文档文本内容
微专题六 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题
目录
第一部分 风向速递 洞察考向，感知前沿
1
第二部分 分层突破 固本培优，精准提分
4
A 组•保分基础练.............................................................................................................4
题型01 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题
..................................................................................................4
B 组•抢分能力练............................................................................................................20
第三部分 真题验证 对标高考，感悟考法
29
1．
【解决实际问题】（2025·山西·二模）火车车厢是通过詹式挂钩连接在一起的，其过程可以
理解为：车头向第一节静止的空车厢运动，通过挂钩发生完全非弹性碰撞并连为一体；随后，这个组合体
继续滑向下一节静止的空车厢，依次连接，直到所有车厢全部挂接完成。现在要研究车厢连接到一起的过
程，其模型可简化为下图：编号为0 的物块代表车头，其质量为
，编号为
的物块代表车厢，每个质
量也为
，各物块之间的距离均为
，各物块与水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度为
。求：
(1)先测量物块与水平面间的动摩擦因数：给物块0 一个水平向右的初速度
，恰好与物块2 相碰，求物块
与水平面间的动摩擦因数
；
(2)研究车厢连在一起的过程：给物块0 施加水平向右的恒力，使物块0 从静止开始水平向右运动，为使所
有车厢连接在一起，求施加恒力的最小值
。[可能用到的数学公式：
]
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）物块0 向物块1 运动：
物块0 与物块1 发生完全非弹性碰撞：
物块0、1 向物块2 运动：
联立解得
（2）物块0 向物块1 运动：
物块0 与物块1 碰撞：
计算第二次碰前的速度：
计算第二次碰后的速度：
总结规律，依次递推：
第
次碰后的速度为：
第次碰前的速度为：
联立上式可得
利用数学知识，累加可解得
由题干信息知：
可解得
代入第（1）问中的结果，可得
2．
【解决实际问题】（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（ ）
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。
故选AB。
01 碰撞中的临界问题及多次碰撞问题
1．（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。
2．（2025·四川乐山·一模）如图所示，光滑水平面上7 颗钢球沿着同一直线放置。水平面左端的竖直挡板
上固定一根轻质弹簧且处于原长状态，在弹簧和钢球之间是一颗质量为
的玻璃球。已知初始时玻璃球具
有水平向右的初速度
，所有球体体积相同，所有碰撞均视为弹性碰撞。求：
(1)若钢球质量为
，第7 颗钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为
，玻璃球与第1 颗钢球碰后，钢球的速度大小；
(3)若钢球质量为
，玻璃球与钢球经历7 次碰撞后的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设水平向右为正方向，玻璃球碰后速度为
，钢球1 碰后速度为
碰撞过程动量守恒
机械能守恒
可得
，
由此可知，质量相同的小球发生弹性正碰后，速度会进行交换，故第7 颗钢球碰后的速度为
（2）设玻璃球碰后速度为
，钢球1 碰后速度为
碰撞过程动量守恒
机械能守恒
可得
，
（3）由（1）问的结果可知，钢球与钢球碰后发生速度交换，所以钢球1 与钢球2 碰后停在钢球2 原本
的位置，之后与玻璃球发生第2 次弹性正碰
碰撞过程中动量守恒
机械能守恒
可得，
，
由此可知，玻璃球与钢球的第7 次弹性正碰后的速度大小为
玻璃球与钢球经历7 次碰撞后的动能为
可得，
3．
（2025·湖北·模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一双层凹槽A，上层槽面光滑，下层
槽面粗糙，槽壁间距离均为
，分别在上下槽的中点放置可视为质点的物块B、C。现给B 物块
的初速度使其向右运动。已知A、B、C 的质量均为
，C 与下槽间的动摩擦因数
，
物块与槽壁碰撞均没有能量损失且不计碰撞时间，B 与槽壁每次碰撞时，A、C 均已达到共速，重力加速
度
取
。求：
(1)物块B 与槽壁第一次碰后瞬间，A、B 的速度各是多大；
(2)物块B 与槽壁第一次碰撞后至第二次碰撞前，物块C 相对下槽面滑动的距离；
(3)经过足够长的时间后，物块C 与左侧槽壁间的距离。
【答案】(1)
，0
(2)3m
(3)0.6m
【详解】（1）设B 与槽壁第一次碰撞后的速度
，A 的速度为
根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得
，
（2）物块B 与槽壁第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、C 达到共速
A、C 组成的系统动量守恒
解得
根据能量守恒
解得物块C 相对下槽面向左滑动的距离
（3）A、B 第二次碰撞，碰后二者交换速度，则
，
A、C 第二次达到共速
，得
根据
，得C 相对下槽面向右滑动的距离
A、B 第三次碰撞，碰后二者交换速度，则
，
A、C 第三次达到共速
，得
根据
，得C 相对下槽面向左滑动的距离
由此可见，C 与下槽面第n 次碰撞的相对位移
C 相对于下槽面总的相对位移
解得
当
，解得
故C 相对于下槽面向左运动2.4m，与左侧槽壁间的距离
4．（2025·湖南·一模）在光滑的水平地面同一直线上放有n 个质量均为
的滑块，序号标为1，2，
3，
，n，在1 号小滑块左边放一个大小一样、质量为
的0 号滑块，相邻滑块之间的距离均为
，所有滑块均可看成质点。
(1)现给0 号滑块一个水平向右的初速度
，滑块依次发生对心碰撞，碰撞时间极短，且每次碰后
滑块均粘在一起向右运动，则第一次碰后滑块的速度
和损失的机械能分别是多少？
(2)在第一问的情景中，从0 号滑块开始运动到第9 号小滑块与10 号小滑块相碰时的总时间为多少？
(3)如果0 号滑块从静止开始一直施加一恒定外力
，所有碰撞都为对心完全非弹性碰撞，则第几号
小滑块被碰前瞬间结合的滑块整体速度达到整个过程中的最大，最大速度为多大？
【答案】(1)8m/s，40J
(2)
(3)20，
【详解】（1）由动量守恒定律得
得
损失的机械能
。
（2）0 号滑块运动到1 号滑块时所需时间
与第k 号小滑块碰后速度为vk，由动量守恒定律知
得
从k 号到
号运动的时间
则从开始运动到第9 号小滑块与第10 号小滑块相碰时的总时间为
。
（3）第
次碰前速度为
，碰后速度为
，由动能定理和动量守恒定律可知
，
可得
，
代入上式得
代入数据
……
累加得
又
所以
所以
令
，则
当
时，即
，即
时，速度最大
可得
5．（2025·四川资阳·一模）如图所示，足够长的光滑水平地面上有1000 个大小相同的小球排成一排，相
邻两球间距为
，将其从左到右依次编号。质量为
的小圆环
套在足够长的光滑水平杆上，位于1 小球
正上方
处。现将质量为
的小球
通过长度为
的轻绳与
连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，
、
均静止。某时刻释放小球
，
到达最低点时轻绳恰好断裂，之后
在水平地面上与1 号球发生碰撞，
已知1 号小球的质量为
，
号小球的质量均为
。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已
知重力加速度大小为
，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：
(1)轻绳断裂时
的速度大小
；
(2)1 号球与2 号球第一次碰撞后，2 号球所获得的速度
；
(3)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
（图中未画出，
远远小于
1、2 球碰撞时的作用力），使1 号球每次以相同速度与2 号球相碰，且该速度等于两球第一次碰前瞬间1
号球的速度，直到1~1000 号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力
作用下1 号球的位移及最终1
号球与1000 号球之间距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）从
球释放到轻绳断裂的过程中，A、B 组成的系统水平方向动量守恒：
系统机械能守恒有：
联立可得：
（2）绳断后，
球在水平地面向右运动与1 号球碰撞，设碰后
球和1 号球速度分别为
、
根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得：
1、2 号球碰撞后，两球的速度分别为
，
，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
，
联立解得：
（3）1、2 号球碰后，2 号小球以速度
向右运动一个
，与3 号小球碰撞后速度交换，然后依次交换
下去。由于1 号球与2 号球后续碰撞前速度与第一次碰撞相同，从1 号球碰前瞬间到再一次碰前瞬间，
由能量守恒有：
设
作用下1 号球的总位移记为，将
号小球作为系统，由功能关系有：
联立可得：
设
作用的总时间记为，将
号小球作为系统，由动量定理有：
联立可得：
最终1 号球与1000 号球间距离为：
联立可得：
6．（2025·河北衡水·三模）如图所示，竖直面内有半径
的光滑圆弧轨道
，最低点
与水平传送
带左端相切，传送带右端
与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角
，传送带
长
，以速
率
顺时针匀速转动。质量
的物块P 以大小为
的初速度从圆弧轨道的最高点
沿
切线进入圆弧轨道，P 与传送带间的动摩擦因数
。在
点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的
滑块，相邻滑块间距离
，每个滑块的质量均为
，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1 与
点距离也为
，物块P 及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为
。物块P 从
点滑上水平轨
道后，与滑块1 碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2 碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P 及各滑
块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度
取
。
已知
。求：
(1)物块P 经过
点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)物块P 从
点滑上水平轨道时的速度大小；
(3)物块P 停止运动时距
点的距离（结果保留两位小数）。
【答案】(1)28N
(2)4m/s
(3)5.69m
【详解】（1）设物块
经过
点的速度为
，受轨道支持力为
，物块P 从
点运动到
点的过程中，
根据机械能守恒有
在
点时有
根据牛顿第三定律可知物块P 经过
点时对圆弧轨道的压力大小为
联立解得
（2）设物块P 在传送带上一直做减速运动，到
点速度为
，根据动能定理有
解得
由于
，则假设成立，物块P 一直做减速运动，即物块P 从
点滑上水平轨道时的速度大小为
。
（3）物块P 与滑块1 碰撞前瞬间的动能
物块P 与滑块1 碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则
碰撞后瞬间系统动能
解得碰撞后瞬间系统动能
同理可知物块
、1 和2 碰撞前瞬间，系统动能
物块P、1 和2 碰撞后瞬间，系统动能
物块P、1、2 和3 碰撞前瞬间，系统动能
以此类推，在物块P、1、2、…、
和滑块碰撞前瞬间，系统动能
设一共碰撞次，则
代入数据解得
即最多可以碰撞到滑块5 且
与滑块5 碰后系统动能
设继续运动的距离为，则由
解得
物块P 停止运动时距
点的距离
联立解得
7．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示，顺时针转动的水平传送带与同高度光滑水平桌面平滑连接，
水平桌面上放有100 个质量均为
的滑块，相邻两滑块之间的距离为
，滑块
到传送带右端的距
离也为
。现将一质量为
的滑块
轻放到传送带的左端，已知传送带两端点之间的距离为
，滑块
与传送带间的动摩擦因数为
，传送带的速度为
，重力加速度为
，滑块间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，求：
(1)从滑块
放上传送带到与滑块
第一次碰撞所用的时间；
(2)在滑块
与滑块
发生第1 次碰撞到发生第5 次碰撞的过程中，滑块
与传送带间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）假设滑块
能与传送带共速，滑块
在传送带上做匀加速直线运动的加速度
滑块
在传送带上做匀加速直线运动的时间为
滑块
在传送带上做匀加速直线运动的位移为
，假设成立
滑块
与传送带共速后到滑块
与滑块
第一次碰撞所用时间为
总时间为
（2）设滑块
与滑块
发生第1 次碰撞后瞬间，速率分别为
、
，有
，
解得
同理可得，滑块
与滑块
发生第2 次碰撞后瞬间，滑块
的速率为
滑块
与滑块
发生第3 次碰撞后瞬间，滑块
的速率为
滑块
与滑块
发生第4 次碰撞后瞬间，滑块
的速率为
滑块
与滑块
发生第1 次碰撞后，滑块
沿传送带速度减到零所用的时间为
滑块
与滑块
发生第1 次碰撞后，滑块
滑上传送带到离开传送带的过程中，因摩擦
产生的热量为
同理，滑块
与滑块
发生第2 次碰撞后，滑块
滑上传送带到离开传送带的过程中，因摩擦产生的热
量为
滑块
与滑块
发生第3 次碰撞后，滑块
滑上传送带到离开传送带的过程中，因摩擦产生的热量为
滑块
与滑块
发生第4 次碰撞后，滑块
滑上传送带到离开传送带的过程中，因摩擦产生的热量为
在滑块
与滑块
发生第1 次碰撞到发生第5 次碰撞的过程中，滑块
与传送带间因摩擦产生的热量为
8．
（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
，
（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，
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
9．（2025·四川巴中·模拟预测）如图所示，在倾角
的斜面上固定一个长直圆管，管内有一质量为
m 的薄圆盘静止在管内，圆管的长度为60L。一直径略小于圆管内径的光滑小球以初速度
进入
圆管，与圆盘发生碰撞，小球的质量也为m。圆盘受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动
摩擦力大小等于圆盘重力的0.6 倍，圆盘始终垂直管壁。小球与圆盘发生的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极
短。不计其他阻力，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)第二次碰撞前瞬间，小球重力的功率；
(3)小球在管中运动的过程中，小球与圆管碰撞的次数。
【答案】(1)0，
(2)
(3)20 次
【详解】（1）设第一次碰撞后瞬间小球的速度为
，圆盘的速度为
，弹性碰撞，由系统动量守恒，
有
根据机械能守恒，有
解得
，
（2）设从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为，小球的加速度为，对小球，有
对圆盘，有
，做匀速直线运动
第二次碰撞前瞬间，位移关系为
解得
第二次碰撞前瞬间，小球的速度
小球重力的瞬时功率
得
。
（3）第一次碰撞到第二次碰撞之间，圆盘的位移
设第二次碰后小球的速度为
，圆盘的速度为
，由速度交换有
，
第二次碰撞到第三次碰撞之间，圆盘的位移
第三次碰撞前小球的速度
，圆盘的速度
第三次碰撞后小球的速度
，圆盘的速度
第三次碰撞到第四次碰撞之间，圆盘的位移
以此类推，第次碰撞到第
次碰撞之间，圆盘的位移
次碰撞圆盘的总位移
解得
（次），故一共碰撞20 次。
10．（2025·四川绵阳·模拟预测）如下图，劲度系数为100N/m 的轻弹簧一端固定在倾角
足够长斜
面的顶端，另一端拴接物块A，弹簧与斜面平行。物块B 锁定在A 上，
点为弹簧原长位置，A 与斜面间
的动摩擦因数
。A、B 质量均为
。不计厚度的挡板P 固定在水平面上，P 左侧的平面光
滑，木板C 长度
，质量
，紧挨着挡板P。木板C 右端与足够长的固定平台间的距离
。物块A、挡板P、木板C 的上表面及平台等高。质量均为
的个物块从左向右依次静
置于平台上，相邻两物块间的距离均为
，物块1 位于平台的最左端。已知B 与木板间的动摩擦因
数
，木板与水平面间的动摩擦因数
，各物块与平台间的动摩擦因数均为
。将弹簧
压缩，使AB 从斜面上距
点
处由静止释放，重力加速度
，所有物块均可视为质点。
AB 释放后的运动过程中：
(1)求AB 物块下滑速度最大时离
点的距离
；
(2)求A 对B 作用力的最大值；
(3)调整斜面长度使AB 物块速度最大时恰好到达斜面底端，此时撤去弹簧并解除AB 间的锁定。A 与挡板
碰撞后物块B 滑上木板C，木板C 与平台碰撞后立即停止，物块B 与物块1 相碰后粘在一起，两物块继续
运动，然后与物块2 相碰，碰后三物块粘在一起继续运动……，所有碰撞时间极短。已知
，不计物块
由斜面到平面的能量损失。求物块B 与前
个物块
碰后粘成的整体与物块碰撞前的动能。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）AB 物块下滑速度最大时
整理得
（2）AB 物块一起下滑到最低点，即将要向上运动时，A 对B 的作用力最大，此时速度为零，设离开O
点的距离
。根据动能定理得
整理得
根据牛顿第二定律，对AB 整体
对物块B 有
且
则
整理得
（3）AB 物块一起下滑的速度最大时，根据动能定理得
整理得
对物块B 与木板的相互作用过程，对物块B 由牛顿第二定律得
设经时间t，B 与C 共速有
物块B 的速度为
规定
方向为正方向，根据动量守恒定律得
与物块1 相碰后
解得
对B 与物块1 整体，根据动能定理
与物块2 相碰前
与物块2 相碰，根据动量守恒定律得
与物块2 相碰后
对B 与物块1、2 整体，根据动能定理
归纳得，与物块n 碰前
与物块n 碰撞前瞬间粘到一起的物块总动能
整理得
11．
（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：
(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
刚好与第五辆车相撞，故小朋友推车的最远距离为4d。
12．（2025·宁夏吴忠·三模）（多选）如图，光滑水平桌面上摆放着10 个完全相同的立方体木块，每个木
块的棱长
，质量为
。初始时木块彼此粘连，一个质量
的小物块（可视为质点）
以速度
从左侧滑上第一个木块，恰好未离开第10 个木块，设物块所受的阻力大小恒定。现将木
块解除粘连，物块仍以相同的速度滑上第一个木块，下列说法中正确的是（ ）
A．物块所受阻力大小为
B．物块不会滑出第8 个木块
C．若增加木块的个数，物块能滑过的木块数不超过20 个
D．若将木块分成左右两半，则物块在木块上滑过的总长度减少
【答案】BCD
【详解】A．恰好未离开第10 个木块，即滑到最右端恰好共速，动量守恒
根据能量守恒有
解得
，故A 错误；
B．设小物块划过第k 个木块时，物块的速度为
，此时前方
个木块的速度为
，则根据一般碰撞
能量损失公式
依次规律可得
当
时，小物块不再相对木块滑动，上式左右相加，可变形为
则有
等式左边代入数据得
当
时，等式右边代入数据得
当
时等式右边代入数据得
即小物块滑上第8 个木块时仍有速度，但滑过第8 个木块所需的初速度大于
，故小物块能滑上第8 个
木块，但到不了第9 个木块，故B 正确；
C．物块最多损失的动能
解得
，故C 正确；
D．若将木块分成两半，此时木块长度
，
，
，根据上式结论有
即
当
时，因为
，
故有
若要等式成立，
必须小于2k，因此物块在木块上滑过的总长度会减少，故D 正确。
故选BCD。
13．（2025·陕西西安·模拟预测）如图所示，水平地面上P 点左侧粗糙、右侧光滑，物块A 静止放置在木
板B 上。物块A、木板B 的质量分别为2m 和m，A、B 之间的动摩擦因数为2μ，木板B 与粗糙地面之间
的动摩擦因数为μ。P 点右侧足够远处有N 个（N≥10）质量均为3m 的光滑小球向右沿直线紧密排列，球
的直径等于木板的厚度。用带有橡胶指套的手指作用在物块A 的上表面，手指以某一恒定速度向右运动。
手指对物块A 施加的压力大小为mg，运动时间t0后手指立即撤离。手指作用过程中，物块A 上表面留下
的指痕长度恰好等于物块A 在木板B 上滑过距离的
。手指撤离后经过时间t0，木板B 右端刚好抵达P 点，
且A、B 速度恰好相等。木板B 完全通过P 点的速度为其右端刚到P 点时速度的
。已知物块A 始终未脱
离木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为
g。求：
(1)手指作用过程中和撤离手指时木板B 的加速度各是多大？
(2)木板B 第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔；
(3)从木板B 开始与小球碰撞到最后一次与小球刚好相碰的过程中，A、B 之间因摩擦产生的热量；
(4)橡胶指套与A 上表面间的动摩擦因数μ'。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）手指作用期间，A、B 发生相对滑动，B 相对地面做向右的加速运动。
对B 有
解得
撤去手指后，B 依然向右做加速运动，有
解得
（2）B 右端到达P 点时A、B 的速度均为
解得
设木板B 完全通过P 点时的速度为
，由题意可知
随后木板B 做匀速运动，直到与小球相碰，根据牛顿摆原理可知最左侧小球不动，最右侧小球被弹出。
根据动量守恒定律有
根据机械能守恒可得
解得
，
碰撞后木板B 的速度方向向左，设A、B 再次达到共速时速度为
，根据动量守恒有
解得
则第一次碰撞后木板B 先减速再加速，再次与球相撞，设加速度为，第一次碰撞与第二次碰撞相隔时
间，对木板B 有
解得
根据匀变速直线运动速度与时间关系可得
解得
（3）木板B 第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的过程中，物块A 相对木板B 的位移为
第二次碰撞后木板的速度大小为第一次碰撞后木板速度大小的一半，则第二次碰撞到第三次碰撞过程中，
物块A 相对木板B 的位移为
则碰撞阶段A、B 摩擦生热为
解得
（4）撤去手指后，A 向右减速，对A 有
解得
撤去手指的瞬间，A 的速度为
解得
手指作用时有
设经过时间手指与A 共速，随后保持相对静止，则指套在A 上留下的指痕长度为
手指作用阶段，A 在B 上滑动的距离为
由题意知
解得
联立解得
14．（2025·湖南·一模）物块A 静止在木板B 上，A、B 的质量分别为2m、m，A、B 之间的动摩擦因数为
2μ，木板B 与地面间的动摩擦因数在P 点左侧为μ，在P 点右侧为
。P 点右侧某处有N 个质量均为3m
的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。用带有橡胶指套的手指作用在物块
A 的上表面并以某一恒定速度水平向右运动，手指对物块A 施加的压力大小恒为mg，运动时间
后撤离
手指。手指作用过程中，物块A 上表面留下的指痕长度恰好等于物块A 在木板B 上痕迹长度的
。手指
撤离后再经过
时间，木板B 的右端刚好抵达P 点，此时物块A、木板B 速度恰好相等。木板B 完全通过
P 点又经过一段距离后其右端与小球1 相接触，此时速度为木板B 右端刚到P 点速度的
。已知物块A 始
终未脱离木板B 且木板B 的左端不再回到P 点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且
碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g。
(1)求
、
过程中木板B 的加速度大小；
(2)求木板B 右端刚好到达P 点时的速度大小；
(3)求橡胶指套与物体A 上表面间的动摩擦因数
；
(4)求木板B 第一次与小球碰撞到静止的总运动时间及此过程中A、B 间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
(4)
，
【详解】（1）0~t0过程中，对木板B 分析可得
解得
t0~2t0过程中，对木板B 分析可得
解得
（2）在0~2t0过程中，对木板B 由运动学分析可得，木板B 右端刚好到达P 点时的速度大小
（3）t0~2t0过程中，对物块A 分析可得
解得
设手指与物块A 间相对滑动的时间为t，手指、物块A、木板B 的速度时间关系图像如下
则可得
解得
由运动学规律可得
解得
则有
对物块A 受力分析有
解得
（4）物块A 和木板B 越过P 点和小球碰前速度
木板B 与小球1 发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
解得
，
此后，A、B 发生相对滑动，1 号小球与后边小球碰撞后速度交换，1 号球仍停留在原处，最后一个小球
向右运动，碰后木板B 向左减速运动，对木板B 分析可得
木板B 速度减为0 后，又反向向右运动，对木板B 分析可得
设木板B 向左最远运行距离为xB1，则有
代入数据，联立解得
，
，
，
则有
此时可得出
即木板B 再次返回时，未与物块A 达到共速，且第二次碰撞前木板B 的速度为第一次碰撞前木板B 速
度的
，同理可得木板B 此后的运动时间为等比数列，公比为
，且碰撞次数足够多
从木板B 第一次与小球碰撞到静止的过程，物块A 的位移
木板B 的位移
产生的热量为
15．（2025·山东日照·三模）如图所示，在足够长的水平地面上放有木块A、长木板B 和木块D。A 与B
之间用轻绳相连且压缩一轻弹簧（弹簧与A、B 均不拴接）。B 的上表面左端有一不计厚度的挡板，可视
为质点的木块C 紧靠挡板静止在B 上，木块D 静止在B 的正前方，D 的右方s=40m 处有一固定挡板E。已
知压缩弹簧的弹性势能Ep=192J，A、B、C、D 的质量mA=8kg、mB=1kg、mC=3kg、mD=1kg，木块C 与长
木板B 的上表面之间、木块D 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.1，木块A、长木板B 与地面之间均无
摩擦，重力加速度g=10m/s2。现烧断细线，弹簧将A、B 弹开之后，长木板B 与木块D 发生弹性碰撞（二
者所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短），D 运动到挡板E 处立即被锁定，木块C 始终未滑离长木板B。求：
(1)弹簧将A、B 弹开瞬间B 的速度大小；
(2)木块D 运动到挡板E 处所用的时间；
(3)长木板B 与木块D 第5 次碰撞时的速度大小；
(4)长木板B 的最小长度。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）弹簧弹开
、
过程，由于木块C 紧靠挡板静止在B 上，则
、
、
组成的系统动量
守恒、机械能守恒。设向右为正方向，由动量守恒
机械能守恒
代入
，
，
，
联立解得
（2）设碰撞前
的速度为正方向，弹性碰撞瞬间
与D 满足动量守恒
机械能守恒
代入
，
，
解得
，
在水平地面滑行，受滑动摩擦力
加速度大小
方向与运动方向相反，做匀减速直线运动。
从碰撞后初速度
加速度
由
得
可知如果
与D 撞完之后，
不与D 再次相撞，则D 运动
后静止。
继续分析，
第一次撞击后
在
上，二者相对滑动，B 受摩擦力
两者之后会共速，可知
可得
，
，
由
，
之后
与
共速前进，设再经过
，
与D 再次相遇，则两者位移满足
解得
即此时D 经过
之后
即此时
与
以
与D 相遇，此时
说明
与D 第二次碰撞时，二者均在向右运动，并没有静止，此时D 距离E 的距离是
弹性碰撞满足动量守恒
机械能守恒
代入
，
，
，
解得
，
与D 第二次撞击之后，重复第一次撞击之后的过程
，
，
由
，
之后
与
共速前进，设再经过
，
与D 再次相遇，则两者位移满足
解得
针对D 来说，根据
解得
说明再经过
D 运动到挡板E。此时
与
共速前进，速度为
此时B 距离E 板距离
综上所述，木块D 运动到挡板E 处所用的时间
（3）B 与D 之前已经撞击了2 次，已知长木板B 与木块D 发生弹性碰撞（二者所有碰撞均为弹性碰撞
且时间极短），所以每次B 与D 撞击之后，速度都反向，且B 与地面之间无摩擦，可知第三次碰撞之
后共速的速度是第四次碰撞的速度，根据动量守恒第三次碰撞之后共速
第四次碰撞之后共速
即为第5 次碰撞时的速度，联立解得
（4）结合前面分析，设长木板B 的最小长度为
，根据B 与D 第一次碰撞后，B 速度变为0，C 以
8m/s 速度在B 上滑动直至共速的过程，木板长度最小，有
求得
该过程对B、C 列动能定理得
代入数据，解得
1．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在M 上，另一端连接位于M 正下方放置于水平地面质量为m 的小木块B，绳长与M 到
地面的距离均为10a，质量为2m 的小木块A，沿水平方向于B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间
摩擦因数为
，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A 碰前瞬间的速度，碰后A 运动到P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转2 圈，经过M 正下方时
细绳子断开，B 也来到P 点，求B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg 细绳会断，上下移动N 的位置，保持N 在M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）问中
的相同，使B 旋转n 圈。经过M 正下的时细绳断开，求MN 之间距离的范围，及在n 的所有取值中，B 落
在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n = 1，2，3，…），
，
【详解】（1）碰后B 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B 的最小速度大小为v0，最
高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B 从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A 和B 碰撞过程中动量守恒，设碰前A 的速度大小为v1碰后A 的速度大小为v2。碰后B 的速度大
小为v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A 减速到0，有
碰后B 做两周圆周运动，绳子在MN 间缠绕2 圈，缩短4a，在M 点正下方时，离M 点6a，离地面
4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B 随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN 间距离为h，B 转n 圈后到达M 正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M 为圆
心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N 为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B 转n 圈后到达M 正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B 做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当
时，
当n = 1 时，
，
2．（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
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）
【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
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
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
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。
【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
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
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。
