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2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：动量
一、单选题
1．（2022·湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2=3W1，I2≤3I1， B．W2=3W1，I2≥I1
C．W2=7W1，I2≤3I1， D．W2=7W1，I2≥I1
【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】根据动能定理
则：
当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是
，即
，即
比较可得
D一定成立。
故选D。
【分析】动量为矢量，具有方向性。动能定理可以求解一段过程在合外力做的功。
2．（2022·浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h
【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．风力发电机的原理是将空气的动能转化为电能，单位时间内风的动能为，所以单位时间内风的动能与速度的三次方成正比，转化的电功率与速度的三次方成正比，故A错误。
B.由A可知单位时间流过面积A的动能为，故B错误。
C．由于风力发电存在转化效率，则每天发电量应小于 2.4×109kW·h ，故C错误；
D．当风速为 6m/s，全年的发电量最小，由题意可知发电机的转化效率为，当风速为6m/s时，全年发电机的发电量为，代入数据解得W= 6.0×105kW·h
故答案为：D。
【分析】根据题意计算面积为A的叶片上，单位时间接收的空气动能，再根据能量的转化效率和功和功率的关系计算求解。
3．（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 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 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
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． 大于 D． 大于
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
4．（2021·湖北）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故答案为：C。
【分析】射出子弹的过程中，根据动量定理得出机枪在这1分钟内射出子弹的数量。
5．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置 和动量 描述，称为相，对应 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；动量
【解析】【解答】已知质点沿x方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移公式可以求出速度的表达式；
根据质点动量的表达式有：
以上两式联立可得
从表达式可以看出动量 关于 为幂函数，且 ，利用抛物线的性质可以判别正确的相轨迹图像为D。
故答案为：D。
【分析】利用速度位移公式结合动量的表达式可以判别其动量和位移的关系。
6．（2021·全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所以摩擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑块组成的系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒。所以B符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动量守恒。
7．（2021·浙江）已知普朗克常量 ，电子的质量为 ，一个电子和一滴直径约为 的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】已知电子和油滴的动能大小，根据动能和动量的表达式有：
根据德布罗意波长公式
联立两式可得
已知油滴的直径，根据密度公式可以求出油滴的质量为：
根据波长和动能的表达式可得：当粒子动能相同时，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有
代入数据解得
所以C符合题意；ABD不符合题意；
故选C。
【分析】利用动量和动能的表达式可以求出动量的大小，结合动量和波长的关系可以求出波长的表达式，再利用体积公式可以求出质量的表达式，最后利用质量的比值可以求出波长的比值。
8．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
9．（2020·北京）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（ ）
A．将1号移至高度 释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度 。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度 释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度 释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度 释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A.1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度 ，A不符合题意；
B.1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，B不符合题意；
C.1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度 ，C不符合题意；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】如果一个系统不受到外力的作用，那么动量就是守恒的，如果一个系统，除重力外，不受到外力和非保守内力，那么这个系统机械能守恒，结合选项中物体的受力情况分析求解即可。
二、多选题
10．（2022·湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
11．（2022·全国乙卷）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】A,D
【知识点】动量定理；动能与重力势能；功的计算；动量；冲量
【解析】【解答】物块与地面的摩擦力为，
设向右为正方向，0-3s根据动量定理可得
解得：v3=6m/s，
3s时物体的动量为P=mv3=，故C错误；
设3s后经过时间t物块的速度减为0，根据动量定理可得，解得t=1s，即4s时物体的速度为0，所以4s时物体的动能为零，故A正确；
根据上述情形做出运动时间图像，根据时间图像可以算出0-4s物体向右的位移为12m，4-6s根据动量定理可以算出6s末物体的速度为4m/s，方向向左，故4-6s物体位移为4m，所以6s时物块不能回到初始位置，故B错误；
0-3s，F对物体做功为，3-4s，F对物体做功为，4-6s，F对物体做功为，所以0-6s，F对物体做功为40J，故D正确；
故选AD。
【分析】本题可以根据动量定理算出每个时间点物体的速度，然后可以做出速度时间图像算出每个时间段内物体的位移，最后根据做功计算公式进行计算。
12．（2021·湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积大小， 、 分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．0到 时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．从图像可以得出，在0 ~ t1时间内，物体B的加速等于0处于静止，利用B的平衡条件有F墙 = F弹；
当墙对B的弹力作用一段时间时，其冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又由于弹簧对A和对B的弹力大小相等，则求墙壁对B的冲量等于其弹力对A的冲量；撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A符合题意；
B．从图像可以得出，在t1后其物体B开始具有加速度，也说明其弹簧开始被拉伸，在t2时刻其A和B的加速度出现峰值，由于弹簧对A和B的弹力大小相等则F弹=F弹’；根据牛顿第二定律有F弹 = mAaA；F弹'= mBaB
由图可知aB > aA
则mB < mA
B符合题意；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，B离开墙壁，此时A速度为v0，由于A、B弹簧为系统不受外力；所以AB动量守恒，则 ；根据AB和弹簧整个系统能量守恒，最初的弹性势能转化为A和B的动能及弹簧的弹性势能；由于部分弹性势能转化为动能；所以弹簧的形变量小于最初的形变量x，C不符合题意；
D．从t2时刻其AB加速度出现最大值，可以得出此时弹簧处于最大拉长量；则可以得出A和B的速度相等；其a—t图像的面积代表速度变化量的大小；利用图像面积可以得出AB的速度分别为 ，
根据此时A、B共速，则
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】从0到t1时间内，利用图像面积可以求出弹簧对A产生的冲量大小，由于弹力等于墙壁对B的弹力所以其冲量的大小等于墙壁对B的冲量大小；当t2时刻弹簧弹力最大，利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以比较质量的大小；利用能量守恒定律结合AB存在动能可以判别弹性形变量的大小；利用图像面积代表速度变化量的大小进而可以求出面积大小的关系。
13．（2021·全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于 时，速度的大小为 ，此时撤去F，物体继续滑行 的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．由于水平恒力 ，在此过程中，外力F做功为
A不符合题意；
B．物体做匀加速直线运动，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作用时间
由于水平恒力 ，在此过程中，F的冲量大小是
B符合题意。
CD．当作用在物体上的外力撤去前，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 ①
由速度位移公式有 ②
当作用在物体上的外力撤去后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知 ③
由速度位移公式有 ④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
从表达式可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速和减速过程的加速度大小，结合速度位移公式可以求出水平恒力和动摩擦因数的大小，利用摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小；利用拉力和路程可以求出拉力做功的大小；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的时间；结合拉力的大小可以求出拉力冲量的大小。
14．（2021·山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】AB．以热气球和物资为系统，系统处于静止，所以合力为0，且其初速度等于0则初动量等于0，当抛出物资瞬间，其作用力属于内力，所以系统动量守恒；根据动量守恒定律有：，其热气球获得与物资相反的速度，所以其热气球的初速度沿水平向左，根据牛顿第一定律可以得出热气球受到的合力等于mg，方向竖直向上，根据合力恒定可以判别气球做匀变速运动，且初速度方向和加速度方向不同，所以热气球做曲线运动；A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为 ，设热气球的加速度为a，根据牛顿第二定律有：
物资做平抛运动，根据位移公式可得：落地时间为
热气球在竖直方向做匀加速直线运动：根据位移公式有：
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用抛出物资时的动量守恒定律可以判别热气球获得的初速度方向，结合合力方向可以判别其热气球的运动轨迹；结合水平方向和竖直方向的位移可以求出热气球和物资实际的位移大小。
15．（2020·新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设运动员和物块的质量分别为 、 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 、 ，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3次推出后
解得
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7次运动员的速度一定小于 ，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】运动员和木箱两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律，对每一次的碰撞列方程，一共碰撞八次，按照顺序逐一分析求解即可。
三、综合题
16．（2022·河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k=0.5 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1）CD碰撞过程动量守恒：以向右为正方向，则， 解得：，
方向向右
AB碰撞过程动量守恒：，， 方向向右
故碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小分别为 ， ，方向均向右。
（2）若k=0.5，代入，可得：，
由于是光滑水平面，所以系统动量守恒：则，解得：，
设两者相对位移的大小为x，则由能量守恒定律；
解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律代入题中数据求解。
（2）摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。利用能量守恒定律求解。
17．（2022·湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1）物体在虚线位置静止，根据平衡条件可知
可得：
（2）C和D碰撞过程动量守恒，
D向下运动过程由动能定理得：
得F=6.5mg
（3）设C的速度为V，绳与竖直方向夹角为，则
C下落过程机械能守恒，，
系统总动能
对该式求导，得，时式子有最大值。
将代入
得
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）静止时受力平衡，列方程求解，结合平行四边形法则运算得到结果。
（2）碰撞过程动量守恒，结合动能定理求解。
（3）下落过程机械能守恒。列出动能表达式，利用求导求解最大值。
18．（2022·山东）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 点， 点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的动摩擦因数 ，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功 ；
（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用 表示）。
【答案】（1）设水平向右为正方向，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
联立解得，
所以A与B碰撞后，两者速度大小均为2m/s，方向相反；
（2）根据题意可知，当A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，
A物体减速过程根据动能定理得，解得，
A物体减速过程根据动量定理得，解得，
A减速的位移等于B的位移，
对B受力分析有，位移，解得
根据几何关系有；
（3）根据（2）分析可知，当A开始减速时，B物体的速度为，
在A减速过程中，对B受力分析得，解得，
设A减速时，B还需要才可以减速到0，，解得，
由此可知，B先停止，此过程B的位移为，故A对B的摩擦力做的功为；
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有，
由题意可知，当A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有，解得，
小球下滑过程根据动能定理有，
碰撞后角度小于5°，则，
小球与A碰撞，根据动量守恒得，
根据题意可知，故要实现这个过程的范围为。
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒，列出式子进行求解计算；
(2)A减速过程中根据动量定理和动能定理分别计算出时间和位移，然后根据几何关系求出B光滑部分的长度；
(3)首先根据牛顿定律算出加速度，然后算出B物体的位移，最后算出A对B摩擦力做的功；
(4)首先根据题意算出绳子的长度，根据长度算出小球的初速度，然后算出碰撞后小球速度的取值，最后算出小球质量和A质量的比值。
19．（2022·湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（ 为常数且 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】（1）篮球下降过程中由牛顿第二定律可得，落地时的速度；篮球上升过程中由牛顿第二定律可得，上升时的速度为；联立解得。
（2）对篮球下落过程应用动能定理可得；
篮球反弹过程应用动能定理可得，
解得。
（3）由（1）可知篮球下降的加速度为a；上升时加速度为
由题意根据动量定理可得，即每次拍球后将给它一个速度v'，
则有，
解得；
代入k可得；
第N次反弹时可得；
化简可得，
可得冲量I的大小为
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对篮球进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式分别计算篮球下落时落地速度和弹起时对初速度。
（2）对篮球下落过程和上升过程分别应用动能定理，联立计算求解。
（3）分别计算每一次拍球后篮球反弹的高度和速度，列出规律性表达式，进而联立求解。
20．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【知识点】动量守恒定律；整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【分析】 (1)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力；
(2)根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；
(3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。
21．（2022·全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）第一次碰撞过程中，当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时AB两物体速度相等，
根据动量守恒定律可得，
根据能量守恒可得，
联立两式可得，；
（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，
即，两边都乘以t可得，
即，将 ，代入解得 ，
故弹簧压缩量的最大值为 ；
（3）根据题意可知，物块A两次到达相同的最高点，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向向右，设物体A第一次滑下的速度为，碰撞后物体B的速度为，向左为正方向，
根据动量守恒得，
根据能量守恒得，
联立解得，
物体上滑过程中，根据动能定理得，
物体下滑过程中，根据动能定理得，
联立两式解得。
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】(1)首先根据动量守恒定律列式，然后根据能量守恒列式，联立两式就可以求出结果；
(2)首先根据动量守恒列式，两边各乘以t，代入数据就可以算出弹簧压缩量的最大值；
(3)根据动量守恒列出式子，上滑或者下滑过程根据动能定理即可计算出动摩擦因数。
22．（2021·天津）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1）解：设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度 有
两式联立解得
（2）解：设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为 ，设两部分落地时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有 ，
结合 ，解得
【知识点】速度的合成与分解；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）玩具做上抛运动运动过程中以及上升 最大高度 过程根据匀变速直线运动的规律得出速度的大小；
（2）玩具分开时根据动能关系以及动量守恒得出玩具两部分分开时的水平速度，再结合速度的合成与分解得出落地时的速度，从而得出玩具两部分的质量之比。
23．（2021·湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）解：设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得x=2R
（2）解：对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）解：设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律；匀速圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）在圆轨道最高点时合力提供向心力，离开最高点后做平抛运动，结合平抛运动的规律得出B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）滑块A下滑的过程中根据机械能守恒以及瞬时功率的计算公式得出重力对A做功的功率；
（3）B运动到最高点的过程中根据机械能守恒得出B和碰后的速度；对A从Q到C的过程中利用机械能守恒得出碰后的速度；AB碰撞的过程中根据动量守恒定律得出碰前A的速度；最后碰撞过程中根据功能关系得出损失的动能。
24．（2021·广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔 ，乙与边框a相隔 ，算珠与导杆间的动摩擦因数 。现用手指将甲以 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取 。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）解：甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a
（2）解：甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）已知动摩擦因数的大小，结合牛顿第二定律可以求出甲乙运动的加速度大小，甲与乙碰前做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，甲乙碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，结合乙做匀减速直线运动的速度位移公式可以求出运动的位移；
（2）甲碰前做匀减速直线运动，碰后做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出碰前和碰后的运动时间。
25．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）解：由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 =
（2）解：由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）解：由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【知识点】功能关系；动量守恒定律；木板滑块模型
【解析】【分析】（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，从而得出木板与滑块共同的速度；
（2）滑块运动过程中根据动量守恒定律以及功能关系得出滑块到木板最右端的距离；
（3）根据滑动摩擦的表达式以及牛顿第二定律得出滑块的加速度，利用匀变速直线运动的规律得出运动的时间，同时结合恒力做功得出拉力所做的功。
26．（2021·河北）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水平， 段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后质量为 的滑雪者从顶端以 的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ， ， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间 ，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得
联立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为 ，有
解得
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）滑块和背包都在斜面上做加速运动，利用匀加速的位移公式结合位移相等可以求出运动的时间及滑道AB的长度；
（2）已知背包和滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出两者的速度大小，结合动量守恒定律可以求出滑雪者拎起背包时速度的大小。
27．（2021·浙江）如图所示，水平地面上有一高 的水平台面，台面上竖直放置倾角 的粗糙直轨道 、水平光滑直轨道 、四分之一圆周光滑细圆管道 和半圆形光滑轨道 ，它们平滑连接，其中管道 的半径 、圆心在 点，轨道 的半径 、圆心在 点， 、D、 和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 、轨道 从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道 间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）若小滑块的初始高度 ，求小滑块到达B点时速度 的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值 。
【答案】（1）小滑块在 轨道上运动
代入数据解得
（2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，
因此有 ，
解得
小球沿 轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
其中 ，解得
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，
由动能定理
由平抛运动可得 ，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最小，最小值为
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小滑块从斜面释放，利用动能定理可以求出滑块到达B点的速度大小；
（2）小滑块与小球碰撞的过程不受外力，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；小球恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度，再利用机械能守恒定律可以求出h的最小值；
（3）小球从E点到Q点，利用动能定理可以求出小球到达G点的速度表达式，从G点离开后做平抛运动，利用位移公式可以求出水平位移的表达式，利用数学知识可以求出水平距离的最大值。
28．（2020·新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】（1）解：由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：
（2）解：根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，
根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
（3）解：因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度有
联立解得 ；当粒子从C点射出时初速度为0。
【知识点】动量定理；电场力做功
【解析】【分析】（1）求解AC的长度，对粒子总A点移动到C点的过程应用动能定理求解电场强度即可；
（2）粒子沿AC方向运动的越远，粒子的末速度就越大，利用结合关系求解粒子速度最大的出射位置，把粒子的速度网垂直于电场和平行于电场方向分解，在垂直于电场方向利用速度公式求解初速度；
（3）同理，结合粒子动量的变化确定粒子的出射位置，利用运动学公式求解初速度即可。
29．（2020·天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
【答案】（1）解：A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有 ②
由动量定理，有 ③
联立①②③式，得 ④
（2）解：设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律，有 ⑥
又 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，利用动能定理求解最低点的速度，利用动量定理求解冲量即可；
（2）A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
30．（2020·新高考Ⅰ）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）解：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）解：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
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：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
解得
（4）解：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
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
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
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
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2020--2022年三年全国高考物理真题汇编：动量
一、单选题
1．（2022·湖北）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．W2=3W1，I2≤3I1， B．W2=3W1，I2≥I1
C．W2=7W1，I2≤3I1， D．W2=7W1，I2≥I1
2．（2022·浙江）风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途经之一。如图所示，风力发电机是一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9m/s时，输出电功率为405kW，风速在5~10m/s范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保持风正面吹向叶片。下列说法正确的是（ ）
A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为
C．若每天平均有1.0×108kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109kW·h
D．若风场每年有5000h风速在6~10m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105kW·h
3．（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 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 和 。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
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． 大于 D． 大于
4．（2021·湖北）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
5．（2021·湖南）物体的运动状态可用位置 和动量 描述，称为相，对应 图像中的一个点。物体运动状态的变化可用 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2021·全国乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒
7．（2021·浙江）已知普朗克常量 ，电子的质量为 ，一个电子和一滴直径约为 的油滴具有相同动能，则电子与油滴的德布罗意波长之比的数量级为（ ）
A． B． C． D．
8．（2020·新课标Ⅰ）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
9．（2020·北京）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（ ）
A．将1号移至高度 释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度 。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度 释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度 释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度 释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度 ，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
二、多选题
10．（2022·湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
11．（2022·全国乙卷）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
12．（2021·湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴所围面积大小， 、 分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．0到 时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
13．（2021·全国乙卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于 时，速度的大小为 ，此时撤去F，物体继续滑行 的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
14．（2021·山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
15．（2020·新课标Ⅱ）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
三、综合题
16．（2022·河北）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若k=0.5 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
17．（2022·湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
18．（2022·山东）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 点， 点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的动摩擦因数 ，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功 ；
（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用 表示）。
19．（2022·湖南）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的 倍（ 为常数且 ），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中 已知，求 的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
20．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
21．（2022·全国乙卷）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
22．（2021·天津）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
23．（2021·湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
24．（2021·广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔 ，乙与边框a相隔 ，算珠与导杆间的动摩擦因数 。现用手指将甲以 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取 。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
25．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
26．（2021·河北）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水平， 段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后质量为 的滑雪者从顶端以 的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ， ， ，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
27．（2021·浙江）如图所示，水平地面上有一高 的水平台面，台面上竖直放置倾角 的粗糙直轨道 、水平光滑直轨道 、四分之一圆周光滑细圆管道 和半圆形光滑轨道 ，它们平滑连接，其中管道 的半径 、圆心在 点，轨道 的半径 、圆心在 点， 、D、 和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 、轨道 从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道 间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）若小滑块的初始高度 ，求小滑块到达B点时速度 的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值 。
28．（2020·新课标Ⅰ）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
29．（2020·天津）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能 至少多大？
30．（2020·新高考Ⅰ）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。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】动能定理的综合应用；动量定理
【解析】【解答】根据动能定理
则：
当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是
，即
，即
比较可得
D一定成立。
故选D。
【分析】动量为矢量，具有方向性。动能定理可以求解一段过程在合外力做的功。
2．【答案】D
【知识点】功能关系；动量定理
【解析】【解答】A．风力发电机的原理是将空气的动能转化为电能，单位时间内风的动能为，所以单位时间内风的动能与速度的三次方成正比，转化的电功率与速度的三次方成正比，故A错误。
B.由A可知单位时间流过面积A的动能为，故B错误。
C．由于风力发电存在转化效率，则每天发电量应小于 2.4×109kW·h ，故C错误；
D．当风速为 6m/s，全年的发电量最小，由题意可知发电机的转化效率为，当风速为6m/s时，全年发电机的发电量为，代入数据解得W= 6.0×105kW·h
故答案为：D。
【分析】根据题意计算面积为A的叶片上，单位时间接收的空气动能，再根据能量的转化效率和功和功率的关系计算求解。
3．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】根据动量守恒定律和能量守恒定律可知，发生弹性碰撞时，若两者质量相等，则发生速度交换，所以碰撞后氢核的速度与碰撞前中子的速度相同，动能与碰撞前中子的动能相同；与氮核碰撞后，中子发生反弹，故氮核的动能小于碰撞前中子的动能，B正确；氮核的动量大于氢核的动量，A错误；且氮核的速度小于中子的速度，故C D错误。
故答案为：B。
【分析】根据弹性碰撞过程中遵循动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
4．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故答案为：C。
【分析】射出子弹的过程中，根据动量定理得出机枪在这1分钟内射出子弹的数量。
5．【答案】D
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；动量
【解析】【解答】已知质点沿x方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据速度位移公式可以求出速度的表达式；
根据质点动量的表达式有：
以上两式联立可得
从表达式可以看出动量 关于 为幂函数，且 ，利用抛物线的性质可以判别正确的相轨迹图像为D。
故答案为：D。
【分析】利用速度位移公式结合动量的表达式可以判别其动量和位移的关系。
6．【答案】B
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】撤去推力后，滑块跟车厢之间有相对滑动，由于滑块与车厢底板间存在摩擦力，所以摩擦力做功产生内能；所以以小车、弹簧和滑块组成的系统其机械能不守恒；以小车、弹簧和滑块组成的系统，由于撤去推力后系统没有受到外力；根据动量守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒。所以B符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于滑块与车厢之间有摩擦力，利用摩擦力做功可以判别撤去推力后系统机械能不守恒，但动量守恒。
7．【答案】C
【知识点】动量；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】已知电子和油滴的动能大小，根据动能和动量的表达式有：
根据德布罗意波长公式
联立两式可得
已知油滴的直径，根据密度公式可以求出油滴的质量为：
根据波长和动能的表达式可得：当粒子动能相同时，则其波长与质量的二次方根成反比，所以有
代入数据解得
所以C符合题意；ABD不符合题意；
故选C。
【分析】利用动量和动能的表达式可以求出动量的大小，结合动量和波长的关系可以求出波长的表达式，再利用体积公式可以求出质量的表达式，最后利用质量的比值可以求出波长的比值。
8．【答案】D
【知识点】动量定理
【解析】【解答】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A不符合题意；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，B不符合题意；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C不符合题意；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】人的动量的变化量是一定的，根据动量定理可知，如果增加动量改变的时间，相应的作用力就会减小；接触面积增大，司机受到的压强变小。
9．【答案】D
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【解答】A.1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度 ，A不符合题意；
B.1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，B不符合题意；
C.1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度 ，C不符合题意；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】如果一个系统不受到外力的作用，那么动量就是守恒的，如果一个系统，除重力外，不受到外力和非保守内力，那么这个系统机械能守恒，结合选项中物体的受力情况分析求解即可。
10．【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
11．【答案】A,D
【知识点】动量定理；动能与重力势能；功的计算；动量；冲量
【解析】【解答】物块与地面的摩擦力为，
设向右为正方向，0-3s根据动量定理可得
解得：v3=6m/s，
3s时物体的动量为P=mv3=，故C错误；
设3s后经过时间t物块的速度减为0，根据动量定理可得，解得t=1s，即4s时物体的速度为0，所以4s时物体的动能为零，故A正确；
根据上述情形做出运动时间图像，根据时间图像可以算出0-4s物体向右的位移为12m，4-6s根据动量定理可以算出6s末物体的速度为4m/s，方向向左，故4-6s物体位移为4m，所以6s时物块不能回到初始位置，故B错误；
0-3s，F对物体做功为，3-4s，F对物体做功为，4-6s，F对物体做功为，所以0-6s，F对物体做功为40J，故D正确；
故选AD。
【分析】本题可以根据动量定理算出每个时间点物体的速度，然后可以做出速度时间图像算出每个时间段内物体的位移，最后根据做功计算公式进行计算。
12．【答案】A,B,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．从图像可以得出，在0 ~ t1时间内，物体B的加速等于0处于静止，利用B的平衡条件有F墙 = F弹；
当墙对B的弹力作用一段时间时，其冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又由于弹簧对A和对B的弹力大小相等，则求墙壁对B的冲量等于其弹力对A的冲量；撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I = mAv0（方向向右）
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A符合题意；
B．从图像可以得出，在t1后其物体B开始具有加速度，也说明其弹簧开始被拉伸，在t2时刻其A和B的加速度出现峰值，由于弹簧对A和B的弹力大小相等则F弹=F弹’；根据牛顿第二定律有F弹 = mAaA；F弹'= mBaB
由图可知aB > aA
则mB < mA
B符合题意；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，B离开墙壁，此时A速度为v0，由于A、B弹簧为系统不受外力；所以AB动量守恒，则 ；根据AB和弹簧整个系统能量守恒，最初的弹性势能转化为A和B的动能及弹簧的弹性势能；由于部分弹性势能转化为动能；所以弹簧的形变量小于最初的形变量x，C不符合题意；
D．从t2时刻其AB加速度出现最大值，可以得出此时弹簧处于最大拉长量；则可以得出A和B的速度相等；其a—t图像的面积代表速度变化量的大小；利用图像面积可以得出AB的速度分别为 ，
根据此时A、B共速，则
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】从0到t1时间内，利用图像面积可以求出弹簧对A产生的冲量大小，由于弹力等于墙壁对B的弹力所以其冲量的大小等于墙壁对B的冲量大小；当t2时刻弹簧弹力最大，利用牛顿第二定律结合加速度的大小可以比较质量的大小；利用能量守恒定律结合AB存在动能可以判别弹性形变量的大小；利用图像面积代表速度变化量的大小进而可以求出面积大小的关系。
13．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；冲量
【解析】【解答】A．由于水平恒力 ，在此过程中，外力F做功为
A不符合题意；
B．物体做匀加速直线运动，其平均速度等于初末速度之和的一半，由平均速度公式可知，外力F作用时间
由于水平恒力 ，在此过程中，F的冲量大小是
B符合题意。
CD．当作用在物体上的外力撤去前，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 ①
由速度位移公式有 ②
当作用在物体上的外力撤去后，物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知 ③
由速度位移公式有 ④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
从表达式可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出物体加速和减速过程的加速度大小，结合速度位移公式可以求出水平恒力和动摩擦因数的大小，利用摩擦力的表达式可以求出摩擦力的大小；利用拉力和路程可以求出拉力做功的大小；利用位移和平均速度可以求出拉力作用的时间；结合拉力的大小可以求出拉力冲量的大小。
14．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；平抛运动
【解析】【解答】AB．以热气球和物资为系统，系统处于静止，所以合力为0，且其初速度等于0则初动量等于0，当抛出物资瞬间，其作用力属于内力，所以系统动量守恒；根据动量守恒定律有：，其热气球获得与物资相反的速度，所以其热气球的初速度沿水平向左，根据牛顿第一定律可以得出热气球受到的合力等于mg，方向竖直向上，根据合力恒定可以判别气球做匀变速运动，且初速度方向和加速度方向不同，所以热气球做曲线运动；A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为 ，设热气球的加速度为a，根据牛顿第二定律有：
物资做平抛运动，根据位移公式可得：落地时间为
热气球在竖直方向做匀加速直线运动：根据位移公式有：
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
C正确，D错误。
故选BC。
【分析】利用抛出物资时的动量守恒定律可以判别热气球获得的初速度方向，结合合力方向可以判别其热气球的运动轨迹；结合水平方向和竖直方向的位移可以求出热气球和物资实际的位移大小。
15．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】设运动员和物块的质量分别为 、 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 、 ，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3次推出后
解得
依次类推，第8次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7次运动员的速度一定小于 ，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD不符合题意，BC符合题意。
故答案为：BC。
【分析】运动员和木箱两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律，对每一次的碰撞列方程，一共碰撞八次，按照顺序逐一分析求解即可。
16．【答案】（1）CD碰撞过程动量守恒：以向右为正方向，则， 解得：，
方向向右
AB碰撞过程动量守恒：，， 方向向右
故碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小分别为 ， ，方向均向右。
（2）若k=0.5，代入，可得：，
由于是光滑水平面，所以系统动量守恒：则，解得：，
设两者相对位移的大小为x，则由能量守恒定律；
解得：
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律代入题中数据求解。
（2）摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。利用能量守恒定律求解。
17．【答案】（1）物体在虚线位置静止，根据平衡条件可知
可得：
（2）C和D碰撞过程动量守恒，
D向下运动过程由动能定理得：
得F=6.5mg
（3）设C的速度为V，绳与竖直方向夹角为，则
C下落过程机械能守恒，，
系统总动能
对该式求导，得，时式子有最大值。
将代入
得
【知识点】共点力平衡条件的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）静止时受力平衡，列方程求解，结合平行四边形法则运算得到结果。
（2）碰撞过程动量守恒，结合动能定理求解。
（3）下落过程机械能守恒。列出动能表达式，利用求导求解最大值。
18．【答案】（1）设水平向右为正方向，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有
联立解得，
所以A与B碰撞后，两者速度大小均为2m/s，方向相反；
（2）根据题意可知，当A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，
A物体减速过程根据动能定理得，解得，
A物体减速过程根据动量定理得，解得，
A减速的位移等于B的位移，
对B受力分析有，位移，解得
根据几何关系有；
（3）根据（2）分析可知，当A开始减速时，B物体的速度为，
在A减速过程中，对B受力分析得，解得，
设A减速时，B还需要才可以减速到0，，解得，
由此可知，B先停止，此过程B的位移为，故A对B的摩擦力做的功为；
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有，
由题意可知，当A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆长为L，则有，解得，
小球下滑过程根据动能定理有，
碰撞后角度小于5°，则，
小球与A碰撞，根据动量守恒得，
根据题意可知，故要实现这个过程的范围为。
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】(1)A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒，列出式子进行求解计算；
(2)A减速过程中根据动量定理和动能定理分别计算出时间和位移，然后根据几何关系求出B光滑部分的长度；
(3)首先根据牛顿定律算出加速度，然后算出B物体的位移，最后算出A对B摩擦力做的功；
(4)首先根据题意算出绳子的长度，根据长度算出小球的初速度，然后算出碰撞后小球速度的取值，最后算出小球质量和A质量的比值。
19．【答案】（1）篮球下降过程中由牛顿第二定律可得，落地时的速度；篮球上升过程中由牛顿第二定律可得，上升时的速度为；联立解得。
（2）对篮球下落过程应用动能定理可得；
篮球反弹过程应用动能定理可得，
解得。
（3）由（1）可知篮球下降的加速度为a；上升时加速度为
由题意根据动量定理可得，即每次拍球后将给它一个速度v'，
则有，
解得；
代入k可得；
第N次反弹时可得；
化简可得，
可得冲量I的大小为
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对篮球进行受力分析，根据牛顿第二定律和运动学公式分别计算篮球下落时落地速度和弹起时对初速度。
（2）对篮球下落过程和上升过程分别应用动能定理，联立计算求解。
（3）分别计算每一次拍球后篮球反弹的高度和速度，列出规律性表达式，进而联立求解。
20．【答案】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【知识点】动量守恒定律；整体法隔离法；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）滑块静止时，利用整体法可得桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据得
(2)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
解得。
【分析】 (1)选择合适的研究对象，对物体受力分析，结合牛顿第三定律得出桌面对滑杆的支持力；
(2)根据牛顿第二定律计算出滑块的加速度，结合运动学公式得出滑块与滑杆碰撞前的速度；
(3)碰撞瞬间动量守恒，由此计算出整体的速度，结合运动学公式得出滑杆向上运动的最大高度。
21．【答案】（1）第一次碰撞过程中，当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时AB两物体速度相等，
根据动量守恒定律可得，
根据能量守恒可得，
联立两式可得，；
（2）B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，
即，两边都乘以t可得，
即，将 ，代入解得 ，
故弹簧压缩量的最大值为 ；
（3）根据题意可知，物块A两次到达相同的最高点，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向向右，设物体A第一次滑下的速度为，碰撞后物体B的速度为，向左为正方向，
根据动量守恒得，
根据能量守恒得，
联立解得，
物体上滑过程中，根据动能定理得，
物体下滑过程中，根据动能定理得，
联立两式解得。
【知识点】弹性势能；动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】(1)首先根据动量守恒定律列式，然后根据能量守恒列式，联立两式就可以求出结果；
(2)首先根据动量守恒列式，两边各乘以t，代入数据就可以算出弹簧压缩量的最大值；
(3)根据动量守恒列出式子，上滑或者下滑过程根据动能定理即可计算出动摩擦因数。
22．【答案】（1）解：设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度 有
两式联立解得
（2）解：设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为 ，设两部分落地时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有 ，
结合 ，解得
【知识点】速度的合成与分解；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【分析】（1）玩具做上抛运动运动过程中以及上升 最大高度 过程根据匀变速直线运动的规律得出速度的大小；
（2）玩具分开时根据动能关系以及动量守恒得出玩具两部分分开时的水平速度，再结合速度的合成与分解得出落地时的速度，从而得出玩具两部分的质量之比。
23．【答案】（1）解：设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得x=2R
（2）解：对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）解：设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律；匀速圆周运动；功率及其计算
【解析】【分析】（1）在圆轨道最高点时合力提供向心力，离开最高点后做平抛运动，结合平抛运动的规律得出B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）滑块A下滑的过程中根据机械能守恒以及瞬时功率的计算公式得出重力对A做功的功率；
（3）B运动到最高点的过程中根据机械能守恒得出B和碰后的速度；对A从Q到C的过程中利用机械能守恒得出碰后的速度；AB碰撞的过程中根据动量守恒定律得出碰前A的速度；最后碰撞过程中根据功能关系得出损失的动能。
24．【答案】（1）解：甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a
（2）解：甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）已知动摩擦因数的大小，结合牛顿第二定律可以求出甲乙运动的加速度大小，甲与乙碰前做匀减速直线运动，利用速度位移公式可以求出碰前速度的大小，甲乙碰撞过程动量守恒，利用动量守恒定律可以求出乙碰后速度的大小，结合乙做匀减速直线运动的速度位移公式可以求出运动的位移；
（2）甲碰前做匀减速直线运动，碰后做匀减速直线运动，利用速度公式可以求出碰前和碰后的运动时间。
25．【答案】（1）解：由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 =
（2）解：由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0
再根据功能关系有- μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）解：由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【知识点】功能关系；动量守恒定律；木板滑块模型
【解析】【分析】（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，从而得出木板与滑块共同的速度；
（2）滑块运动过程中根据动量守恒定律以及功能关系得出滑块到木板最右端的距离；
（3）根据滑动摩擦的表达式以及牛顿第二定律得出滑块的加速度，利用匀变速直线运动的规律得出运动的时间，同时结合恒力做功得出拉力所做的功。
26．【答案】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间 ，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得
联立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为 ，有
解得
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动基本公式应用
【解析】【分析】（1）滑块和背包都在斜面上做加速运动，利用匀加速的位移公式结合位移相等可以求出运动的时间及滑道AB的长度；
（2）已知背包和滑雪者做匀加速直线运动，利用速度公式可以求出两者的速度大小，结合动量守恒定律可以求出滑雪者拎起背包时速度的大小。
27．【答案】（1）小滑块在 轨道上运动
代入数据解得
（2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，
因此有 ，
解得
小球沿 轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
其中 ，解得
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，
由动能定理
由平抛运动可得 ，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最小，最小值为
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）小滑块从斜面释放，利用动能定理可以求出滑块到达B点的速度大小；
（2）小滑块与小球碰撞的过程不受外力，利用动量守恒定律及能量守恒定律可以求出碰后速度的大小；小球恰好经过最高点，利用牛顿第二定律可以求出经过最高点的速度，再利用机械能守恒定律可以求出h的最小值；
（3）小球从E点到Q点，利用动能定理可以求出小球到达G点的速度表达式，从G点离开后做平抛运动，利用位移公式可以求出水平位移的表达式，利用数学知识可以求出水平距离的最大值。
28．【答案】（1）解：由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，
根据几何关系可知：
所以根据动能定理有：
解得：
（2）解：根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，
根据几何关系有
而电场力提供加速度有
联立各式解得粒子进入电场时的速度：
（3）解：因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0 ，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有
电场力提供加速度有
联立解得 ；当粒子从C点射出时初速度为0。
【知识点】动量定理；电场力做功
【解析】【分析】（1）求解AC的长度，对粒子总A点移动到C点的过程应用动能定理求解电场强度即可；
（2）粒子沿AC方向运动的越远，粒子的末速度就越大，利用结合关系求解粒子速度最大的出射位置，把粒子的速度网垂直于电场和平行于电场方向分解，在垂直于电场方向利用速度公式求解初速度；
（3）同理，结合粒子动量的变化确定粒子的出射位置，利用运动学公式求解初速度即可。
29．【答案】（1）解：A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有 ①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为 ，有 ②
由动量定理，有 ③
联立①②③式，得 ④
（2）解：设两球粘在一起时速度大小为 ，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足 ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为 ，由动量守恒定律，有 ⑥
又 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能 至少为 ⑧
【知识点】动能定理的综合应用；动量守恒定律；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）当小球恰好经过最高点的时候，只有重力提供向心力，对小球进行受力分析，利用向心力公式求解此时的速度，利用动能定理求解最低点的速度，利用动量定理求解冲量即可；
（2）A、B两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。
30．【答案】（1）解：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）解：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
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
由机械能守恒定律得
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
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
联立①②⑤⑦⑨⑩ 式得
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 （n=1，2，3……）
（3）解：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
解得
（4）解：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
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
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
当A点与挡板之间的距离最小时
联立 式，代入数据得
【知识点】机械能守恒及其条件；动量守恒定律
【解析】【分析】（1）P、Q两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解；
（2）同理，动量守恒定律和机械能守恒列方程求解每次碰撞后的末速度，以此类推寻找规律即可；
（3）对物体进行受力分析，对物体从A点运动到最高点的过程应用动能定理求解物体上升的高度；
（4）利用运动学公式分别求解物体Q减速至零和物体P运动到底部时的时间，结合时间关系求解最短距离。
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