专题15 动量和动能-2020-2024年五年高考1年模拟物理真题分类汇编（山东专用）（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题15动量和动能考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1冲量和动量（5年1考）2022·山东卷·T21考查动量定理与动量守恒定律的应用。一般结合实际生活或现代科技命题，有时也结合图象命题。

2.考查动量守恒与能量守恒的综合应用。一般以碰撞为情景，考查考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。

3.对学科核心素养的考查主要体现在物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理要素。1.掌握隔离法、整体法和用守恒思想分析物理问题的方法。

2.理解动量、冲量和动量定理，能用动量定理解释生产、生活中的有关现象。

3.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。

4.运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系统”模型、“滑块-木板”模型、“人船”模型。

5.理解验证动量守恒定律的实验原理，灵活处理多种实验方案。考点2动量和动能（5年几考）2024·山东卷·T172023·山东卷·T182022·山东卷·T182021·山东卷·T162020·山东卷·T18考点01冲量和动量1、（2022·山东卷·T2）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】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。考点02动量和动能2、（2024·山东卷·T17）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得3、（2023·山东卷·T18）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。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【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的加速度为木板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恰好祖上模板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变化量即大小9.02kg⋅m/s。4、（2022·山东卷·T18）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），；（2）；（3）；（4）【解析】（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，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代入数据联立解得，（方向水平向左），（方向水平向右）即A和B速度的大小分别为，。（2）因为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有代入数据解得根据动量定理有代入数据解得此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有联立各式代入数据解得，（舍去）故根据几何关系有代入数据解得（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知解得B物体停下来的时间为t3，则有解得可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为所以A对B的摩擦力所做的功为（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，则有小球下滑过程根据动能定理有小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有当碰后小球摆角恰为5°时，有联立可得当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有则可得故要实现这个过程的范围为5、（2021·山东卷·T16）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。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小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，速度大小在之间，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）；（2）或【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得，，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得联立，代入数据得（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，m若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上得x坐标区间或6、（2020·山东卷·T18）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)P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)【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①由机械能守恒定律得②联立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为(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⑧P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⑪⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得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，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得⑯P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⑰由机械能守恒定律得⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得⑲⑳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㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（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㉔解得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㉖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㉗㉘设P从挡板碰撞返回后从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3㉙当A点与挡板之间的距离最小时㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得㉛一、单选题1．（2024·山东青岛·三模）高楼出现火情时，需要一种举高喷射消防车。如图，某高楼离地面65m处出现火情，消防车正在灭火中。已知水炮炮口与楼房距离为15m，与地面距离为60m，水炮每分钟喷出的水，水柱刚好垂直打中着火房间窗户，水流冲击到窗户玻璃后向四周流散。重力加速度，下列说法正确的是（）A．水泵对水做功的功率约为B．水泵对水做功的功率约为C．水流对窗户玻璃冲击力约为500ND．水流对窗户玻璃冲击力约为900N【答案】B【详析】AB．将水喷到窗口时的过程的逆过程看做是平抛运动，则水喷到窗口时的速度每秒喷出水的质量水泵对水做功的功率约为选项A错误，B正确；CD．水喷射到窗户上由动量定理解得选项CD错误。故选B。2．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F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x。撤去外力并开始计时，A，B两物体运动的图像如图乙所示，表示0到时间内A的图像与坐标轴所图图形的面积大小，、分别表示到时间内A、B的图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（）A．0到时间内，墙对B的冲量等于B．C．B运动后，弹簧的最大形变量等于D．【答案】D【详析】A．由图像可以看出，t1时刻B开始离开墙壁。在0~t1时间内，弹簧处于压缩状态，物体B静止，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又因为弹簧对A、B的弹力大小相等，由可知故A错误；B．由图可知，B运动后，同一时刻A的加速度小于B的加速度，根据可知，两物体所受弹簧弹力大小相等，二者质量关系为故B错误；C．当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x。故C错误；D．a−t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小t2时刻A的速度大小B的速度大小由图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即则故D正确。故选D。3．（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为，牵引线与竖直方向夹角为。已知风筝质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（）A． B． C． D．【答案】A【详析】对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间内，垂直打在风筝面的风的质量在垂直风筝面方向上由动量定理有联立解得空气密度为故选A。4．（2024·山东烟台·二模）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令，则p的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【详析】图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，碰后的速度为碰后的速度大小为两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即且整理解得即故选C。5．（2024·山东·模拟预测）一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度a随时间t的变化如图所示，下列判断正确的是（  ）A．无人机在与时刻的速度之比为B．无人机在与的位移大小之比为C．无人机在与所受合外力的冲量之比为D．与合外力对无人机做功之比为【答案】A【详析】A．根据图像的面积表示速度变化量，由图可知，时刻的速度为时刻的速度为所以故A正确；B．由图可知，无人机在一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故B错误；C．与速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可知无人机在与所受合外力的冲量相同，故C错误；D．合外力对无人机做功为合外力对无人机做功为有故D错误。故选A。6．（2024·山东滨州·二模）如图所示，放置在粗糙水平面上的装置，AB和BC为两段圆弧面，A、C两点切线水平，两圆弧相切于B点，半径分别为2R和3R，对应圆心角均为60°，圆心分别为O1、O2。一可视为质点的小物块从A滑下，运动过程中速度大小保持不变，小物块始终没有离开圆弧面，装置始终处于静止状态。下列说法正确的是（）A．小物块在A、C两点所受到的支持力大小相等B．小物块从B运动到C的过程中，地面给装置的摩擦力一直变小C．小物块从A运动到B的过程中（不包含A、B两点），地面给装置的摩擦力方向一直水平向右D．小物块从A运动到B和从B运动到C两个过程中，动量的变化量相同【答案】B【详析】A．根据牛顿第二定律可得由此可知，小物块在A点所受支持力小于C点所受到的支持力，故A错误；B．小物块从B运动到C的过程中，加速度指向圆心，有水平向右的分量，且逐渐减小，所以地面给装置的摩擦力向右，且一直变小，故B正确；C．小物块从A运动到B的过程中（不包含A、B两点），加速度始终指向圆心，所以加速度水平方向的分量向左，则地面给装置的摩擦力方向一直水平向左，故C错误；D．小物块从A运动到B和从B运动到C两个过程中，动量的变化量大小相等，但方向不同，故D错误。故选B。7．（2024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（）A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【详析】黄豆落在秤盘上的速度大小为设持续倾倒黄豆的时间为，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得方程两侧根据时间累计求和可得又，则代入数据可得t=2.5s故选B。二、多选题8．（2024·山东济南·三模）质量为的物块从距离地面高度为处自由下落，在下落到距离地面高度为时，质量为的子弹以的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为C．物块下落的总时间为D．物块下落的总时间为【答案】AC【详析】A．子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则解得物块水平方向的速度大小变为选项A正确；B．子弹击中木块之前物块的竖直速度子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知解得物块竖直方向的速度大小变为选项B错误；CD．子弹击中木块之前物块下落的时间被子弹击中后物块下落时，根据解得t2=1s（另一值舍掉），则总时间为选项C正确，D错误。故选AC。9．（2024·山东泰安·三模）如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C，木板B的质量为4m，物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一次碰撞（弹性碰撞），且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为B．木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为C．木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为D．物块A相对木板B滑行的距离为【答案】ACD【详析】ABC．从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有B与C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有解得B与C碰撞后，A、B均能停下来，有联立解得，，，故AC正确；B错误；D．整个过程中能量守恒有解得故D正确。故选ACD。10．（2024·山东聊城·二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（）A．小球P即将落地时，它的速度大小为B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为【答案】BC【详析】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得故B正确；A．设小球P即将落地时，它的速度大小为，小球Q的速度大小为，根据系统机械能守恒有小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有解得，故A错误；C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为故C正确；D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。故选BC。11．（2024·山东聊城·二模）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量m=40kg，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度为5m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC段，通过C点后仍以1m/s的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．从B运动到C过程中机器人的动量变化量为B．从A运动到B过程中机器人的加速度为C．圆弧BC的半径可以设计为0.45mD．机器人从C到D的最短时间为12.25s【答案】BD【详析】A．根据题意，不能确定从B运动到C过程中机器人的速度变化量，从而不能确定动量变化量，故A错误；B．从A运动到B过程中，有解得机器人的加速度为故B正确；C．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有解得故C错误；D．机器人以1m/s的速度匀减速至D点的加速度为则减速的时间为匀减速的位移为故从C点开始匀速运动的时间所以从C运动到D点的最短时间为故D正确。故选BD。三、解答题12．（2024·山东烟台·三模）如图所示，劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定于水平面上，另一端连接物块A，物块B置于A上（不粘连），A、B质量均为1kg，开始时物块A和B处于静止状态，物块B的正上方h高处固定一水平的可在竖直方向上下移动的挡板。现对物块B施加方向始终向上、大小为F=10N的恒力，使A、B开始运动，已知A、B均可视为质点，B与挡板、A之间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数），质量为m的质点做简谐运动的周期为（k为物体做简谐运动时的比例系数，即弹簧的劲度系数），重力加速度大小g=10m/s2。（1）求A、B第一次分离时，A、B的速度大小；（2）求A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，物块A上升到最大高度时的加速度大小；（3）若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，求h满足的条件；（4）若，则B与A相碰后，求A第一次运动到最低点时A、B之间的距离。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详析】（1）设开始时弹簧的压缩量为x1，根据平衡条件有解得设A、B第一次分离时，弹簧的形变量为x2，此时A、B之间弹力为零，加速度、速度（大小设为v）均相同，又因为恒力F与B的重力大小相等、方向相反，所以此时B的加速度均为0，则A的加速度也为0，有解得对从开始到A、B第一次分离的过程，根据功能关系有解得（2）A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，则A做简谐运动，由于分离时A的加速度为0，所以A刚好位于平衡位置，设A的振幅A，对A从平衡位置上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有解得设A上升到最大高度时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有解得（3）A、B第一次分离后，由于B受力平衡，所以向上做匀速直线运动，且由于与挡板发生的是弹性碰撞，所以碰撞后速度大小不变，仍为v。A从平衡位置开始向上做简谐运动，周期为根据简谐运动的对称性可知，A再次经过第一次分离位置时速度大小仍为v，为使A、B在此处能够发生碰撞，此时A一定向上运动，所以若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，应满足解得（4）若，则由（3）结论可知A、B在第一次分离位置相碰，因为碰撞时二者速度大小相等、方向相反，且二者质量相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交换，记B将以v向上做匀速直线运动，A将从平衡位置开始向下做简谐运动，经历时间A第一次运动到最低点，此时B向上运动的位移大小为此时A、B之间的距离为13．（2024·山东青岛·三模）如图，劲度系数为100N/m的轻弹簧一端固定在倾角足够长斜面的顶端，另一端拴接物块A，弹簧与斜面平行。物块B锁定在A上，点为弹簧原长位置，A与斜面间的动摩擦因数。A、B质量均为。不计厚度的挡板P固定在水平面上，左侧的平面光滑，木板C长度，质量，紧挨着挡板P。木板C右端与足够长的固定平台间的距离。物块A、挡板P、木板C的上表面及平台等高。质量均为的个物块从左向右依次静置于平台上，相邻两物块间的距离均为，物块1位于平台的最左端。已知B与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数，各物块与平台间的动摩擦因数均为。将弹簧压缩，使AB从斜面上距点，处由静止释放，重力加速度，所有物块均可视为质点。AB释放后的运动过程中：（1）求AB物块下滑速度最大时离点的距离；（2）求A对B作用力的最大值；（3）调整斜面长度使AB物块速度最大时恰好到达斜面底端，此时撤去弹簧并解除AB间的锁定。A与挡板碰撞后物块B滑上木板C，木板C与平台碰撞后立即停止，物块B与物块1相碰后粘在一起，两物块继续运动，然后与物块2相碰，碰后三物块粘在一起继续运动……，所有碰撞时间极短。已知，不计物块由斜面到平面的能量损失。求：①物块B与物块1碰撞前瞬间的速度大小；②物块B与前个物块碰后粘成的整体与物块碰撞前的动能。【答案】（1）；（2）；（3）①；②【详析】（1）AB物块下滑速度最大时整理得（2）AB物块一起下滑到最低点，即将要向上运动时，对B的作用力最大，此时速度为零，设离开点的距离。根据动能定理得整理得根据牛顿第二定律，对AB整体对物块B，x轴方向有y轴方向整理得（3）①AB物块一起下滑的速度最大时，根据动能定理得整理得对物块B与木板的相互作用过程，对物块B由牛顿第二定律得解得对木板C由牛顿第二定律得解得设经时间t，B与C共速解得该过程中B与C发生的相对位移为即B恰好到达C的最右端，该过程中C发生的位移为即C恰好与平台相碰。物块B的速度为②物块B与物块1相碰前根据动量守恒定律得与物块1相碰后对B与物块1整体，根据动能定理与物块2相碰前与物块2相碰，根据动量守恒定律得与物块2相碰后对B与物块1、2整体，根据动能定理与物块3相碰前同理可得，与物块4相碰前归纳得，与物块n碰前与物块碰撞前瞬间粘到一起的物块总动能整理得14．（2024·山东潍坊·三模）如图所示，光滑水平平台AB右端与顺时针转动的水平传送带BC平滑无缝连接，BC长度L=2m。在平台AB上静止着a、b、c三个小滑块，a、b滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接）。释放弹簧，弹簧与滑块a、b分离后a的速度v0=4m/s（此时a未滑上传送带，b未与c碰撞），a从传送带右端离开后，落在水平地面上的D点，b与c碰撞后结合在一起。已知a、b，c的质量分别为ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，C点距地面高h=0.8m，滑块均可视为质点，g取10m/s2。（1）求轻弹簧的最大弹性势能Ep；（2）求b、c碰撞过程中损失的机械能；（3）若传送带的速度可在2m/s<v<8m/s间调节；求a落点D与C点间水平距离x的大小（结果可以含有v）；（4）若a脱离弹簧后，将弹簧撤去，并立即在a的左侧固定一竖直挡板，同时传送带调整为以4m/s的速度逆时针方向转动（此时a还没有滑上传送带），后续a每次与挡板相碰，均以碰前速度的一半反弹，求a在传动带上相对传送带运动的总路程s。【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）12.8m【详析】（1）设弹开后b速度大小为vb，由动量守恒定律得解得根据能量守恒有解得（2）b与c发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为vc，由动量守恒定律有解得由能量守恒，碰撞过程损失机械能为解得（3）滑块a离开C点做平抛运动，在竖直方向上有解得落地时间当滑块a在水平传动带上滑动时，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律可得解得若传送带速度v<4m/s，a在传送带上减速，设减速至2m/s通过位移为x，则有解得即a离开传送带时的速度和传送带速度相等，若传送带速度v>4m/s，a在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v1，则有解得v1=6m/s综上可知，传送带速度2m/s<v<6m/s时，a离开传送带时的速度和传送带速度相等，则有当传送带速度6m/s≤v<8m/s时，a离开传送带时的速度大小恒为6m/s，则有（4）a以速度，第一次滑上传送带，向右做匀减速，减速到零，对地位移x=1.6m<2m即滑块a将从传送带左边滑离，速度大小等于滑上时的速度，滑块a在传动带上的加速度大小设为a，设向右减速到零的时间为，则有设第n次滑块a从滑上传送带到从左边滑离传送带，a相对传送带的路程大小设，则有解得即有，，则a在传动带上相对传送带运动的总路程s为解得s=12.8m15．（2024·山东烟台·二模）如图所示，倾角为30°的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”型长木板B的上表面光滑，下表面与斜面上O点以上区域间的动摩擦因数为，与斜面上O点以下区域间的动摩擦因数为。某时刻在斜面上O点以上的某处自静止开始释放小物块A和长木板B，此时A在B的顶端，B的底端距O点的距离为长木板B长度的51倍，一段时间后A与B底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大小为。已知B的质量是A的质量的4倍，A与B底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B底端的凸起大小不计，A视为质点，重力加速度为g。（1）求长木板B的长度；（2）A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A能否到达B的顶端？若A能到达B的顶端，求A与B底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间A到达B的顶端；若A不能到达B的顶端，求期间A离B顶端的最小距离；（3）求B底端到达O点之前，A和B底端凸起碰撞的次数；（4）B底端到达O点时将A取走，忽略B底端凸起对其质量分布的影响，B沿着其长度方向质量分布均匀，求整个过程中B的位移大小。【答案】（1）；（2）能到达，，A到达B的顶端；（3）8次；（4）【详析】（1）设小物块A的质量为m，则长木板B的质量为由于木板B上表面光滑，则小物块A自开始释放至第一次碰撞，只受到重力和木板B给的支持力，则对小物块A由动能定理小物块A和长木板Ｂ下端凸起第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律联立解得第一次碰后小物块A的速度，长木板B的长度（2）长木板B运动时沿着斜面方向的合力为因此除碰撞外长木板只会匀速运动。小物块A在长木板上运动时A与B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假设A能到达B的顶端，自第一次碰撞至A到达B的顶端，由运动学公式由几何关系联立化简得解得经过时间A到达B的顶端，假设成立。（3）小物块A与长木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由运动学公式解得第二次碰撞前小物块A的速度小物块A与长木板B底端凸起第二次碰撞过程解得第二次碰撞后小物块A的速度长木板B的速度自第二次碰撞至第三次碰撞解得第三次碰撞前小物块A的速度小物块A与长木板B底端凸起第三次碰撞过程解得第三次碰撞后小物块A的速度长木板B的速度自第三次碰撞至第四次碰撞解得归纳可得自第一次碰撞至长木板B的底端到达O点有解得因此长木板B底端到达O点之前，小物块A和长木板B底端凸起的碰撞次数为8次。（4）长木板B底端到达O点时其速度大小为，长木板B顶端经过O点时的速度设为，长木板B经过O点的过程其中联立化简得长木板B过O点后由动能定理解得整个过程长木板B的位移大小16．（2024·山东聊城·三模）如图所示，一质量为M＝2kg、长为L＝4.5m的木板静止在倾角的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为。现给木板一沿斜面向下的初速度，木板到达斜面底端时小物块也恰好位于木板下端，此刻木板被锁定，小物块滑到水平足够长的传送带上继续运动，传送带顺时针转动，其速率为，小物块与传送带间动摩擦因数，不计小物块经过斜面与传送带连接处的机械能损失，忽略小物块与挡板弹性碰撞的时间，重力加速度g取。求：（1）小物块和木板刚开始运动时的加速度大小；（2）经多长时间物块与木板发生第一次碰撞；（3）物块最终停止的位置距木板下端的距离；（4）整个过程中系统因摩擦产生的热量。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详析】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律得

解得对木板受力分析，由牛顿第二定律得解得（2）设时间两者发生第一次碰撞，碰前位移，木板物块或1s（舍去）。

（3）第1次碰前物块和木板速度分别为和，碰后分别为和由碰撞前后动量守恒及机械能守恒得解得由可知之后物块、木板都做匀速运动，物块以的速度滑上传送带，物块滑上传送带后先做减速运动，然后反向加速至，加速度大小为，方向不变。由牛顿第二定律得解得减速位移加速位移故之后物块与传送带以共同向右运动，物块以再次滑上木板，在木板上运动时加速度为，则有解得设物块运动后减速为0，之后静止，则由运动学关系得（4）物块与木板磁后木板加速度为，经木板停止解得解得木板下滑位移木板与斜面间摩擦产生的热量解得物块与木板间的摩擦产生的热量解得物块在传送带上减速运动时间为，加速运动时间为物块与传送带间摩擦产生的热量解得专题15动量和动能考点五年考情（2020-2024）命题趋势备考策略考点1冲量和动量（5年1考）2022·山东卷·T21考查动量定理与动量守恒定律的应用。一般结合实际生活或现代科技命题，有时也结合图象命题。

2.考查动量守恒与能量守恒的综合应用。一般以碰撞为情景，考查考生的分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力。

3.对学科核心素养的考查主要体现在物理观念中物质观念、运动与相互作用观念、能量观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理要素。1.掌握隔离法、整体法和用守恒思想分析物理问题的方法。

2.理解动量、冲量和动量定理，能用动量定理解释生产、生活中的有关现象。

3.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。

4.运用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞、爆炸、反冲、“子弹打木块”模型、“弹簧系统”模型、“滑块-木板”模型、“人船”模型。

5.理解验证动量守恒定律的实验原理，灵活处理多种实验方案。考点2动量和动能（5年几考）2024·山东卷·T172023·山东卷·T182022·山东卷·T182021·山东卷·T162020·山东卷·T18考点01冲量和动量1、（2022·山东卷·T2）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】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。考点02动量和动能2、（2024·山东卷·T17）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得3、（2023·山东卷·T18）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。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【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的加速度为木板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恰好祖上模板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变化量即大小9.02kg⋅m/s。4、（2022·山东卷·T18）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），；（2）；（3）；（4）【解析】（1）设水平向右为正方向，因为点右侧光滑，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代入数据联立解得，（方向水平向左），（方向水平向右）即A和B速度的大小分别为，。（2）因为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有代入数据解得根据动量定理有代入数据解得此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有联立各式代入数据解得，（舍去）故根据几何关系有代入数据解得（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知解得B物体停下来的时间为t3，则有解得可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为所以A对B的摩擦力所做的功为（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，则有小球下滑过程根据动能定理有小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有当碰后小球摆角恰为5°时，有联立可得当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有则可得故要实现这个过程的范围为5、（2021·山东卷·T16）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。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小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，速度大小在之间，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）；（2）或【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得，，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得联立，代入数据得（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，m若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得，联立，代入数据得，综上得x坐标区间或6、（2020·山东卷·T18）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)P的速度大小为，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)【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①由机械能守恒定律得②联立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为(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⑧P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⑪⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得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，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得⑯P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⑰由机械能守恒定律得⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得⑲⑳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㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为（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㉔解得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㉖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㉗㉘设P从挡板碰撞返回后从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3㉙当A点与挡板之间的距离最小时㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得㉛一、单选题1．（2024·山东青岛·三模）高楼出现火情时，需要一种举高喷射消防车。如图，某高楼离地面65m处出现火情，消防车正在灭火中。已知水炮炮口与楼房距离为15m，与地面距离为60m，水炮每分钟喷出的水，水柱刚好垂直打中着火房间窗户，水流冲击到窗户玻璃后向四周流散。重力加速度，下列说法正确的是（）A．水泵对水做功的功率约为B．水泵对水做功的功率约为C．水流对窗户玻璃冲击力约为500ND．水流对窗户玻璃冲击力约为900N【答案】B【详析】AB．将水喷到窗口时的过程的逆过程看做是平抛运动，则水喷到窗口时的速度每秒喷出水的质量水泵对水做功的功率约为选项A错误，B正确；CD．水喷射到窗户上由动量定理解得选项CD错误。故选B。2．（2024·山东聊城·三模）如图甲所示，质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F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x。撤去外力并开始计时，A，B两物体运动的图像如图乙所示，表示0到时间内A的图像与坐标轴所图图形的面积大小，、分别表示到时间内A、B的图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（）A．0到时间内，墙对B的冲量等于B．C．B运动后，弹簧的最大形变量等于D．【答案】D【详析】A．由图像可以看出，t1时刻B开始离开墙壁。在0~t1时间内，弹簧处于压缩状态，物体B静止，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又因为弹簧对A、B的弹力大小相等，由可知故A错误；B．由图可知，B运动后，同一时刻A的加速度小于B的加速度，根据可知，两物体所受弹簧弹力大小相等，二者质量关系为故B错误；C．当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x。故C错误；D．a−t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小t2时刻A的速度大小B的速度大小由图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即则故D正确。故选D。3．（2024·山东菏泽·三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为，牵引线与竖直方向夹角为。已知风筝质量为m，垂直风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（）A． B． C． D．【答案】A【详析】对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直风筝面的力根据牛顿第三定律，风筝对垂直风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，单位时间内，垂直打在风筝面的风的质量在垂直风筝面方向上由动量定理有联立解得空气密度为故选A。4．（2024·山东烟台·二模）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令，则p的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【详析】图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，碰后的速度为碰后的速度大小为两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即且整理解得即故选C。5．（2024·山东·模拟预测）一无人机静止在水平地面上，启动后竖直上升，上升过程中加速度a随时间t的变化如图所示，下列判断正确的是（  ）A．无人机在与时刻的速度之比为B．无人机在与的位移大小之比为C．无人机在与所受合外力的冲量之比为D．与合外力对无人机做功之比为【答案】A【详析】A．根据图像的面积表示速度变化量，由图可知，时刻的速度为时刻的速度为所以故A正确；B．由图可知，无人机在一直加速，则相等时间内通过的位移逐渐增大，故B错误；C．与速度变化量相等，且速度一直增大，则动量变化量相同，由动量定理可知无人机在与所受合外力的冲量相同，故C错误；D．合外力对无人机做功为合外力对无人机做功为有故D错误。故选A。6．（2024·山东滨州·二模）如图所示，放置在粗糙水平面上的装置，AB和BC为两段圆弧面，A、C两点切线水平，两圆弧相切于B点，半径分别为2R和3R，对应圆心角均为60°，圆心分别为O1、O2。一可视为质点的小物块从A滑下，运动过程中速度大小保持不变，小物块始终没有离开圆弧面，装置始终处于静止状态。下列说法正确的是（）A．小物块在A、C两点所受到的支持力大小相等B．小物块从B运动到C的过程中，地面给装置的摩擦力一直变小C．小物块从A运动到B的过程中（不包含A、B两点），地面给装置的摩擦力方向一直水平向右D．小物块从A运动到B和从B运动到C两个过程中，动量的变化量相同【答案】B【详析】A．根据牛顿第二定律可得由此可知，小物块在A点所受支持力小于C点所受到的支持力，故A错误；B．小物块从B运动到C的过程中，加速度指向圆心，有水平向右的分量，且逐渐减小，所以地面给装置的摩擦力向右，且一直变小，故B正确；C．小物块从A运动到B的过程中（不包含A、B两点），加速度始终指向圆心，所以加速度水平方向的分量向左，则地面给装置的摩擦力方向一直水平向左，故C错误；D．小物块从A运动到B和从B运动到C两个过程中，动量的变化量大小相等，但方向不同，故D错误。故选B。7．（2024·山东枣庄·三模）如图，将总质量为200g的2000粒黄豆从距秤盘125cm高处连续均匀地倒在秤盘上，观察到指针指在刻度为80g的位置附近。若每粒黄豆与秤盘在极短时间内垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不变，重力加速度，不计空气阻力，则持续倾倒黄豆的时间约为（）A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【详析】黄豆落在秤盘上的速度大小为设持续倾倒黄豆的时间为，则根据单位时间落在秤盘上的黄豆数量为黄豆对秤盘的撞击力远大于黄豆的重力，故重力可以忽略，由动量定理得方程两侧根据时间累计求和可得又，则代入数据可得t=2.5s故选B。二、多选题8．（2024·山东济南·三模）质量为的物块从距离地面高度为处自由下落，在下落到距离地面高度为时，质量为的子弹以的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重力加速度取，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A．子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为B．子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为C．物块下落的总时间为D．物块下落的总时间为【答案】AC【详析】A．子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则解得物块水平方向的速度大小变为选项A正确；B．子弹击中木块之前物块的竖直速度子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知解得物块竖直方向的速度大小变为选项B错误；CD．子弹击中木块之前物块下落的时间被子弹击中后物块下落时，根据解得t2=1s（另一值舍掉），则总时间为选项C正确，D错误。故选AC。9．（2024·山东泰安·三模）如图所示，光滑水平地面上静置着一足够长的木板B和物块C，木板B的质量为4m，物块C的质量为12m。现有一质量为m的物块A以初速度v0从左端滑上木板B，木板B与物块C仅发生过一次碰撞（弹性碰撞），且碰撞时间极短可忽略不计，最终物块A和木板B均停止运动。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．木板B与物块C碰撞前瞬间，物块A的速度大小为B．木板B与物块C碰撞前瞬间，木板B的速度大小为C．木板B与物块C碰撞后，物块C的速度大小为D．物块A相对木板B滑行的距离为【答案】ACD【详析】ABC．从A滑上B到B与C碰撞前瞬间，A、B动量守恒，有B与C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有解得B与C碰撞后，A、B均能停下来，有联立解得，，，故AC正确；B错误；D．整个过程中能量守恒有解得故D正确。故选ACD。10．（2024·山东聊城·二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在B点，O为导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A在O点正下方，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球P，小球P通过轻杆与光滑地面上的小球Q相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球P从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是（）A．小球P即将落地时，它的速度大小为B．小球P即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为C．从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为D．若小球P落地后不反弹，则地面对小球P的作用力的冲量大小为【答案】BC【详析】B．平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则速度与水平方向的夹角可知，小球P即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球P的速度方向与水平方向的夹角解得故B正确；A．设小球P即将落地时，它的速度大小为，小球Q的速度大小为，根据系统机械能守恒有小球P与小球Q沿杆方向的速度相等，则有解得，故A错误；C．根据动能定理可得，从静止释放到小球P即将落地，轻杆对小球Q做的功为故C正确；D．小球P落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球P有重力，则地面对小球P的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故D错误。故选BC。11．（2024·山东聊城·二模）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量m=40kg，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号桌送餐，圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度为5m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速出发，到达B点时速率达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC段，通过C点后仍以1m/s的速率运动到某位置才开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数，餐盘与托盘之间未发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．从B运动到C过程中机器人的动量变化量为B．从A运动到B过程中机器人的加速度为C．圆弧BC的半径可以设计为0.45mD．机器人从C到D的最短时间为12.25s【答案】BD【详析】A．根据题意，不能确定从B运动到C过程中机器人的速度变化量，从而不能确定动量变化量，故A错误；B．从A运动到B过程中，有解得机器人的加速度为故B正确；C．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有解得故C错误；D．机器人以1m/s的速度匀减速至D点的加速度为则减速的时间为匀减速的位移为故从C点开始匀速运动的时间所以从C运动到D点的最短时间为故D正确。故选BD。三、解答题12．（2024·山东烟台·三模）如图所示，劲度系数k=100N/m的轻弹簧一端固定于水平面上，另一端连接物块A，物块B置于A上（不粘连），A、B质量均为1kg，开始时物块A和B处于静止状态，物块B的正上方h高处固定一水平的可在竖直方向上下移动的挡板。现对物块B施加方向始终向上、大小为F=10N的恒力，使A、B开始运动，已知A、B均可视为质点，B与挡板、A之间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量，k为弹簧的劲度系数），质量为m的质点做简谐运动的周期为（k为物体做简谐运动时的比例系数，即弹簧的劲度系数），重力加速度大小g=10m/s2。（1）求A、B第一次分离时，A、B的速度大小；（2）求A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，物块A上升到最大高度时的加速度大小；（3）若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，求h满足的条件；（4）若，则B与A相碰后，求A第一次运动到最低点时A、B之间的距离。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详析】（1）设开始时弹簧的压缩量为x1，根据平衡条件有解得设A、B第一次分离时，弹簧的形变量为x2，此时A、B之间弹力为零，加速度、速度（大小设为v）均相同，又因为恒力F与B的重力大小相等、方向相反，所以此时B的加速度均为0，则A的加速度也为0，有解得对从开始到A、B第一次分离的过程，根据功能关系有解得（2）A、B第一次分离后，若二者没有发生碰撞，则A做简谐运动，由于分离时A的加速度为0，所以A刚好位于平衡位置，设A的振幅A，对A从平衡位置上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有解得设A上升到最大高度时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有解得（3）A、B第一次分离后，由于B受力平衡，所以向上做匀速直线运动，且由于与挡板发生的是弹性碰撞，所以碰撞后速度大小不变，仍为v。A从平衡位置开始向上做简谐运动，周期为根据简谐运动的对称性可知，A再次经过第一次分离位置时速度大小仍为v，为使A、B在此处能够发生碰撞，此时A一定向上运动，所以若A、B第一次分离后，经过一段时间后二者恰好能够在第一次分离位置相碰，应满足解得（4）若，则由（3）结论可知A、B在第一次分离位置相碰，因为碰撞时二者速度大小相等、方向相反，且二者质量相同，根据动量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交换，记B将以v向上做匀速直线运动，A将从平衡位置开始向下做简谐运动，经历时间A第一次运动到最低点，此时B向上运动的位移大小为此时A、B之间的距离为13．（2024·山东青岛·三模）如图，劲度系数为100N/m的轻弹簧一端固定在倾角足够长斜面的顶端，另一端拴接物块A，弹簧与斜面平行。物块B锁定在A上，点为弹簧原长位置，A与斜面间的动摩擦因数。A、B质量均为。不计厚度的挡板P固定在水平面上，左侧的平面光滑，木板C长度，质量，紧挨着挡板P。木板C右端与足够长的固定平台间的距离。物块A、挡板P、木板C的上表面及平台等高。质量均为的个物块从左向右依次静置于平台上，相邻两物块间的距离均为，物块1位于平台的最左端。已知B与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数，各物块与平台间的动摩擦因数均为。将弹簧压缩，使AB从斜面上距点，处由静止释放，重力加速度，所有物块均可视为质点。AB释放后的运动过程中：（1）求AB物块下滑速度最大时离点的距离；（2）求A对B作用力的最大值；（3）调整斜面长度使AB物块速度最大时恰好到达斜面底端，此时撤去弹簧并解除AB间的锁定。A与挡板碰撞后物块B滑上木板C，木板C与平台碰撞后立即停止，物块B与物块1相碰后粘在一起，两物块继续运动，然后与物块2相碰，碰后三物块粘在一起继续运动……，所有碰撞时间极短。已知，不计物块由斜面到平面的能量损失。求：①物块B与物块1碰撞前瞬间的速度大小；②物块B与前个物块碰后粘成的整体与物块碰撞前的动能。【答案】（1）；（2）；（3）①；②【详析】（1）AB物块下滑速度最大时整理得（2）AB物块一起下滑到最低点，即将要向上运动时，对B的作用力最大，此时速度为零，设离开点的距离。根据动能定理得整理得根据牛顿第二定律，对AB整体对物块B，x轴方向有y轴方向整理得（3）①AB物块一起下滑的速度最大时，根据动能定理得整理得对物块B与木板的相互作用过程，对物块B由牛顿第二定律得解得对木板C由牛顿第二定律得解得设经时间t，B与C共速解得该过程中B与C发生的相对位移为即B恰好到达C的最右端，该过程中C发生的位移为即C恰好与平台相碰。物块B的速度为②物块B与物块1相碰前根据动量守恒定律得与物块1相碰后对B与物块1整体，根据动能定理与物块2相碰前与物块2相碰，根据动量守恒定律得与物块2相碰后对B与物块1、