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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，近五年全国卷及新高考卷中
占比约6%-10%，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.（2025 辽宁一模）如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，
时将质量为m 的物块A 从距离物块B 斜上方L 处由静止释放，
时，物块A、B 发生第一次碰
撞，
时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A 的
图线如图乙所示（其中
、
均为
1
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未知量），若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦
力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A 沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A 沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B 的质量
，且A、B 物块每次碰撞前物块B 均已经停止运动，求物块B 沿斜面下滑
的最大距离。
答案(1)2(2)
(3)
解析（1）根据题意，由图乙可知，物块A 在
的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
物块A 在
的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小
解得
（2）物块A 在
时间内与在
的时间内受力情况一致，则加速度相同，故
时
刚释放物块A 时，A、B 之间的距离为L，则有
整理得
则物块A 在
的时间内沿斜而向上运动，运动的距离
2
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联立解得
（3）物块A 与物块B 第一次碰撞时，由动量守恒有
其中
，
，
联立解得
则物块A 在
时间内下滑的距离
已知第二次碰撞前物块B 已停止运动，故物块B 碰后沿斜面下滑的距离
物块A 与物块B 发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A 的速度
由动量守恒有
由机械守恒有
联立解得
设物块B 下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B 下滑的距离为
，则有
设第二次碰撞后物块B 下滑的距离为
，则有
可得
以此类推可得
则物块B 运动的总距离
当
时，代入数据解得
3
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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
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
4
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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
解得s2＝12.75 m。
1．（2025 湖南长沙一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移
动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，
将质量为
长为L 的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为
、体积可以忽略的滑
块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装
水，滑块与车厢左侧的距离为
。在车厢上作用一个大小为
，方向水平向右的恒力，当车厢即将与
滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。
(1)求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度
的大小；
(2)求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移
；
(3)若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为
，由于
外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为
，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率
的关系为
（
为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。
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
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求全程车厢通过的总路程。
答案(1)
(2)
(3)
解析（1）对车厢，由动能定理可得
解得
（2）车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒
定律
根据动量守恒定律
解得
第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有
位移关系为
联立解得
（3）每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理
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即
累加后得
第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以
碰撞前车厢的速度
设第n 次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为
，第n 次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰
撞，由机械能守恒定律
动量守恒定律
解得
第一次碰撞后，对车厢
解得
第二次碰撞，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
7
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解得
所以第二次碰撞后车厢的路程
此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的
倍，车厢均静止。
所以第三次碰撞后车厢的路程
第四次碰推后车厢的路程
第n 次碰撞后车厢的路程
根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和
所以
题型二 多物体多次碰撞问题
例3．（2024 重庆模拟预测）如图所示，粗糙绝缘水平面上方，竖直线
右侧空
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间存在水平向右的匀强电场，完全相同的多个不带电绝缘滑块沿电场方向依次排列在一条直线上，编
号依次为2、3、4……它们的间距均为
，2 号滑块与
边界距离也为
。另一个编号为1 的带正电滑
块以初速度
从左边界进入电场，所有滑块的质量都为
，与水平面间的动摩擦因数为
，滑
块1 所受电场力恒为
，所有滑块均在一条直线上且可视做质点，滑块碰后均会粘在一起。已
知重力加速度为
。可能用到的数学公式有：
，求：
(1)滑块1 刚进入电场时的加速度大小；
(2)滑块1、2 碰撞过程中损失的机械能；
(3)能发生碰撞的滑块的最大编号。
答案(1)
(2)
(3)最多能与编号为6 的物块碰撞
解析（1）对滑块1，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）根据运动学公式可得
由动量守恒得
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损失的机械能为
联立解得
（3）第
次碰前、碰后，系统的动能关系
碰撞后动能记为
，则
将
记作第次碰后系统总动能，则有
……
数学处理后，有
将
，
代入，得到
由
10
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得编号为6 的物块碰撞结束，继续向前运动，未与7 碰撞，已减速到0，所以，最多能与编号为6 的物
块碰撞。
例4.（2024 湖南永州一模）如图所示，物块
质量分别为
，
用轻绳相连并用劲度系数
的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B 正下方有一个半径为
的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点
距离物块B 的高度
。某时刻
间的绳子
被剪断，然后A 做周期
的简谐运动，B 下落并从
点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当A 第二
次到达平衡位置时，B 恰好运动到圆弧末端与质量为
的滑块C 相碰结合为滑块D。D 平滑的
滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为
、以
的速度顺时针转动，D 与传
送带间的动摩擦因数
。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着
2024 个相距较近的质量为
的小球，D 能够平滑地滑上平台，且D 与小球、小球与小球之间的
碰撞均为弹性正碰（
、小球均可以看作质点，重力加速度
，忽略空气阻力）。求：
(1)物块
做简谐运动的振幅；
(2)光滑固定圆轨道对物块B 的冲量大小；
(3)整个运动过程中D 与传送带之间因摩擦产生的热量。
答案(1)0.02m(2)
(3)
解析（1）初始状态下，伸长量为
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剪断后，A 处于平衡位置时伸长量为
振幅
（2）物块B 做自由落体运动的时间
解得
B 落入
的速度
根据动能定理
得B 在圆弧末端的速度
B 在圆弧上的运动时间
取向下为正方向，竖直方向
解得
水平方向
故冲量
（3）根据动量守恒
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解得
分析D 第一次滑过传送带有
得
则有
物体D 滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度
规定向右为正方向，有
，
解得
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D 返回进入传送带，假
设匀减速到速度为0，则
不会向左滑出传送带，因此D 在传送带上反向向右加速，以
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体D 在与小球第一次碰后
在传送带上运动过程中，运动时间
相对位移
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得
在此过程中产生的热量为
同理可知，当物体D 与小球发生第
次碰撞，设碰前D 的速度大小为
，碰后D 的速度大小为
，则
有
，
可得
在传送带上产生热量
所以
2．（2024 江西二模）如图所示，质量均为
的
个小物块等间距地放置在倾角为
的
足够长的斜面上，斜面与物块间的动摩擦因数均为
，相邻物块间距为
。现给物块1 一个瞬
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
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时冲量
，使其向下运动与物块2 碰撞并粘在一起，之后向下运动再与物块3 碰撞并粘在一起……碰撞
时间极短，物块均可看成质点，不计空气阻力，重力加速度为
，已知
，
。求：
（1）物块1 和2 碰撞后瞬间的速度大小；
（2）从物块1 开始运动到物块
和
碰撞前瞬间，运动的物块克服摩擦力做的功；
（3）为使第
个物块能向下运动，求给物块1 的瞬时冲量
应满足的条件。
答案（1）均为
；（2）
；（3）
解析（1）物块1 沿斜面下滑
，由动能定理有
物块1 与2 相碰动量守恒有
解得物块1 和2 碰撞后瞬间的速度大小为
（2）物块1 向下运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
前2 个物块碰撞后向前运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
前
个物块碰撞后向前运动
的过程中，克服摩擦力做的功为
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则物块
和
碰撞前，运动物块克服摩擦力做的功为
（3）物块1 和2 碰撞前瞬间动能为
根据（1）问结论，碰撞后瞬间系统动能
物块1、2 和3 碰撞前瞬间，系统动能
物块1、2 和3 碰撞后瞬间，系统动能
物块1、2、3 和4 碰撞前瞬间，系统动能
……
以此类推，在前
个物块与物块
碰撞前瞬间，系统动能
为使第
个物块能向下运动，必须有
解得
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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
。
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
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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．（2024 山东潍坊二模）如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度
，绝缘的水平面上有一均匀带电的长板A，右侧有一绝缘挡板，长板A 的上表面光滑，下
表面与水平面间的动摩擦因数
，一绝缘的物块B 静置在长板的左端。长板A 与物块B 质量均为
，长板A 的长度
，长板A 带有
的正电荷。某时刻对物块B 施加一个水平
向右的恒力
，运动过程中物块B 与挡板的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，水平面足够长，
电场区域足够大，运动过程中长板A 所带电荷量及电荷分布不发生变化，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，g 取
。求：
（1）物块B 与档板第一次碰撞后，长板A 与物块B 的速度
和
；
（2）物块B 从开始到即将与挡板发生第二次碰撞，长板A 电势能的减少量；
（3）物块B 从开始到即将与挡板发生第三次碰撞，恒力F 的冲量I；
（4）物块B 从开始到即将与挡板发生第n 次碰撞，长板的位移x。
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答案（1）2.4m/s，0（2）7.68J（3）
（4）
解析（1）长板
受到的电场力
长板与地面间的最大静摩擦力
故
，所以物块
与长板
碰前长板
保持静止
对物块
，由动能定理得
解得
物块
与长板
第一次碰撞过程
解得
，
（2）对物块
，由牛顿第二定律得
得
设小物块与长板
达共速用时为
，
故小物块
恰好滑离板
，设物块
与长板
第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为
，由运动学
公式有
解得
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物块
与长板
第一次碰撞后到第二次碰撞前长板的位移
解得
电场力做功
解得
所以长板
电势能的减少量为
。
（3）设物块
从开始运动到第一次与挡板发生碰撞所用的时间为
解得
物块
与长板
第二次碰撞前的速度
解得
物块
与长板
第二次碰撞过程
解得
，
设物块
与长板
第二次碰撞后到第三次碰撞前所用的时间为
，
解得
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则物块B 从开始到即将与挡板发生第三次碰撞所用的时间
所以物块
从开始到即将与挡板发生第三次碰撞恒力
的冲量
解得
（4）由以上分析可得，物块
与长板
从第一次碰撞后，相邻的每两次碰撞之间的时间间隔均为
，
且每次碰撞后长板
的速度增加量均为
，长板
的位移为
解得
3．（2024 湖北武汉二模）如图所示，倾角
的足够长斜面固定在水平面上，
时刻，将物块A、B
（均可视为质点）从斜面上相距
的两处同时由静止释放。已知A 的质量是B 的质量的3 倍，
A、B 与斜面之间的动摩擦因数分别为
、
，A、B 之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间
极短，重力加速度大小
，求：
（1）A、B 发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小；
（2）A、B 发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n 次碰撞，A 运动的位移。
答案（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3）
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解析（1）A 沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律
分析B 的受力
即B 静止在斜面上。A 与B 发生第一次碰撞前，由运动学规律
A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
，
（2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间
与B 发生第一次碰撞，有
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第二次碰撞前，有
此时，B 以
匀速直线运动，A 的速度为
A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第三次碰撞前，有
显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度
、加速度
做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均
为0.4s。故A 与B 发生第3 次碰撞后的时刻为
22
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解得
（3）从开始至第一次碰撞
从第一次碰撞至第二次碰撞
从第二次碰撞至第三次碰撞
从第三次碰撞至第四次碰撞
从第
次碰撞至第n 次碰撞
A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移
4．（2024 四川一模）如图所示，水平地面上固定一水平长直轨道ABC，AB 段和BC 段足够长，在水平轨
道A 点放置一小物块P，在BC 段沿轨道有n 个与物块P 相同的小物块，相邻两个小物块的间距均为
L=1m，从左往右依次编号1、2、3、
、
⋯
n，其中1 号小物块距B 点的距离也为L。小物块P 在水平向
右的拉力F 作用下，从A 点开始运动，P 到达B 点前已经开始做匀速运动，拉力F 的功率恒为
P0=28W，物块P 运动到B 点前瞬间撤去F，此后物块P 滑上BC 段，物块P 运动L 后与1 号物块碰撞，
碰后二者粘连在一起继续向前运动L 与2 号物块碰撞，碰后三者粘连在一起继续向前运动L 与3 号物块
碰撞，此后每次两物块碰后都粘连在一起向前运动与下一个物块碰撞。已知物块与AB 段轨道动摩擦因
数为μ0=0.2，物块与BC 段轨道动摩擦因数为μ=0.07，每个物块质量均为m=1kg，所有物块都视为质点，
当地重力加速度g 取10m/s2。（
）求：
（1）小物块到达B 点的速度；
（2）物块P 与1 号物块碰后二者的总动能；
（3）最多能发生几次碰撞。
23
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答案（1）14m/s；（2）48.65J；（3）7
解析（1）P 到达B 点前已经开始做匀速运动，拉力与摩擦力平衡
则有
解得
（2）设物块到达B 点的动能为
，物块到达1 号物块前瞬间速度为
，动能为
，物块P 与1 号物
块碰后整体速度为
，整体动能为
，由动能定理可得
P 与1 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能为
联立可得
（3）设与n 号物块碰前速度为
，动能为
，与n 号物块碰撞后整体速度为
，整体动能为
，P
与1 整体运动到与2 号物块碰前瞬间
P 与1 整体与2 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能
P 与1、2 整体运动到与3 号物块碰前瞬间
P 与1、2 整体与3 号物块碰撞动量守恒
24
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碰后总动能
同理可得，P 与前
个物块组合体与n 号物块碰前瞬间
P 与前
个物块组合体与n 号物块碰撞动量守恒
碰后总动能
联立可得
若不能碰第n+1 号物块，则有
假设恰好与第n+1 号物块碰，则
联立得
解得
所以发生7 次碰撞。
5．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
25
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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）。
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
，
26
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对2 号小球，由动量定理有
解得
对2 号小球，由动能定理有
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
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6．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
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
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b 匀速运动
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
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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
.....
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……）
7．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。
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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
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
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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
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。
1．（2024 湖南高考真题）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
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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。
答案（1）
，
；（2）
或
；（3）
解析（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
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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
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联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
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
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第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
2．（2023 全国乙卷高考真题）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
（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。
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答案（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
解析（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 次。
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