能守恒，有 $ m{v}_{0}=m{v}_{1}+m{v}_{2} $ , $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=0 $ , $ {v}_{2}={v}_{0} $ ,即两球交换速度,由机械能守恒定律有 $ mg\dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=mg{h}_{1} $ ,可知小球乙上升的最大高度为 $ {h}_{1}=\dfrac{L}{2} $ .若两球发生完全非弹性碰撞,此时小球乙上升的最大高度最小,则由动量守恒定律有 $ m{v}_{0}=(m+m)v $ ,解得 $ v=\dfrac{1}{2}{v}_{0} $ ,根据机械能守恒定律有 $ mg\dfrac{L}{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2} $ , $ 2mg{h}_{2}=\dfrac{1}{2}×2m{v}^{2} $ ,解得 $ {h}_{2}=\dfrac{L}{8} $ ,可知小球乙上升的最大高度范围为 $ \dfrac{L}{8}⩽ h⩽ \dfrac{L}{2} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

子弹射入木块到二者共速过程中动量守恒,由动量守恒定律得 $ m{v}_{0}=(m+M)v $ ,解得 $ v=\dfrac{m}{M+m}{v}_{0} $ ,因为 $ M > m $ ,故 $ v < \dfrac{{v}_{0}}{2} $ , $ \mathrm{A} $ 正确；摩擦产生的热量等于系统损失的动能,即 $ Q=\dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}(M+m){v}^{2}=\dfrac{mM{v}_{0}^{2}}{2(M+m)} $ ,木块获得的动能 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}M{v}^{2}=\dfrac{M{m}^{2}{v}_{0}^{2}}{2{\left(M+m\right) ^ {2}}} $ ,可知 $ Q\ne {E}_{\mathrm{k}} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；摩擦力对二者做功的代数和等于产生的热量 $ Q $ , $ \mathrm{C} $ 错误；只要子弹未射出木块,二者共速时的速度始终等于 $ v $ ,产生的热量始终等于 $ Q $ , $ \mathrm{D} $ 正确.

（1） 1号小球从 $ A $ 点由静止滑到 $ B $ 点,根据机械能守恒定律有 $ mgR=\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2} $ ,

代入数据解得 $ {v}_{B}=3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

离开 $ B $ 点前瞬间,设 $ AB $ 圆弧轨道对1号小球的支持力为 $ {F}_{\mathrm{N}} $ ,由牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{N}}-mg=\dfrac{m{v}_{B}^{2}}{R} $ ,

代入数据解得 $ {F}_{\mathrm{N}}=3\mathrm{N} $ ,

由牛顿第三定律得1号小球对轨道的压力大小 $ F={F}_{\mathrm{N}}=3\mathrm{N} $ ,方向竖直向下.

（2） 1号小球从 $ B $ 到 $ C $ 做平抛运动,由题意知在 $ C $ 点的速度大小 $ {v}_{C}=\dfrac{{v}_{B}}{ \cos \theta }=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

竖直方向的分速度大小 $ {v}_{y}={v}_{B} \tan \theta =4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

竖直方向小球做自由落体运动,有 $ {v}_{y}=gt $ ,

解得 $ t=0.4\mathrm{s} $ ,

B、 $ C $ 两点间的水平距离 $ x={v}_{B}t=1.2\mathrm{m} $ .

（3） 1号小球从 $ C $ 到 $ F $ 过程机械能守恒，有

$ mg{h}_{CF}+\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{F}^{2} $ ,

其中 $ {h}_{CF}=h+r-r \cos \theta $ ,

在 $ F $ 点1号小球与2号小球发生弹性对心正碰,系统动量守恒、机械能守恒，有 $ m{v}_{F}=m{v}_{1}+3m{v}_{2} $ ,

$ \dfrac{1}{2}m{v}_{F}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}×3m{v}_{2}^{2} $ ,

2号小球从 $ F $ 到 $ G $ 由机械能守恒定律得

$ \dfrac{1}{2}×3m{v}_{2}^{2}=3mg×2r+\dfrac{1}{2}×3m{v}_{G}^{2} $ ,

2号小球在 $ G $ 点,由牛顿第二定律得 $ 3mg=\dfrac{3m{v}_{G}^{2}}{r} $ ,

联立解得 $ h=3.55\mathrm{m} $ .

两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，碰前总动量 $ p={m}_{A}{v}_{A}+{m}_{B}{v}_{B}=10\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，碰前总动能 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{B}^{2}=22\mathrm{J}.\mathrm{A} $ 项碰后 $ A $ 的速度大于 $ B $ 的速度，且方向相同，它们会发生第二次碰撞，故 $ \mathrm{A} $ 错误； $ \mathrm{B} $ 项碰后总动量 $ p^\prime ={m}_{A}v{\prime }_{A}+{m}_{B}v{\prime }_{B}=8\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，不满足动量守恒，故 $ \mathrm{B} $ 错误； $ \mathrm{C} $ 项碰后总动量 $ p^\prime ={m}_{A}v{\prime }_{A}+{m}_{B}v{\prime }_{B}=10\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，碰后总动能 $ {E}_{\mathrm{k}}^{\prime }=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{\prime 2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{B}^{\prime 2}=16.75\mathrm{J} $ ，满足动量守恒且动能不增加，故 $ \mathrm{C} $ 正确； $ \mathrm{D} $ 项碰后总动量 $ p^\prime ={m}_{A}v{\prime }_{A}+{m}_{B}v{\prime }_{B}=10\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，碰后总动能 $ {{E}^{\prime }}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{{v}_{A}^{\prime }}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{B}^{\prime }{}^{2}=46.75\mathrm{J} $ ，不满足动能不增加，故 $ \mathrm{D} $ 错误.

弹簧从拉伸到恢复到原长前,弹簧弹力一直对 $ A $ 做正功, $ A $ 的动能一直增加,弹簧从原长到压缩到最短,弹簧弹力对 $ A $ 一直做负功, $ A $ 的动能一直减小,则弹簧恢复到原长时, $ A $ 的动能达到最大,故 $ \mathrm{A} $ 正确；弹簧对 $ A $ 、 $ B $ 的作用力等大反向，则 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统所受合外力始终为零,所以系统动量守恒,故 $ \mathrm{C} $ 错误；根据动量守恒定律,弹簧压缩量最大时, $ A $ 、 $ B $ 共速,此时速度都为零, $ A $ 的动量最小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；弹簧恢复到原长过程中,没有外力做功, $ A $ 、 $ B $ 和弹簧组成的系统机械能守恒,故 $ \mathrm{D} $ 错误.

由题图乙可知,盒子与物体第一次碰撞后保持静止,第二次碰撞后速度与初速度相同,说明碰撞为弹性碰撞,又二者质量相同,可知二者碰后速度交换,故盒子的长度是 $ L=v\dfrac{T}{2}=30×0.02\mathrm{m}=0.6\mathrm{m} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

两球发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有 $ {m}_{A}{v}_{0}={m}_{A}{v}_{1}+{m}_{B}{v}_{2} $ ， $ \dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{2}^{2} $ ，解得 $ {v}_{1}=-2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ {v}_{2}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，负号表示 $ A $ 球碰撞后速度方向与初速度方向相反，向左运动， $ \mathrm{A} $ 错误；碰后 $ A $ 球的动能 $ {E}_{\mathrm{k}}=\dfrac{1}{2}{m}_{A}{v}_{1}^{2}=1\mathrm{J} $ ， $ \mathrm{B} $ 错误；两球碰撞过程中， $ A $ 球对 $ B $ 球做的功等于 $ B $ 球的动能的变化量，为 $ \dfrac{1}{2}{m}_{B}{v}_{2}^{2}=8\mathrm{J} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确；两球碰撞过程中， $ A $ 球的速度变化量大小为 $ \mathrm{\Delta }v=\left|{v}_{1}-{v}_{0}\right|=\left|-2-6\right|\mathrm{m}/\mathrm{s}=8\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.

小球第一次摆到最低点以后的运动过程,小球和小车组成的系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒，总动量向右,所以小车向右运动,小球第一次摆到最低点之前小球和小车组成的系统动量不守恒,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小球第一次运动至最低点的过程中，小车不动,根据机械能守恒定律,有 $ mgL=\dfrac{1}{2}m{v}^{2} $ ,解得 $ v=\sqrt{2gL} $ ,设此时轻绳对小球的拉力为 $ {F}_{\mathrm{T}} $ ,根据牛顿第二定律有 $ {F}_{\mathrm{T}}-mg=m\dfrac{{v}^{2}}{L} $ ,解得 $ {F}_{\mathrm{T}}=3mg $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确；设小球运动至右端最高点时与小车的共同速度为 $ {v}_{1} $ ,相对最低点的高度为 $ h $ ,根据动量守恒定律得 $ mv=(m+M){v}_{1} $ ,根据机械能守恒定律得 $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}(m+M){v}_{1}^{2}+mgh $ ,联立解得 $ {v}_{1}=\dfrac{\sqrt{2gL}}{3} $ , $ h=\dfrac{2}{3}L $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；分析可知，小球第二次运动至最低点时，小车的速度最大，从第一次运动到最低点至第二次运动到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒、机械能守恒，则有 $ mv=m{v}_{2}+M{v}_{3} $ ， $ \dfrac{1}{2}m{v}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{2}^{2}+\dfrac{1}{2}M{v}_{3}^{2} $ ，解得 $ {v}_{3}=\dfrac{2\sqrt{2gL}}{3} $ ，即小车的最大速度为 $ \dfrac{2\sqrt{2gL}}{3} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.

设 $ a $ 、 $ b $ 、 $ c $ 的质量分别为 $ {m}_{a} $ 、 $ {m}_{b} $ 、 $ {m}_{c} $ ， $ a $ 与 $ b $ 碰撞后二者的速度分别为 $ {v}_{a} $ 和 $ {v}_{b1} $ ,分析可知碰撞为弹性碰撞时 $ b $ 有最大速度，根据动量守恒定律有 $ {m}_{a}v={m}_{a}{v}_{a}+{m}_{b}{v}_{b1} $ ,根据机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}{m}_{a}{v}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{a}{v}_{a}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{b}{v}_{b1}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{b1}=\dfrac{2{m}_{a}v}{{m}_{a}+{m}_{b}} $ ,可知,当 $ {m}_{a}\gg {m}_{b} $ 时,有 $ {v}_{b1}\approx 2v $ ,设 $ b $ 与 $ c $ 碰撞后二者的速度分别为 $ {v}_{b2} $ 和 $ {v}_{c} $ ,同理可得 $ {m}_{b}{v}_{b1}={m}_{c}{v}_{c}+{m}_{b}{v}_{b2} $ , $ \dfrac{1}{2}{m}_{b}{v}_{b1}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{c}{v}_{c}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{b}{v}_{b2}^{2} $ ,联立解得 $ {v}_{c}=\dfrac{2{m}_{b}{v}_{b1}}{{m}_{b}+{m}_{c}} $ ,可知,当 $ {m}_{b}\gg {m}_{c} $ 时,有 $ {v}_{c}\approx 2{v}_{b1}\approx 4v $ ,所以碰后 $ c $ 的最大速度约为 $ 4v $ ， $ \mathrm{A} $ 正确.

（1） $ C $ 与 $ B $ 发生弹性碰撞,由 $ B $ 、 $ C $ 组成的系统动量守恒、机械能守恒,则由动量守恒定律有 $ m{v}_{0}=m{v}_{B}+m{v}_{C} $ ,

由机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}+\dfrac{1}{2}m{v}_{C}^{2} $ ,

联立解得球 $ B $ 、 $ C $ 碰后瞬间球 $ B $ 速度的大小为 $ {v}_{B}={v}_{0}=\sqrt{\dfrac{3gL}{5}} $ , $ {v}_{C}=0 $ ．

（2） 当 $ A $ 、 $ B $ 第一次共速时, $ B $ 上升的高度最大,此时 $ B $ 处于 $ P $ 点,设此时的共同速度为 $ v $ ,则由 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统在水平方向动量守恒,有 $ m{v}_{B}=(2m+m)v $ ,

由机械能守恒定律有 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}=\dfrac{1}{2}(2m+m){v}^{2}+mgh $ ,

联立解得 $ O $ 、 $ P $ 两点间的竖直距离为 $ h=\dfrac{1}{5}L $ ．

（3） 设当小球 $ B $ 运动到 $ M $ 点时, $ B $ 与 $ A $ 的速度大小分别为 $ v{\prime }_{B} $ 、 $ {v}_{A} $ ,由 $ A $ 、 $ B $ 组成的系统在水平方向动量守恒有 $ m{v}_{B}=m(-v{\prime }_{B})+2m{v}_{A} $ ,

由系统机械能守恒有 $ \dfrac{1}{2}m{v}_{B}^{2}=\dfrac{1}{2}mv{\prime }_{B}^{2}+\dfrac{1}{2}×2m{v}_{A}^{2} $ ,

联立解得 $ v{\prime }_{B}=\dfrac{{v}_{0}}{3} $ , $ {v}_{A}=\dfrac{2{v}_{0}}{3} $ ,

此时对 $ B $ ,根据牛顿第二定律有 $ T-mg=m\dfrac{{\left(v{\prime }_{B}+{v}_{A}\right) ^ {2}}}{L} $ ,解得 $ T=\dfrac{8}{5}mg $ ．

（1） 设白球与黑球碰撞前的速度为 $ {v}_{1} $ ,由运动学公式可得 $ -2a\cdot \dfrac{l}{4}={v}_{1}^{2}-{v}_{0}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=\sqrt{{v}_{0}^{2}-\dfrac{al}{2}} $ ,

设白球与黑球碰撞后的速度分别为 $ {v}_{A} $ 、 $ {v}_{B} $ ,以沿 $ AB $ 方向为正方向,白球和黑球发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得 $ {m}_{1}{v}_{1}={m}_{1}{v}_{A}+{m}_{2}{v}_{B} $ ,

由机械能守恒定律可得 $ \dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{1}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{A}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{B}^{2} $ ,

解得 $ {v}_{A}=-\dfrac{{m}_{2}-{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}{v}_{1} $ , $ {v}_{B}=\dfrac{2{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}{v}_{1} $ ,

故白球与黑球碰撞后瞬间,白球的速度大小为 $ \dfrac{{m}_{2}-{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}\cdot \sqrt{{v}_{0}^{2}-\dfrac{al}{2}} $ ,黑球的速度大小为 $ \dfrac{2{m}_{1}}{{m}_{1}+{m}_{2}}\sqrt{{v}_{0}^{2}-\dfrac{al}{2}} $ .

（2） 碰后黑球能进入 $ Q $ 袋,则 $ {v}_{B}^{2} > 2a\cdot \dfrac{l}{2} $ ,解得 $ {v}_{0} > \sqrt{al[\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{{m}_{1}+{m}_{2}}{2{m}_{1}}\right) ^ {2}}]} $ ,

碰后白球不能进入 $ P $ 袋,则 $ {v}_{A}^{2}⩽ 2a\cdot \dfrac{l}{2} $ ,解得 $ {v}_{0}⩽ \sqrt{al[\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{{m}_{1}+{m}_{2}}{{m}_{1}-{m}_{2}}\right) ^ {2}}]} $ ,

若要求黑球碰撞之后能进入 $ Q $ 袋,且白球反弹后不能进入 $ P $ 袋,则初速度 $ {v}_{0} $ 的取值范围为 $ \sqrt{al[\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{{m}_{1}+{m}_{2}}{2{m}_{1}}\right) ^ {2}}]} < {v}_{0}⩽ \sqrt{al[\dfrac{1}{2}+{\left(\dfrac{{m}_{1}+{m}_{2}}{{m}_{2}-{m}_{1}}\right) ^ {2}}]} $ .

（1） 以物块 $ P $ 的初速度方向为正方向，物块 $ P $ 与长木板 $ Q $ 组成的系统动量守恒，有 $ {m}_{1}{v}_{0}=({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{共1} $ ,

解得 $ {v}_{共1}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

根据能量守恒定律，有 $ \mu {m}_{1}gL=\dfrac{1}{2}{m}_{1}{v}_{0}^{2}-\dfrac{1}{2}({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{共1}^{2} $ ,

解得 $ L=2\mathrm{m} $ .

（2） 物块 $ P $ 第一次与长木板 $ Q $ 共速后,长木板 $ Q $ 与滑块1发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得 $ {m}_{2}{v}_{共1}={m}_{2}{v}_{1}+{m}_{3}v{\prime }_{1} $ , $ \dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{共1}^{2}=\dfrac{1}{2}{m}_{2}{v}_{1}^{2}+\dfrac{1}{2}{m}_{3}v{\prime }_{1}^{2} $ ,解得 $ {v}_{1}=-2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ , $ v{\prime }_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，故长木板 $ Q $ 与滑块1速度大小均为 $ 2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .

（3） 由于所有滑块质量相等,发生的碰撞都是弹性碰撞,所以滑块之间碰撞后交换速度,则第 $ n $ 个滑块碰后的速度为 $ v{\prime }_{1}=2\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,其他滑块处于静止状态，

长木板 $ Q $ 与滑块1第一次碰撞后,物块 $ P $ 第二次与长木板 $ Q $ 共速过程,根据动量守恒定律有 $ {m}_{1}{v}_{共1}+{m}_{2}{v}_{1}=({m}_{1}+{m}_{2}){v}_{共2} $ ,

解得 $ {v}_{共2}=\dfrac{{v}_{0}}{2}\cdot \dfrac{1}{4}=1\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

同理，可知长木板 $ Q $ 与滑块1第二次发生弹性碰撞后的速度分别为 $ {v}_{2}=\dfrac{{m}_{2}-{m}_{3}}{{m}_{2}+{m}_{3}}{v}_{共2}=-\dfrac{1}{2}{v}_{共2}=-\dfrac{1}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 、 $ v{\prime }_{2}=\dfrac{2{m}_{2}}{{m}_{2}+{m}_{3}}{v}_{共2}=\dfrac{1}{2}{v}_{共2}=\dfrac{1}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

可知第 $ (n-1) $ 个滑块碰后的速度为 $ v{\prime }_{2}=\dfrac{1}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

接着物块 $ P $ 第三次与长木板 $ Q $ 共速的速度为 $ {v}_{共3}=\dfrac{{v}_{0}}{2}\cdot {\left(\dfrac{1}{4}\right) ^ {2}}=\dfrac{1}{4}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

长木板 $ Q $ 与滑块1第三次发生弹性碰撞后的速度分别为 $ {v}_{3}=\dfrac{{m}_{2}-{m}_{3}}{{m}_{2}+{m}_{3}}{v}_{共3}=-\dfrac{1}{2}{v}_{共3}=-\dfrac{1}{8}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 、 $ v{\prime }_{3}=\dfrac{2{m}_{2}}{{m}_{2}+{m}_{3}}{v}_{共3}=\dfrac{1}{2}{v}_{共3}=\dfrac{1}{8}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,

综上分析可知,长木板 $ Q $ 与滑块1第 $ n $ 次发生弹性碰撞后,物块 $ P $ 第 $ (n+1) $ 次与长木板 $ Q $ 共速的速度为物块 $ P $ 最终的速度, $ {v}_{终}=\dfrac{{v}_{0}}{2}\cdot {\left(\dfrac{1}{4}\right) ^ {n}}={\left(\dfrac{1}{4}\right) ^ {n-1}}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ .