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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点56 弹性碰撞
【考点解读】
1.弹性碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不变，即Ek1＋Ek2=Ek1'＋Ek2'或p1
2
2m1
＋p2
2
2m2
= p1'
2
2m1
＋p2'
2
2m2
。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v 后＞v 前；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v 前'≥v 后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的重要结论
由动量守恒定律和动能守恒可得
m1v1+m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v+m2v2
2＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1'＝m1－m2
m1＋m2
v1+ 2m2v2
m1＋m2
，v2'＝m1－m2
m1＋m2
v2+
2m1
m1＋m2
v1
一个运动物体与静止物体发生弹性正碰：
运动物体1 的质量为m1、速度为v1，与质量为m2的静止物体2，发生弹性碰撞，碰撞后二
者速度分别为v1′、v2′。则由动量守恒定律、机械能守恒定律得：
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得v1′＝v1，v2′＝v1。
(1)三种情况的讨论
①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1 (质量相等的两个物体发生弹性碰撞，则碰撞后两物体交换
速度)。
②若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。
特例：当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1。
③若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后物体1 反向，两物体沿相反方向运动)。
特例：当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0。
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度
v1'＝m1－m2
m1＋m2
v1，v2'＝
2m1
m1＋m2
v1
讨论：
（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）
（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）
（4）当m1≫ m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）
（5）当m1≪ m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）
【高考真题】
【典例1】.（2025 高考广东卷）如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力
和
作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在
时刻发生正碰后各自反向运动。已知
和
始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中，两小球
速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律
两物体受外力F 大小相等，由图像的斜率等于加速度可
知M、N 的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N 的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m 和
2m；由图像可设MN 碰前的速度分别为4v 和6v，则因MN 系统受合外力为零，向右为正
方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得
、
因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，
则BD 是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N 的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M
来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A 正确，C 错误。
【典例2】（2024·广东高考10 题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同
滑块，分别从H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与
水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列
说法正确的有（ ）
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H 乙无关
D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
答案 ABD
解析： 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A
正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞
可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确；
设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H 乙＝1
2gsin2θ·t1
2，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，
碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1
与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误；乙下滑过程有mgH 乙＝1
2mv乙
2，由于甲和乙
发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同
则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙
2＝2μgx，联立可得x＝H 乙
μ ，即发生碰撞
后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ ，故D 正确。
【典例3】(2023·全国乙卷·改编)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20l。一质量为m＝M 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；
答案：(1) (2)l
解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl＝mv
解得v0＝
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有
mv＝mv＋Mv1′2
mv0＝mv1＋Mv1′
解得v1＝v0＝－
v1′＝v0＝
即小球碰后速度大小为，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，二者距离就不断增大，当二者速度相同时，距离最大，即v1＋gt＝v1′
解得t＝＝
根据运动学公式得最大距离为dmax＝x 盘－x 球＝v1′t－(v1t＋gt2)＝＝l。
【典例4】.[2022 湖南]1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与
质子大致相等的中性粒子（即中子）组成.如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，
碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法
正确的是（ B ）
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
解析
解法一
p＝mv{
p1＝m1v1＝m0v0
p2＝m2v2=14 m0· 2
15 v0＝28
15 m0v0
→p1＜p2，A 错
Ek＝1
2mv2{
Ek 1＝1
2 m1v1
2＝1
2 m0v0
2
Ek 2＝1
2 m2v2
2＝1
2 ×
14 m0（2
15 v0）
2＝28
225 m0v0
2
→Ek1＞Ek2，B 对
解法二 发生弹性碰撞的两物体若质量相等，则两物体将发生速度交换，所以被碰后氢核
的速度、动量、动能均等于入射中子的速度、动量和动能；而当中子碰撞质量较大的氮核
时，中子将反向运动，由动量守恒定律可知，碰撞后氮核动量的增加量等于中子动量的减
少量，所以氮核被碰后的动量大于入射中子的动量，A 错误；弹性碰撞过程中，系统机械
能守恒，所以碰撞后氮核动能小于入射中子动能，B 正确.
解法三
解析：设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m。设中子和氢核碰撞后中
子速度为v3，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3，mv＝mv＋mv，联立解
得v1＝v0。设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝
14mv2＋mv4，mv＝·14mv＋mv，联立解得v2＝v0，可得v1＝v0＞v2。碰撞后氢核的动量为pH
＝mv1＝mv0，氮核的动量为pN＝14mv2＝，可得pN＞pH。碰撞后氢核的动能为EkH＝mv＝
mv，氮核的动能为EkN＝·14mv＝，可得EkH＞EkN，B 正确，A、C、D 错误。
【典例5】 (2023·重庆卷，14)如图5 所示，桌面上固定有一半径为R 的水平光
滑圆轨道，M、N 为轨道上的两点，且位于同一直径上，P 为MN 段的中点。在
P 点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P 点后，其速度大小都增加v0。
质量为m 的小球1 从N 处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M 处的小球
2 发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1 第一次经过P 点后瞬间向心力的大小；
(2)球2 的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
答案 (1)4m (2)3m (3)
解析 (1)球1 第一次经过P 点后瞬间速度变为2v0，
所以Fn＝m＝4m。
(2)球1 与球2 发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1 碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
球1 回到P 点所需时间t1＝
此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
【典例6】. （2019 全国理综I 卷25）（20 分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水
平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。
t=0 时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时
间极短）；当A 返回到倾斜轨道上的P 点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加
一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A 运动的v-t 图像如图（b）所示，图中的v1和
t1均为未知量。已知A 的质量为m，初始时A 与B 的高度差为H，重力加速度大小为g，不
计空气阻力。
（1）求物块B 的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨
道间的动摩擦因数，然后将A 从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前
面动摩擦因数的比值。
【压轴题透析】
（1）A、B 碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律列方程解得物块B 的质量。
（2）由图（b）所示物块A 的速度图像，根据速度图像面积表示位移得出物块A 的位移，
利用动能定理和功的定义得出物块A 克服摩擦力所做的功。
（3）对改变动摩擦因数前后两个过程，应用动能定理列出方程，得出改变前后动摩擦因数
的比值。
【命题意图】 本题考查对速度图像的理解、动量守恒定律、机械能守恒定律、
动能定理及其相关知识点。
【解题思路】（1）根据图（b），v1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，
为其碰撞后瞬
间速度的大小。设物块B 的质量为
，碰撞后瞬间的速度大小为
，由动量守恒定律和机
械能守恒定律有
①
②
联立①②式得
③
（2）在图（b）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所
走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P 点的高度为h，整个过程中克服摩擦力
所做的功为W，由动能定理有
④
⑤
从图（b）所给的v-t 图线可
⑥
⑦
由几何关系
⑧
物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为
，由动能定理有
设改变后的动摩擦因数为
，由动能定理有
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得
【针对性训练】
1. （厦门市2025 届高三毕业班第四次质量检测）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，
神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg 的小
球A 以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg 的小球B 发生正碰，碰撞后
小球A 向右反弹，当A 向右移动2 格的长度时，小球B 向左移动1 格的长度。已知背景板
上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（ ）
A. 小球A 碰撞前后的速度大小之比为7：2
B. 小球A 碰撞前后的速度大小之比为3：2
C. 碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能不变
D. 碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能减少
【答案】BC
【解析】根据题意可知，由于碰撞后，A 球向右移动2 格长度时，B 球向左移动1 格的长度，
则碰撞后，A 球的速度大小是B 球速度大小的2 倍，设碰撞后B 球的速度为
，则A 球的速
度为
．设碰撞前A 球的速度为
，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A 球
动量减少量等于B 球动量增加量，则有
，解得
，
则求A 碰撞后的速度大小为
则小球A 碰撞前后的速度大小之比为3：2，故B 正确，A 错误；
根据计算可得碰撞前系统的总动能
碰撞后系统的总动能
可得
可知碰撞前后，小球A、B 组成的系统动能不变，故C 正确，D 错误。
2. 如图为某运动员正在准备击球，设在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞
前后都在同一直线上运动，碰前白色球A 的动量pA＝5 kg· m/s，花色球B 静止，碰后花色
球B 的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（ ）
A.mB＝1
6mA
B.mB＝1
4 mA
C.mB＝2mA
D.mB＝5mA
答案：C
解析：碰撞过程系统动量守恒，以白色球A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得pA
＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有pA
2
2mA
＋pB
2
2mB
≥
pA'
2
2mA
＋pB'
2
2mB
，解得mB≥2
3mA，碰后，两球A、B 同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则
pA'
mA
≤
pB'
mB
，解得mB≤4mA，综上可知2
3mA≤mB≤4mA，故选mB＝2mA，C 正确。
3 （2024 年河南漯河重点高中期末）10.(多选)如图所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B
两个小球，A 球动量为10 kg·m/s，B 球动量为12 kg·m/s，A 球追上B 球并相碰，碰撞后，A
球动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B 两球质量的比值可能为( )
A．0.5 B．0.6
C．0.65 D．0.75
答案 BC
解析：A、B 两球同向运动，A 球要追上B 球要有条件vA＞vB.两球碰撞过程中动量守恒，
且动能不会增多，碰撞结束后应符合条件vB′≥vA′.由vA＞vB得＞，则＜＝，由碰撞过程动
量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，则pB′＝14 kg·m/s，由碰撞过程的动能关系得＋≥＋，则≤，由
vB′≥vA′得≥，则≥＝，所以≤≤，故B、C 正确，A、D 错误．
4. （2024 山东济南历城二中质检）半径为R 的竖直放置的光滑半圆轨道如图所示，质量为
3m 的小球B 静止在轨道最低点，质量为m 的小球A 从轨道边缘由静止下滑，A、B 间碰撞
为弹性碰撞，则（ ）
A. A、B 两球总动量一直不变
B. 碰撞前A 球重力的功率一直变大
C. A、B 两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点
D. 每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等
【参考答案】C
【名师解析】
A、B 两球碰撞时动量守恒，故A 错误；
球A 在下滑过程初始时刻速度为0，瞬时功率为0，最低点速度方向与重力方向垂直，所以
瞬时功率为0，所以碰撞前A 球重力的功率先增大后减小，故B 错误；
假设碰撞前A 球的速度为
，碰后A 球的速度为
、B 球的速度为
，则
解得
，
所以会再次在最低点发生碰撞，且有
解得第二次碰撞后的速度为
、
此后如此循环，故C 正确；
由于两球质量不同，每隔一定
周期，两球碰撞前速度大小相等，根据牛顿第二定律
所以压力会不相等，故D 错误。
5．（2024 年4 月北京东城区模拟）如图所示，质量为M、倾角为
的光滑斜劈置于光滑
水平地面上，质量为m 的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为
的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g 表示，下列说法正
确的是
A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒
B．第②次碰撞后斜劈的速度小于
C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于
D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方
向与斜面法线的夹角一定相等
【答案】B
【解析】第①次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量守恒，而第②次碰撞过程小球和斜劈
组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；设第②次碰撞后斜劈的
速度为v，小球的速度大小为v1，与水平方向的夹角为α，且α＞2θ，小球与斜劈在水平方
向动量守恒，由mv0=Mv+mv1cosα，由机械能守恒定律，
mv0
2=
Mv2+
mv1
2，联立解得：
v＜
，B 正确。
由于第②次碰撞后小球斜向上抛出，所以第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力大于
，C 错误；第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞
前、后小球相对斜劈的速度方向与斜面法线的夹角一定相等，相对地面的速度方向与斜面
法线的夹角不相等，D 错误。
6. （2025 年1 月湖南株洲质检）如图，竖直平面内足够长的轨道MON由光滑斜面MO和
粗糙水平面ON构成，两者在斜面底端O处平滑连接。质量为m的物块A从斜面上H高处由
静止开始下滑，到达水平面上后，停在距离O点L远的C点。现将质量为5m的另一物块B
放在O处，物块A从斜面上某一高度由静止开始再次下滑，到达水平面上后立即与物块B发
生弹性碰撞，设碰撞时间极短，A、B与水平面间的动摩擦因数相同。
(1)求物块A与水平面间的动摩擦因数μ;
(2)第一次碰撞后，若要求A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，求斜面倾角θ应满足
(3)在满足(2)的条件下若要求A与B发生两次弹性碰撞后B恰能停在C点，求物块A开的条
件始下滑的高度h。
【解析】(1)根据动能定理
mgH = μmgL ①
解得 μ= H
L
②
(2)设第一次碰撞前物块A的速度为v0，取向右为正方向，在第一次碰撞过程中有
m v0=m v A+5m vB
1
2 mv0
2= 1
2 mv A
2 + 1
2 5mvB
2
解得碰撞后A和B的速度分别为
v A =- 2
3 v0 ③
vB= 1
3 v0 ④
碰后物块B向右运动直至到停下来的过程中，运动的距离为L1，运动时间为t B，则
-5 μmg L1=- 1
2 ⋅5m vB
2 ⑤
t B= vB
μg
⑥
碰后物块A向左冲上斜面，在斜面上往返一次运动的时间为
t1=-2v A
gsinθ
⑦
之后再次回到水平面上向右运动，通过距离L1后速度减为v ' A，在此过程中
- μmg L1= 1
2 m v A
n - 1
2 m v A
2 ⑧
运动时间为
t2= v ' A -(- v A)
- μg
⑨
要使A与已停止运动的B发生第二次弹性碰撞，应满足的条件是
t1+t2≥t B ①
斜面倾角应满足的条件为
0<sinθ≤2(
√3+1)H
L
①
(3)在满足(2)的条件下，第二次碰撞后B的速度为
v ' B= 1
3 v ' A ⑫
之后再次向右运动，通过距离L2停下来，则
5 μmg L2= 1
2 5mvB' ⑬
依据题意有
L1+ L2= L ⑭
而第一次碰撞前物块A的速度为
v0=
√2 gh ⑮
解得
h= 27
4 H ⑯
7．（15 分）(2025 湖北名校联盟质检)如图所示（俯视图），光滑水平面上放置着半圆形
挡板，两个可视为质点的小球A、B 可沿半圆弧挡板内侧在水平面内做圆周运动，A、B 两
球的质量分别为
、
，半圆弧挡板半径为
。半圆弧挡板的另一
端安装有一个弹射器，B 球与其碰撞后可原速率弹回。初始时，B 球静止放在半圆弧挡板
的最左端，A 球以
的速度从一端沿半圆弧运动，并与B 球发生弹性碰撞。求
（1）A 球和B 球第一次碰撞前，半圆弧挡板对A 球支持力N 的大小；
（2）A 球和B 球第一次碰撞后，二者速度
、
的大小；
（3）A 球和B 球第二次碰撞后，二者速度
、
的大小。
【名师解析】（1）当A、B 发生碰撞时，对A 有
解得
（2）A、B 碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
解得
（3）A、B 球碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
解得
8. （2024 辽宁省葫芦岛期末） 如图所示，一半径为R=0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道与
光滑水平轨道cd 在d 处平滑连接，且与足够长的粗糙水平轨道ab 在同一竖直平面内。在
ab 的最右端放置一个质量M=4kg 的木板，其上表面与cd 等高，木板与轨道ab 间的动摩擦
因数
，质量
的滑块Q 置于cd 轨道上且与c 点距离为6m。现在圆弧轨道
的最高点处由静止释放一质量
的滑块P，一段时间后滑块P 与Q 发生弹性正碰，
碰撞时间极短。从P 与Q 碰撞结束开始计时，3s 末Q 从木板左端飞出（飞出后立即被取走，
对其他物体的运动不造成影响）。已知P、Q 与木板间的动摩擦因数均为
，滑块
P、Q 均可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g 取10m/s2，求：
（1）碰撞后P、Q 速度的大小和方向；
（2）木板的长度L；
（3）若P 滑块滑上木板
瞬间，地面变为光滑，问P 滑块能否从木板左端滑离木板?
若能，求P 从木板左端滑离时的速度；若不能，求P 滑块相对木板静止时P 滑块木板上的
位置距木板右端的距离
。
【参考答案】（1）2m/s，6m/s，方向均水平向左；（2）
；（3）不能，
【名师解析】
（1）滑块P 释放到与Q 碰前，根据动能定理有
P、Q 发生弹性碰撞，则有
解得
方向均水平向左
（2）滑块Q 碰后到c 点用时
，则有
滑块P 碰后到c 点用时
，则有
滑块Q 滑上木板匀减速运动，则有
根据题意有
解得
由于
所以木板处于静止状态则木板的长度为
（3）滑块Q 滑落木板后，滑块P 滑上木板，滑块P 做匀减速直线运动，木板做匀加速直线
运动，令二者共速用时
，则有
解得
令P 相对木板的相对位移为
，则有
解得
可知，P 不能滑落木板，距木板右端的距离0.4m
9. （2024 江苏泰州3 月调研）如图所示，可视为质点的两个小物块A、B 并排放在粗糙水
平面上，一根轻绳一端固定于水平面上的O 点，另一端系在小物块A 上。已知
，A、B 与水平面间的动摩擦因数
，轻绳长
取
取3.14 且
。现给A 一个向左的初速度
，使其绕O 点做圆
周运动，运动一周时与B 发生弹性碰撞。求：
（1）A 刚开始运动时所受轻绳拉力的大小
；
（2）A 与B 碰前瞬间的加速度大小a；
（3）A 与B 碰后B 滑行的距离s。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】（1）A 刚开始运动时轻绳拉力提供向心力
解得轻绳拉力的大小
（2）设A 与B 碰前瞬间的速度为
，根据动能定理
解得
此时绳子的拉力为
根据牛顿第二定律
解得
（3）根据动量守恒
根据机械能守恒
解得
B 的加速度
A 与B 碰后B 滑行的距离
