专题07动量-2023高考物理分类解析
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2023高考物理分类解析
专题07 动量
1．（2023全国高考新课程卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【参考答案】BD
【名师解析】在它们相互接近过程中的任一时刻，相互吸引力大小相等，甲的质量大于乙的质量，甲受到的滑动摩擦力大于乙受到的滑动摩擦力，甲所受合外力小于乙所示合外力。由牛顿第二定律，可知甲的加速度小于乙的加速度，甲的速度大小比乙的小，A错误；甲所受合外力冲量小于乙所示合外力冲量。由动量定理，可知甲的动量变化小于乙的动量变化，即甲的动量大小比乙的小，B正确C错误；对甲乙构成的系统，由于甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等，系统所受合外力不为零，动量不守恒，所以甲和乙的动量之和不为零，D正确。
2. （2023高考湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【参考答案】（1），；
（2）；（3）
【思维导图】
（1）人船模型→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相对于初始时刻向右运动的距离
（2）椭圆标准方程→人船模型→小球运动的轨迹方程
（3）M/m=→小球运动的轨迹方程→小球轨迹为半径为b的圆→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→小球相对于地面速度大小
【名师解析】
（1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，m v1=Mv2，
由机械能守恒定律，mgb=+
联立解得：v2=
根据人船模型，mx1=Mx2，x1+x2=a
解得：凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x2=
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
3.（20分）（2023高考全国乙卷）. 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。一质量为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；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。
【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v0=
小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2，
由动量守恒定律mv0=-mv1+Mv2，
由系统动能不变，=+
联立解得：v1=，v2= 。
（2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，所以圆盘向下做匀速运动。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间
t= v1/g+ v2/g =
小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置，
在这段时间内圆盘下落位移x1= v2 t= =l。
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得,
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x盘3= x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。
4. （2023学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量mP=0.15kg的小球P系在长度L=1.2m轻绳一端，轻绳另一端固定在天花板上O点。在O点正下方1.2m处的A点放置质量为mQ=0.1kg的物块Q，将小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q弹性碰撞，P与Q碰撞前瞬间的向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5 1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.28.
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度；（2）在P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。
【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m
【名师解析】
（1）由圆周运动的向心加速度公式，a=，解得v0=1.4m/s
碰撞后P的速度vP=v0=0.28m/s
碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.68m/s
（2）设碰撞后P摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh=
解得h=0.004m
由sinθ==，θ小于5°，
P的摆动可以看作单摆的简谐运动，
P与Q碰撞后再次回到A点的时间为t=T/2=π=1.1s
物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2
Q在水平面上运动时间t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已经停止。
所以Q运动的距离为s==0.504m。
5. （2023高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名师解析】
（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有
整理得
解得 ，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得 ，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得 ，（舍去）
此时有 ，方向向左；
，方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。
6. （2023高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。
【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【名师解析】
（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g 2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = －Wf
联立有
7. （2023高考江苏学业水平选择性考试） 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
8．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【名师解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒，
mg·2R=-，解得vF=10m/s。
在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m，
解得：FN =31.2N
（2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。
滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb，
解得：vb=5m/s
碰撞过程中损失的机械能△E=--=0
（3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab，
解得vab=2.5m/s。
滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc
解得vabc=5 /3m/s。
由机械能守恒定律，Ep1=-
解得Ep1=0.5J
由Ep1=解得：最大压缩量x1=0.1m
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量
由动量守恒定律，x2=0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m
9. （2022天津学业水平选择性考试） 冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得
解得
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
由动能定理可得
联立解得
10．（9分）（2023高考北京卷）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L．现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能．
【解析】（1）由机械能守恒定律，mgH=，解得H=
（2）由牛顿运动定律，F-mg=
解得 F=mg+
（3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’，
解得v’=v/2
碰撞过程损失的机械能△E=-=
14. （2022福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关知识点。
【名师解析】
（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
2023高考物理分类解析
专题07 动量
1．（2023全国高考新课程卷）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【参考答案】BD
【名师解析】在它们相互接近过程中的任一时刻，相互吸引力大小相等，甲的质量大于乙的质量，甲受到的滑动摩擦力大于乙受到的滑动摩擦力，甲所受合外力小于乙所示合外力。由牛顿第二定律，可知甲的加速度小于乙的加速度，甲的速度大小比乙的小，A错误；甲所受合外力冲量小于乙所示合外力冲量。由动量定理，可知甲的动量变化小于乙的动量变化，即甲的动量大小比乙的小，B正确C错误；对甲乙构成的系统，由于甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等，系统所受合外力不为零，动量不守恒，所以甲和乙的动量之和不为零，D正确。
2. （2023高考湖南卷）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上．整个过程凹槽不翻转，重力加速度为．
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若，求小球下降高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用及表示）．
【参考答案】（1），；
（2）；（3）
【思维导图】
（1）人船模型→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→凹槽速度大小→凹槽相对于初始时刻向右运动的距离
（2）椭圆标准方程→人船模型→小球运动的轨迹方程
（3）M/m=→小球运动的轨迹方程→小球轨迹为半径为b的圆→水平方向动量守恒→机械能守恒定律→小球相对于地面速度大小
【名师解析】
（1）小球第一次运动到轨道最低点的过程，水平方向由动量守恒定律，m v1=Mv2，
由机械能守恒定律，mgb=+
联立解得：v2=
根据人船模型，mx1=Mx2，x1+x2=a
解得：凹槽相对于初始时刻向右运动的距离x2=
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（）
（3）将代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
3.（20分）（2023高考全国乙卷）. 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。一质量为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；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【命题意图】本题考查弹性碰撞及其相关知识点。
【解题思路】（1）小球第一次与圆盘碰撞前的速度为v0=
小球与圆盘弹性碰撞，设第一次碰撞后小球的速度大小为v1，圆盘的速度大小为v2，
由动量守恒定律mv0=-mv1+Mv2，
由系统动能不变，=+
联立解得：v1=，v2= 。
（2）第一次碰撞后，小球向上做竖直上抛运动，由于圆盘向下滑动所受摩擦力与重力相等，所以圆盘向下做匀速运动。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度时，小球和圆盘之间距离最大。
当小球竖直上抛运动向下速度增大到等于圆盘速度的时间
t= v1/g+ v2/g =
小球回到第一次与圆盘碰撞前的位置，
在这段时间内圆盘下落位移x1= v2 t= =l。
即第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为l。
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得,
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x盘3= x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
【思路点拨】得出递推关系，是正确解题的关键。
4. （2023学业水平等级考试上海卷）（16分）如图，将质量mP=0.15kg的小球P系在长度L=1.2m轻绳一端，轻绳另一端固定在天花板上O点。在O点正下方1.2m处的A点放置质量为mQ=0.1kg的物块Q，将小球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q弹性碰撞，P与Q碰撞前瞬间的向心加速度为1.6m/s2，碰撞前后P的速度之比为5 1,。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.28.
（1）求碰撞后瞬间物块Q的速度；（2）在P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，物块Q运动的距离。
【参考答案】（1）1.4m/s （2）0.36m
【名师解析】
（1）由圆周运动的向心加速度公式，a=，解得v0=1.4m/s
碰撞后P的速度vP=v0=0.28m/s
碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.68m/s
（2）设碰撞后P摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh=
解得h=0.004m
由sinθ==，θ小于5°，
P的摆动可以看作单摆的简谐运动，
P与Q碰撞后再次回到A点的时间为t=T/2=π=1.1s
物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2
Q在水平面上运动时间t’==0.6s，小于t=1.1s，即Q已经停止。
所以Q运动的距离为s==0.504m。
5. （2023高考山东高中学业水平等级考试） 如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知，，，，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名师解析】
（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好撞上木板B，有
整理得
解得 ，（舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得 ，（舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有
此时A、B之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得 ，（舍去）
此时有 ，方向向左；
，方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即这三个物体总动量的变化量的大小为9.02kg·m/s。
6. （2023高考选择性考试辽宁卷）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。
【参考答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【名师解析】
（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v12= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g 2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = －Wf
联立有
7. （2023高考江苏学业水平选择性考试） 如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
8．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【名师解析】（1）滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，机械能守恒，
mg·2R=-，解得vF=10m/s。
在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m，
解得：FN =31.2N
（2）碰撞后滑块a返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=-，解得va=5m/s。
滑块a、b碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb，
解得：vb=5m/s
碰撞过程中损失的机械能△E=--=0
（3）滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab，
解得vab=2.5m/s。
滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc
解得vabc=5 /3m/s。
由机械能守恒定律，Ep1=-
解得Ep1=0.5J
由Ep1=解得：最大压缩量x1=0.1m
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量
由动量守恒定律，x2=0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m
9. （2022天津学业水平选择性考试） 冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。
【参考答案】（1）；（2）
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得
解得
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
由动能定理可得
联立解得
10．（9分）（2023高考北京卷）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L．现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起．重力加速度为g．求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能．
【解析】（1）由机械能守恒定律，mgH=，解得H=
（2）由牛顿运动定律，F-mg=
解得 F=mg+
（3）碰撞过程，由动量守恒定律，mv=2mv’，
解得v’=v/2
碰撞过程损失的机械能△E=-=
14. （2022福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；
（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。
【参考答案】（1） ；（2） ；（3）
【命题意图】此题考查动能定理、动量守恒定律、碰撞、摩擦力做功及其相关知识点。
【名师解析】
（1）小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得
解得C在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为
故C与B碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为
从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为
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