2025届高考物理一轮复习专题：动量及其守恒定律（高考原题重现与跟踪训练）

2025年高考物理一轮复习专题：动量及其守恒定律（高考原题重现与跟踪训练） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 高考原题重现 1．（2024·贵州·高考真题）如图，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面相切于P点，的长度。一长为的水平传送带以恒定速率逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为。以后每隔给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为的质量为，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 2．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。 (1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值； (2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小； (3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。 跟踪训练 一、单选题 1．用水枪喷水是儿童喜欢的游戏，但是如果使用的玩具水枪冲击力较强，也有可能对儿童造成伤害。新闻曾多次报道有儿童眼睛被玩具水枪射伤的案例，所以儿童玩具水枪设计、制作的厂家必须控制水枪的冲击力，使水枪严格符合产品质量标准。设水枪喷水口的半径为r，刚从喷水口射出的水流水平垂直打到竖直放置的一块木板后不反弹，测得水流对竖直木板的平均冲力大小为F，已知水的密度为ρ，则喷水口的出水速度v为（　　） A． B． C． D． 2．小明将一个充气至直径为1m的乳胶球，以某一速度水平投向小海，第二次小明将气放掉后以相同的速度投出，则在两次接球的过程中（　　） A．小海对乳胶球不做功 B．乳胶球的动量变化量不等 C．乳胶球对小海的作用力相等 D．小海对乳胶球作用力的冲量相等 3．以下关于四幅图的说法，正确的是（   ） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A的动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 4．彩虹滑道是一款旱地仿滑雪设备，其模型如图所示．人的质量为50kg，滑板（表面平整）的质量为10kg，开始由机械装置将人和滑板一起拉上顶端，然后让人和滑板一起从滑道顶端由静止开始沿直线下滑，人与滑板的动摩擦因数为，由于滑道洒了肥皂水，可认为接触面光滑，g取，下列说法正确的是（   ） A．上拉过程中，摩擦力对人做负功 B．加速上拉过程中，拉力不能超过450N C．下滑过程中，人所受支持力的冲量为零 D．下滑过程中，人所受摩擦力的冲量沿斜面向下 5．如图所示，用高压水枪清洗汽车时，设水枪出水口的直径为d1，水柱射出出水口的速度大小为v1，水柱垂直射到汽车表面时的直径为d2，水柱垂直射到汽车表面时水的速度大小为v2，冲击汽车后水的速度为零。已知水的密度为ρ，液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等。下列说法正确的是（　　） A．若d1 < d2，则v1 < v2 B．高压水枪单位时间喷出的水的体积为 C．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 D．水柱对汽车的平均冲力为 6．质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升到距B点所在水平线的最大高度为处（不计空气阻力，小球视为质点），则（　　） A．小球离开小车后做竖直上抛运动 B．小球和小车组成的系统机械能守恒 C．小球在最低时，地面对小车的支持力为2mg D．小球第二次上升最大高度到距B点所在水平线为 7．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为m的木板A，通过不可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以v0的速度向右运动，经过一段时间后系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的是（　　） A．绳子绷紧前后，A、B、C系统机械能守恒 B．木板A的速度大小为v0 C．木板B的速度大小为 D．物块C的速度大小为 8．“两弹一星功勋奖章”获得者钱学森在二十八岁时就成为世界知名的空气动力学家。如图甲所示，理想状态下没有空气阻力的抛体运动的轨迹为抛物线，但在真实的情况下由于空气阻力的影响，如图乙，其轨迹为一个可视为质点的物体由水平地面上斜向上抛出，只在重力和空气阻力作用下的运动轨迹，已知物体的质量为m，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，抛出瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为，落地瞬间速度大小为，与水平方向的夹角为，下列说法正确的是（　　） A．从抛出到落地整个过程动量变化量大小为 B．从抛出到落地整个过程物体所受阻力做功为 C．物体水平射程为 D．物体在空中飞行的时间为 9．光具有能量，也有动量p，p方向沿光的传播方向。，h为普朗克常量，为光的波长。光照射到物体表面时会产生压力，称为光压。光射达物质界面时会发生折射，遵循折射定律，传播方向发生变化会导致其动量改变，从而产生光压。如图，一束光线从真空中入射到均匀分布的微球的A点，两次折射后从B点射出。光束经过微球的过程中，其动量变化量（　　） A．由A指向B，光对微球产生的冲量指向B B．由A指向B，光对微球产生的冲量指向A C．与垂直，光对微球产生的冲量垂直向上 D．与垂直，光对微球产生的冲量垂直向下 10．如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（   ） A．小球在运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球在运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C．小球有可能不能冲出C点，若无水平面上的物块后，小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度 D．小球离开C点以后，一定做竖直上抛运动，且能无碰撞的回到槽中 二、实验题 11．某实验小组利用单摆测量当地的重力加速度，设计了如图（a）所示的装置： ①在点安装力传感器并与细线的一个端点固定，细线另一端系一个小球A； ②在点悬挂体积与相同的小球B，调节连接B球的细线长度，使两摆线的长度均为L，两细线保持自然下垂且平行，A、B两球恰好接触； ③将小球A小角度拉至同一竖直面内的C点由静止释放，运动到最低点与B球发生对心正碰（A、B每次碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计），不计空气阻力。 (1)用10分度的游标卡尺测量小球的直径d，游标卡尺的示数如图（b）所示，读出 ； (2)、球质量分布均匀，碰撞时，要发生速度交换，则 （选填“>”“=”或“<”）； (3)在满足（2）的条件下，得到的图（c）是与拉力传感器连接的计算机屏幕所显示的图像，根据图像可知摆球的运动周期 ，测得重力加速度 （用、d、表示）。 三、解答题 12．如图所示，一质量M=3kg的足够长木板B静止在光滑水平面上，B的右侧有竖直墙壁，B的右端与墙壁的距离L=4m。现有一可视为质点的质量m=1kg的小物块A，以v0=8m/s的水平初速度从B的左端滑上B，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。 (1)求B与竖直墙壁碰撞前，A、B组成的系统产生的内能及A、B的相对位移； (2)求从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间t； (3)若B的右端与墙壁的距离L可以改变，并要求B只与墙壁碰撞两次，则L应该满足什么条件？ 13．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙与物体A都以大小为的速度相向运动，甲、乙与物体A和空间站在同一直线上且可视为质点。甲的质量为，乙的质量为，物体A的质量为，为了避免直接相撞，乙先将物体A推向甲，甲迅速接住物体A后即不再松开，此后甲、乙两位宇航员和物体A以相同速度向空间站运动。求： (1)最后，甲、乙和物体A最终的速度大小； (2)设乙与物体A作用时间为，求物体A对乙的推力F的大小。 14．如图所示，是一种弹射玩具装置，水平轨道的左端A固定一轻质弹簧，弹簧自由状态下右端位于B点，质量的小物块甲静止在B点；在与B点相距的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开；在水平轨道的D点放置一质量小物块乙，物块一旦脱离轨道后将不再继续在轨道上运动，在与D点相距的E处固定一竖直四分之一圆轨道，半径足够大，物块与BC、DE段间的动摩擦因数，轨道其它部分的摩擦不计，重力加速度。现将小物块甲向左压缩弹簧后释放弹出，若弹簧的初始弹性势能为0.85J，求： (1)求物块甲经过圆轨道C点时，所受到的轨道对其的作用力？ (2)判断物块甲是否能到达竖直圆轨道的最高点？ (3)若甲、乙碰撞后粘合为一体，求甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能？ 15．如图所示，水平桌面上有两个质量相等的小物块A、B，AB相距，小物块恰好静止在桌面右边缘点，小物块与桌面之间的动摩擦因数；现使小物块以初速度从桌面上点向右滑行，此后小物块A、B发生弹性碰撞，碰后小物块水平飞出，小物块恰好从竖直放置的光滑轨道的点沿切线方向进入圆弧轨道与水平面垂直，已知圆弧的半径，段圆弧所对的圆心角，点为圆心，小物块A、B的质量均为，不计空气阻力，取，求： (1)小物块A、B碰后B的速度； (2)、两点的高度差； (3)小物块B在点时对圆弧轨道的压力。 16．如图所示，地面的左侧有一个长3m的固定平台，上表面水平，质量为的物体P静止在平台的左端，物体P与平台间的动摩擦因数。在平台的右侧光滑的水平地面上紧靠平台放置一块质量为的足够长的木板，木板的左端静止放置一个质量也为1kg小物体Q，木板的下表面光滑，木板的上表面粗糙且与平台等高，木板的右端足够远处有竖直的墙壁。现对物体P施加一水平向右的拉力（x为物体P的位移，式中各物理量均取国际单位制单位），物体P由静止开始运动，在物体P、Q发生弹性正碰前的瞬间撤去拉力F，重力加速度，每一次碰撞的时间都极短，可忽略不计。求 (1)物体P、Q碰前瞬间，物体P的速度大小； (2)木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小： (3)若木板每一次与墙碰后瞬间的速度大小是碰前瞬间的，求： ①木板与墙第8次碰撞损失的动能（结果可以用分数表示）； ②木板与物体Q之间因摩擦产生的总热量。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高考原题重现解析 1．(1)30N (2)3.2s (3)95J 【详解】（1）a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律 在点，设轨道对它的支持力大小为，根据牛顿第二定律 联立解得 （2）a从静止释放到M点过程中，根据动能定理 解得 与发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 解得 滑上传送带后，根据牛顿第二定律 解得 的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 对地位移 此后做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间 b从M运动到N的时间 （3）设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对根据动量定理 解得 向右减速到零所需的时间 然后向左加速到所需的时间 可得 在时间内向右运动的距离 循环10次后向右运动的距离 每一次相对传动带运动的路程 b从N向右运动3m的过程中与传送带摩擦产生的热量 然后继续向右减速运动，根据运动学公式 解得 此过程，b相对传动带运动的路程 此过程中与传送带摩擦产生的热量 b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量 2．(1) (2) (3)（n = 1，2，3，…），， 【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有 B从最低点到最高点由动能定理可得 解得 （2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有 2mv1 = 2mv2＋mv3 碰后A减速到0，有 碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得 B随后做平抛运动，有 L = v4t 解得 （3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…） 以N为圆心，由牛顿第二定律得 （n = 1，2，3，…） 从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得 （n = 1，2，3，…） 解得 （n = 1，2，3，…） 绳断后，B做平抛运动，有 （n = 1，2，3，…） s = v5t 可得 （n = 1，2，3，…） 由于 （n = 1，2，3，…） 则由数学分析可得 当时， 当n = 1时，， 跟踪训练解析 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B C A C D C C 1．A 【详解】设短时间t内喷出的水柱的质量为m，即 由动量定理得 即 解得 故选A。 2．B 【详解】A．小海接球的过程中，乳胶球的速度发生变化，则根据动能定理可得小海对乳胶球做功，故A错误； B．乳胶球的速度变化量相同，但由于乳胶球质量不同，则乳胶球的动量变化量不等，故B正确； C．两次乳胶球的质量不相等，则乳胶球对小海的作用力不相等，故C错误； D．根据动量定理可得乳胶球的动量变化量不等，则两次过程中小海对乳胶球作用力的冲量不相等，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间，有化学能转化为机械能，所以机械能不守恒，故A错误； B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B组成的系统满足动量守恒，但A的动量不守恒，故B错误； C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统可认为所受外力之和为零，系统满足动量守恒，故C正确； D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 故乡C。 4．B 【详解】A．上拉过程中，人受到的摩擦力沿斜面向上，则摩擦力对人做正功，故A错误； B．加速上拉过程中，设人和滑板刚好保持相对静止，以人和滑板为整体，根据牛顿第二定律可得 以人为对象，根据牛顿第二定律可得 联立解得 可知加速上拉过程中，拉力不能超过450N，故B正确； C．下滑过程中，根据 可知人所受支持力的冲量不为零，故C错误； D．下滑过程中，以人和滑板为整体，根据牛顿第二定律可得 解得 以人为对象，根据牛顿第二定律可得 解得人所受摩擦力为 可知滑过程中，人所受摩擦力的冲量为0，故D错误。 故选B。 5．C 【详解】A．因液体在流动过程中单位时间流过任一横截面的质量相等，则 若 则 选项A错误； B．高压水枪单位时间喷出的水的体积为 选项B错误； C．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 选项C正确； D．根据动量定理 可得水柱对汽车的平均冲力为 选项D错误。 故选C。 6．A 【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故A正确； B．根据题意，小球从B点离开小车后，不能回到初始高度，说明机械能有损失，则小球与小车组成的系统机械能不守恒，故B错误； C．小球在最低时，小球与小车组成的系统具有竖直向上的加速度，则地面对小车的支持力大于2mg，故C错误； D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得 所以 即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，因为小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度 所以 故D错误。 故选A。 7．C 【详解】A．绳子绷紧瞬间，能量有损失，所以A、B、C系统机械能不守恒，故A错误； BCD．绳子从拉直到绷紧过程时间极短，A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间A、B的速度为v，则 解得 在极短时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然为0，故BD错误，C正确。 故选C。 8．D 【详解】A．由于动量是矢量，且初、末动量不在同一直线上，所以从抛出到落地整个过程动量变化量大小不为，故A错误； B．根据动能定理可得，从抛出到落地整个过程物体所受阻力做功为 故B错误； C．物体在水平方向受力只有空气阻力的分力，设物体的水平分速度大小为，则对应的空气阻力水平分力大小为 对物体水平方向根据动量定理可得 又 联立解得物体水平射程为 故C错误； D．设物体在空中飞行的时间为，以竖直向下为正方向，竖直方向根据动量定理可得 其中 解得 故D正确。 故选D。 9．C 【详解】做出入射光动量方向、折射光动量方向以及折射后光线动量的变化量如图所示 可知光束经过微球的过程中，其动量变化量与AB垂直，根据动量定理可知，微球对光束作用力的方向与动量变化量的方向相同，其方向垂直AB向下，而根据牛顿第三定律可知，光束对微球的作用力与微球对光束的作用力大小相等、方向相反，可知光束对微球的作用力垂直AB向上。由冲量公式 可见光对微球产生的冲量垂直向上。 故选C。 10．C 【详解】A．小球从A点到B点，半圆槽静止不动，只有重力做功；从B点到C点，半圆槽向右运动，除重力做功外还有圆槽的弹力做功，故A错误； B．小球在到达B点之前，半圆槽静止不动，小球动量增加，系统动量不守恒；小球到达B点之后，半圆槽会向右运动，小球与半圆槽水平方向不受外力，则小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故B错误； C．若小球下落的高度较低，则由于小球过B点以后槽向右运动，可知小球有可能不能冲出C点；若无水平面上的物块后，则小球进入半圆槽中到到达最低点B的过程中，半圆槽向左运动；当小球从B点上滑到离开槽的过程中，半圆槽做减速运动，当小球离开半圆槽的时候，半圆槽的速度减为零，由能量关系可知，小球离开半圆槽的速度等于进入半圆槽时的速度，则小球每次离开槽面的最高点能到达最初的高度，故C正确； D．小球离开C点以后，既有水平速度，也有竖直速度，所以小球做斜抛运动。因小球的水平速度等于半圆槽的水平速度，所以小球能无碰撞的回到槽中，故D错误。 故选C。 11．(1)17.6 (2)= (3) 【详解】（1）游标卡尺的示数为 （2）根据两球碰撞过程动量守恒、动能守恒，可得 ， 解得 ， 当=时，碰撞时，要发生速度交换。 （3）[1]由图（c）可知F的变化周期为4t0，则摆球的运动周期也是。 [2]根据 解得 12．(1)24J，12m (2)3.5s (3) 【详解】（1）设A、B达到的共同速度为v，根据动量守恒定律有 解得 设这一过程中B向右运动的位移为x1，根据动能定理有 解得 所以A、B达到共同速度后才与墙碰撞，对系统由能量守恒定律得 代入数据解得 设从A滑上B到两者达到共同速度所用的时间为t1，则有 代入数据解得 这一过程中A向右运动的位移为x2，则 所以A、B的相对位移为 （2）两者达到共同速度后一起匀速运动，直到B第一次与墙壁碰撞，设匀速运动所用时间为，则 解得 所以从A滑上B到B与墙壁碰撞所用的时间为 （3）要能碰撞两次，表明第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小不等，取水平向右为正方向，设B与墙壁第一次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有 设B与墙壁第二次碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v3、v4，根据动量守恒定律有 若要B与墙只发生两次碰撞，则第一次碰撞后系统总动量方向要向右，第二次碰撞后总动量方向不能向右，所以有 根据B往返运动的对称性知 根据动能定理有 联立以上各式可得 ， 即应满足的条件是 13．(1) (2)F=128N 【详解】（1）规定水平向左为正方向，甲、乙两宇航员最终的速度大小均为v1，方向向左，对甲、乙以及物体A组成的系统根据动量守恒定律可得 解得 （2）对乙进行分析，根据动量定理有 解得 F=128N 14．(1)10N；竖直向下 (2)能 (3)0.45J 【详解】（1）由题意可得 解得 小球在圆轨道C点时 解得 根据牛顿第三定律可得 方向竖直向下。 （2）通过圆轨道最高点的临界速度满足 解得 设物块甲通过圆轨道最高点速度为，由动能定理，可得 解得 即物块甲能到达竖直圆轨道的最高点。 （3）依题意，甲、乙碰撞过程动量守恒，可得 解得 二者继续向右运动过程，由能量守恒可得 解得 则甲、乙从开始碰撞到再次返回D点的过程中，甲、乙系统所损失的机械能 15．(1) (2)3m (3)100N，方向竖直向下 【详解】（1）物体A从a到 物体A与物体B弹性碰撞有 联立可得 （2）物体C从b到c做平抛运动，则 可得 （3）物体B从b到d 物体B在d点 解得 由牛顿第三定律得，物体B对轨道的压力 方向竖直向下。 16．(1)3m/s (2)1m/s (3)①，② 【详解】（1）固定平台的长度为，碰前瞬间P的速度大小为，由动能定理得 可得 代入数据可得 （2）设物体P、Q碰后瞬间的速度分别为和，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立可得 ， 物体P、Q碰后，P返回平台，Q在木板上滑动，由题意可知，木板与墙第一次相碰时，已经和物体Q达到速度相同，设为，由动量守恒定律 解得 所以木板第一次与墙碰前瞬间的速度大小为1m/s。 （3）①假设木板与墙第二次碰前可以和物体Q达到共同速度，由动量守恒得 解得 和第一次碰后的速度相同，所以达到速度相同时恰好发生第二次碰撞。设木板第n次（） 与墙碰前瞬间的速度为，则有 所以木板第8次和墙壁碰前瞬间的速度为 木板第8次和墙壁碰撞损失的动能为 ②木板第一次和墙壁碰撞后，物体Q相对木板一直向右滑动，直到最终静止，所以物体Q相对于地面一直做匀减速直线运动到静止，物体Q相对于地面的位移和相对于木板的位移相同，设为x，物体Q与木板间的摩擦力f，由动能定理 由能量守恒定律 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$