2023年高考物理与强基计划核心知识点复习与真题 冲量

冲量

一、真题精选（高考必备）

1.（2020全国高考真题）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

2.（2017天津高考真题）天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透

明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（）

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

3.（2010北京高考真题）在真空中的光滑水平绝缘面上

静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场耳，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场与.当电场与

与电场月持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能E.在上述过程中，耳对滑块的电场力做功为W1,

1k11

冲量大小为L;与对滑块的电场力做功为W2,冲量大小为y则

A.1=%B.4I|=g

C.W,=0,2出W,=0.7田D

1k2k-W「0.2®W2=0,8®

4.（2011天津高考真题）（多选）位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A刚好完成一次全振动时，在介质

中形成简谐横波的波形如图所示，B是沿波传播方向上介质的一个质点，则（)

A.波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向

B.此后的!周期内回复力对波源A一直做负功

C.经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长

D.在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零

5.（2021全国高考真题）（多选）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s。时,速度的大小为七,此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为8,则（）

A.在此过程中F所做的功为:mvz

2o

B.在此过中F的冲量大小等于3mv

2。

C.物体与桌面间的动摩擦因数等于声一

4sg

0

D.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍

6.(2013安徽高考真题)一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图

2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示»求：

(l)0~8s时间内拉力的冲量；

(2)0〜6s时间内物体的位移；

(3)0〜10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。

♦F/Nv/Xms'1)

3---；----：3Gs

2"T........i—:2"

h.门与1

0246810(246810

图1图2图3

二、强基训练（高手成长基地）

1.（2022安徽定远县育才学校高二期末）如图是某同学站在压力传感器上做下蹲次立的动作时传感器记录的压力

随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为650N,除此以外，还可以得

到以下信息（）

A.Is时人处在下蹲的最低点

B.该同学做了两次下蹲遂立的动作

C.2s末至4s末重力对人做的功为零

D.2s末至4s末重力对人的冲量约为1300N-S

2.（2022江苏高三阶段练习）小球从地面以某一初速度竖直上抛，一段时间后又落回地面。若运动过程中小球所

受空气阻力与其速率成正比。则小球（）

A.上升过程的时间大于下落过程的时间

B.上升过程减少的动能小于下落过程增加的动能

C.上升过程克服阻力做功等于下落过程克服阻力做功

D.上升过程阻力的冲量大小等于下落过程阻力的冲量大小

3.（2021河南陈州高级中学高三阶段练习）（多选）一传送带以恒定速率vQm/s顺时针方向运行,传送带倾角为37,

如图所示。现将一质量md.Okg的物块静止放于传送带底端A,经过一段时间将物块传送到传送带的顶端B,传送

带底端A、顶端B之间的距离LOm,物块与传送带间的动摩擦因数为口口）.875,物块可以看作质点，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lOm/sz,sin370）.6,cos37匚0.8。则下列说法正确的是（）

A.物块从底端A传送到顶端B过程中合力对物块的冲量大小为6.0kgia/s

B.物块从底端A传送到顶端B过程中传送带对物块的弹力的冲量为48应NS]

C.物块从底端A传送到顶端B过程中因摩擦产生的热量是63J

D.物块从底端A传送到顶端B过程中机械能的增量为58.5J

4.（2021四川攀枝花市第三高级中学校高二期末）（多选）如图所示，质量为m的小球，固定在轻杆上，绕过O点

的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动,A、B是圆周上与圆心O等高的两点。若小球运动的速度大小为v,

轨道半径为R,且v口/L^R（g为重力加速度），则小球从A点运动到B点过程中，下

列说法中正确的是（）

in

A.小球所受重力的冲量为0

B.小球所受向心力的冲量为mv

C.小球所受合力的冲量大小为2mv

D.轻杆对小球作用力的冲量大小为mv

5.（2021河北青龙满族自治县第一中学高三阶段练习）（多选）如图所示，从小山坡上的。点将质量不同的两个小

石块a、b以相同的动能分别沿同一方向水平抛出，两石块分别落在山坡的P、Q两点。已知0、P、Q三点的连线

恰在一条直线上，且xOPMPQ=2：3不计石块飞行时受到的空气阻力，下列说法中正确的是（）

A.a、b的初速度之比为夜：石

B.a、b的质量之比为3:2

C.落到山坡上时，a、b的动能大小之比为1：1

D.从抛出到落在山坡上的过程中，重力对a、b冲量的大小之比为遍：夜

6.（2022四川成都七中高三开学考试）（多选）如图所示，长度为L、质量为2m的木板放置于水平地面上，质量

为m的滑块放置于木板最左端，已知滑块和木板之间的动摩擦因数为4口木板和地面之间的动摩擦因数为口，重

力加速度为g,现给滑块一个向右的冲量I,最终滑块静止在木板上。下列说法正确的是（）

A.滑块一直做匀减速运动

B.滑块和木板相对运动的时间为日盂；

□_____________

C.木板和地面因摩擦产生的内能为丄〃丿丿

9m

T

D.木板和地面因摩擦产生的内能为」一2

18m

7.（2021天津南开高三期末）（多选）当前我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人

驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时若只关掉油

门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大

值vm,假设汽车在上坡和下坡过程中所受路面阻力大小恒定且相等，山坡的倾角为9,忽略空气阻力的影响，下列

说法正确的是（）

A.关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零

B.路面对汽车的阻力大小为户

2v

m

C.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至%,所用时间为4mgssin匚口吗;,

D.上坡过程中，汽车从静止启动到速度增至丫皿，所用时间一定小于7

m

8.（2022全国模拟预测）游乐场中有一种管道滑水游戏，其装置可简化为如图所示。一滑水者从距水面高H=5.2m

的滑道上端由静止开始滑下，从距水面髙h=0.2m的下端管口水平飞出，落到距下端管口水平距离x=0.4m的水面上。

若滑水者可视为质点，其质量m=50kg,在管道中滑行的时间t=&/s。取重力加速度的大小g=10m/s2,不计空气阻

力。求：

（1）滑水者落到水面上时的动能大小；

（2）滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功;

（3）下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。

9.（2022江苏高三专题练习）如图所示，在光滑的水平桌面上叠放着一质量为mDLOkg的足够长薄木板A和质

A

量为mDl.Okg的金属块B,B上有轻绳绕过定滑轮与物块C相连。B与A之间的滑动摩擦因数□□）.10,最大静摩

B

擦力可视为等于滑动摩擦力。忽略滑轮质量及与轴间的摩擦。起始tO）时，令各物体都处于静止状态，绳被拉直且

平行于木板，B位于A的左端，C距地面高度h@.0m（如图），然后放手，设A的右端距滑轮足够远，三个物体运

动不受滑轮影响，绳松弛后对A、B的运动也无影响。（取gOlOm/s?）

（1）为了保证A、B相对滑动，绳中的拉力和物块C的质量必须大于某临界值1和m,求其值；

00

（2）当B与A相对静止前，B在A上滑的距离；

（3）计算（2）情况下，从tO）到C落地瞬间，物体A对物体B的冲量（答案保留根号）。

10.（2021全国模拟预测）如图所示，光滑木板AB（不计厚度），固定在竖直放置半径R=2.5m的圆弧形支架上，

圆弧与水平轨道相切于最低点B；半径r=lm的光滑半圆形轨道也固定放置在光滑的水平轨道BC上，C为圆弧轨道

的最低点，D是圆心的等高点，E为圆弧轨道的最高点；质量m=0.2kg的小球（视为质点）由A点静止释放，沿着

三个轨道运动下去，不计小球经过转折点B的能量损失，重力加速度g取10m/s2,$吊53。=0.8,求：

（1）小球从A运动到B重力的冲量，小球沿木板AB下滑的加速度是多少是正好到达D点？

（2）撤出木板AB,换成更长的光滑木板PB,固定在圆弧形支架的P、B两点之间，PB的倾角是多少时小球从P

点静止释放到达E点时速度为2蕊m/s?

A.

11.(2022江西高三阶段练习)如图所示，固定在竖直面内的轨道由足够长直线和半径为R的四分之一圆弧相切连

接而成，除AB段粗糙外其它部分均光滑，C、D是圆弧的两端点。两个质量均为m的小球a和b,分别从A点和C

点以一定的初速度向右运动，a球的初速度是b球的2倍，b球第一次上升相对C点的最大高度为2R,在b球返回

c点向B点运动的过程中，与迎面而来的a球发生弹性碰撞，碰后b球第二次上升相对c点的最大高度为：R。由于

磁性的原因b球在CD上还会受到轨道对它的垂直轨道方向、大小为F口"mgsin□的吸引力，□是b球所在位置与

C点间的圆弧所对的圆心角。视小球为质点，两球与AB间的动摩擦因素均为□。假设除碰撞外两球间没有作用力。

空气阻力不计，重力加速度为g。求：

(1)b球在空中运动过程中重力的冲量；01——jD

(2)b球由D滑向c的过程中对轨道压力的最大值；6吐丿

ADC

(3)a、b两球在AB上运动的总时间。"°L

12.(2021安徽合肥二模)如图a所示，一足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。在t=0时

刻对木板施加一水平向右的恒力F,1s后撤去F,此后木板运动的vt图像如图b所示。已知物块与木板的质量均为

1kg,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求:

(1)F的大小；

(2)撤去F直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小；

(3)整个过程中木板与物块间因摩擦产生的内能。

7^7

//////////////////////

a

三、参考答案及解析

（一）真题部分

1.D

【解析】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，故A错误；

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，故B错误；

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，

故C错误；

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，故D正确。故选D。

2.B

【解析】A.摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在

变化，选项A错误；

B.圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即mg匚FDnV2

Nr

所以重力大于支持力，选项B正确；

C.转动一周，重力的冲量为I=mgt,不为零，C错误；

D.运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据

P=mgvcos°

可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误。故选B。

3.C

【解析】设第一过程末速度为4,第二过程末速度大小为V2.根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根据

匀变速直线运动规律有二匚上：*,所以有Vz=2v「根据动能定理有：W口:mv?,Wmv2mv2,而

E匚gmv2,所以WOJ.25E,W□）.75E,故C正确，D错误；又因为位移大小相等，所以两个过程中电场力的

K221K2K

大小之比为1：3,根据冲量定义得：L=F]t,所以12=3卜故AB错误.

4.ABD

【解析】由A刚好完成一次全振动时的图线可知波由A向B传播，可判断A此时刻沿y轴负方向运动，与0时刻的

开始振动时的运动方向相同，故A正确.在此后的1周期内，质点A向y轴负方向向波谷运动，回复力沿y轴正方

向，则回复力做负功，故B正确.质点不随波迁移，故C错误.由简谐运动的对称性可知，回复力在一个周期内的

冲量为零，故D正确.故选ABD

5.BC

【解析】CD外力撤去前，由牛顿第二定律可知FHing口na】①

由速度位移公式有V2D2as②

010

外力撤去后，由牛顿第二定律可知山ng口na,③

由速度位移公式有用。內⑵。）④

由①@③④可得，水平恒力F

0

动摩擦因数

滑动摩擦力F「EZQng匚分

0

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误;

A.在此过程中，外力F做功为WEFs。耳mv?,故A错误;

B.由平均速度公式可知，外力F作用时间T

在此过程中，F的冲量大小是1DFt][mv。，故B正确。故选BG

6.(l)18N-s；(2)6m；(3)30J

【解析】（1油图像知，力F的方向恒定，故力F在0〜8s内的冲量

1号虫尸丄口.指口NS1LMN国D8N风方向向右。

（2油图3知，物体在0〜2s内静止，2〜6s内做匀加速直线运动，初速度为0,末速度为3m/s,所以物体在0〜6s内的

trfPomO5m

位移即为2〜6s内匀加速运动的位移x

12

（3油图3知物体在6〜8s内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即fO2N

物体在6〜8s内做匀速直线运动位移x[JvtEZBQm□6m

2

物体在8~10s内做匀减速运动位移X3仕竽（4出宇•QmQm

所以物体在0~10s内的总位移xDX]匚匕匚匕口5m

摩擦力做功W,ET3xmD5J□口OJ,即物体克服摩擦力做功30J。

（二）强基部分

1.D

【解析】A下蹲动作包含两个过程：先加速向下（失重），再减速向下（超重），蹲在压力传感器上（平衡状态，

也是最低点），根据图像，1s时人正处于失重状态，是加速下蹲的过程中，不是最低点，A错误；

B.起立动作也包含两个过程：先加速上升（超重），再减速上升（失重），站在传感器上（平衡状态，也是最高点）,

完成一次下蹲国立动作要经历两次超重和两次失重，根据图像可知，该同学做了一次下蹲次立动作，B错误；

C.2s末至4s末表示起立过程，重力对人做的功不等于零，C错误；

D.2s末至4s末重力对人的冲量约为I匚111/口55口0»?4国口300N国，D正确。故选D。

2.D

【解析】A.上升过程，根据牛顿第二定律，有升mg=ma

解得aQg^

m

下降过程，根据牛顿第二定律，有mgfma'

aOgD-Og

m

可见：上升过程加速度大小大于下降过程加速度大小。

由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动学公式

xIZZ^-at

知上升的时间小于下降的时间，故A错误；

B.由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率2必然小于抛出时的速率V],则由动能

公式E=：mv2知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大于下落过程增加的动能，故B

k2

错误；

C.上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服

阻力做功的数值，故C错误；

D.由题意可得，阻力与速率的关系为fEkv

故阻力的冲量大小为I口在匚kvt匚kx

f

因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正确。故选D。

3.AC

【解析】A.物块开始运动时，受到沿传送带向上的滑动摩擦力£口OngcosS7

根据牛顿第二定律有I3ngcos37Dngsin37Dma

解得加速度aDm/S2

与传送带达到共同速度经历的时间为t匚T匚Bs

1a

运动的位移为x-t4.5m

因为875,即OngcosHQngsin口

所以，当物块的速度与传送带的速度相等时，开始以v匚Bm/s做匀速直线运动，一直运动到顶端B,物块从底端A

传送到顶端B过程中，根据动量定理，合力对物块的冲量等于物块动量的变化量，有I□pGvO)D5kg[3i/s,

合

故A正确；

B.物块匀速直线运动的位移为xDL匚k[31.5m

21

匀速运动的时间为t任^口.5s

2V

则物块从底端传送到顶端用的时间为t口10».5s

传送带对物块的弹力为FDngcosS7

N

则弹力的冲量为I口7tO72N国，故B错误；

N

C.第一阶段物块与传送带之间发生相对滑动，物块做匀加速直线运动，位移为

1「

x-vt4.5m

i2i

传送带做匀速运动x=vt2x=9.0m

211

□Gngcos□xQLC2J53J

第二阶段物块与传送带之间没有相对滑动，不产生热量，则物块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量是63J,

故C正确；

D.物块从底端传送到顶端B过程中，机械能的增量为E吟mvz5gLsin37D17J

故D错误。故选AG

4.CD

【解析】A.根据冲量公式1口自得，重力的冲量为、匚higt

又vH/w

从A到B路程为口＜,则t展呼

则I]Dnv,A错误；

BC由题可知，以速度向上为负小球所受合力等于小球所需向心力，又根据1口口

得IEZFtDnvtzHhvQEmv

2合

即小球所受合力的冲量等于所需向心力的冲量，均为2mv,B错误，C正确；

D.由A可知，重力的冲量为mv,向下，合力的冲量为2mv,向下，因此则轻杆对小球作用力的冲量大小为

pttmvQnvDnv,方向向下，D正确。故选CD,

5.CD

【解析】A.由xOPxPQ=2:3

可知，两个小石块a、b下落的高度之比hahb=2：5

下落的水平位移之比xaMb=2：5

由h=ygt2

可得下落时间之比ta:显

由v=*

t

可得两石块的初速度之比va：vb=/：逐,故A错误；

B.二者初动能相等，即Lmava2=Lmbvbe

22

可得两石块的质量之比maEb=5:2故B错误；

C.重力对两石块做功大小之比maghahibghb=l：1

由动能定理可知，落到山坡上时，两石块的动能大小之比Eka石古=1：1故C正确；

D.两石块落在山坡上时，重力对两石块冲量的大小之比papb=magtaxnbgtb=75:品

故D正确。故选cn

6.BD

【解析】A.分别对滑块和木板受力分析，应用牛顿第二定律4Ong口nq

4OngEZBQngLBma

2

可得滑块加速度qD1R

达到共同速度后，对整体受力分析可得IHBImg匚Bma,

加速度a口口

3

滑块的加速度发生了变化，不是一直匀减速运动，故A错误;

B.滑块的初速度丫《

由vDit匚ht

112

可得滑块和木板相对运动的时间为t故B正确;

CD.经过t

滑块和木板的共同速度公

整个过程木板的位移x□:;

板2a2a5413n2g

23

所以，木板和地面因摩擦产生的内能为CE匚BQngx氏口焉，故C错误，D正确。故选BLX

7.BCD

【解析】A.关掉油门下坡的过程，汽车所示所受支持力不为零，支持力的冲量不为零，故A错误；

B.关闭油门汽车下坡时速度不变，则fUngsin口

上坡达到最大速度时，牵引力与重力沿坡面的分力和阻力的合力平衡，则有

mgsinmf

V

m

即f匚広~，故B正确；

m

C.上坡过程中，汽车从静止启动到速度刚好增至m，由动能定理Pt匚历唔$出匚Ulf”dmv?0)得到tP14mgssin^Dn

1,12m2P

故C正确；

D.上坡过程中，汽车做加速度减小的加速运动，平均速度大于宁，所以运动时间

VV

m

故D正确。故选BCD

8.(1)200J；(2)2400J；(3)2600N国

【解析】(1)滑水者离开管道后做平拋运动h匚4gt;

可得vDZm/s

根据动能定理有mgh匚耳，

由此得到动能EDngh金mwE32OOJ

)滑水者在管道中滑行过程中，根据动能定理有(Hh)DV^mv

可得阻力做的功WDD400J

f

(3)下滑过程中动量变化量大小为口)匚knV]□)DnV][3()0kg4/s,方向水平向右。

重力的冲量大小IDngt匚1500回国，方向竖直向下。

G

根据动量定理，可得如图所示，则有管道对滑水者的冲量大小为

1G

9.(1)TD2N,m13.5kg；(2)-m；⑶4N国

°。3

【解析】(1)为保证A、B相对滑动，则aQ

BA

对A进行受力分析，根据牛顿第二定律Fda

得I3ngOna,aL12m/s2

BAAA

对B进行受力分析知[Q

mB

B

TI_I\ncr

又ad,当a口时----密•匚hEH2m/s2

BABAmB

B

则T口2N

o

又物块C与物块B通过绳连接，则加速度大小相同则对C进行受力分析根据牛顿第二定律

mgETOna

000B

得m13.5kg

o

(2)由题知DyinC^-kg,对C进行受力分析得吗用DT

对B进行受力分析得T匚DngOna

BBB

联立得aD4m/s2,TQONDTD2N

B0

故AB可以发生相对滑动

C落地时，根据匀加速直线运动规律得

h出at2

2Bl

tDs

v匚htEZHm/s

BlB1

且此时B相对于地面前进的距离为S|匚hdm

A加速度为aQm/s2,vQtEZEm/s

AAlA1

B进行受力分析根据牛顿第二定律mgDna'

BB

解得a'nim/s2

B

方向水平向左开始减速A加速度仍为aQ2m/s2；

A

设再过t,AB共速，相对静止则vQt口口,t得t

2AlA2BlB223

在这个时间段内B前进的距离为sDvt0'at2

2Bi22B2

代入数据得s,1m

又在整个过程中A前进的距离为s□□□

32A12

代入数据得S；卑m

则B在A上滑行得距离为s小公公代入数据得slZ^m

1233

(3)由(2)知tD)到C落地用时1s,故根据冲量公式I匚Ft

得Igt口N国

B1

10.(1)IQNS,aL2>/5m/s2；(2)53°

G1

【解析】(1)设木板与竖直方向的夹角为口根据几何知识ABDRcos口

对小球受力分析，由牛顿第二定律mgcos□匚

由匀加速直线运动规律AB工at2

21

综合可得t匚q口s

重力的冲量为IDngtdN国

G

小球到达B点的速度为XQaj

小球从B运动到D的过程中，由机械能守恒:mvz匚higr

综合解得aQ>/5m/s2

1

(2)设小球到达B点的速度为七,小球从B运动到E的过程中，由机械能守恒有

-mv2rimv2Qmgr

222Ea

小球到达E点时速度v匚2jSm/s,结合rlZlm,综合解得vLBm/s

E2

根据等时圆知识，小球沿PB运动的时间与□□均无关，依然是tDs

由匀加速直线运动规律，小球到达B点的速度匕Q,t

设木板PB的倾角匚L对小球受力分析，由牛顿第二定律mgsin口匚hia

2

联立解得sin口匚!).8,003□

11.(1)2m际；方向竖直向下；(2)6mg；(3)

球第一次上升，在空中运动高度为R,设D点速度为，则丫口22gR

解得V。匚腸或

b球在空中运动时间t匚^歩

g

b球在空中运动过程中重力的冲量为IDngt匚方向竖直向下

(2b球由最高点下落到圆弧上P点时的高度差为h匚R匚Reos匚口＜山05匚口

由mghcAmvi得P点的速度v0y2ghU^2gRQzbos!_匚I

由N匚FDngcos□□n—得ND2mgQ/7mgsinDQmgcos口

R

解得NdmgDugEBcos:mgDlmgLBmg

由牛顿第三定律知，b球由由D滑向C的过程中对轨道压力的最大值为6mgo

(3股a球碰撞前后的速度分别为v,、V；,由2mgRD^my,imgRE^mv2

分别求得b球碰撞前后的速度大小分别为v匚E陋，V-

bb

取向左为正方向，由mv，匚卜耳‘同nvDuv,—mv'2□^-mv2Di-mv2

bb2a2b2a2b

解得v,□:噂，vjd糜

由机械能守恒可知，b球的初速度为V匚口UlJgR

0bby

则a球的初速度为vI12vLL_4JgR

Oa0b丫

则a球从A运动到B的时间为t

i

因为V2口2匚但史Ov，2|Z)lgR,v'LUv,

Oaa4aab

所以两球不会发生第二次碰撞，且都将静止在AB上，两球在AB上向左运动的时