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1．如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A 和B
（mA>mB）。初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。
不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所
需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，
求小球的质量比
。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度
大小的e 倍（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
2．如图所示，质量
半径
的
光滑圆弧槽C 和质量
的木板B 锁定
在一起静止于光滑水平面上，圆弧槽末端水平且与木板上表面高度相同并平滑相接，某时
刻，一个质量为
的小物块A（可视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，当物块滑
上木板瞬间圆弧槽和木板之间的锁定自动解除（对速度没影响），物块与木板之间的动摩
擦因数为
，木板足够长，物块总不能到木板的右端，重力加速度
。求：
（1）物块滑上木板瞬间的速度；
（2）从释放物块到木板速度减为零时，木板的位移；
1
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（3）当木板速度减为零时在木板右侧水平面上与木板右端相距L 处固定一竖直弹性挡板，
木板碰撞挡板时间极短，碰撞后速度大小不变、方向反向，要使木板与挡板至少发生n 次
碰撞，L 应满足的条件。
3．如图所示，水平传送带以
的速度沿逆时针转动。传送带右端与光滑水平面相接
（紧靠但不接触）于N 点，传送带上表面与水平面相平，传送带左端与固定的光滑四分之
一圆弧体相接（紧靠但不接触）于M 点，MN 间的距离为0.75m，传送带的上表面与圆弧
面的最低点相切，圆弧面的半径为0.8m，圆弧面的最低点停放着物块A，将物块B 在圆弧
面的最高点由静止释放，物块B 到达圆弧面最低点时刚好沿水平方向与物块A 发生弹性碰
撞，碰后物块A 立即滑上传送带。物块A 滑过传送带后与固定在水平面上的挡板碰撞，碰
撞过程无机械能损失，此后当物块A 刚好要再次滑上传送带时与物块B 发生第二次弹性对
碰，已知物块A 质量为3kg，物块B 的质量为1kg，两物块与传送带之间的动摩擦因数均
为0.2，取重力加速度大小为
，不计物块大小，两物块碰撞时间极短，不计空气阻力。
求：
（1）物块B 与物块A 第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是多少；
（2）第二次碰撞后瞬间物块B 的速度大小；
（3）物块B 前四次通过MN 两点间区域，物块B 与传送带因摩擦而产生的内能一共为多少
（结果保留两位有效数字，已知
）。
4．如图所示，足够长的水平传送带以v=8m/s 的恒定速度逆时针转动。在传送带的左端有
一足够长的光滑水平面，一质量mA=3kg 的小物块A 在水平面上以v0=8m/s 的速度向右运动，
与静止在水平面右端质量mB=1kg 的小物块B 发生正碰后，两物块均无能量损失地滑上传
2
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送带，经过4s 两物块再次发生正碰。已知B 与传送带的动摩擦因数μB=0.5，重力加速度
g=10m/s2，A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且时间极短。
（1）求A、B 第一次碰撞后的速度vA、vB的大小；
（2）求A 与传送带的动摩擦因数μA；
（3）分析A、B 是否会发生第三次碰撞。
5．如图所示，一上表面光滑的平台固定在光滑水平地面上，平台上方静置一质量为
的物块
。紧挨着平台右侧有一质量为
足够长的小车，小车上表面
和平台在同一水平高度且连接处不粘连。小车最左端静止放置一质量为
滑块
（可视为质点），小车右端距离固定的竖直墙面足够远。从0 时刻起给物块
施加一个水
平向右的变力
随时间变化的规律如图所示，在第3.5 秒末物块A 与滑块B 发生弹性正
撞，碰撞时间极短。随后小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度方向改
变，速度大小变为碰前的
。已知滑块
与小车上表面间的动摩擦因数
，取重力加
速度
，求：
（1）物块A 与滑块B 碰后瞬间，物块B 的速度；
（2）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第2 次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩
擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第5 次碰撞前所需时间。
3
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6．如图所示，足够长水平传送带按如图所示的方向以速度v0=8m/s 匀速运动，传送带最右
端恰好位于半径为R=1m 的光滑圆弧轨道最高点C 的正下方，圆弧轨道圆心为O，圆弧轨
道下端D 恰与一倾角为θ=37°的粗糙斜面平滑连接。粗糙斜面上E 处有一垂直斜面的小挡
板，小挡板距D 点的距离为
。现将两靠在一起但不粘连的小滑块A、B（均可视为
质点），从传送带上某处由静止释放，滑到传送带最右端时恰好与传送带共速，并从C 点
进入圆弧轨道。已知A 的质量为mA=1kg，B 的质量为mB=3kg，A、B 与水平传送带间的动
摩擦因数均为μ1=0.4，与斜面间的动摩擦因数均为μ2=0.75。运动过程中，小滑块A、B 间，
B 与挡板间的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计滑块通过传送带最右端前后的速率
变化，g 取10m/s2。求：
（1）小滑块A、B 由静止加速到与传送带共速过程中A、B 与传送带因摩擦产生的热量；
（2）通过计算判断小滑块A、B 第二次碰后能否到达圆心等高处；
（3）小滑块A、B 碰撞的总次数及每次碰撞后的速度大小（写出计算结果即可）。
7．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离
为l，圆管长度为
。一质量为
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中
心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不
接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻
力，重力加速度大小为g。求
4
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（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
8．如图甲，一质量为2kg 的物块B 用一长度为l=0.9m 的轻绳悬挂于P 点处，初始时其与
竖直方向的夹角α=60°，P 点正下方0.6m 处有一钉子。另一质量为3kg 物块A 与轻质弹簧
连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P 点正下方时轻绳在钉子的
作用下断裂。轻绳在断裂后不影响物块B 的后续运动，物块B 触地时水平速度不变，竖直
速度变为零；然后物块B 以水平速度向物块A 运动，记物块B 第一次与弹簧接触的时刻为
t=0，第一次与弹簧分离的时刻为t=2t0。第一次碰撞过程中，A、B 的v-t 图像如图乙所示。
已知从t=0 到t=t0时间内，物块A 运动的距离为0.432t0。重力加速度为g=10m/s2。求
（1）轻绳即将断裂时的拉力；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧的弹性势能的最大值；
（3）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（用t0表示）。
9．如图所示，足够长的固定斜面上放置一长条形木盒，斜面的倾角为37°。现将一可看作
质点的光滑小球置于木盒中的某点，并且和木盒同时由静止开始释放，小球刚释放时与木
盒下端的距离为2.5m。已知木盒的质量M=2.5kg，小球的质量m=0.5kg，取
，
5
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，
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若释放后，小球与木盒同时开始运动，求木盒与斜面间的动摩擦因数
应满足的条
件；
（2）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，求小球和木盒从释放后到发生第一次碰撞所需
的时间；
（3）若木盒与斜面问的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求两者第
一次至第二次碰撞期间小球与木盒底端的最大距离；
（4）若木盒与斜面间的动摩擦因数为0.5，小球和木盒底端的碰撞为弹性碰撞，求从开始
释放至两者第n 次碰撞系统损失的机械能（不要求写计算步骤，只写出最后结果即可）。
10．如图所示，半径
、质量
带有四分之一光滑圆弧面的斜面体a，静置于
光滑水平平台上，弧面最低点与平台相切；质量
、长度
的木板b 静止在光
滑水平面上，其上表面与平台等高，在其右侧某一位置有一竖直固定挡板P。质量
的滑块c 从弧面最高点由静止释放，滑下后冲上木板b，木板b、滑块c 之间的动
摩擦因数
。木板b、滑块c 第一次共速时，木板b 与挡板P 恰好发生弹性碰撞。取
重力加速度
，求：
（1）滑块c 冲上木板b 时的速度大小
；
（2）木板b 与挡板P 第一次发生弹性碰撞时，滑块c 到木板b 左端的距离；
（3）初始时木板b 右端到挡板P 的距离；
（4）木板b 与挡板P 碰撞若干次后，木板b 与滑块c 分离，分离时各自的速度大小。
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参考答案：
1．（1）
，
；（2）
或
；
（3）
【详解】（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，
则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
1
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①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程
之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为
，
，则同样有
联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，
满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程
之比为
；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
2
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根据①的分析可证
，
，满足题意。
综上可知
或
。
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后
与第二次相碰前B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
3
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联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
2．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设物块滑上木板的速度为v0，圆弧槽和木板整体的速度为u，系统水平方向
动量守恒
又物块下滑时，系统机械能守恒，即
联立解得物块滑上木板的速
此时木板的速度
（2）物块滑到圆弧槽末端时，设物块水平方向的位移大小为x1，圆弧槽和木板整体的位移
大小为x2，由于系统水平方向动量守恒有
又有
4
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物块滑上木板后，根据牛顿第二定律,物块的加速度
木板的加速度
木板减速到0 的位移为
木板减速到0 的总位移为
（3）当木板速度减为0 时，
物块的速度
此后木板与物块的运动图像如图所示
木板从开始向右运动到第n-1 次碰撞后向左减速到0 所用时间
能发生第n 次碰撞的条件是此时物块的速度向右，即
解得
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3．（1）
,
；（2）
；（3）
【详解】（1）设块A 质量为
，物块B 的质量为
，物块B 第一次运动到M 点时，由动
能定理得
解得
物块B 与物块A 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
解得物块B 与物块A 第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是
（2）第一次碰后物块A 立即滑上传送带，匀减速滑至N 点时，根据动能定理
其中
解得
同时物块B 返回固定的光滑四分之一圆弧体又再次下滑至M 点时，速度大小为
再匀减速滑至N 点时，根据动能定理
解得N 点时物块B 的速度为
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之后物块A 与固定在水平面上的挡板碰撞，碰撞过程无机械能损失，此后当物块A 刚好要
再次滑上传送带时速度为
此时与物块B 发生第二次弹性对碰，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
解得第二次碰撞后瞬间物块B 的速度大小为
物块A 的速度大小为
（3）物块B 第一次通过MN 两点间区域时所用时间为
，根据动量定理
解得
则相对滑动距离为
因为
故物块B 第二次通过MN 两点间区域时与传送带共速，匀速通过MN 两点间区域所用时间
为
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则相对滑动距离为
再滑上光滑四分之一圆弧体又再次下滑至M 点时，速度大小为
同样，再匀减速滑至N 点时，根据动能定理
解得N 点时物块B 的速度为
则相对滑动距离为
再与物块A 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
解得物块B 与物块A 第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小分别是
则物块B 第四次匀加速通过MN 两点间的区域，时间设为
解得
则相对滑动距离为
8
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物块B 前四次通过MN 两点间区域，设物块B 与传送带因摩擦而产生的内能一共为
，故
4．（1）4m/s；12m/s；（2）0.1；（3）A、B 一定会发生碰撞
【详解】（1）由于A、B 发生的是弹性正碰，有
解得
（2）设B 的加速度为aB，经过时间t，B 的速度与传送带速度相同
解得
B 刚好与传送带速度相同时与A 相碰，此时B 的位移为
解得
设A 的加速度为aA
解得
（3）设A、B 第二次碰前A 的速度为vA1，碰后A、B 的速度分别为vA2、vB2
9
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解得
AB 发生第二次弹性正碰，以向左为正
解得
假设A 向左匀加速离开传送带时速度为vA3
解得
假设成立
假设B 向左匀加速离开传送带时速度为vB3
解得
说明B 是以速度
离开传送带，因此，A、B 一定发生碰撞。
5．（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设水平向右为正方向，由图像可知，图线与时间轴围成的图形面积为力
在
内的冲量，动量定理可得
发生弹性碰撞，系统动量守恒
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系统能量守恒
解得
物块A 与滑块B 碰后瞬间，物块B 的速度为
。
（2）由于小车足够长，离墙壁足够远，故小车与墙壁碰撞前已和滑块B 共速，由动量守恒
可得
解得
小车与墙壁完成第1 次碰撞后，车速变为
小车与墙壁第2 次碰撞前与滑块B 再次共速，由动量守恒可得
解得
由系统功能关系可得，小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第2 次碰撞前瞬间的过程中滑块
与小车间由于摩擦产生的热量
解得
（3）以小车为研究对象，第1 次碰后到共速在做匀变速直线运动，由牛顿第二定律可得
解得
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设第1 次碰后到共速所用时间为
，根据
从共速到第2 次碰前小车做匀速直线运动，设运动时间为
，根据
第1 次碰后到第2 次碰前所用时间
解得
同理可得：第2 次碰后到第3 次碰前所用时间
小车与墙壁第1 次碰撞后到与墙壁第5 次碰撞前所需时间
解得
6．（1）128J；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）小滑块A、B 由静止加速到与传送带共速过程中有
解得
所以该过程中A、B 与传送带因摩擦产生的热量为
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（2）滑块从C 点进入圆弧轨道运动到D 点的过程中，根据动能定理可得
解得
同理可得，B 运动到D 点时的速度大小也为
由于
可知，滑块A、B 从D 到E 做匀速直线运动，所以两滑块第一次碰撞在E 点，有
联立可得
，
即两滑块第一次碰撞后B 将静止，A 沿斜面向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可
得
从E 运动到D 点有
解得
A 沿圆弧轨道运动到C 点有
解得
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可知，A 从C 点滑上传送带再次返回到C 点的速度为v0，之后沿圆弧轨道运动到D 的速度
与第一次经过D 点的速度相同，即为10m/s，接着A 匀速下滑到E 点与B 发生第二次碰撞，
有
联立可得
，
由此可知，A、B 第二次碰撞后，A 反弹，B 与挡板碰撞并反弹，当二者运动到D 点过程中
有
解得
由于
即小滑块A、B 第二次碰后恰好能到达圆心等高处；
（3）根据机械能守恒定律可知，当两滑块沿圆弧轨道返回到D 点速度大小为
之后沿斜面向下做匀速直线运动，在E 处发生第三次碰撞，有
联立可得
，
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之后A 沿斜面和圆弧面上滑，经过D 点的速度大小为
，经过C 点时速度大小为
，由于
所以当A 返回到D 点的速度大小为
，接下来与B 发生第四次碰撞，碰后A 的速度
大小为
，方向沿斜面向上，B 的速度大小为
，方向沿斜面向下，与挡板碰
撞后反弹，之后A、B 将不能上升到圆心等高处，之后在E 处发生第五次碰撞，碰后A 的
速度大小为
，方向沿斜面向上，B 的速度为零，到达D 点时速度大小为
，
之后将不能到达圆心等高处，所以再次返回与B 发生第六次碰撞，碰后A 的速度大小为
，方向沿斜面向上，B 的速度大小为
，方向沿斜面向下，与挡板碰撞后反
弹，之后A、B 将不能上升到D 处，将在DE 段减速为零，并保持静止，其最终静止的位
置距E 的距离为
综上分析可知，A、B 滑块共碰撞6 次，第一次碰撞后A、B 的速度大小分别为20m/s，0；
第二次碰撞后A、B 的速度大小分别为5m/s，5m/s；第三次碰撞后A、B 的速度大小分别
为8m/s，0；第四次碰撞后A、B 的速度大小分别为
，
；第五次碰撞后
A、B 的速度大小分别为
，0；第六次碰撞后A、B 的速度大小分别为
，
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。
7．（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆
盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
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即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
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此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆
盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4
18
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次。
8．（1）80N；（2）5.4J；（3）1.92t0
【详解】（1）设B 摆至最低点的速度为v，根据动能定理有
代入数值，解得
设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B 受力分析有
解得
（2）第一次碰撞过程中，当 AB 共速时，弹簧的弹性势能最大
，
联立解得
（3）当AB 共速时，弹复压缩量最大，在任意时刻都满足动量守恒
整理得
在t=0 到t=t0时间内时间上积分可得
又
则有
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所以弹簧压缩量的最大值
9．（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）若小球开始运动的同时木盒也开始运动，则
解得
（2）小球在木盒中运动时，有
对木盒沿斜面向下的运动过程，有
解得
（3）第一次碰撞前，小球的速度
木盒的速度
小球和木盒第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得
20
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第一次碰撞至第二次碰撞，两者共速时相对位移有最大值
小球的位移
木盒的位移
小球与木盒底端的距离
解得
（4）由动量守恒定律和机械能守恒定律可解得，每次碰撞完成后小球的速度
木盒的速度
其中的
为每次碰撞前小球的速度，
为每次碰撞前木盒的速度，归纳可知，每相邻两
次碰撞间的时间间隔都为
因此每相邻两次相碰之间小球速度沿斜面向下增加
木盒速度沿斜面向下增加
结合第（3）问分析可得出以下归纳情况
第一次碰前小球的速度为
，木盒的速度为
第一次碰后小球的速度为
，木盒的速度为
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第二次碰前小球的速度为
，木盒的速度为
第二次碰后小球的速度为
，木盒的速度为
第三次碰前小球的速度为
，木盒的速度
第三次碰后小球的速度为
，木盒的速度为
……
第n 次碰后小球的速度大小
第n 次碰后木盒的速度大小
自第（n-1）次碰撞至第n 次碰撞木盒的位移
自开始释放至第n 次碰撞木盒的总位移
损失的机械能
10．（1）
；（2）
；（3）
；（4）
，
【详解】（1）斜面体a 和滑块c 组成的系统，在水平方向动量守恒
滑块c 在斜面体a 上滑下时，系统机械能守恒
解得
（2）滑块c 和长木板b 组成的系统，动量守恒
能量守恒
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解得
（3）木板b 的合外力等于滑块c 对木板b 的滑动摩擦力
根据牛顿第二定律
解得
初始时木板b 右端到挡板P 的距离等于第一次碰撞前木板b 的位移
解得
（4）取向右为正方向，木板b 与挡板P 第一次碰撞后，滑块c 的速度
木板b 与挡板P 发生弹性碰撞，速度大小不变，方向反向，木板b 的速度为
根据动量守恒
根据能量守恒
解得
木板b 与挡板P 第二次碰撞后，滑块c 的速度为
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碰撞后木板b 的速度为
根据动量守恒
根据能量守恒
解得
因为
，所以第二次碰后两者没有达到共速，即第二次碰后根据动量
守恒
根据能量守恒
解得
，
或者
，
（不合题意，舍去）
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