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模型15、弹性碰撞与非弹性碰撞模型
【模型概述】
一、碰撞类型正碰(对心碰撞)和斜碰(非对心碰撞)
弹性碰撞和非弹性碰撞
1 弹性碰撞:两个物体发生碰撞过程，系统的机械能没有损失。
系统动量守恒，机械能守恒。
2.非弹性碰撞:两个物体发生碰撞过程，系统的机械能有损失。
系统动量守恒，机械能减少。
3.完全非弹性碰撞:碰撞后粘合在一起，机械能损失最多。
二、碰撞现象的三个原则
系统动量守恒;不违背能量守恒;物理情景可行性
①若碰前两物体同向运动，则应有
，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
动，则应有
.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
深化拓展：(1)碰撞过程中 作用时间极短，内力远大于外力，所以满足动量守恒.
(2)不受外界因素影响的情况下，碰撞只能发生-次且碰后的能量不比碰前的能量大.
【模型解题】
一、打击类问题
1.打击类问题模型也是“碰撞”的一种类型。由于在“打击”瞬间，其它外力相对于打击力较小，可以忽
略不计，因此参与“打击”的物体系统动量守恒。
2.“打击”时，一般有机械能的损失，属于“非弹性碰撞”类型，其中子弹“打击”木块，并留在木块中
时，系统机械能损失最多。
3.“打击”完毕后，一般还有其它过程，注意“多过程”问题的分析。
二、含弹簧的类碰撞问题模型
(1)当弹簧被压缩至最短时，或被拉伸至最长时，二物体速度相同、动量守恒，此时弹性势能Ep 最大. Ep
等于二物体的动能的减少量.
(2)当弹簧再次恢复自然长度时，一个物体的速度最大，另一物体的速度最小，此时弹簧的弹性势能为零.
1
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【模型训练】
【例1】如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为
和
，图乙为它们碰撞后
的
图像，已知
．由此可以判断（ ）
A．碰前
匀速，
加速运动
B．碰后
和
都向右运动
C．
D．碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒
【答案】D
【详解】AB．由s-t 图像的斜率等于速度可知碰前m2静止，m1匀速运动，m1的速度为
向右运动；碰后m1速度为
向左运动，碰后m2的速度
向右运动，故AB 错误；
C．根据动量守恒定律得
代入数据解得
2
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故C 错误；
D．两物体组成的系统在碰撞前的机械能为
碰撞后的机械能为
因为
所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D 正确。
故选D。
变式1.1 质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图所示。已
知
，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前
的速度4m/s
B．碰撞后
做减速运动
C．
的质量为3kg
D．上述碰撞为非弹性碰撞
【答案】C
【详解】A．图像的斜率等于速度，可知碰撞前
的速度
的速度为零，选项A 错误；
B．碰撞后
向反方向左匀速运动，选项B 错误；
3
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C．图像的斜率等于速度可知，碰后
和
的速度分别为
根据动量守恒定律
解得
选项C 正确；
D．上述碰撞损失能量为
则该碰撞为弹性碰撞，选项D 错误。
故选C。
变式1.2A、B 两滑块在光滑水平面上发生正碰，它们的位移x 与时间t 的关系图像如图所示。已知A 的质
量为2kg，碰撞时间不计．则（ ）
A．B 的质量为2kg
B．碰撞后A、B 速度相同
C．A、B 发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B 发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】C
【详解】AB．由题图可知，碰撞前A 的速度为
撞后A 的速度为
4
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撞后B 的速度为
根据动量守恒
解得
故AB 错误；
CD．因为
所以是弹性碰撞，故C 正确D 错误。
故选C。
【例2】如图所示，用等长的轻绳将大小相同的弹性小球A、B 悬挂于同一高度，静止时两球恰能接触且
悬绳竖直，已知两球质量分别为mA、mB． 现将A 球向左拉至某一高度 h 后由静止释放（悬绳始终保持伸
直状态，不计空气阻力）， 使其与B 球发生弹性碰撞， 下列描述正确的是（ ）
A．若mA=mB，碰撞后， A 球静止， B 球摆起的高度等于h
B．若mA>mB，碰撞后， A、B 都向右摆动，且B 球摆起的高度小于h
C．若mA<mB，碰撞后， A、B 都向右摆动，且B 球摆起的高度小于h
D．无论A、B 质量大小如何，释放后整个过程A、B 系统的机械能和动量都守恒
【答案】A
【详解】小球A 下降h 时，根据机械能守恒
可得
5
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碰撞的过程中满足动量守恒，机械能守恒
整理得
，
A．若mA=mB，可知
，
即碰后 A 球静止，B 以v0的速度上摆，摆起的高度等于 h，A 正确；
B．若mA>mB，可知
，
即碰撞后， A、B 都向右摆动，B 球摆起的高度大于h，B 错误；
C．若mA<mB，可知
，
即碰撞后， A 球向左运动，B 球向右运动，C 错误；
D．在A 球下摆和碰后两球运动的过程中，所受合外力均不为零，因此动量均不守恒，D 错误。
故选A。
变式2.1 如图所示，A、B 是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=5mA。B 球静止，拉
起A 球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A 与B 发生弹性碰撞。不计空气阻力，则
关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是（ ）
A．A 静止，B 向右，且偏角小于30°
B．A 向左，B 向右，且偏角等于30°
6
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C．A 向左，B 向右，A 球偏角大于B 球偏角，且都小于30°
D．A 向左，B 向右，A 球偏角等于B 球偏角，且都小于30°
【答案】C
【详解】设A 球到达最低点的速度为v，在最低点A 与B 发生弹性碰撞后，A 球的速度为vA，B 球的速度
为vB，规定向右为正方向。由动量守恒可得
mAv=mAvA＋mBvB
由机械能守恒可得
可得
故A 向左，B 向右。设碰后A 球偏角为，绳长为L，由机械能守恒
故
可见偏角与小球在最低点的速度大小有关，与质量无关，故A 球偏角大于B 球偏角，且都小于A 球原来的
偏角30°。
故选C。
变式2.2 用如图所示的“牛顿摆”装置来研究小球之间的碰撞，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平
支架上，5 根轻绳互相平行，5 个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5 分别
标记5 个小钢球．如图甲，当把小球1 向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小
球，下列分析中正确的是（ ）
7
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A．上述实验中，可观察到球5 向右摆起，且达到的最大高度与球1 的释放高度相同
B．上述碰撞过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．如图乙所示，如果同时向左拉起小球1、2、3 到相同高度后，再同时由静止释放，经碰撞后，小球
4、5 起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3 的释放高度
D．如图丙所示，若只用小球1、2 进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1
的高度是小球2 的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度
【答案】A
【详解】A．小钢球极短时间内的碰撞可认为弹性碰撞，则实验中可观察到球5 向右摆起，且达到的最大
高度与球1 的释放高度相同，故A 正确；
B．每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，不是5 个小球组成的系统，故B 错误；
C．如果同时向左拉起小球1、2、3 到相同高度，再同时由静止释放，则3 与4 碰撞后，3 停止，4 具有向
右的速度，4 与5 碰撞交换速度，4 停止，5 向右摆起；3 刚停止的时候2 球过来与之碰撞交换速度，然后3
与4 碰撞，使4 向右摆起，2 球刚停止的时候1 球过来与之碰撞交换速度，然后2 与3 碰撞交换速度，使3
向右摆起，故经碰撞后，小球3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3 的释放高度相
同，故C 错误；
D．若只用小球1、2 进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1 的高度是小球2 的
两倍，由静止释放，两球相碰机械能守恒、动量守恒，则两球速度交换，应观察到发生碰撞后两小球均反
弹并返回至对方的初始高度，即2 球比1 球弹得高，故D 错误。
故选A。
【例3】如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上
升到很大高度。将质量为
（
）的大球（在下），质量为m 的小球（在上）叠放在一起，从距地面
高h 处由静止释放，h 远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹
性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为
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B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为
C．无论k 取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为0
D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为9h
【答案】D
【详解】A．两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为0，A 错误；
B．下落过程中由自由落体运动规律得
解得大球与地面碰撞前的速度大小为
根据动量定理可得
B 错误；
C．以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守
恒，设碰撞前小球和大球的速度分别为v，碰后大球的速度为v1小球的速度为v2，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
两式联立解得
可知当
时，大球与小球碰撞后大球的速度为0，C 错误；
D．大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外
力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上为正方向，由
动能量守恒和机械能守恒
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解得
当M
m
≫
时，不考虑m 影响，则
小球上升高度为
D 正确；
故选D。
变式3.1 如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A 和B 叠放在一起，从距地面高度为h 处自由落下，
h 远大于两小球直径，小球B 的质量是A 质量的3 倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方
向，不考虑空气阻力，则下列判断中错误的是（ ）
A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力
B．A 与B 第一次碰后小球B 的速度为零
C．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度是2h
D．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度是4h
【答案】C
【详解】A．球B 与地面碰撞前，对AB 整体，由牛顿第二定律得
（mA+mB）g＝（mA+mB）a
解得
a＝g
设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对B 球，由牛顿第二定律得
mBg+T＝mBa
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解得
T＝0
故A 不符合题意；
B．根据机械能守恒定律可得
（mA+mB）gh＝
（mA+mB）
解得球A、B 与地面碰撞前瞬间的速度大小为
v0＝
B 球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A 与B 碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后
A、B 速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
mBv0﹣mAv0＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
（mA+mB）v0
2＝
mAvA
2+
mBvB
2
由题可知
mB＝3mA
联立解得
vA＝
vB＝0
故B 不符合题意；
CD．A 与B 第一次碰后小球A 弹起的最大高度为
故C 符合题意，D 不符合题意。
故选C。
变式3.2 如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B 叠放
在一起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与A 碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹
性碰撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球m2=4m1，课桌边缘离地面高度为h=0.75m，天花板
离地面3.6m，则（ ）
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A．A 小球弹起能打到天花板
B．B 小球弹起能超过桌子一半高度
C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向
D．在碰撞的总过程，A 小球机械能守恒
【答案】A
【详解】AB．以B 为研究对象，从B 小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B 的速度为v1，由
功能关系可得
由于B 触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B 球速度大小不变，方向相反，设碰后B 速度为v2，则在
大小上有
以A 球为研究对象，从B 小球开始下落至地面时过程中，设A 球落地前速度为v3，g 取10m/s2，则由功能
关系可得
根据以上可解得速度大小均为
由于AB 触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB 两球相碰过程为研究过程，设AB 两球相碰后速度分别为
v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有
联立以上及结合题意可解得
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以A 球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故A 球弹起能打到天花板。
同理，以B 球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得
联立可得
故B 球弹起后不能超过桌子一半高度。故A 正确，B 错误；
C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A 球发生碰撞前后速度分别为v3，v4，故对
A 球有
B 球发生碰撞前后速度分别为v2，v5，故对B 球有
故C 错误。
D．由以上分析可知，A 球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D 错误。
故选A。
【例4】如图所示。在光滑水平面上。两个物体的质量都是m，碰撞前乙物体静止，甲物体以速度2m/s 向
它撞去。碰撞后两个物体粘在一起，成为一个质量为2m 的物体，以一定速度继续前进。则碰撞过程中系
统损失的机械能为（ ）
A．m
B．0.5m
C．2m
D．1.5m
【答案】A
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【详解】根据动量守恒定律，有
解得
碰撞前总动能
碰撞后总动能
碰撞过程中总动能损失
故选A。
变式4.1 如图所示，质量相同的A 球和B 球，A 球用细线吊起，B 球放在悬点正下方的光滑水平面上。现
将A 球拉到高距离地面高度为处由静止释放，摆到最低点时与B 球碰撞，碰后两球粘在一起共同上摆，
则两球上摆的最大高度（空气阻力不计）（ ）
A．等于
B．等于
C．介于和
之间
D．有可能大于
【答案】A
【详解】A 球由静止释放到最低点与B 球碰撞前的过程，根据动能定理可得
解得
A 球与B 球碰撞过程满足动量守恒，则有
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解得碰后两球的共同速度为
碰后两球粘在一起向上摆到最大高度过程，根据动能定理可得
解得两球上摆的最大高度为
A 正确，BCD 错误。
故选A。
变式4.2 如图所示，在光滑的水平面上有2023 个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第
一个小球初动能Ek，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中
因为碰撞损失的机械能总量为（ ）
A．
Ek
B．
Ek
C．
Ek
D．
Ek
【答案】B
【详解】以第一个小球初速度v0方向的为正方向，将2023 个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终
的速度为v，运用动量守恒定律得
mv0＝2023mv
解得
则系统损失的机械能为
解得
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故选B。
【例5】在光滑水平地面上放一个质量为2kg、内侧带有光滑弧形凹槽的滑块
，凹槽的底端切线水平，
如图所示。质量为1kg 的小物块
以
的水平速度从滑块
的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块
的顶端，随后下滑至底端二者分离。重力加速度取
，不计空气阻力。在小物块
沿滑块
滑行
的整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A．地面对滑块
的冲量为零
B．小物块
沿滑块
上滑的最大高度为0.6m
C．滑块
对小物块
做的功为
D．合力对滑块
的冲量大小为16N s
【答案】C
【详解】A．根据冲量公式
地面对滑块
的作用力不为零，可知地面对滑块
的冲量不为零，A 错误；
B．当物块与凹槽二者速度相等时，小物块
沿滑块
上滑的高度最大，设最大高度为，系统水平方向
动量守恒，以
的方向为正方向，有
由机械能守恒可得
解得
B 错误；
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C．设小物块
返回滑块
的底端时，小物块
与滑块
的速度分别为
、
，系统水平方向动量守
恒，有
机械能守恒
解得
对
在全过程中，应用动能定理可得
C 正确；
D．根据动量定理，合力对滑块M 的冲量大小为
D 错误。
故选C。
变式5.1 在光滑水平地面上放一个质量为2kg 的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块M，凹槽的底端切线水平，
离地高度为5cm，如图所示。质量为1kg 的小物块m 以
的水平速度从滑块M 的底端沿槽上滑，
恰好能到达滑块M 的顶端，然后滑下离开凹槽。重力加速度取
，不计空气阻力。则下列说法正
确的是（ ）
A．小物块落地时与槽左端的水平距离为30cm
B．小物块m 离开槽后做自由落体运动
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C．弧形凹槽的高度为45cm
D．小物块对滑块先做正功后做负功
【答案】A
【详解】AB．小物块在槽上运动的过程中，小物块与凹槽构成的系统在水平方向动量守恒，设小物块刚离
开槽时，小物块速度为v1，槽的速度为v2，以向右为正方向，则水平方向根据动量守恒定律有
整个运动过程机械能守恒，故有
联立解得
（方向向左），
故小物块离开凹槽后做平抛运动，故小物块离开凹槽到落地过程中，竖直方向上有
水平方向上有
此过程中凹槽移动位移为
小物块落地时与槽左端的水平距离为
联立解得
，
故A 正确，B 错误；
C．小物块运动到凹槽最高点时，小物块与凹槽的水平方向速度相等，小物块与凹槽构成的系统在水平方
向动量守恒，设小物块到达凹槽最高点时速度为v，以向右为正方向，则水平方向根据动量守恒定律有
上升到最高点的过程中系统机械能守恒，故有
联立解得
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故C 错误；
D．小物块在凹槽上运动过程中，小物块对滑块的正压力始终指向斜右下方，对滑块始终做正功后。故D
错误。
故选A。
变式5.2 在光滑水平地面上放一个质量为2kg 的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块 M，凹槽的底端切线水平，
如图所示。质量为1kg 的小物块m 以
的水平速度从滑块 M 的底端沿槽上滑，恰好能到达滑块
M 的顶端。重力加速度取
不计空气阻力。在小物块 m 沿滑块 M 滑行的整个过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为0.3m
B．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为 0.6m
C．合力对滑块 M 的冲量大小为 8N·s
D．合力对滑块 M 的冲量大小为 16 N·s
【答案】C
【详解】AB．当二者速度相等时，小物块m 沿滑块M 上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向
动量守恒，以v0的方向为正方向，有
根据机械能守恒可知
解得
h=1.2m
AB 错误；
CD．设小物块m 返回滑块M 的底端时，小物块m 与滑块M 的速度分别为v1、v2，系统水平方向动量守
恒，有
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根据机械能守恒定律有
解得
根据动量定理，合力对滑块 M 的冲量大小为
C 正确，D 错误。
故选C。
【例6】如图所示，光滑水平面上，A、B 两小球与轻质弹簧拴接，弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给
A 球水平向右的初速度，对应初动能为
，设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为
。已知A 球质量
为m，若
，则B 球质量为（ ）
A．
m
B．2m
C．3m
D．4m
【答案】A
【详解】当弹性势能最大时，两物体共速，则由动量守恒定律
其中弹簧弹性势能
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解得
故选A。
变式6.1 物块a、b 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a 的质量为1.2kg，如图甲所示。
开始时两物块均静止，弹簧处于原长，
时对物块a 施加水平向右的恒力F，
时撤去，在0～1s 内
两物体的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程中以下分析正确
的是（ ）
A．b 物块的质量为1.0kg
B．
时弹簧伸长量最大
C．
时a 的速度大小为0.8m/s
D．弹簧伸长量最大时，a 的速度大小为0.6m/s
【答案】D
【详解】AC．
时，弹簧弹力为零，对a 根据牛顿第二定律可得
时，a、b 整体加速度相同，且
，对整体根据牛顿第二定律可得
解得
故AC 错误；
B．
图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，从图像可看出，
时a 的速度大于b 的速度，撤
去F 后，弹簧继续伸长，当二者共速时，弹簧伸长量最大，故B 错误；
D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b 组成的系统动量为
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撤去拉力后，根据图像可知a 的速度大于b 的速度，则a、b 之间距离还将继续增大，此时a、b 组成的系
统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b 的速度相同，设为v，则
解得
故D 正确。
故选D。
变式6.2 如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B 相连接，并且静止在光滑的水
平面上，其中m2=4kg。现使m1瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变
化的规律如图乙所示，从图像信息可得（ ）
A．在t1时刻A 与B 两物块的动能之比为2：1
B．在t4时刻A 与B 两物块间的弹簧处于伸长状态
C．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长
D．从0 到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5J
【答案】C
【详解】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得
将v1=3m/s，v=1m/s 代入解得
kg
t1时刻速度相同，根据动能的公式
可知A 与B 两物块的动能之比为1：2，故A 错误；
BC．t3到t4时刻m2的速度减小，m1的速度增大到初始时刻，说明从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原
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长，t4时刻弹簧恢复原长，故B 错误，C 正确；
D．当m1和m2的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得
代入解得
J
故D 错误。
故选C。
【例7】如图所示：在光滑水平直轨道上有两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m。开始时橡皮筋松
弛，B 静止，给A 向左的初速度v0，一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速
度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半。则物体B 的质量为（ ）
A．
B．
C．m
D．2m
【答案】B
【详解】以初速度v0的方向为正方向，设B 的质量为
，A、B 碰后的共同速度为v，由题意知，碰撞前
瞬间A 的速度为
，碰撞前瞬间B 的速度为2v，由动量守恒定律得
解得
故选B。
变式7.1 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m 的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m 的足够
长的木板B 连接。质量为m 可看成质点的物块C 静止在木板B 右端。开始时，A、B、C 均静止，绳未拉
紧。现在使木板A 以
的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B
同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（ ）
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A．木板A 的速度大小为
B．木板B 的速度大小为
C．物块C 的速度大小为0
D．木板A、B、C 共速
【答案】C
【详解】绳子从拉直到绷紧过程极短，对A、B 组成的系统，C 对B 的摩擦力远小于系统内力，所以A、B
组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB 的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C 所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C 的速度仍然是0，故ABD 错误，C 正确。
故选C。
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