专题13动量定理和动量守恒定律-三年（2022-2024）高考物理真题分类汇编（全国通）含答案

专题13动量定理和动量守恒定律考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1动量和动量定理（5年4考）2024年高考江苏卷：嫦娥六号着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离；2024年高考广西卷：锤子以极短时间撞击木栓后反弹；2024年高考广东卷：汽车的安全带和安全气囊；2023年全国高考新课程卷：使甲、乙两条形磁铁相互作用的冲量；2022年全国理综乙卷第20题：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，给出F与时间t的关系图像；2022年山东物理卷：“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭；2022年重庆高考卷：测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验；2022年高考北京卷：垫起排球。1.动量和动量定理是高考考查频率较高的知识，结合情景、结合图像是考查的热点。2.动量守恒定律是高考考查频率较高的知识，可能结合情景，可能是人船模型。可能是滑块木板模型等。考点2动量守恒定律（5年4考）2024年高考辽吉黑卷：水平桌面上弹簧弹开两物块；2024年高考新课程卷：滑块木板模型+平抛运动；2023年高考湖南卷：小球在凹槽内的半椭圆形的光滑轨道上运动——人船模型；2023年高考选择性考试辽宁卷：滑块木板模型+弹簧。考点01动量和动量定理1.（2024年高考江苏卷）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：（1）分离后A的速度v1；（2）分离时A对B的推力大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0=Mv＋mv1解得（2）以B为研究对象，对B列动量定理有FΔt=Mv－Mv0解得2.（2024年高考广西卷）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（）A.进入过程，木料对木栓的合力的冲量为B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为C.进入过程，木料和木栓的机械能共损失了D.木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩探力大小约为【答案】BCD【解析】锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；锤子撞击木栓后木栓获得的动能为木栓进入过程根据动能定理有解得平均阻力为故B错误；木栓进入过程损失的机械能即为阻力做的功，所以故C正确；对木栓的一个侧面受力分析如图由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有且根据B选项求得平均阻力又因为联立可得故D正确。3.（2024高考江苏卷）在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（）A.弹簧原长时物体动量最大B.压缩最短时物体动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大【答案】A【解析】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得联立得故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。4..（2024年高考广东卷）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升最大高度。【名师解析】（1）敏感球受到向下的重力mg、压力FN以及斜面的支持力N，由牛顿第二定律可得解得（2）①由图丙的图像面积表示冲量，可知碰撞过程中力F的冲量大小为方向竖直向上。②头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程，取向上方向为正方向，由动量定理，解得v=2m/s则上升的最大高度5．（2023年全国高考新课程卷）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。6.（2022年山东物理卷）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【参考答案】A【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。【名师解析】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；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；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；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。7.（2022年全国理综乙卷第20题）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【参考答案】AD【名师解析】物块与地面间摩擦力为对物块从内由动量定理可知即得3s时物块的动量为设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得即，解得所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；物块发生的位移为x1，由动能定理可得即，得过程中，对物块由动能定理可得即，解得物块开始反向运动，物块的加速度大小为发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6s时的速度大小为拉力所做的功为，故D正确。8.（2022高考湖北物理）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.， B.，C.， D.，【参考答案】D【命题意图】本题考查曲线运动，动能定理，动量定理。【解题思路】由动能定理，速度由v增大到2v，合外力做功；速度由2v增大到5v，合外力做功，所以W2=7W1；由于速度是矢量，具有方向，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，，比较可得一定成立。选项D正确。9．（2022新高考海南卷）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（）A．大小相等，方向相反B．大小相等，方向相同C．的冲量大于的冲量D．的冲量小于的冲量【参考答案】A【名师解析】甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，可知的冲量等于于的冲量，选项A正确BCD错误。10．（2022年重庆高考卷）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（）A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D．加速度大小先增大后减小【参考答案】D【名师解析】若假人头部只受到安全气囊的作用，则所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积表示合外力冲量，由动量定理可知作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积也表示动量的变化量，选项AB错误；由动能与动量的关系可知，动能变化与动量变化不是成正比，所以动能变化不是正比于曲线与横轴围成的面积，选项C错误；由牛顿第二定律可知，加速度大小先增大后减小，选项D正确。11.（2022年1月浙江选考）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）（1）在直道AB上的加速度大小；（2）过C点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。

【参考答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N【名师解析】（1）设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有、解得：、（2）解法一：由题知物体从全程的运动时间，设物体从的加速度为、运动时间为，根据匀变速直线运动的规律有代入数据解得：、解法二：由于物体在做匀变速运动，故解得：故其加速度（3）解法一：设物体在运动时受到的阻力为，根据牛顿第二定律有代入数据解得：解法二：物体在上运动由动量定理有代入数据解得：解法三：对物体从由动能定理有解得：易错警示：对于多过程问题一定要分清楚每一阶段的受力情况和运动情况。（1）AB段解得（2）AB段，解得BC段，t2=5.0s-t1=2s，解得过C点的速度大小（3）在BC段有牛顿第二定律解得12．（9分）（2022年高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。【名师解析】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则得则排球在空中飞行的水平距离（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小得则得设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），则（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小考点02动量守恒定律1.（2024年高考辽吉黑卷）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；（2）物块与桌面间动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）对物块A，由平抛运动规律，h=，xA=vAt，联立解得：vA=1m/s弹簧将两物块弹开，由动量守恒定律，mAvA=mBvB，解得vB=vA=1m/s（2）对物块B，由动能定理，-μmBgxB=0-解得：μ=0.2（3）由能量守恒定律，整个过程中，弹簧释放的弹性势能△Ep=μmBg×△x+μmAg×△x++=0.12J2．（14分）（2024年高考新课程卷）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；（2）平台距地面的高度。解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。（1）设物块质量m，初速度为v0，薄板质量m，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv0=mv1+mv2μmgl=mv02-mv12-mv22物块在薄板上运动加速度a1=μg=3m/s2物块在薄板上运动位移s=7l/6v02-v12=2a1s联立解得：v0=4m/s，v1=3m/s，v2=1m/s由v0-v1=at1，解得t1=s（2）物块抛出后薄板匀速运动，=v2t2解得t2=s平台距地面的高度h==m2.（2023年高考湖南卷）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，mv1=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，根据人船模型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.（2023年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联立有专题14碰撞考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1弹性碰撞（5年5考）2024年高考广西卷：弹性碰撞+平抛；2024年高考广东卷：斜面上弹性碰撞；2023年高考全国乙卷：一竖直固定的长直圆管内小球与圆盘弹性碰撞；2023年学业水平等级考试上海卷：绳系小球与物块弹性碰撞；2023年高考山东卷：物块碰撞+滑块木板模型；1.碰撞，涉及动量和能量问题，是高考考查频率较高的。碰撞可以设计成不同情境，可以有机结合其他模型和图像。2.弹性碰撞命题可以是选择题，可以是计算题；弹性碰撞与其他模型结合，大多是压轴题。3.非弹性碰撞过程有机械能损失，可能与动能定理、牛顿运动定律结合。考点2非弹性碰撞（5年4考）2024年高考湖南卷：两小球在水平圆环内多次碰撞；2024年考甘肃卷：绳系小球与物块弹性碰撞+滑块木板模型；2023年高考北京卷：绳系小球与水平面上小球碰撞。2022年高考北京卷：质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰+位移图像。考点01弹性碰撞1.（2024年高考广西卷）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（）A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动B.竖直增面上的垂直投影的运动是匀加速运动C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于vD.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v【答案】BC【解析】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即，碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。2.（2024年高考广东卷）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）A.甲斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与无关D.甲最终停止位置与O处相距【参考答案】ABD【名师解析】两滑块在同一斜坡上同时由静止开始下滑，加速度相同，则相对速度为零，即甲斜坡上运动时与乙相对静止，A正确；两物块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两物块质量相同，且发生弹性碰撞，根据弹性碰撞规律可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲速度等于碰撞前瞬间乙的速度，B正确；设斜面倾角为θ，对乙沿斜面下滑，有，在水平面上运动一段时间t2后与甲碰撞，碰撞后以甲碰撞前的速度做匀减速运动，运动时间为t3，乙运动的时间，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，C错误；一下滑过程，有，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止位置相同；如果不发生碰撞，乙在水平面上运动最终停止位置，由联立解得x=即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，D正确。3.（20分）（2023年高考全国乙卷）.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=v2t==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年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/s2Q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.（2022·全国理综乙卷·25）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。【参考答案】（1）；（2）；（3）【名师解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得，（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为根据位移等于速度在时间上的累积可得又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得考点02非弹性碰撞1.（2024年高考湖南卷）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有2.（2024年考甘肃卷）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。（1）A开始运动到最低点有对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得解得，（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知故解得（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得根据能量守恒得联立解得3．（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=