2020-2022近三年高考物理真题汇编（山东专用）专题07动量+答案解析

这是一份2020-2022近三年高考物理真题汇编（山东专用）专题07动量+答案解析，共33页。

2020-2022年三年山东卷高考汇编
专题07动量
【考纲定位】
高考命题点
考纲要求
高考真题
1.动量和冲量
理解冲量和动量.

2.动量定理和动量守恒定律
通过理论推导和实验，理解动量定理和动量守恒定律，能用其解释生产生活中的有关现象．知道动量守恒定律的普适性.
2022·山东·高考T2
3.弹性碰撞和非弹性碰撞
通过实验，了解弹性碰撞和非弹性碰撞的特点．定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象.
2021·山东·高考T13
2021·山东·高考T16
2020·山东·高考T18

【知识重现】
一、动量、冲量
1．动量
运动物体的质量和速度的乘积叫动量．公式：p＝mv.
(1)动量是矢量，方向与速度方向相同．动量的合成与分解遵循平行四边形定则、三角形法则．
(2)动量是状态量．通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度．
(3)动量是相对量．物体的动量与参照物的选取有关，通常情况下，指相对地面的动量．单位是kg·m/s.
2．动量、动能、动量变化量的比较

动量
动能
动量变化量
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量，方向与v相同
标量，无方向性
矢量，方向与Δv相同
特点
状态量
状态量
过程量
大小关系
Ek＝或p＝
注意：对于给定的物体，若动能发生变化，动量一定也发生变化；而动量发生变化，动能却不一定发生变化．
3．冲量
冲量I＝Ft，是力对时间的累积效应，是过程量，效果表现为物体动量的变化．
(1)冲量的时间性：冲量不仅由力决定，还由力的作用时间决定．恒力的冲量等于力与作用时间的乘积．
(2)冲量的矢量性：对于方向恒定的力来说，冲量的方向与力的方向一致；对于作用时间内方向变化的力来说，冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致．冲量的运算遵循平行四边形定则．
注意：作用力与反作用的冲量一定等大、反向，但作用力与反作用力的功之间并无必然联系．
二、动量定理
1．动量定理的内容
物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化，即Ft＝p′－p或Ft＝mv2－mv1.
2．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式应是一个矢量式，式中3个矢量都要选同一个方向为正方向．
(2)动量定理公式中的F是研究对象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．
(3)公式Ft＝p′－p除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．
(4)动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，与物体的初末动量无必然联系．
(5)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率．
三、动量守恒定律
1．动量守恒定律的适用条件
(1)系统不受外力或所受外力的合力为零——理想守恒．
(2)系统所受外力远小于内力，如碰撞、爆炸，外力可以忽略不计——近似守恒．
(3)系统某一方向不受外力或所受外力的合力为零，或外力远小于内力，则该方向动量守恒——分方向守恒．
2．几种常见的表述及表达式
(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反．
四、动量守恒条件与机械能守恒条件的比较
在动量守恒中，把系统中物体所受的力分为内力和外力．内力不会改变系统的总动量，外力可以改变系统的总动量．所以，动量守恒的条件是要求系统不受外力或受外力之和为零．
在机械能守恒中，对动能和重力势能相互转化的情况，把物体所受的力分为重力和重力之外的其他力．重力做功不改变物体的机械能，而重力之外的力做功会改变物体的机械能．所以，机械能守恒的条件要求只有重力做功，重力以外的其他力不做功．
系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒，但系统的机械能不一定守恒．因为合外力为零并不能保证重力以外的其他力不做功．例如，子弹以一定水平速度射入放在光滑水平面上的木块中，在这一过程中，子弹和木块组成的系统所受外力之和为零，所以系统的动量守恒．但是，由于在这一过程中摩擦力做功将一部分机械能转化为子弹和木块的内能，所以系统的机械能减少．
同样，系统的机械能守恒时，系统的动量也不一定守恒．因为系统的机械能守恒只是说明没有重力之外的其他力对系统做功，但系统所受的合外力却不一定是零．例如，在水平面上做匀速圆周运动的物体，其机械能是守恒的，但物体动量的方向却时刻都在变，动量不守恒．
【真题汇编】
1.（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（       ）

A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
【解析】
【详解】
A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
故选A。
2．（2021·山东·高考真题）某乒乓球爱好者，利用手机研究乒乓球与球台碰撞过程中能量损失的情况。实验步骤如下：
①固定好手机，打开录音功能；
②从一定高度由静止释放乒乓球；
③手机记录下乒乓球与台面碰撞的声音，其随时间（单位：s）的变化图像如图所示。

根据声音图像记录的碰撞次序及相应碰撞时刻，如下表所示。
碰撞次序
1
2
3
4
5
6
7
碰撞时刻（s）
1.12
1.58
2.00
2.40
2.78
3.14
3.47
根据实验数据，回答下列问题：
（1）利用碰撞时间间隔，计算出第3次碰撞后乒乓球的弹起高度为___________m（保留2位有效数字，当地重力加速度）。
（2）设碰撞后弹起瞬间与该次碰撞前瞬间速度大小的比值为k，则每次碰撞损失的动能为碰撞前动能的___________倍（用k表示），第3次碰撞过程中___________（保留2位有效数字）。
（3）由于存在空气阻力，第（1）问中计算的弹起高度___________（填“高于”或“低于”）实际弹起高度。
【答案】     0.20          0.95     高于
【解析】
（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知第3次碰撞后乒乓球弹起的高度为

（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为，碰撞前瞬间速度为，根据题意可知

则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为

[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度

第3次碰撞后瞬间速度为

则第3次碰撞过程中

（3）[4]由于存在空气阻力，乒乓球在上升过程中受到向下的阻力和重力，加速度变大，上升的高度变小，所以第（1）问中计算的弹起高度高于实际弹起的高度。
3．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为，竖直分速度大小为，据自由落体运动规律可得


则碰撞前鸟蛤的合速度为

在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得

联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为。
4．（2020·山东·高考真题）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。

【答案】(1) P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)
【解析】
(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
                    ①
由机械能守恒定律得
             ②
联立①②式得
                    ③
                    ④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
             ⑤
联立①②⑤式得
                    ⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
             ⑦
联立①②⑤⑦式得
                    ⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
       ⑨
由机械能守恒定律得
             ⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
                    ⑪
                    ⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
             ⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
       ⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
             ⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
                    ⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
                    ⑰
由机械能守恒定律得
             ⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
                    ⑲
                    ⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
             ㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
                    ㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……）             ㉓
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
       ㉔
解得
                    ㉕
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
                    ㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
                    ㉗
             ㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
                    ㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
                    ㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
                    ㉛
【突破练习】
1．（2022·山东潍坊·三模）如图甲所示，水平桌面上一个物块在与桌面平行的外力牵引下做直线运动，其v—t图像如图乙所示，已知物块质量为2kg，物块与地面间动摩擦因数为0.3，重力加速度g大小取10m/s2，以下判断正确的是（     ）

A．物体在1 ~ 3s内摩擦生热36J
B．物体在0 ~ 1s内水平力F大小为14N
C．物体在0 ~ 1s内和3 ~ 5s内的合外力冲量大小之比为1：2
D．0 ~ 5s内水平力F对物体做的功大于摩擦力对物体做的功
【答案】B
【解析】
A．由乙图可知物体在1 ~ 3s内走过的位移即v—t图像的图线与坐标轴围成的面积，有

则物体在1 ~ 3s内摩擦生热
Q=μmgx= 48J
A错误；
B．物体在0 ~ 1s内加速度大小为

根据牛顿第二定律有
F - μmg=ma
解得
F= 14N
B正确；
C．根据动量定理在0 ~ 1s内有
I合1=mv1 - mv0= 8kg×m/s
在3 ~ 5s内有
I合2=mv2 - mv3= - 8kg×m/s（负号表示反方向）
则物体在0 ~ 1s内和3 ~ 5s内的合外力冲量大小之比为1：1，C错误；
D．在0 ~ 5s内根据动能定理有
WF - Wf=Ek5 - Ek0，Ek5= 0，Ek0= 0
则可知
WF=Wf
D错误。
故选B。
2．（2022·山东日照·三模）如图所示，铁块a与内壁光滑的半圆形凹槽b并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，直径POQ水平。可视为质点的小球c自P点正上方高3R处由静止开始下落，恰好从P点进入槽内。已知铁块a、半圆形凹槽b和小球c的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则之后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统动量和机械能都守恒
B．c开始下落至第一次到达最低点的过程中，a的位移大小为
C．c第一次冲出Q点后，上升的最大高度为2R
D．b能获得的最大速度为
【答案】BCD
【解析】
A．c开始下落至再次到达最高点的过程中，c和b组成的系统水平方向由于受到铁块a的作用力，则水平方向动量不守恒；竖直方向受合力不为零，则动量也不守恒，即c和b组成的系统动量不守恒；因为铁块a对b做功，则c和b组成的系统机械能不守恒，选项A错误；
B．c开始下落至第一次到达最低点的过程中，设ab向左的位移为x，则由人船模型可知

a的位移大小为

选项B正确；
C．c第一次到达最低点时，ab速度向左，大小为v1x，c速度向右，大小为v2x，则

由能量关系

解得


当c从最低点滑到右侧Q点时，b减速，铁块a与b分离，则此时对bc系统




解得
H=2R
选项C正确；
D．当c从右端滑下经过最低点时，bc速度交换，b能获得的最大速度为，选项D正确。
故选BCD。
3．（2022·山东德州·二模）如图所示，水平面与弧形轨道平滑连接，水平面上有两个静止的小球b、c，b、c间有处于自由状态的轻弹簧，弹簧与b、c均未拴接。现让小球a从弧形轨道上距水平面高度为h处由静止释放，经过时间t到达水平面，之后与球b发生碰撞并粘在一起，a、b碰撞时间极短，再经过一段时间，弹簀将c完全弹开后将弹簧拿走。已知a、b、c三个小球质量均为m，且均可视为质点，重力加速度为g，所有阻力都不计。对三个小球的运动过程，下列说法正确的是（　　）

A．弧形轨道对小球a的冲量大小为 B．弹簧的最大弹性势能为
C．小球c最终的动能为 D．将弹簧拿走后，小球b、c还会再发生碰撞
【答案】AC
【解析】
A．根据机械能守恒得

小球a从轨道运动到最低点的速度

设弧形轨道对小球a的冲量大小为I，根据动量定理可得

解得

A正确；
B．球a与球b发生碰撞并粘在一起时的速度为

解得

弹簧的最大弹性势能时，abc三球得速度相等，则有

解得

根据能量守恒可得

B错误；
CD．小球c离开弹簧，即弹性势能全部转化为动能。根据动量守恒和机械能守恒有


解得
，
，小球b、c不会再发生碰撞小球，c最终的动能为

C正确，D错误。
故选AC。
4．（2022·山东·模拟预测）如图所示，在固定的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡板，一个劲度系数为49.5N/m的轻弹簧下端连接挡板，上端连接质量为1kg的物体B，质量为0.98kg的物体A与B一起静止在斜面上（A与B不黏连），此时弹簧的弹性势能为0.99J。质量为0.02kg的子弹以200m/s的速度沿着斜面向下射入物体A且未穿出（射入时间极短）。，斜面倾角为30°，下列判断正确的是（　　）

A．子弹停在物体A内瞬间，A的速度大小为4m/s
B．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为396J
C．当A、B再次回到初始位置时A与B分离
D．A与B分离时，A（包括子弹）和B的动能之和为2.99J
【答案】BD
【解析】
A．根据题意可知，子弹射入物体A且未穿出（射入时间极短），子弹、物体A、B组成的系统动量守恒，设射入后系统的速度为，根据动量守恒定律有

代入数据解得

故A错误；
B．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为

故B正确；
C．根据题意可知，当A与B分离时，A、B间作用力为零且A、B的加速度相等，对物体A和子弹整体，由牛顿第二定律有

设弹簧对B的弹力为，由牛顿第二定律可得

联立解得

即A与B分离时，弹簧恢复到原长，则当A、B再次回到初始位置时A与B未分离，故C错误；
D．根据题意可知，子弹未进入A之前，根据平衡条件有

代入解得

由C分析可知，当A、B分离时，弹簧恢复原长，设A与B分离时，A（包括子弹）和B的动能之和为，由能量守恒定律有

解得

故D正确。
故选BD。
5．（2022·山东潍坊·二模）如图所示，在倾角30°的光滑斜面上有一挡板，木块A靠在挡板上，小球B通过劲度系数为k的轻质弹簧与A拴接在一起。光滑斜面固定在水平地面上。将小球C从距离B沿斜面L处由静止释放，C与B发生碰撞后立刻锁定在一起运动。已知木块A的质量为2m，B、C的质量均为m，弹簀始终在弹性限度内，不计空气阻力，碰撞时间极短，重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为。则下列说法正确的是（　　）

A．C与B碰撞后的瞬间，B的速度大小为
B．C与B碰撞过程中，损失的机械能为
C．C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于
D．要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为
【答案】BC
【解析】
AB．对C，释放到C与B碰撞前瞬间，有动能定理得

解得

C与B碰撞，根据动量守恒定律

解得

碰撞过程中损失的机械能

故B正确，A错误；
C．速度为零时，弹簧弹性势能最大，设为碰撞后，下滑的高度，则

故C正确；
D．设A刚要离开挡板，速度为零，弹簧弹力为，则

解得

此时弹簧的弹性势能为

同理可得碰撞前


C、B碰撞后到A刚要离开挡板由机械能守恒得

解得

故D错误。
故选BC。
6．（2022·山东·高三学业考试）如图所示，质量M＝2kg的长木板Q静止在光滑水平地面上，右端紧靠光滑固定曲面AB的最低点B，木板上表面与曲面相切于B点，水平面的左侧与木板左端相距为x（x为未知量且其大小可以调节）处有一挡板C。一质量m＝1kg的小滑块P（可视为质点）从曲面上与B的高度差为h＝1.8m处由静止滑下，经B点后滑上木板，最终滑块未滑离木板。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.3，木板与左挡板C和最低点B的碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，则从滑块滑上木板到二者最终都静止的过程中
（1）若木板只与C发生了1次碰撞，求木板的运动时间；
（2）若木板只与C发生了3次碰撞，求x的值；
（3）其他条件不变，若m＝2kg，M＝1kg，x＝m，求木板通过的总路程。

【答案】（1）2s；（2）；（3）
【解析】
（1）滑块P从A到B过程，根据机械能守恒定律

代入数据解得

P在Q上做匀减速运动，Q做匀加速运动，运动过程中二者的动量守恒。若木板只与C发生了一次碰撞，则碰撞后到停止运动的这段过程中二者的动量变化量相等，即碰前P与Q的动量大小相等，则有


代入数据解得

而

Q的运动时间

解得

（2）木板共与C发生了3次碰撞，即第3次碰撞前木板于滑块的动量大小相等。每次碰撞前木板的速度都相等，设为，即每次碰撞过程中C对木板的冲量大小为

从P滑上Q到最终都静止过程，对P、Q整体根据动量定理得

解得

而

解得

（3），时，根据牛顿定律


碰撞前木板的速度

解得

根据动量守恒定律

解得

碰后木板向右匀减速到速度为零后向左匀加速，滑块一直向左匀减速直到二者速度相等。从第1次碰后到第2次碰前，此过程木板的路程

根据动量守恒定律


第2次碰后到第3次碰前

即




即

以此类推

木板通过的路程为

而，即

当时，
所以

7．（2022·山东·威海市教育教学研究中心二模）如图甲所示，质量的木板A放在粗糙的水平地面上，在木板A左端固定一带孔的轻挡板，右端放置质量的小木块B，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮穿过挡板上的小孔后，分别与A、B相连。开始时A、B静止，现用水平向右的拉力F作用在A上，已知拉力F随时间t的变化规律如图乙所示，2s末轻绳与A、B脱离，此时撤去拉力F，B恰好与挡板发生碰撞，最终B停在A上且距离挡板。已知A、B间的动摩擦因数，A与地面间的动摩擦因数，B与挡板碰撞时间极短，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）A、B刚要发生相对滑动时，拉力F的大小；
（2）撤去拉力F时，A的速度大小；
（3）B与挡板碰撞的过程中，A、B及挡板组成的系统损失的机械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）刚好相对滑动时，对B

对A

解得

（2）相对滑动后至碰撞前，对B

对A


解得

（3）碰撞后至相对静止，对B

解得

对A

解得

根据速度关系

根据动量守恒定律得




根据能量守恒定律

联立解得

8．（2022·山东·莱州市第一中学模拟预测）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角为，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P为和（）的位置同时由静止释放，已知小物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：
（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；
（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求应满足的条件。

【答案】（1）；（2）1 【解析】
（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿斜面做匀加速运动的加速度大小均为
     ①
又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
     ②
解得
     ③
（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内A、B运动的距离分别为
     ④
     ⑤
相碰时根据位移关系有
     ⑥
A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有
     ⑦
联立③~⑦式可得
     ⑧
所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为
1 （3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为、，根据动量守恒和能量守恒有
     ⑩
     ⑪
联立⑩⑪解得
   ⑫
（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解舍去）
若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足
   ⑬
联立⑫⑬解得
   ⑭
根据运动学规律有
     ⑮
     ⑯
联立⑭⑮⑯解得
     ⑰
联立③④⑤⑥⑰解得
     ⑱
所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，应满足的条件是
     ⑲
9．（2022·山东济宁·三模）某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定的四分之一圆弧轨道，其末端B水平，半径为3L；在轨道末端等高处有一质量为m的“”形小盒C（可视为质点），小盒C与大小可忽略、质量为3m的物块D通过光滑定滑轮用轻绳相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为2L；物块D压在质量为m的木板E左端，木板E上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板E右端到桌子右边缘固定挡板（厚度不计）的距离为L；质量为m且粗细均匀的细杆F通过桌子右边缘的光滑定滑轮用轻绳与木板E相连，木板E与定滑轮间轻绳水平，细杆F下端到地面的距离也为L；质量为0.25m的圆环（可视为质点）套在细杆F上端，环与杆之间滑动摩擦力和最大静摩擦力相等，大小为0.5mg。开始时所有装置均静止，现将一质量为m的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），此时物块D对木板E的压力刚好为零。木板E与挡板相撞、细杆F与地面相撞均以原速率反弹，最终圆环刚好到达细杆的底部。不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球与小盒C相撞后瞬间，小盒C的速度；
（2）小球在四分之一圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（3）木板E与挡板碰后，向左返回的最大位移；
（4）细杆F的长度。

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得

小球进入小盒C时刚好能被卡住，以整体由牛顿第二定律得

解得

（2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得

小球从四分之一圆弧上下滑过程中，由动能定理得

解得

（3）当小球刚被小盒C卡住时，以木板、圆环和细杆三者为整体，由牛顿第二定律得

由运动学规律

第一次相撞后细杆F与圆环发生相对滑动，对木板E向左、细杆F整体由牛顿第二定律

由运动学规律

解得

（4）对圆环由牛顿第二定律得

由运动学规律

第一次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移

则细杆F的长度为

10．（2022·山东·模拟预测）如图所示，光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接，圆弧轨道最低点A处静止放置小物块b、c（可看作质点），b、c的质量分别为m、2m，b、c间有少量火药（质量可忽略），某时刻点燃火药使b、c迅速分开，分开后b以速度大小v0向左冲上圆弧，圆弧半径远远大于且圆弧足够长（物块b在圆弧轨道上的运动可视为单摆运动的一部分）。当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，b与水平面间没有摩擦，c与水平面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
（1）圆弧轨道半径的大小；
（2）b与c发生第3次碰撞前的速度；
（3）b、c第n次碰撞后到第次碰撞前c运动的位移及全过程中c运动的总位移。

【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
（1）根据题意可知，b、c分开过程中，根据动量守恒定律有

可得

对于物块，根据牛顿第二定律可得，c沿水平面滑动的加速度大小为

设分开后c在水平面上滑动的时间t0、滑过的距离xc0，根据运动学规律，可得，分开后c在水平面上滑动的时间为

分开后c在水平面上滑过的距离为

根据题意可知，b在圆弧轨道上做简谐运动，根据周期公式可知，物块在圆弧上的运动时间为

根据题意可知，物块b在水平面上做匀速运动，运动时间为

又有

联立解得

（2）设b、c第1次碰撞后的速度分别为vb1和vc1，已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞，则碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
整理可得
，
代入数据解得
，
假设第2次碰撞前c已停止运动，则第1次碰撞后c滑动的时间

b的运动时间为

其中

联立可得

所以第2次碰撞前c已停止运动，同理可知，第2次碰撞后，b的速度大小

即b与c第3次碰撞前的速度大小为。
（3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小

b与c第2次碰撞后，c滑动的位移

b与c第n次碰撞前，b的速度大小

b与c第n次碰撞后，c的速度大小为

b与c第n次碰撞后，c滑动的位移

c运动的总位移

整理得

整理得

11．（2022·山东·模拟预测）如图所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R=7.5m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N（可视为质点）。滑块质量为，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽BC段长度为L=1.2m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球间的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图甲所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ=0.1，水平地面光滑，现将一质量为小球M（可视为质点的）从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取，求：
（1）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（2）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程；
（4）画出小车与墙壁前三次碰撞时间内小车和滑块的v—t图象，不要求推导过程。

【答案】（1）12m/s；（2）48J；（3）10.625m；（4）
【解析】
（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中小球克服阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有

小球由A到C过程中，由动能定理可得

解得

（2）小球与滑块弹性碰撞过程



联立方程组解得


即由于小球与滑块质量相等，速度交换即碰后滑块速度大小为

小球静止。滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，出动量守恒有

第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有

由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得

联立得
Q=48J
（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为


小车向左减速到0用时为

路程为

此时，小车速度为

滑块的速度为

即滑块和小车在二次碰墙前恰好达到共速，分析可知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。
小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程

同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中

第3次碰撞到第4次碰撞过程中

第4次碰撞到第5次碰撞过程中

小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第5次碰撞前瞬间的过程中，小车运动的路程s

（4）如图所示。（只需画出第三次碰撞前）