【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题07动量含解析.doc，共(33)页，1.248 MB，由envi的店铺上传

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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T23.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T1320

21·山东·高考T162020·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＝mvEk＝12mv2Δp＝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＝p22m或p＝2mEk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＝p′－pt＝Δpt，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1234567碰撞时刻（s）1.121.582.002.402.783.143.47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29.80m/sg=）。（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k=________

___（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】0.2021k−0.95高于【解析】（1）[1]第3次碰撞到第4次碰撞用时02.40s2.00s0.40st=

−=，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2200119.80.2m0.20m222thg==（2）[2]碰撞后弹起瞬间速度为2v，碰撞前瞬间速度为1v，根据题意可知21vkv=则每次碰撞损失的动能与碰撞前动能的比值为222122222111112

22111122mvmvmvkmvmv−=−=−[3]第2次碰后从最高点落地瞬间的速度2.001.580.212vgtgg−===第3次碰撞后瞬间速度为2.402.00()0.202vgtgg−===则第3次碰

撞过程中0.200.950.21vkv==（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0.1kgm=的鸟蛤，在20mH=的高度、以015m/sv=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210

m/sg=，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st=，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6m=L

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20m，速度大小在15m/s~17m/s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）500N；（2）[34

m,36m]【解析】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直分速度大小为yv，据自由落体运动规律可得220m/sygH==v2syvtg==则碰撞前鸟蛤的合速度为22025m/syvvv=+=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Δ0Ftmv−=−联立解得碰撞

过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为500NF=（2）若释放鸟蛤的初速度为115m/sv=，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2x，得11xvt=，21xxL=+联立，代入数据得130mx=，236mx=若释放鸟蛤时的初速度为217m/sv=，

设击中岩石左端时，释放点的x坐标为1x，击中右端时，释放点的x坐标为2x，得12xtv=，12xxL=+联立，代入数据得134mx=，240mx=综上所述可得x坐标区间为[34m,36m]。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tan，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035v，Q的速度大小为025v；(2)21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）；(3)2018vHg=；(4)20(8713)200sinvsg−=【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0114PQmvmvmv=+①由机械能守恒定律得2220111114222PQmvmvmv=+②联立①②式得1035Pvv=−③1025Qvv=④故第一次碰撞后P的

速度大小为035v，Q的速度大小为025v(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211=2(2sin)s0inQhgv−−⑤联立①②⑤式得20125vhg=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02v，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得22021111=22Pmvmvmgh−−⑦联立①②⑤⑦式得02075vv=⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为2Pv、2Qv，由动量守恒定律得02224PQmvmvmv=+⑨由机械能守恒定律得22202221114222PQm

vmvmv=+⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得203755Pvv=−⑪202755Qvv=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222=2(2sin)s0inQhgv−−⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得20272525vhg=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03v，

第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得22032211=22Pmvmvmgh−−⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得203075vv=（）⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为3Pv、3Qv，由动量守恒定律得03334PQmvmvmv=+⑰由机械能守恒定律

得22203331114222PQmvmvmv=+⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得2303755Pvv=−（）⑲2302755Qvv=（）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233=2(2sin)s0inQhgv−−㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮

⑰⑱㉑式得220372525vhg=（）㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为21072525nnvhg−=（）（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2010(4)tan4cos2sinHmvmmgHmg−=−+−㉔解得2018vHg=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112sinQvgt=㉖设P运动到斜面底

端时的速度为1Pv，需要的时间为t2，由运动学公式得112sinPPvvgt=+㉗22112sinPPvvsg−=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t30213()si

nPvvgt=−−㉙当A点与挡板之间的距离最小时1232ttt=+㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得20(8713)200sinvsg−=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36JB．物体在0~1s内水平力F大小为14NC．物体在0~1s内和3~5s内的合外力冲量大小之比为1：2D．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24m8mx==则物体在1~3s内摩擦生热Q=μmgx=48JA错误；B．物体在0~1s内加速度大小为24m/sv

at==根据牛顿第二定律有F-μmg=ma解得F=14NB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=WfD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3RC．c第一次冲出Q点后，上升的最大高度为2RD．b能获得的最大速度为43g3R【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2()

mxmRx=−a的位移大小为3Rx=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122xxmvmv=由能量关系2212114222xxmgRmvmv=+解得123xgRv=243xgRv=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2132xxxmvmvmv−=33xgRv=2221311142222xxymgRmvmvmvmgR=+++212ymvmgH=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43g3R，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222mghgt+B．弹簧的最大弹性势能为23mghC．小球c最终的动能为

49mghD．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212mghmv=小球a从轨道运动到最低点的速度2vgh=设弧形轨道对小球a的冲量大小为I，根据动量定理可得()()22Imvm

gt=+解得222Imghgt=+A正确；B．球a与球b发生碰撞并粘在一起时的速度为12mvmv=解得1222ghvv==弹簧的最大弹性势能时，abc三球得速度相等，则有23mvmv=解得2233ghvv==根

据能量守恒可得22pmax1211123223Emvmvmgh=−=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1bc22mvmvmv=+2221bc1112=2222mvmv

mv+解得b26ghv=，c223ghv=bcvv，小球b、c不会再发生碰撞小球，c最终的动能为2kc1429Emvmgh==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）。210m/sg=，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/sB．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为396JC．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v，根据动量守恒定律有()0ABmvmmmv=++

代入数据解得2msv=故A错误；B．子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为()220AB11396J22Emvmmmv=−++=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()()AAsinmmg

mma+=+设弹簧对B的弹力为F，由牛顿第二定律可得BBsinmgFma−=联立解得0F=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()ABsinmmgkx+=代入解得0.2mx

=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kE，由能量守恒定律有()()2ABpkAB1sin302mmmvEEmmmgx+++=+++解得k2.99JE=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2P12Ekx=。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2gLB．C与B碰撞过程中，损失的机械能为4mgLC．C与B碰撞后，弹簧弹性势能的最大值大于4mgLD．要使C、B碰撞后A能离开挡板，L至少为92mgk【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21sin302CmgLmv=解得CvgL=C与B碰撞，根据动量守恒定律2CBCmvmv=解得2BCgLv=碰撞过程中损失的机械能22112224

CBCmgLEmvmv=−=故B正确，A错误；C．BC速度为零时，弹簧弹性势能最大，设h为BC碰撞后，下滑的高度，则2pmp0p01222244mgLmgLEEmvmghEmgh=++=++故C正确；D．设A刚要离开挡板，BC速度为零，弹簧弹力为

T，则sin30ATkxmgmg===解得mgxk=此时弹簧的弹性势能为22p2mgEk=同理可得BC碰撞前'2mgxk=22'p8mgEk=C、B碰撞后到A刚要离开挡板由机械能守恒得2''pp122()sin302BCmvEmgxx

E+=++解得152mgLk=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＝43m，求

木板通过的总路程。【答案】（1）2s；（2）1m12；（3）13m3【解析】（1）滑块P从A到B过程，根据机械能守恒定律212mghmv=代入数据解得6m/sv=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PQmvmvMv=+PQmvMv=代入数据解得1.5m/sQv=而1QmgMa=Q的运动时间12QQvta=解得2s=t（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3Qv，即每次碰撞过程中C对木板的冲量大小为132QIMv=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13Imv=解得1m/s2Qv=而232QQvax=解得1m12x=（3）2kgm=，1kgM=时，根据

牛顿定律2QmgMa=226m/sQa=碰撞前木板的速度2122QQvaX=解得14m/sQv=根据动量守恒定律11pQmvmvMv=+解得114m/sPQvv==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211222QQvsa=根据动量守恒定律()112PQQmvMvMmv−=+21QQmMvvMm−=+第2次碰后到第3次碰前222222QQvsa=即2221111139mMssssMm−===+()223pQQmvMvMmv−=

+32QQMmvvMm−=+233222QQvsa=即2232211199mMssssmM−===+以此类推1119nnss−=木板通过的路程为123nsXssss=+++++而12sX=，即231

1111111119199919nsXssssXs−=+++++=+−当n→时，198sXs=+所以13m3s=7．（2022·山东·威海市教育教学研究中心二模）如图甲所示，质量1.5kgM=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0.5kgm=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0.06m。已知A、B间的动摩擦因数10.2=，A与地面间的动摩擦因数20.1=，B与挡板碰撞时间极短，重力加速度210m/sg=，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）4NF=；（2）1m/sv=；（3）0.72JE=【解析】（1）刚好相对滑动时，对B1Tmg=对A()12FmgMm

gT=+++解得4NF=（2）AB相对滑动后至碰撞前，对BT11Imgtmv−=对A()F1121TImgtMmgtIMv−−+−=FIFt=解得1m/sv=（3）AB碰撞后至相对静止，对B11mgma=解得212m/sa=对A()212MmgmgMa+−=解得222m/s3

a=根据速度关系112222vatvat−=−根据动量守恒定律得()12MmvmvMv−=+21121212xvtat=−22222212xvtat=−12xxx=−根据能量守恒定律22221211112222EmvMvmvMv=+−−联立解得0.72JE=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L和kL（1k）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k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k应满足的条件。【答案】（1）2singL；（2）1<k<5；（3）713k

【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sinag=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201

sin2=mgLmv②解得02singL=v③（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2A01sin2xvtgt=+④2B01sin2xvt

gt=−⑤相碰时根据位移关系有ABkLLxx−=+⑥A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有0sin0vvgt=−⑦联立③~⑦式可得5k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<k<5⑨（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1v、2v，根据动量守恒和能量守恒有121222mvmvmvmv−+=+⑩222212121111222222mvmvmvmv+=+⑪联

立⑩⑪解得12143vvv+=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110vv=−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11vv⑬联立⑫⑬解得122vv⑭根据运动学规律有10sinvvgt=+⑮20sinvvgt=−⑯联立⑭⑮⑯解

得03sinvtg⑰联立③④⑤⑥⑰解得73k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，k应满足的条件是713k⑲9．（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0.5=（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）gL；（2）mgL；（3）1

3L；（4）L【解析】（1）物块D对木板E的压力刚好为零，由平衡条件得3Tmg=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20222vTmgmL−=解得0vgL=（2）小球进入小盒C的过程中，由动量守恒定律得02mvmv=小球从四分之一圆弧上

下滑过程中，由动能定理得2132fmgLWmv−=解得fWmgL=（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()10.25)0.25mmgmgmmma+−=++（由运动学规律2112vaL=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()30.5mgmgmgmma++=+由运动学规律21312vaL=解得113LL=（4）对圆环由牛顿第二定律得20.50.250.25mgmgma−=由运动学规律21212val=第一

次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移1111Δ23xlLL=+=同理可得：第二次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移221Δ23xL=第n次相撞后，圆环与细杆F的最大相对位移1Δ23nnxL=则细杆F的长度为12211113ΔΔΔ22133313nnxxxxLLL=++

+=+++==−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202vg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1n+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）2022964πvg；（2）019v；（3）2102199nvg−（），2038v

g【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002cmvmv=可得0012cvv=对于物块c，根据牛顿第二定律Fma=合可得，c沿水平面滑动的加速度大小为ag=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0vvat=+，2202vvax−=可得，分开后c在水平面上滑动的时间为0002cvvtag==分开后c在水平面上滑过的距离为2200028ccvvxag==根据题意可知，b在圆弧轨道上做简谐运动，

根据周期公式2RTg=可知，物块b在圆弧上的运动时间为1πRtg=根据题意可知，物块b在水平面上做匀速运动，运动时间为00208cxvtvg==又有120ttt+=联立解得2022964πvRg=（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0112bcmvmvmv=+，()2220111112222bcmvmvmv=+整理可得1022bmmvvmm−=+，1022cmvvmm=+代入数据解得1013bvv=−，1023cvv=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10123ccvvtag==b的运动时间为011112ccbbxxttv+=+其中2112ccvxa=联立可得11cbtt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22102222bbmmmmvvvmmmm−−

==++（）即b与c第3次碰撞前的速度大小为019v。（3）b与c第2次碰撞后，c的速度大小210221233cbmvvvmm==+∣∣b与c第2次碰撞后，c滑动的位移2220221299ccvvxag==b与c第n次碰撞前，b的速度大小11012

3nbnvvn−−=（）（）（）b与c第n次碰撞后，c的速度大小为1223cnbnvvn−=（）（）b与c第n次碰撞后，c滑动的位移2210212299ncncnvvxnag−==（）（）c运动的总位移012ccccnxxxxx=+++整理得22200023111899818vvvx

ggg=++++=整理得2038vxg=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01kgm=，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12kgm=，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0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22kgm=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210m/sg=，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0v，B到C过程中小球克服阻力做功为fBCW，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有f0216J2BCWmgL==小球由A到C过程中，由动能定理可得22f2012BCmgRWmv−=解得012m/sv=（2）小球与滑块弹性碰撞过程20221mv

mvmv=+22220221111222mvmvmv=+21mm=联立方程组解得20v=012m/svv==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012m/svv==小球静止。滑块滑上小车后达到的共同速度为1v，滑块

和小车第一次碰前，出动量守恒有()1101mvmmv=+第一次碰前小车和滑块速度均为1v，碰后小车变为112v−，滑块速度仍为1v，碰后通过动量守恒，达到共同速度为2v，则由动量守恒有()011110212mvmvmmv−+=+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()222011110211112222mvmvmmvQ+=++

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2111lm/smgam==21232m/smgam==小车向左减速到0用时为1122s2vta==路程为11128m4

vst==此时，小车速度为214m/sat=滑块的速度为11124m/svvat=−=滑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18ms=同理小车与墙壁第2次碰撞到第3

次碰撞过程中22ms=第3次碰撞到第4次碰撞过程中30.5ms=第4次碰撞到第5次碰撞过程中40.125ms=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s123410.625msssss=+++=（4）如图所示。（只需画出第三次碰撞前）