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大题12 应用数学归纳法和图像法解决多次碰撞问题
多次碰撞问题是高考物理动量与能量综合题的典型难点，近几年广东新高考卷中比较
少出现，若考查，将主要集中于压轴计算题；2025 年高考对“数学归纳法与图像法解决多
次碰撞问题”的考查将延续“重逻辑推演、强数学整合、拓实际应用”的命题导向，突出
物理建模与数学工具的深度融合能力。备考需以递推思想为核心，强化极限分析与图像转
化能力，同时关注材料科学与智能科技热点，做到“以数解物，以理驭变”。通过从具体
到一般的归纳推理，考查学生构建递推模型的能力（如从第1 次碰撞推导第n 次碰撞通
式）。可以多关注：如乒乓球连续弹跳、多米诺骨牌碰撞连锁反应；中子慢化过程中的多
次碰撞模型、纳米颗粒碰撞的统计规律；金属疲劳测试中的微颗粒多次碰撞模型；自动驾
驶多车碰撞避免的动量分配模拟；量子弹道输运中的碰撞统计规律简化模型； 宇宙尘埃
粒子在引力场中的碰撞聚集过程分析。
题型1 两物体多次碰撞问题
例1．（2024 广东惠州一模）如图所示，在光滑绝缘足够大的水平面上存在方向
水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q 的带正电金属小球甲从A 点由静止释放后，以大小为
的
速度与静止在O 点、质量为3m 小球乙发生碰撞，乙球不带电，碰撞时间极短且无电荷量转移，首次碰
1
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撞后甲向左运动的最远距离距O 点
，已知AO 相距为L，与A 点相距3L 处的B 处有一固定的竖直挡
板，乙球与挡板碰撞时间极短且无机械能损失。求：
（1）电场的电场强度E 的大小；
（2）首次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小；
（3）如果在甲、乙两球首次碰撞后瞬间，将电场强度大小改为
，方向不变，要保证乙球碰
撞挡板后，甲、乙两球能再次在OB 区域相碰，K 的取值范围。
答案（1）
；（2）
，方向水平向左；
；方向水平向右；（3）
解析（1）方法一：对甲与乙碰撞前的过程，根据动能定理得
方法二：碰撞前，对甲球
（2）设碰撞后甲的速度为
，乙的速度为
，由动量守恒定律
碰后对甲，由动能定理
解得
2
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方向水平向左；
方向水平向右；
（3）如果甲乙两球恰好在挡板B 处再次相撞，对甲球，由牛顿第二定律
取水平向右为正
解得
如果甲乙两球恰好在
处相撞，对甲球，由牛顿第二定律
对乙球
解得
故要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在
区域相碰，
的取值范围为
例2.在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距
离如图所示，L 为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ 为0.05，开始时物块静
止，凹槽以v0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间
3
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不计。g 取10 m/s2。求：
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
答案 (1)2.5 m/s (2)6 次 (3)5 s 12.75 m
解析 (1)设两者间相对静止时速度为v，
由动量守恒定律得mv0＝2mv
解得v＝2.5 m/s。
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff＝μFN＝μmg
设两者间相对静止前相对运动的路程为s1，
由动能定理得－Ffs1＝(m＋m)v2－mv
解得s1＝12.5 m
已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6 次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，有
mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′
mv＋mv＝mv1′2＋mv2′2
联立解得v1′＝v2，v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次
数可分为13 段。凹槽、物块的v－t 图线在两条连续的匀变速直线运动图线间转换，故可用匀变速直线
运动规律求时间。则
v＝v0＋at，a＝－μg
解得t＝5 s
v－t 图线所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13 份，第一份面积为
0.5L，其余每份面积均为L)
s2＝t＋6.5L
4
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解得s2＝12.75 m。
1．（23 高三上广东深圳期末）如图所示，一水平传送带以v=3m/s 的恒定速度顺时针
转动，其上表面左端A 点、右端B 点分别与一光滑曲面、一光滑水平台面平滑对接。光滑水平台面上
距B 点d1 =2m 处的P 点放置有一质量为M=3kg 的物块，P 点右侧相距d2 =4m 处的C 点固定有竖直挡
板。一质量为m =1kg 的物块从光滑曲面距水平面h=1.8m 处由静止释放。已知A、B 两点相距
L=2.5m，物块m 与传送带之间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度为g=10m/s2。假设所有碰撞均是弹性
正碰，且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，求
（1）物块m 从开始释放至与物块M 发生第1 次碰撞前的速度；
（2）物块m 从开始释放至与物块M 发生第2 次碰撞的过程中，整个系统因摩擦产生的内能；
（3）在物块M 没有滑入传送带前，物块m 与物块M 第n 次（n>1）碰撞结束时，物块m 的速度大小
（本问不要求写出解答过程，只要求写出结果）。
答案（1）4m/s；（2）
；（3）见解析
解析（1）对m
假设m 在传送带上一直减速
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t 图像，通过图像可使运动过程清晰明了，
并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
5
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解得
所以假设成立，物块m 从开始释放至与物块M 发生第1 次碰撞前的速度为4m/s。
（2）对m
m 从A 运动至B 点，相对路程为
设第1 次碰后瞬间，m 和M 速度分别v1和u1，由动量守恒定律和机械能守恒定律
联立解得
在传送带上m 向左运动到速度减为0 时，两者相对路程为
m 再向右运动到B 点时，两者相对路程为
所求的内能为
解得
（3）物块m 与物块M 第n（n＞1）次碰撞结束时，物块m 的速度大小
n=2 时，vn=4m/s；n=4，6，8…时，vn=3m/s；n=3，5，7…时，vn=1.5m/s
次数
碰前速度
碰后速度
碰撞位置
1
m
4m/s 方向向右
2m/s 方向向左
P 点
M
0
2m/s 方向向右
2
m
2m/s 方向向右
4m/s 方向向左
P 点右侧1m 处
M
2m/s 方向向左
0
3
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P 点右侧1m 处
6
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M
0
1.5m/s 方向向右
4
m
1.5m/s 方向向右
3m/s 方向向左
P 点左侧
m 处
M
1.5m/s 方向向左
0
5
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P 点左侧
m 处
M
0
1.5m/s 方向向右
题型二 多物体多次碰撞问题
例3．如图所示，以
的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的
弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有n 个位于同一直线上、处于静止状态的
相同小球，小球质量
。质量
的物体从轨道上高
的P 点由静止开始下滑，滑
到传送带上的A 点时速度大小
。物体和传送带之间的动摩擦因数
，传送带AB 之间的
距离
。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度
，
。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
（4）n 个小球最终获得的总动能。
7
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答案（1）
；（2）
；（3）
m；（4）
解析（1）物块由P 到A 的过程，满足
解得
（2）则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
故物体从A 运动到B 的时间为
传送带对物体的冲量大小为
（3）物块与小球1 发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为的
，小球1 被撞后的速度大小为
，
由动量守恒和能量守恒定律得
解得
8
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物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
解得
（4）由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。由（3）可知，物块第
一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到
，
再跟小球1 发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小分别为
以此类推，物块与小球1 经过n 次碰撞后，他们的速度大小分别为，
解得
由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1 号小球开始，到n 号小球，它们的速
度大小依次为
、
、
、……、
，则n 个小球的总动能为
解得
9
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例4．如图所示，光滑轨道A 固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为h，水平部
分与木板B 上表面齐平。木板B 质量为m，紧靠轨道A 放置在光滑水平面上，在B 的右侧放着若干滑块
（视为质点），滑块的质量均为m，编号依次为1、2、3、4。。。。。。n（n 趋于无穷大）。质量为
3m 的滑块C（视为质点）置于轨道A 的顶端，由静止释放，经过
滑上木板B，C 与B 之间的动摩
擦因数为
，当C、B 刚达到共速时，木板B 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞。经过一段时间，
C、B 再次刚达到共速时，木板B 恰好与滑块1 发生第2 次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C 没从木板B
上滑落。已知重力加速度为g，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
(1)C、B 第一次达到共速时，B 的速度大小；
(2)轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小和方向；
(3)最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 以及最终n 个滑块的总动能Ek。
答案(1)
(2)冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方）
(3)
，
解析（1）根据题意，C 沿轨道A 下滑过程，动能定理可知
解得
C、B 第一次达到共速，由动量守恒定律可知
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联立得共速速度
（2）滑块C 在光滑轨道A 上运动过程中，由动量定理可知
其中
，
由矢量关系可知
则有
即轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方），如下图。
（3）根据题意，C 在B 上滑动过程，由牛顿第二定律可得
，
由（1）可知C、B 第一次达到共速时
第一次共速的时间
可知B 向右滑动距离
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B 与滑块1 弹性碰撞且机械能守恒有
，
解得木板B 速度
，滑块1 速度
，即速度交换。
同理第二次共速过程中，共同速度
需要时间
B 向右滑动距离
递推可知
则初始时木板右端与滑块n 的距离
由等比数列求和公式，解得最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 为
B 第一次与滑块1 碰后，滑块1 的速度为
与滑块2 弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块n 获得速度为
其对应的动能为
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同理，滑块
最后获得速度为
其对应的动能为
最后，滑块1 获得速度为
其对应的动能为
n 个滑块的总动能为
联立可知最终n 个滑块的总动能Ek为
2．如图所示，半径为R 的
竖直圆弧轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上
有2024 个大小相同的球从左往右依次编号排成一排，相邻两球间距均为R，1 号球的质量为2m，
2~2024 号球的质量均为m。若将质量为2m 的A 球从圆弧轨道的最高点静止释放。所有球均视为质点，
碰撞均为弹性碰撞，已知重力加速度大小为g，不计一切阻力。
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可
写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据
13
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(1)求1 号球与2 号球第一次碰撞后1 号球的速度大小；
(2)若1 号球与2 号球第一次碰撞后，立即给1 号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F 远小于
1、2 号球碰撞时的相互作用力），使1 号球每次与2 号球碰撞前的速度都和两球第一次碰撞前1 号球
的速度相等，直到1~2024 号球速度第一次都相等时撤去外力，求
.
ⅰ外力F 的大小；
.
ⅱ最终1 号球与2024 号球之间的距离。
答案(1)
(2)i.
；ii.
解析（1）A 球运动至水平轨道，根据机械能守恒有
解得
A 球与1 号球发生弹性碰撞，因两球质量相等，故交换速度，即碰后1 号球的速度为
，1 号球
与2 号球发生弹性碰撞，根据动量守恒和能守恒有
，
联立解得碰撞后1 号球的速度为
，
（2）ⅰ.F 作用在1 号球上，使其速度大小由
增大到
，由动能定理得
解得
ii. 设F 作用下1 号球的总位移为x，对
号小球组成的整体，由动能定理得
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最终，
号小球的速度大小均为
，设F 作用的总时间为t，对整体，由动量定理得
1 号球与2024 号球之间的距离为
联立解得
1．（24-25 广东湛江期中）如图所示，在光滑固定水平圆环中有两个可看成质点的小
球，小球
位于
点，小球
位于
点，
是圆环的一条直径，
，圆环的周长
，刚开
始两球都静止，现给小球
一方向垂直
、大小为
的速度，两球碰撞都是弹性碰撞，且碰撞
时间极短。
(1)分别求出第一次碰撞后瞬间两球的速度大小
、
；
(2)求从小球
、
第一次相碰到第二次相碰的时间间隔；
(3)求小球
从开始运动到与小球
第100 次相碰过程中运动的总路程
。
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答案(1)
，
(2)
(3)
解析（1）以小球a 的初速度方向为正方向，两球发生弹性碰撞，动量守恒，动能总和不变，则有
解得
，
（2）设小球
第一次相碰到第二次相碰过程中，小球a 运动的路程为s，则小球b 运动的路程为
，则有
解得
，
（3）两球发生第二次弹性碰撞
解得
，
可以看出两球的速度回到初始状态，所以小球a 从开始运动到与小球b 第100 次相碰过程中运动的总路
程为
2．（2023 广东模拟预测）有一款三轨推拉门，门框内部宽为
。三扇门板俯视图如图甲所示，
宽均为
，质量均为
，与轨道的摩擦系数均为
。每扇门板边缘凸起部位厚度均
为
。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。
刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力
水平向右拉3 号门板，经过位移
后撤去
，一段时间后3 号门板左侧凸起部位与2 号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3 号
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门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度
。求：
（1）3 号门板与2 号门板碰撞后瞬间的速度大小；
（2）恒力
的大小；
（3）若力
大小可调，但每次作用过程中
保持恒定且
作用的位移均为，要保证2 号门板不与1
号门板发生碰撞，请写出3 号门板经过的路程
与
之间的关系式。
答案（1）
；（2）
；（3）见解析
解析（1）3 号门板与2 号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移
解得
根据功能关系
解得
（2）3 号门板与2 号门板碰撞，根据动量守恒定律
解得
3 号门板从开始运动到与2 号门板碰撞，位移为
解得
根据动能定理
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解得
（3）①若
，3 号门保持静止
②若3 号门板还未与2 号门板碰撞，即
解得
此时
③若3 号门板与2 号门板碰撞，但2 号门板还未与1 号门板碰撞
即
3 号门板与2 号门板碰撞前
3 号门板与2 号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒
3 号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3 号门板机械能全部转化为摩擦产热。
解得
由
可得此时恒力的取值范围为
18
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由几何关系可知，3 号门板反弹后不会再次与2 号门板碰撞。
3．（23 高三上广东广州阶段练习）如图所示，在足够长的粗糙水平面上放一长为
、质量为
、左右挡板厚度不计的U 形盒子P（盒子内底面水平），盒子P 与水平面间的动摩擦因数为
。在盒子的左端放一质量等于
的物块（可看作质点），Q 的带电量始终为
。整个装置始终处在一个水平向右的匀强电场中，场强为
，Q 与盒子内表
面无摩擦，放开物块后即在盒内向右运动与右面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能
损失，重力加速度g 取10
。求
（1）物块与盒子发生第一次碰撞后，P、Q 的速度大小；
（2）物块与盒子发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q 与盒子右挡板间的最大距离（结果可用分数表
示）；
（3）P 最终是否会停止？若P 不能停止，求第一次碰后，20 秒内P 前进的路程；若P 会停止，求P 前
进的总路程。
答案（1）8m/s，3m/s；（2）
；（3）P、Q 终将停止，P 前进的总路程为10m
解析（1）设Q 与P 第一次碰撞前的速度为
，碰后P、Q 的速度分别为
和
，由动能定理，得
碰撞过程动量守恒
碰撞过程机械能守恒
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代入数据求得
（2）碰后Q 加速运动的加速度
碰后P 减速运动的加速度
设物块Q 与盒子P 速度相等时经过时间为
，则有
得
因为物块Q 与盒子P 速度相等时Q 与盒子右挡板间的距离此时最大，最大距离为二者相对位移
满足题意此时不会与盒子左板碰撞。
（3）由
可知P、Q 终将停止。（否则前进足够长的位移，减少的电势能会小于增加的内能，违背能量守恒定
律）
停止时，Q 在P 的右端，设P 前进的总路程为S，由能量守恒
得
4．如下图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量
的
20
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小物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以
的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量
的小物
块B 从其上距水平台面
处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的摩擦因数
，传送带
的长度
。设物块A、B 之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态，
取
。
（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；
（2）物块B 与物块A 第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热；
（3）如果物块A、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁
定被解除，求出物块B 第n 次碰撞后的动能
。
答案（1）
；（2）12J；（3）
解析（1）设B 滑到曲面底部速度为
，则有
解得
则B 在传送带上开始做匀减速运动，设B 一直做减速滑过传送带的速度为
，则有
解得
21
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由于
，说明假设成立，即B 与A 碰撞前速度为
。
（2）设第一次碰后A 的速度为
，B 的速度为
，取向左为正方向，则弹性碰撞过程有
解得
则弹性碰撞后，B 向右滑上传送带，有
解得
则B 刚好滑到传送带的右端，再以原速率返回左端，在传送带上运动的时间为
物块B 与物块A 第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦产生的热量为
（3）由于第一次碰撞后，B 的速率小于传送带速率，B 在传送带上先向右做匀减速到0 的运动，再向
左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块B 与物块A 第二次碰撞前的速度为
，设第
二次碰后A 的速度为
，B 的速度为
，取向左为正方向，则弹性碰撞过程有
解得
22
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同理可推：B 每次碰撞后都将被传送带回与A 发生下一次弹性碰撞，则B 与A 碰撞n 次后反弹，速度大
小为
物块B 第n 次碰撞后的动能为
5．长为0．51 m 的木板A，质量为1 kg。板上右端有物块B，质量为3 kg。它们一起在光滑的水平面上向
左匀速运动，速度v0 = 2 m/s。木板与等高的竖直固定板C 发生碰撞，时间极短，没有机械能的损失。
物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.5，g 取10 m/s2。求：
（1）第一次碰撞后，A、B 共同运动的速度大小和方向；
（2）第一次碰撞后，A 与C 之间的最大距离；（结果保留两位小数）
（3）A 与固定板碰撞几次，B 可脱离A 板。
答案（1）1 m/s；方向水平向左；（2）0.13 m；（3）三次
解析（1）以A、B 整体为研究对象，从A 与C 碰后至AB 有共同速度v，系统动量守恒，以向左为正方
向，则
解得
即第一次碰撞后，A 与B 共同运动的速度大小为1 m/s，方向水平向左。
（2）以A 为研究对象，从与C 碰后至对地面速度为零，受摩擦力为f，位移为s，根据动能定理
其中
整理得
（3）第一次A 与C 碰后至AB 有共同速度为v，B 在A 上相对于A 滑行L1
23
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解得
第二次A 与C 碰后至AB 有共同速度为
，B 在A 上相对于A 滑行L2，根据动量守恒
因此
解得
假设第三次A 与C 碰后至AB 仍有共同速度为
，B 在A 上相对于A 滑行L3，根据动量守恒
解得
此时
即A 与固定挡板碰撞三次，B 可以脱离A。
6．如图，左右无限长的光滑水平地面上有2022 个大小相同的小球排成一排，相邻小球间的间距均为L，
将其从左到右依次编号。1 号小球质量为m，2~2022 号小球质量均为km（k 为比例系数）。用一根不可
伸长的轻绳拴接于1 号小球，上端拴接于固定结点处，拴好后轻绳刚好竖直伸直。在轻绳旁边固定一
电热丝，通电时可将轻绳瞬间烧断。将1 号小球向左上方提起H 高度，此时轻绳伸直，与竖直方向的
夹角为θ，所有小球仍在同一竖直面内，将电热丝通电后再由静止释放1 号小球。所有小球之间的碰撞
均为弹性正碰，重力加速度为g，不计空气阻力，忽略轻绳烧断后对小球运动的影响。
（1）求1 号小球释放后瞬间的加速度大小；
（2）求1 号小球与2 号小球第一次碰撞中给2 号小球的冲量大小以及对2 号小球做的功；
（3）1、2 号小球间第一次碰撞后立即给1 号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1 号
小球每次碰撞前瞬间的速度都相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外力，求外力F 的大小以及
最终1 号和2022 号小球间的距离（小球大小忽略不计）。
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答案（1）
；（2）
，
；（3）
，
解析（1）1 号小球释放后瞬间，合外力垂直于轻绳向右下方，由牛顿第二定律有
可得释放后瞬间的加速度为
（2）1 号小球从释放到与2 号小球碰撞之前瞬间，由机械能守恒定律，有
1、2 号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有
解得
，
对2 号小球，由动量定理有
解得
对2 号小球，由动能定理有
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解得
（3）1、2 号小球碰后，2 号小球以速度
向右运动一个L，与3 号小球碰撞后静止。1 号小球由速度
开始匀变速运动，经位移L，以速度
与2 号小球发生下一次碰撞，对1 号小球由动能定理有
解得
最终所有小球的速度均为
，F 作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有
F 作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有
2 号小球第一次碰后的速度
向右依次碰撞传递，最后作为2022 号小球的最终速度。最终1 号和2022
号小球间的距离为
代入数据得
7．如图所示光滑圆弧轨道AB 固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A 静止放置物块b、c
（可看做质点），b、c 的质量分别为m、2m，b、c 间有少量火药（质量可忽略），某时刻火药燃烧将
b、c 迅速分开，分开后b 以速度
向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、c 分开位置后继续向右运动，
当c 刚好停止运动时b 与之发生第一次碰撞。已知b 与c 的所有碰撞均为弹性碰撞，b 与水平面间没有
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摩擦，c 与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。已知该
物块b 从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b 冲上圆弧速度大小无关，可用圆弧半径R
表示为
（R 为题中未知量）求：
（1）圆弧轨道半径的大小；
（2）b 与c 发生第3 次碰撞前的速度；
（3）b、c 第n 次碰撞后到第n+1 次碰撞前c 运动的位移大小（n=l、2、3……）。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）b、c 分开过程，根据动量守恒定律
c 沿水平面滑动的加速度大小
根据运动学规律，分开后c 在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离
，有
，
b 再次回到b、c 分开位置时
b 匀速运动
则
整理得
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（2）设b、c 第1 次碰撞后的速度分别为物
和
，根据动量守恒和机械能守恒
，
得
，
设第2 次碰撞前c 已停止运动，则第1 次碰撞后c 滑动的时间
b 的运动时间
其中
由于
所以第2 次碰撞前c 已停止运动。
第2 次碰撞后，b 的速度大小
代入数据解得
即b 与c 第3 次碰撞前的速度大小为
（3）b 与c 第2 次碰撞后，c 的速度大小
b 与c 第2 次碰撞后，c 滑动的位移
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.....
b 与c 第n 次碰撞前，b 的速度大小
b 与c 第n 次碰撞后，c 的速度大小为
b 与c 第n 次碰撞后，滑动的位移
（n=l、2、3……）
8．如图所示，倾角为
的光滑斜面末端与水平传送带的左端D 平滑连接传送带DC 间的距离为L，沿顺时
针方向运行的速度为
，其右端C 与光滑且足够长的水平平台平滑连接，平台上有n 个质量为2m 的小
滑块。编号依次为B1、B2、B3、B4…Bn。将质量为m 的滑块A 由斜面上某一高度由静止释放。当滑块A
滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同。小滑块间的碰撞均为弹性碰撞。已知滑块A 与传送带
间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，滑块均视为质点，求：
（1）滑块A 下滑的高度；
（2）小滑块B1的最终速度及被碰撞的次数。
答案（1）
或
；（2）
，
次
解析（1）设滑块A 的初始位置高度为h，到达斜面底端的速度为v，则下滑过程中由机械能守恒有
解得
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若滑块A 冲上传送带时的速度小于传送带速度
，则由于滑块A 在传送带上受到向右的滑动摩擦力而
做匀加速运动，根据动能定理有
解得
若滑块A 冲上传送带时的速度大于传送带速度
，则由于滑块A 在传送带上受到向左的滑动摩擦力而
做匀减速运动，根据动能定理有
解得
（2）滑块A 先与小滑块B1发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，小滑块B1与小滑块B2
碰后将速度传递给小滑块B3，速度依次传递，直至与小滑块Bn发生碰撞后第一轮碰撞结束，得小滑块
Bn的速度为
第一轮中小滑块B1共发生2 次碰撞。滑块A 通过传送带后会返回再次与小滑块B1发生弹性碰撞，由匀
变速直线运动的对称性可知，滑块A 返回水平平台的速度大小为
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滑块A 与小滑块B1发生第二次弹性碰撞，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
，
然后小滑块B1与小滑块B2又发生弹性碰撞，速度依次传递，直至与小滑块Bn-1发生碰撞后第二轮碰撞
结束，得小滑块Bn-1的速度为
第二轮小滑块B1碰撞2 次。依次类推，第n 轮，滑块A 与小滑块B1发生弹性碰撞，最后小滑块B1的速
度为
则第n 轮小滑块B1只碰撞了1 次，综上可得，小滑块B1共碰撞的次数为
次。
9．如图所示，有一光滑绝缘的长木板
右端接有一竖直的挡板，静止放置在光滑水平地面上。一可视为
质点的滑块
放置在长木板上，
与
右端挡板的距离为
，
与
左端的距离足够大。
和
（连同
挡板）的质量均为
，滑块
带电量为
，开始时
、
均静止。若在该空间加上大小为
、方向水
平向右的匀强电场，由于受电场力作用，
开始向右运动并与
发生弹性碰撞，
、
碰撞过程中时间
极短且无电荷转移。求：
(1)
与
第一次相碰后，
的速率；
(2)从
开始运动到
和
第二次碰撞所经历的时间；
(3)
和
从第
次碰撞到第
次碰撞的时间内长木板
所通过的路程。
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答案(1)
；(2)
；(3)
解析(1)对
，由动能定理
解得
对
、
第一次碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立式解得
(2)从
开始运动到第一次与
碰撞历时
设从第一次碰撞后到第二次碰撞前历时
，则
解得
故从
开始运动到
和
第二次碰撞所经历的时间为
(3)第二次碰撞前
的速度为
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对
、
第二次碰撞，由动量守恒和能量守恒分别得
联立解得
由
图象可得第3 次碰撞前
的速度
此时
的速度
以此类推第
次碰撞前
的速度为
故从第
次到第
次碰撞经历时间为
这段时间内
以速度
做匀速运动，故这段时间内
通过的路程为
10．（2022 广东模拟预测）如图所示光滑圆弧轨道AB 固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低
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点A 静止放置物块b、c（可看做质点），b、c 的质量分别为m、2m，b、c 间有少量火药（质量可忽
略），某时刻火药燃烧将b、c 迅速分开，分开后b 以速度
向左冲上圆弧，经一段时间再次回到b、
c 分开位置后继续向右运动，当c 刚好停止运动时b 与之发生第一次碰撞。已知b 与c 的所有碰撞均为
弹性碰撞，b 与水平面间没有摩擦，c 与水平面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度大小为g。已知该物块b 从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b 冲上圆弧
速度大小无关，可用圆弧半径R 表示为
（R 为题中未知量）求：
（1）圆弧轨道半径的大小；
（2）b 与c 发生第3 次碰撞前的速度；
（3）b、c 第n 次碰撞后到第n+1 次碰撞前c 运动的位移大小（n=l、2、3……）。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）b、c 分开过程，根据动量守恒定律
c 沿水平面滑动的加速度大小
根据运动学规律，分开后c 在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离
，有
，
b 再次回到b、c 分开位置时
b 匀速运动
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则
整理得
（2）设b、c 第1 次碰撞后的速度分别为物
和
，根据动量守恒和机械能守恒
，
得
，
设第2 次碰撞前c 已停止运动，则第1 次碰撞后c 滑动的时间
b 的运动时间
其中
由于
所以第2 次碰撞前c 已停止运动。
第2 次碰撞后，b 的速度大小
代入数据解得
即b 与c 第3 次碰撞前的速度大小为
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（3）b 与c 第2 次碰撞后，c 的速度大小
b 与c 第2 次碰撞后，c 滑动的位移
.....
b 与c 第n 次碰撞前，b 的速度大小
b 与c 第n 次碰撞后，c 的速度大小为
b 与c 第n 次碰撞后，滑动的位移
（n=l、2、3……）
11．如图，在足够长的光滑水平轨道上有一质量为
的足够长的木板A，质量为
的滑块B
置于A 的左端，A 与B 间的动摩擦因数为
。在水平轨道上隔一定距离依次放着2025 个相同的
滑块，滑块的质量均为
，编号依次为1，2，3……2025。开始时木板A 静止，现使滑块B 瞬间
获得水平向右的初速度
，当A、B 刚达到共速时，木板A 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞，
经过一段时间，当A、B 再次刚达到共速时，木板A 恰好与滑块1 发生第2 次弹性碰撞，之后每次A、
B 刚达到共速时，木板A 都恰好与滑块1 发生弹性碰撞，直至最后木板A 与滑块1 发生2025 次碰撞。
重力加速度大小取
，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，每次碰撞时间极短，滑块均可视为质点。
求：
（1）木板A 与滑块1 第1 次碰撞前，A 与B 组成的系统产生的热量Q；
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（2）木板A 与滑块1 第1 次碰撞后瞬间，滑块1 的速度大小
；
（3）从滑块B 开始向右运动到木板A 即将与滑块1 发生第2025 次碰撞时，A 与B 组成的系统损失的
总能量
（可用分数表示，如表达式：
，a、b、n 为具体数值）。
答案（1）
；（2）
；（3）
解析（1）将木板A 与滑块B 视为一个系统，因为水平轨道光滑，木板A 与滑块B 所受合力为零，因此
木板A 与滑块B 组成的系统在水平方向上动量守恒。设木板A 与滑块B 第一次共速时的速度为
，
设向右为速度的正方向，则有
可得
由能量守恒定律可知，木板A 与滑块B 减少的机械能转化为了系统产生的热量Q，即
解得
（2）木板A 与滑块1 发生弹性碰撞时，将木板A 与滑块1 视为一个系统，由于碰撞时间极短，碰撞时
内力远大于外力，因此木板A 与滑块1 组成的系统在水平方向上动量守恒，设向右为速度的正方向，
则有
木板A 与滑块1 的碰撞为弹性碰撞，因此
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解得木板A 的速度
滑块1 的速度
即木板A 与滑块1 发生了速度交换，木板A 碰撞后速度为0，滑块1 获得了木板A 碰撞前的速度
；
（3）与木板A 发生第1 次碰撞后的滑块1，匀速滑向滑块2，并与之发生弹性碰撞，设碰撞后滑块2
的速度为v，则有
解得滑块2 的速度
滑块1 的速度
即滑块1 和滑块2 碰撞后速度交换，滑块2 将继续碰撞滑块3，速度继续交换，后面的滑块继续重复，
木板A 发生第1 次碰撞后速度变为0，木板A 与滑块B 组成一个系统，设木板A 第2 次与滑块1 碰撞前
的速度为
接下来木板A 将以
的速度与滑块1 发生弹性碰撞，碰撞后速度交换，木板A 的速度变为0，重复以
上碰撞，有木板A 和滑块1 碰撞后，再次与滑块B 共速时，共速速度为上一次共速速度的
，即
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因此，木板A 即将与滑块1 发生第2025 次碰撞时
从滑块B 开始向右运动到木板A 即将与滑块1 发生第2025 次碰撞时，由能量守恒定律有A 与B 组成的
系统损失的能量
解得
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