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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：力学综合-2025年高考物理
1．（2025·河南新乡·三模）如图所示，水平地面上有一木板M，其左端固定一电磁铁装置P，右端固定一挡板Q，在P的右端有一质量为m的铁质物块N，M、P、Q的总质量为2m。装置P初始时不通电，其右端在受到碰撞瞬间会接通电源产生较强的磁性，能吸紧铁质物块且不再分开。已知P的右端到Q之间的距离为L，N与M接触面光滑，M与地面之间的动摩擦因数为μ，N可视为质点，重力加速度为g。现整个装置在水平外力的作用下，以恒定速度向右做直线运动，某时刻撤去外力，则
(1)撤去外力瞬间，M的加速度大小；
(2)若在M的速度第一次为零之前，N未和Q发生碰撞，求恒定速度v的取值范围；
(3)若，N和Q碰撞时没有能量损失，求撤去外力后的整个过程M与地面摩擦产生的热量。
2．（2025·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
(2)物体通过D点时的速度大小。
(3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。
3．（2025·黑龙江·二模）如图，质量为的弹性小球A从距地面高处由静止释放。释放A球的同时，在A球的正下方，以20m/s的速度将另一弹性球B从地面竖直向上抛出，B球的质量为4m。忽略空气阻力，两球碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)两球碰撞时A球距地面的高度及速度；
(2)两球相碰后A球的最高点距地面的高度。
4．（2025·内蒙古包头·二模）半径为（为外半径之差可忽略）的光滑圆管水平放置并固定，俯视图如图所示。圆心为，圆管内有质量分别为的A、B、C三个小球，静止在图示位置，对应刻度盘上的角度分别是，不计小球碰撞的时间，重力加速度为g。
(1)现给A一个初速度，让其沿圆管切线方向逆时针运动，若A、B、C三个小球中任意两球之间的碰撞为弹性碰撞，但三球同时碰撞时会结合在一起，求：
①第2次碰撞发生时，A球的位置；
②第3次碰撞后瞬间，小球A的速度大小；
③第3次碰撞后瞬间，三球对圆管压力的合力大小；
(2)现撤去C球，给B一个初速度，让其沿圆管切线方向顺时针运动，若B与A球之间的碰撞为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的倍，其中，求第1次碰撞到第2025次碰撞之间小球A通过的路程。
5．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）如图，质量为1kg、长度为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角。质量为2kg的小物块A以的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道。，。
(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；
(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度。
6．（2025·湖南长沙·一模）如图，固定在地面上的木板和半径为的圆弧槽刚好接触，圆弧槽凹侧和底面光滑，各物块与木板上表面间动摩擦因数均为。圆弧槽右侧通过不计质量的细杆与一压力传感器相连。从点向左，每隔放置一小物块，编号依次为1、2、3、4，质量均为，物块4与一劲度系数为的弹簧（处于原长）相连，物块4左侧木板表面光滑，弹簧左端连在木板左端。圆弧槽左侧空间有方向向左的匀强电场。一质量为、电荷量为的外表绝缘小物块从圆弧槽顶点处无初速度释放。已知当弹簧形变量为时，弹性势能为，重力加速度为。求：
(1)带电小物块下滑过程压力传感器的最大示数；
(2)若所有碰撞均为弹性碰撞，在的前提下，施加电场的强度多大时才能使弹簧的最大压缩量也为？
(3)先将1、2、3号物块拿掉，若带电物块与4为完全非弹性碰撞，施加电场的强度多大才能使弹簧的最大压缩量也为？
7．（2025·北京西城·一模）火箭的飞行应用了反冲原理，借助喷出燃气的反冲作用获得推力。已知某火箭与其所载燃料的初始总质量为M，在时刻，火箭由静止出发，竖直向上运动，如图1所示。火箭持续均匀向下喷射燃气，在任意的极短时间Δt内，喷射燃气的质量均为Δm，喷出的燃气相对火箭的速度恒为u。在极短时间内，火箭喷出的燃气的重力远小于火箭的推力，火箭速度的变化量远小于燃气速度的变化量。不计空气阻力，重力加速度的大小g视为不变。
(1)求火箭速度大小为v的瞬间受到燃气推力的大小F，据此判断火箭在竖直上升阶段受到燃气的推力是否变化。
(2)若火箭在竖直上升阶段，可使用的燃料质量为m，求该阶段火箭可获得的最大加速度的大小am。
(3)测得火箭在竖直上升阶段，随时间t变化的图像是一条直线，如图2所示，a为火箭加速度的大小。已知直线的纵截距为b，斜率的绝对值为k，为明确其物理意义，请推导b、k的表达式。
8．（2025·江苏宿迁·三模）如图所示，长的轻质板C静止在光滑水平面上，小物块A、B分别静置在板C的左右两端，质量、均为1.0kg，A、B与C间的动摩擦因数分别为、。现给A施加水平向右的推力，使它们开始运动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度。
(1)若推力大小，A、B、C以相同的加速度一起运动，求加速度大小a及B受到的摩擦力大小；
(2)若推力大小，B相对C运动，求从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程中，B所受摩擦力的冲量大小I；
(3)若推力大小，经时间撤去推力；A、B、C继续运动到稳定状态，求整个过程中产生的热量Q。
9．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，物块B和质量为的物块A用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在时刻以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量；
(2)物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能；
(3)从到，弹簧对物块A的冲量I的大小。
10．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平桌面上放上可视为质点的物块A、B，开始时均静止，A的质量为，B的质量为，B的右侧固定一轻质弹簧，初始时弹簧处于原长。A的右侧有B一倾角为、表面粗糙的足够长斜面，不考虑物块运动中经过斜面底端O点的能量损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取。现给A水平向右的初速度。回答以下问题：
(1)若A与斜面间的动摩擦因数为，求A第一次从斜面滑下至底端时的速度大小；
(2)若A第二次从斜面上滑下后还能追上弹簧，求A与斜面间的动摩擦因数的取值范围；
(3)若斜面光滑，物块A第一次从斜面滑下至斜面底端开始计时，至被弹簧推开再次滑回斜面底端过程的时间为10s，求此段时间内B的位移。
11．（2025·广东佛山·二模）很多医院都装备有气动物流装置，将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动输送装置，管道abcde右端开口，其中ab竖直，高度，bc是半径为R的四分之一圆弧管（R远大于管道直径），cde水平，cd长度，de长度。d处紧挨放置着大小可忽略不计的运输胶囊B和C，B被锁定在d处，a处放置胶囊A，胶囊与管道内壁接触处均不漏气，胶囊A、C间气室为真空，A的质量为m，B、C的质量均为。启动风机，给A施加一大小恒为的气动推力，A运动至d处前瞬间解锁B，并与B完成弹性碰撞，紧接着B与C完成弹性碰撞，碰撞时间极短，大气对C产生的压力恒为mg（忽略管道内空气流动对气压的影响），ab和cde均光滑，A经bc过程克服阻力做功为，求：
(1)A经圆弧管b点处时，管道对其弹力大小；
(2)B与C碰撞后瞬间，C的速度大小；
(3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。
12．（2025·河北·二模）如图所示，一实验小车A静止在光滑水平面上，其水平轨道部分表面粗糙、长为L，小车两端均有光滑的四分之一圆弧轨道，与水平轨道均相切于圆弧轨道最低点。一可视为质点的滑块B静止于左侧圆弧轨道的最低点，另一小车C从左侧以初速度与小车A左端发生正碰，碰撞时间极短，碰后一起运动但不粘连，整个过程中滑块B未从左侧圆弧轨道上端滑出，小车A与小车C未发生第二次碰撞。已知小车A的质量为2m，滑块B与小车C的质量均为m，重力加速度为g。
(1)求滑块B到达左侧圆弧轨道的最大高度；
(2)求小车C与小车A分离时，小车C的速度大小；
(3)若滑块B向右滑到圆弧轨道后恰好未滑出轨道，且返回到水平轨道中点时恰好与小车A保持相对静止，求滑块B与小车A水平轨道间的动摩擦因数和右侧圆弧轨道的半径。
13．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，可视为质点、质量的小滑块静止在水平轨道上的点，在水平向右的恒定拉力的作用下，从点开始向右做匀加速直线运动，当其运动到的中点时撤去拉力，滑块运动到点后滑上与等高的水平传送带，滑块从传送带的最右端点沿水平轨道运动，从点进入半径且内壁光滑的竖直固定圆管道，在圆管道上运行一周后从处的出口出来。已知滑块刚好能通过圆管道的最高点，传送带以恒定的速度顺时针转动，水平轨道的长度，的长度，传送带的长度的长度，小滑块与水平轨道、间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小取。求：
(1)滑块在点对圆管道的压力大小；
(2)恒定拉力的最大值；
(3)当恒定拉力最小时，滑块与传送带因摩擦产生的热量。
14．（2025·贵州黔南·三模）如图所示，绝缘水平面上固定一平行金属导轨，导轨两端分别与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，导轨间距均为，水平导轨中部的cdef矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。现有质量的金属棒a从左侧轨道上高为处由静止释放，穿过磁场区域后，与静止的质量的金属棒b发生弹性碰撞。碰后瞬间b棒的速度大小为，并沿右侧轨道上升到最大高度时锁定。已知两金属棒接入电路的阻值均为，导轨电阻不计，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g取，不计一切摩擦阻力。求：
(1)a棒刚进入磁场区域时的加速度大小；
(2)矩形区域cf的长度x；
(3)a棒最终停止时与cd间的距离及整个运动过程中a棒产生的焦耳热。
15．（2025·四川成都·模拟预测）水平平台上从左至右依次静置有三个可视为质点的小物块ABC，其质量分别为。初始时刻，AB紧挨在一起，置于P处，而B、C之间有一处于原长的轻质短弹簧（弹簧与小物块B、C并不栓连）。左侧平台PQ段粗糙且足够长，ABC与PQ段的滑动摩擦因数与物块到P的距离有关，满足关系式（的单位为m）。右侧平台PM、NO段光滑。计时起点，给A一水平向右的瞬时冲量，A立即获得向右的速度，而后又与紧挨着的B发生弹性碰撞，不计该碰撞过程的时间。取重力加速度。
(1)求与小物块B碰撞后A的速度，以及A最终停止运动时距P点的距离。
(2)小物块C与弹簧分离后，继续沿光滑平台运动。在其正前方布置一速度可调的传送带MN，经过传送带后，有一下凹的收集区，其剖面形状为椭圆的一部分。以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，椭圆方程为的单位均为m）。欲使落在椭圆上的小物块C动能最小，求小物块C通过传送带区域动能的变化量。
(3)已知小物块B、C间的轻质短弹簧从刚开始压缩到再次恢复原长，历时1s，求小物块B比A多运动的时长。
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：力学综合-2025年高考物理》参考答案
1．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）整个装置在外力的作用置处于平衡状态，即
摩擦力
撤去外力后，物块N不受任何影响，仍保持原速前进；对木板，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）假设M第一次停下来的时间是t，N运动的位移是，M运动的位移是，则， ，v＝at
若在M的速度第一次为零之前，N并未和Q发生碰撞，需满足
联立得
（3）经分析得，N、Q碰撞前，木板已经停止运动，此时N的速度是v。设碰后N的速度是，木板的速度是，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，
联立解得，
同样，N、P碰撞前，木板已经停下来了，此时N的速度是，设碰后N和M的共同速度是，列动量守恒公式
解得
N、P碰撞的机械能损失是
由能量守恒定律，木板M与地面摩擦产生的热量为
联立解得
2．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能
可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能
（2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有
解得
（3）物体沿半圆轨道运动过程中由动能定理有
解得
3．(1)20m/s，20m
(2)27.2m
【详解】（1）设经时间两球相遇，则有
解得
此时球的速度为
此时球的速度为
相碰位置距地面高度为
（2）A球、B球碰撞过程动量守恒、机械能守恒有，
解得
碰后上升高度为
求两球相碰后A球的最高点距地面的高度为
4．(1)①位置；②；③
(2)
【详解】（1）①A球与B球在处的弹性碰撞是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分别是、，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小为，B球逆时针转动，速度大小为，B逆时针从转到位置，转过过程，A顺时针转过的角度是
故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上位置。
②B球与C球在位置处的弹性碰撞是第2次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是、，同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为，C球逆时针转动，速度大小为，经分析，三个球将在圆管内刻度盘上位置处同时碰撞(即第3次碰撞)，依题意，三球将结合在一起，结合体的质量为，设该结合体的速度为v，则有
解得
即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为；
③对结合体，水平面内有
竖直方向上有
由力的合成得
由牛顿第三定律得
（2）设B与A球第1次碰撞后的速度分别是、，则有，
解得，
第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为，此过程A球比B球多运动一圈，有
此过程中，A球运动的路程为
设B与A球第2次碰撞后的速度分别是、，则有，
解得，
第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为，此过程B球比A球多运动一圈，有
此过程中，A球运动的路程为
设B与A球第3次碰撞后的速度分别是、，第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为，A球运动的路程为，同理可得，，，
同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔过程，小球A通过的路程为
化简得
5．(1)
(2)， 2m
【详解】（1）物块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得
其中物块质量，木板质量，物块的初速度
代入数据解得，
（2）物块A从滑上圆弧轨道到运动到轨道最高点过程，由动能定理得
在轨道最高点，对物块A，由牛顿第二定律得
代入数据解得
物块离开圆弧轨道后做斜上抛运动，竖直分速度
物块离开轨道后距离地面的最大高度
代入数据解得
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）如图所示
设滑块与圆心连线从开始运动夹角时，速度为v，则
对滑块受力分析，设受到支持力为，则
由牛顿第三定律圆弧槽受到压力大小为，对圆弧槽受力分析，设压力传感器读数为F，则
由上述可知
当时，F取最大值为
（2）设带电滑块从A端滑上木板时速度为，则
设带电滑块与1号物块碰撞前速度，有
由于，则，各物块质量相等，发生弹性碰撞后带电滑块便静止在1号物块处，1号滑块将与2号滑块碰撞，2号滑块将与3号滑块碰撞，3号滑块碰撞将与4号滑块碰撞。4号滑块被碰后速度设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则
联立解得
代入和，解得
（3）设带电物块与4号物块碰前速度为，碰后的速度大小为，则，
各小物块经一系列完全非弹性碰撞后从4号球所在位置向左做简谐运动。平衡位置弹簧压缩量设为，则
要使弹簧的最大压缩量也为l，则简谐运动的振幅为
物块4被撞后整体速度为，由弹簧振子机械能守恒
解得
7．(1)，不变
(2)
(3)，
【详解】（1）在火箭速度大小为v的瞬间，以极短时间 t内喷射出的燃气为研究对象
设燃气受到火箭对其作用力的大小为F'，规定竖直向下为正方向，根据动量定理有
得
根据牛顿第三定律，此时火箭受到推力的大小F=F'=
可知推力F的大小不变，火箭受到推力的方向竖直向上，则火箭在竖直上升阶段，受到燃气的推力不变。
（2）质量为m的燃料燃尽时，火箭的加速度最大，根据牛顿第二定律
（3）在t时刻，火箭及火箭内剩余燃料的质量
根据牛顿第二定律有
得
则 ，
8．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B、C由牛顿第二定律
代入数据得
对B，由牛顿第二定律
代入数据得
（2）A、C相对静止，对A、C，由牛顿第二定律
解得
对B，由牛顿第二定律
解得
从B开始运动到与A刚要发生碰撞的过程的位移关系
代入数据得
B所受摩擦力的冲量
代入数据得
（3）经时间撤去推力时，A、C的速度
代入数据得
B的速度
代入数据得
A、B等质量，且A、B间的碰撞为弹性碰撞，A与B发生碰撞瞬间，交换速度有，
碰后A、B相对C滑动，设A、B最终共速且B没有滑离C，对系统A、B、C整体，从撤去推力至共速过程，由动量守恒定律
由能量守恒定律
解得
因为
令
解得
故A、B最终共速且B没有滑离C，整个过程中产生的热量
代入数据得
9．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程，由动量守恒可得
代入数据解得
（2）根据能量守恒可得物块C与物块A相碰过程中系统损失的机械能为
代入数据解得
（3）从到，以A、C为整体，由题图结合动量定理可得
其中
代入数据解得
可知弹簧对物块A的冲量I的大小。
10．(1)
(2)
(3)12m，方向水平向左
【详解】（1）A在斜面上滑时，根据牛顿第二定律有
上滑过程，利用逆向思维，根据位移与速度的关系有
A下滑时，根据牛顿第二定律有
A在斜面下滑至斜面底端时有
解得
（2）A第一次滑下后至被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
若A第二次从斜面上滑下后与B速度相同，即物块A再次从斜面上滑下速度应为
结合上述，A第二次滑上斜面与滑下斜面过程的位移大小相等，则有
解得
结合上述有，
解得
可知，A与斜面间的动摩擦因数
（3）若斜面光滑，则物块A第一次从斜面滑下时速度大小为
从物块A第一次滑下至斜面底端开始计时，至再次回到斜面底端，根据动量守恒定律有
由于该过程上述表达式始终成立，则有
即有
其中
解得
即此段时间内B的位移大小为12m，水平向左。
11．(1)4mg
(2)
(3)B与C不会发生二次碰撞
【详解】（1）A由a到b过程
解得
A经b点处时
解得
（2）A由b到d过程
解得
A与B碰撞，以vd的方向为正方向，有，
解得，
B与C碰撞，以vB的方向为正方向，有，
解得，
（3）设管de段足够长，B与C会发生二次碰撞，先设A反弹不会进入圆弧管，则A减速至速度为零所需距离
解得
假设成立
以vA的方向为正方向，则A与B两次碰撞时间间隔为
解得
A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为
C的加速度大小
解得
位移大小为
此时C恰好到达管口处，即B与C不会发生二次碰撞。
12．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）设小车C与小车A碰后瞬间的速度大小为，对小车A与小车C系统根据动量守恒定律有
解得
由题可知，小车A、滑块B与小车C的速度相等时滑块B达到最大高度，设此时的速度大小为，由动量守恒定律有
解得
小车C与小车A碰后到三者共速，系统机械能守恒有
解得
（2）小车C与小车A碰撞直到滑块B返回最低点的过程中小车A与小车C一直未分离，当滑块B返回水平轨道后小车A开始做加速运动，小车A与小车C分离，此后小车C的速度不变，以水平向右为正方向，设小车A与小车C分离时滑块B的速度为，小车A与小车C的速度为，小车C与小车A碰撞到二者分离，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得，
（3）滑块B到达右侧圆弧轨道最高点时小车A与滑块B的速度相同，从小车A与小车C分离到小车A与滑块B共速，根据动量守恒定律有
解得
整个过程中小车A与滑块B系统能量守恒有
根据动量守恒定律可知，当滑块B滑回水平轨道中点时，小车A与滑块B的速度也为，此过程中，根据能量守恒定律有
解得，
13．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因滑块刚好能通过圆管道的最高点，所以滑块到圆管道的最高点时速度为零；滑块由点运动到圆管道最高点的过程，根据动能定理得
解得
在点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知滑块在点对圆管道的压力大小为。
（2）滑块由点运动到点的过程，有
解得
根据题意可知恒定拉力最大时，滑块运动到点时速度最大，点的最大速度满足
解得
滑块由A点运动到B点的过程，根据动能定理得
解得
（3）当恒定拉力F最小时，滑块运动到B点时速度最小，此时B点的最小速度满足
解得
此情况下滑块在传送带上运动的时间
传送带的位移为
滑块与传送带的相对位移为
所以当恒定拉力F最小时，滑块与传送带因摩擦而产生的热量为
解得
14．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）a棒下降高度h，由动能定理：
解得
a棒进入磁场区域时有
，，
联立解得
（2）a、b发生弹性正碰，设碰前a棒速度为v，碰后速度为，则有
，
联立解得：，
解得：，
a棒第一次穿过磁场，由动量定理有



解得：
（3）a棒第二次进入磁场至最后停止，在磁场中运动的总路程为s，满足关系
解得
故
整个运动过程中电路产生的焦耳热：
a棒产生的焦耳热：
15．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设A获得冲量后的速度为，由动量定理有
则
随后A与B发生弹性碰撞，设碰后A速度为，B速度为，有，
联立解得
即，碰后A将以的速度向左运动。
由能量守恒定律可得
解得
（2）设经过传送带后C为速度，在O点后C做平抛运动，在方向和方向上有，
代入椭圆方程得
C落在椭圆上的动能为
所以，当动能最小时，最小
由于，所以
由数学知识易得，当时，最小，此时动能最小
解得
在BC相互作用过程中，能量守恒，动量守恒，设相互作用结束时B的速度为，C的速度为，所以有
解得
则经过传送带后，小物块C的动能变化量为
（3）B、C相互作用过程，经时间后，BC的位移分别为和，则有
其中
1s后弹簧恢复原长，此时B和C相对距离没有发生改变，所以
代入解得
所以B从开始碰撞到返回P点所用时间为
进入粗糙面上，
即
则
又简谐运动周期与质量无关，所以A和B在粗糙平面上运动时间相等，则B比A多运动的时间为
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