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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...............................................................................1
02 核心突破练..................................................................................................................14
03 真题溯源练..................................................................................................................18
01 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
1
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【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。
2
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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（ ）
3
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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。
4
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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
5
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条件是
若反向有
解得n＝10
n＝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
，
6
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（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
7
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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
8
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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：
9
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(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
10
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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
11
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，
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：
12
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(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
13
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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
，
14
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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。
15
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【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
16
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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
，
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（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，
18
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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
19
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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
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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
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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
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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
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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 木板到与B 木板相对静止的过程中，机器人与
BC 木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
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该过程A 木板向左运动的距离为
机器人连续3 次等间距跳到B 木板右端，整个过程机器人和B 木板组成的系统水平方向动量守恒，设每
次起跳机器人的水平速度大小为
，B 木板的速度大小为
，机器人每次跳跃的时间为
，取向右为
正方向，得
①
每次跳跃时机器人和B 木板的相对位移为
，可得
②
机器人到B 木板右端时，B 木板恰好追上A 木板，从机器人跳到B 左端到跳到B 右端的过程中，AB 木板
的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C 两木板间距为
解得
3．（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
【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
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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
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，
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
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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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