专题03 动量与能量问题（2大考点）（山东专用）2026年高考物理二模分类汇编

**基本信息** 聚焦动量与能量核心模块，精选2026年山东各地二模试题，以CR450动车组、阿尔忒弥斯2号等科技情境为载体，突出物理观念与科学思维考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|14题|动量守恒、机械能守恒、天体运动|结合CR450动车组功率切换等工程情境| |多选题|8题|动量定理、能量转化、复杂运动|如斜抛弹丸多参数分析，体现科学推理| |实验题|2题|机械能守恒验证、动摩擦因数测量|创新使用智能手机传感器，强化科学探究| |解答题|15题|多过程动量能量综合|如嫦娥六号变轨问题，融合天体与能量分析，适配高考命题趋势|

专题03 动量与能量问题（原卷版） 【2大考点概览】 考点01动量及其守恒定律 考点02机械能及其守恒定律 动量及其守恒定律 考点01 一、单选题 1．（2026·山东东营·二模）2024年12月29日，CR450动车组成功下线，CR450动车组为4动4拖8节编组，总质量为m，平直轨道行驶中阻力恒为车重的k倍。列车启动时4台动力车全部工作，总额定功率为P0，当速度达到时，为节能运行，控制系统自动切换为仅2台动力车工作，功率减为，最终列车加速到匀速速度，。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B．从4台动力车切换为2台动力车的瞬间速度变为 C．切换前后的瞬间加速度之比为6:1 D．切换前后动车组加速时间之比为2:3 2．（2026·山东东营·二模）2026年4月1日，阿尔忒弥斯2号（ArtemisⅡ）踏上了人类自1972年以来首次绕月旅程。如图阿尔忒弥斯2号首先发射到近地轨道Ⅰ，在A点加速后进入椭圆轨道Ⅱ，此后多次加速后掠过月球背面，在弹弓效应下，无需动力返回地球。则下列正确的是（　　） A．阿尔忒弥斯2号要飞到B点，在A点速度需大于11.2km/s B．阿尔忒弥斯2号从B点返回A点的过程中速度一直变大 C．在Ⅰ、Ⅱ轨道经过A点时，向心加速度 D．从B返回A点的过程中，阿尔忒弥斯2号在地月系统中机械能守恒 3．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，两名同学在水平地面上练习排球垫球。垫出点与接住点高度相同。左侧同学先后两次以不同初速度、将排球斜向上垫出，排球沿两条轨迹运动，右侧同学在同一位置接住排球。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两次垫球的初速度一定大于 B．两次排球到达最高点时的速度大小相等 C．排球沿轨迹1运动时，在空中运动的时间更长 D．两次运动中，排球的机械能一定相同 4．（2026·山东德州·二模）如图所示，将、两块木板连接并固定在水平桌面上，已知木板的长度是木板长度的倍。让同一小物块以相同大小的初速度先后从两端滑入：从木板左端滑入后，恰好停在木板的正中间；从木板右端滑入后，恰好停在木板的正中间。设小物块与木板、间的动摩擦因数分别为、，物块可视为质点，则为（　　） A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4 5．（2026·山东日照·二模）“嫦娥六号”月球探测器于2024年6月采样返回。如图所示，探测器返回过程中，从圆轨道Ⅰ上P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q为远月点。则探测器（    ） A．在轨道Ⅰ上的周期小于轨道Ⅱ上的周期 B．在轨道Ⅰ上P点的速度等于轨道Ⅱ上P点的速度 C．在轨道Ⅱ上从P点向Q点运动过程中加速度逐渐增大 D．在轨道Ⅱ上从P点向Q点运动过程中机械能逐渐增大 6．（2026·山东济宁·二模）如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率在空中表演的部分运动轨迹，其中点与圆心等高。无人机运动过程中只受重力、驱动力、大小恒定且与速度方向始终相反的阻力作用。在无人机从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．机械能守恒 B．合外力做正功 C．重力的功率不变 D．驱动力的功率减小 7．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行周期为，P为近日点，Q为远日点，M、N为短轴的两个端点；地球绕太阳沿圆轨道运动，轨道半径为r，公转周期为。已知海王星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。下列说法正确的是（　　） A． B． C．海王星沿轨道顺时针从P到M所用的时间为 D．海王星沿轨道顺时针从M到N，万有引力对它先做正功后做负功 8．（2026·山东德州·二模）一质量为的卫星围绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为，地球的质量为，卫星的引力势能（r为卫星到地心的距离），万有引力常量为。该卫星在椭圆轨道上的机械能为（　　） A． B． C． D． 9．（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 二、多选题 10．（2026·山东省新泰一中老校(新泰中学)·二模）两节性能不同的动车，其额定功率和在平直铁轨上能达到的最大速度如下表所示，若每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，其中为常数。现将两节动车机械连接组成动车组，整体以总额定功率在平直铁轨上运行。下列说法正确的是（　　） 动车 额定功率 最大速度 甲 4.8 120 乙 6.0 150 A．甲、乙两节动车的质量之比为4：5 B．甲、乙两节动车的质量之比为5：4 C．动车组能达到的最大速度为 D．动车组能达到的最大速度为 11．（2026·山东淄博·二模）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，从A点以竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　） A．在C点小球对轨道的压力大小为3mg B．在C点小球对轨道的压力大小为4mg C．小球落地时的速度大小为 D．小球落地时的速度大小为 12．（2026·山东德州·二模）如图所示为斜向上发射弹丸的玩具装置，发射方向与水平面的夹角可调，弹丸每次射出时速度大小均为，发射口离水平地面高度为，弹丸质量，重力加速度大小，不计空气阻力，，。下列说法正确的是（　　） A．不同时，弹丸从射出到落地的时间均相等 B．不同时，弹丸落地时的速度大小均相等 C．时，弹丸落地时重力的瞬时功率为 D．时，弹丸的水平射程为 13．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，可绕O点自由转动的轻杆左端固定一小球c，通过细线将小球拉起使轻杆水平，用跨过定滑轮P的轻绳连接物体b与小球c，物体a、b通过一竖直轻弹簧相连。开始时，系统处于静止状态，轻绳恰好伸直但无张力。已知a、b的质量均为m，c的质量为M，轻杆长度为L，O、P间的距离为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力及一切摩擦。某时刻剪断c上方的细线，当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面。则（　　） A．轻弹簧的劲度系数为 B．当c下落高度为时，b和c的速度大小相等 C．c运动到O点正下方时的速度大小为 D．c运动到O点正下方时的速度大小为 14．（2026·山东青岛第五十八中学·模拟预测）如图所示，倾角为的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为的物块A与物块（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点点（d未画出），物块A在c点的加速度大小为，，弹性势能表达式为，为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为，。下列说法正确的是（　　） A．物块A与ab段的动摩擦因数为 B．轻弹簧的劲度系数为 C．物块A下滑的最大速度为 D．物块B的质量为 三、实验题 15．（2026·山东省部分高中·模拟预测）某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验过程如下： ①将一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h=78.00cm； ②利用图乙所示的智能手机运行可以测量外界声音“振幅”（声音强度）的程序； ③迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落，传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图丙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，测得这两个尖峰的时间间隔为t=0.40s。 已知铁球质量为m=50g，重力加速度g=9.80m/s2，请回答下列问题： (1)铁球下落过程中增加的动能∆Ek可以表示为___________（请用物理量符号m、h、t表示）； (2)若已知铁球下落过程中减小的重力势能∆Ep=0.382J，则可以计算出相对误差___________%（结果保留1位小数）； (3)敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对第（2）问中的相对误差大小___________（填“有”或“没有”）影响。 16．（2026·山东日照·二模）某实验小组用图甲所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验步骤如下： ①将长木板左端通过水平转轴O固定在水平桌面上，光电门固定在长木板的左端； ②将铁架台固定在水平桌面上，保持铁架台的竖直杆到转轴O的水平距离不变； ③将木板右端抬起，通过螺栓固定在铁架台的竖直杆上，测出固定点到水平桌面的高度h； ④将小滑块从木板上固定点由静止释放，记下遮光片的遮光时间t； ⑤改变木板倾斜程度，重复③④操作，获取多组数据； ⑥用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，如图乙所示。 请完成下列问题： (1)遮光片的宽度d＝______mm。 (2)实验小组根据实验数据描绘了图像，如图丙所示，已知图线的纵截距为b，铁架台的竖直杆到转轴O的水平距离为x，则可以得到动摩擦因数μ＝______（用b、x表示）。 (3)若更换为动摩擦因数更小的木板，重复上述实验得到图像，则图线的斜率将______（选填“变大”“变小”或“不变”）。 四、解答题 17．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量m=0.6kg的小球从A点以初速度冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求： (1)若R=0.5m，小球在最高点对圆环的压力； (2)仅调整R的大小，小球从最高点飞出，求A、C间的最大距离及对应的R值。 18．（2026·山东日照·二模）质量m=2×103 kg的汽车由静止开始做直线运动，t时间内的位移为x，其图像如图所示，图线在0～5 s的时间内为倾斜直线。t=5 s时汽车达到额定功率P0=60 kW，之后保持P0不变，最终达到最大速度，并以最大速度做匀速直线运动。汽车行驶过程中所受阻力恒定。求： (1)汽车受到的阻力大小f； (2)最大速度vm。 机械能守恒定律 考点02 一、单选题 1．（2026·山东德州·二模）如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在处光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球沿轴上的分速度随时间的变化关系如图乙所示。已知小球可视为质点，质量为，重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．轻杆的长度为 B．图乙中阴影部分面积大小为 C．小球在最高点时，杆对球的作用力大小为 D．在时间段内小球合外力的冲量大小为 2．（2026·山东日照·二模）如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A． B． C．m0v0 D．2m0v0 3．（2026·山东东营·二模）某同学在参观科技馆时，看到一个有趣的装置：钢球从轨道最底端由静止释放后，会沿轨道运动到最上方，在钢球运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的重心升高 B．小球的机械能增大 C．轨道对小球的支持力的冲量为0 D．小球对一侧轨道的压力逐渐变大 4．（2026·山东东营·二模）火箭的网系回收可简化为如下过程，质量的火箭先靠发动机点火主动减速，10s末定点入网后启动液压缓冲系统，缓冲绳索对火箭产生持续缓冲作用，回收过程的v-t图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．0~10s，火箭处于失重状态 B．12s时绳索对火箭的作用力为 C．10~12s，绳索的平均作用力为 D．0~10s，火箭的重力势能减小 5．（2026·山东省多校高三·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 二、多选题 6．（2026·山东日照·二模）如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f=kv（其中，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（    ） A．小球落地时速度大小为v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为 三、解答题 7．（2026·山东聊城·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为37°足够长的斜面，斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53°，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，物块B放在A上的某点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知B、C均可视为质点，B始终未从A上滑下，圆弧轨道的半径为2.25m，，，A与B之间及A、C与斜面间的动摩擦因数均为，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，C对轨道的压力大小； (2)B与A之间因摩擦产生的热量； (3)最终A右端与C之间的距离。 8．（2026·山东泰安英雄山中学·模拟预测）如图所示，一质量的小车由水平部分AB和圆弧轨道BC组成，AB长，圆弧BC的半径，且与水平部分相切于B点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为的物块P从距离轨道MN底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。 (1)求物块P与物块Q碰撞后Q的速度； (2)要使物块Q既可以到达B点又不会与小车分离，求Q与小车AB部分动摩擦因数的取值范围。 9．（2026·山东淄博·二模）如图用质量为的物块A和质量为的物块B将一定量弹药封装在装载台圆筒内，装载台与水平轨道等高。物块C静止在水平轨道PM上，水平轨道上有一半径为的光滑圆轨道MDN固定于竖直平面内，D点为圆轨道的最高点，圆轨道上的M、N两点分别与左侧光滑水平轨道PM和右侧长为的粗糙水平轨道NO平滑连接。以O点为坐标原点，在水平和竖直方向上建立平面直角坐标系xOy，O点右侧有一曲线轨道，其曲线方程为。现引爆弹药，其释放的能量完全转化为A和B的动能，极短时间后B与C发生弹性碰撞，碰后C沿轨道MDN运动并恰好经过D点，接着C从N点进入轨道NO，最后从O点做平抛运动落在右侧曲线轨道上。整个过程发生在同一竖直面内，不计空气阻力及B、C碰撞时间，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度大小。 (1)求爆炸后瞬间B的速度大小； (2)求C的质量； (3)改变物块C与轨道NO间的动摩擦因数，使C落到右侧曲线轨道上的动能最小，求C落到轨道上的最小动能及对应的值。 10．（2026·山东济宁·二模）如图所示，竖直平面内足够长的轨道由光滑斜面和粗糙水平面组成，两者在斜面底端处平滑连接。质量为的物块从斜面上高为处由静止释放，到达水平面上后，停在距离点远的点；现将质量为的另一物块放在处，物块仍从斜面上原高度处由静止释放，到达点后与物块发生水平弹性碰撞，碰撞时间极短，A、B均看作质点，且与水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度大小。求： (1)物块A与水平面间的动摩擦因数； (2)第一次碰撞后瞬间，物块、的速度大小、； (3)若物块、发生第二次碰撞时，已停止运动，求斜面倾角的正弦值应满足的条件。 11．（2026·山东德州·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径。传送带长为，以顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一质量为的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为的小物块从圆弧最上端无初速释放，物块落下后打在木板上表面。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为，，物块始终未落在地面上，重力加速度大小，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块在传送带上运动的时间； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求： ①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能； ②物块与木板第1次碰后瞬间，物块的速度大小。 12．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，一固定光滑水平足够长横杆，长为l=1m的非弹性轻绳一端固定在杆的左端O点，另一端拴有小球A，紧靠O点有一小环C套在杆上，小球B也由一长为1m的非弹性轻绳悬挂在C上，处于静止状态，整个装置处于同一竖直面内。将连接A球的轻绳拉直与水平方向的夹角成角，由静止释放，运动到最低点时与B球发生弹性碰撞，已知，A的质量为m1=1kg，B和C质量分别为和，，三者均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)A与B碰撞后，A的速度大小； (2)A与B碰撞后，B上升的最大高度 (3)B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 13．（2026·山东日照·二模）如图所示，水平地面与倾角θ=37 °的斜面在P点相连，O点左侧光滑，右侧粗糙。小物块A、B静止在O点左侧，两者之间的轻弹簧被压缩并用细线固定（弹簧与物块不连接），此时弹簧储存的弹性势能Ep＝75 J。滑块C静止在物块B的左侧，其内部是直径（图中虚线）位于竖直方向的半圆形轨道，底部与地面相切，半径R＝0.5 m。现将细线烧断，小物块A、B与弹簧分离后，小物块B冲上滑块C，小物块A经过O点并从P点水平向右抛出。此后小物块A每次与斜面的碰撞前后瞬间其垂直于斜面方向的速度大小不变、方向相反，忽略碰撞过程中重力的冲量和沿斜面方向发生的位移。已知A、B、C的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=8 kg，A、B均可视为质点，OP段的长度，小物块A离O点的距离x与地面间的动摩擦因数μ1满足μ1=kx（k=0.2 m-1），小物块A与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，地面与斜面均足够长，空气阻力可以忽略，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。 (1)若滑块C可自由滑动，请通过计算判断小物块B能否滑到滑块C内圆轨道的最高点； (2)若用紧靠滑块C左侧的光滑挡板（足够高）挡住滑块C，求地面对滑块C的最小支持力； (3)小物块A从P点水平抛出后，求第n个落点到P点的距离。 14．（2026·山东枣庄·二模）如图所示，质量的滑板静止在光滑水平面上，长度的水平段AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差。质量的滑块置于滑板上点，与滑板AB段间的动摩擦因数；长度的细线一端固定于点，另一端与质量的小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至点正下方时与滑块发生对心碰撞（时间很短），碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不可伸长，取。 (1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小； (2)求滑块从滑板上的处运动到处的时间； (3)若滑块从滑板上点离开后在空中运动的最小速率为，求滑块在滑板上运动的过程中，所受合力的冲量大小。 15．（2026·山东省多校高三下·模拟预测）如图所示，半径为R的圆槽P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆槽P的最低点与地面相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为m的小球从P的正上方高为R的位置由静止释放后，恰好沿切线进入圆弧轨道。已知P、Q的质量均为3m，重力加速度大小为g，忽略空气阻力和一切摩擦。求 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小； (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 动量与能量问题（答案版） 【2大考点概览】 考点01动量及其守恒定律 考点02机械能及其守恒定律 动量及其守恒定律 考点01 一、单选题 1.【答案】C 2.【答案】D 3.【答案】C 4.【答案】B 5.【答案】A 6.【答案】D 7.【答案】A 8.【答案】A 9.【答案】C 二、多选题 10.【答案】BC 11.【答案】AC 12.【答案】BD 13.【答案】BC 14.【答案】AD 三、实验题 15．【答案】(1) (2)0.5 (3)没有 16.【答案】(1)4.60 (2) (3)不变 四、解答题 17.【答案】(1)13.2N，方向竖直向上 (2)1.8m，0.45m 【详解】（1）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 在B点，设轨道对小球弹力为，方向竖直向下，对小球由牛顿第二定律得 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小球在最高点对轨道的压力N，方向竖直向上。 （2）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 小球从B点飞出做平抛运动，由平抛运动规律可知， 联立以上各式，整理得 当时，即m时，x有最大值； 将m代入解得： 18.【答案】(1) (2) 【详解】（1）0~5s内为倾斜直线，说明0~5s汽车做匀加速直线运动。由匀变速直线运动位移公式 整理得 由图可知，时，代入得 解得加速度 时，汽车速度 此时功率达到额定功率，由功率公式 得牵引力 由牛顿第二定律 代入 得 （2）汽车最终匀速运动时，牵引力等于阻力，此时速度最大，由功率公式 得 机械能守恒定律 考点02 一、单选题 1.【答案】C 2.【答案】D 3.【答案】D 4.【答案】D 5.【答案】D 二、多选题 6.【答案】AC 三、解答题 7.【答案】(1)48N (2) (3) 【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有 到达圆弧轨道最低点 联立解得 由牛顿第三定律，物块C在圆弧轨道最低点时对轨道的压力为48N （2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得， 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为，B向下做匀加速运动，加速度大小为 对A有 对B有 联立解得， 设经t时间A、B两者共速，由运动学关系得 解得， 由运动学关系得A、B两者间的相对位移为 A、B间摩擦产生的热量为 解得 （3）设C沿斜面下降的位移为，A沿斜面下降的位移为，对C应用动能定理，则 对A、B组成的系统整个过程应用能量守恒，则 解得， 因此最终A右端与C间的距离为 8.【答案】(1)，方向水平向右 (2) 【详解】（1）物块P沿MN滑下，设末速度，由机械能守恒定律得 解得 物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为、，由动量守恒得 由机械能守恒得 解得， 碰撞后瞬间物块Q的速度为，方向水平向右 （2）考虑极限情况：若物块Q刚好向右到达B点时就与小车共速，由动量守恒定律有 解得 由能量守恒定律得 解得 若物块Q刚好回到A点时与小车共速，由能量守恒定律得 解得 若当物块Q在圆弧上上升高度为R时，二者刚好共速，由能量守恒定律得 解得 因为，所以Q不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为 9.【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）爆炸过程中，、系统动量守恒和能量守恒，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得 （2）C恰好经过点，重力提供向心力有 可得 从碰撞后到点，由机械能守恒定律得 解得 与发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有、 联立解得 代入、、 解得 （3）到达点速度仍为，从到，由动能定理有 解得 因为 故 从点平抛，满足， 结合曲线方程 整理得 落到曲线的动能 代入化简得 令 可得 由基本不等式 等号成立时有 可得 即 代入 解得 故最小动能 10.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理 约去得 （2）A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度 解得 A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒 代入 解得 速度大小为 负号表示方向向左。 （3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小 停下的时间 B停下的位置距离O点 碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小 上滑时间 下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间 斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。 A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式 代入数据得 解得合理的时间（舍去较大的根） 要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间 代入得 整理得 即满足条件为 11.【答案】(1) (2)①80 J；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，在传送带上的加速度大小为，根据动能定理有 由牛顿第二定律有 设物块与传送带可以达到共速，由运动学公式 解得，即可以共速。 又， 物块在传送带上运动的时间 解得t=1 s （2） ①物块与木板最终竖直速度为零，水平方向共速，建立如图所示坐标系，由动量守恒定律，得x方向满足，y方向满足Mv0=（M+m）vy共 物块与木板最终的共同速度 对物块与木板组成的系统，由能量守恒解得 解得 ②设竖直方向物块的第一次碰前瞬间的速度为vz，则 碰后瞬间的速度 以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对木板的速度 可知物块受到木板的摩擦力与x轴方向、y轴正方向的夹角均为45°。 由动量定理可知 竖直方向 x轴方向 轴方向 物块与木板第一次碰撞后 解得 12.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次刚要绷紧时A的速度大小为，则对A由机械能守恒有 解得m/s 设A与B碰前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A由动能定理得 解得 设A与B发生弹性碰撞后，A的速度大小为，B的速度大小为，根据动量守恒有 由机械能守恒得 联立解得m/s，m/s （2）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，二者共速时B上升的高度最大，设二者共同速度为v，则有 由机械能守恒得 解得m （3）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，设B再次运动到最低点时速度为，C的速度为，则有 由机械能守恒得 解得，m/s B相对C的速度大小为m/s 对B由牛顿第二定律得 解得N。 13.【答案】(1)不能 (2)，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）细线烧断时，AB动量守恒有 根据能量守恒有 解得水平向右，水平向左 假设B能上升至滑块C最高点，BC速度分别为， 根据BC动量守恒有 BC能量守恒有 解得， 最高点需要BC相对速度达到，且由重力恰好提供向心力满足 解得 而，BC相对速度为0，故小物块B不能滑到滑块C内圆轨道的最高点。 （2）当用紧靠滑块C左侧的光滑挡板挡住滑块C时，设小物块B运动到与轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量，且速度大小为，由机械能守恒 由牛顿第二定律 则 当时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量最大，台面对滑块C的支持力最小 对滑块C，竖直方向的平衡方程 解得地面对滑块C的最小支持力，方向竖直向上。 （3）设小物块A通过P时速度为，由动能定理有 OP段小物块A物受到摩擦力大小 若绘制成图像，则图像与轴围成面积表示摩擦力做的功 OP段，联立解得通过P时速度 设第次与斜面碰撞后平行斜面方向的分速度为，垂直斜面方向的分速度为，第次与斜面碰撞后平行斜面方向的分速度为，由抛体运动规律可知 第次与斜面碰撞前平行斜面方向的分速度为 第次与斜面碰撞过程，根据动量定理可得， 联立解得 第次碰撞时落点位置 解得 14.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球碰撞前的速度大小为，则 解得 碰撞后小球的速度大小为，则 解得 碰撞过程中，动量守恒 解得 （2）滑块在滑板上，对滑块根据牛顿第二定律可得 解得 对滑板根据牛顿第二定律可得 解得 则 解得 （3）滑块从滑板上的A处运动到B处时，滑块的速度大小为 滑板的速度大小为 滑块在滑板上运动的过程，最终水平分速度大小为，根据滑块和滑板组成的系统，在水平方向动量守恒可得 系统机械能守恒 解得 则滑块离开滑板上升的高度为 所以，滑块离开滑板时，竖直分速度大小为 在此过程中水平方向的冲量为 竖直方向上的冲量为 根据动量定理可得，滑块在此过程中所受合力的冲量大小为 15.【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球第一次离开圆槽时速度为，圆槽的速度为，从小球开始下落到第一次离开圆槽，由动量守恒和能量守恒有， 解得 （2）小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速度为，从开始压缩弹簧到弹性势能最大， 解得 （3）设小球与Q分离后，小球的速度为，Q的速度为；小球再次回到圆槽P上升最大高度时，小球与圆槽共速，速度为，上升的最大高度为h，从压缩弹簧到与Q分离，由动量守恒和能量守恒有， 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有， 解得 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 动量与能量问题（解析版） 【2大考点概览】 考点01动量及其守恒定律 考点02机械能及其守恒定律 动量及其守恒定律 考点01 一、单选题 1．（2026·山东东营·二模）2024年12月29日，CR450动车组成功下线，CR450动车组为4动4拖8节编组，总质量为m，平直轨道行驶中阻力恒为车重的k倍。列车启动时4台动力车全部工作，总额定功率为P0，当速度达到时，为节能运行，控制系统自动切换为仅2台动力车工作，功率减为，最终列车加速到匀速速度，。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A． B．从4台动力车切换为2台动力车的瞬间速度变为 C．切换前后的瞬间加速度之比为6:1 D．切换前后动车组加速时间之比为2:3 【答案】C 【详解】A．列车功率满足 行驶中受到的阻力 最终匀速行驶时功率为，速度为，有 结合 解得，故A错误； B．速度是状态量，列车切换功率瞬间速度不会突变，仍为，故B错误； C．切换前瞬间，牵引力 加速度 代入 解得 切换后瞬间，牵引力 加速度 代入 解得 故，故C正确； D．切换前后，动车组均为变加速运动，根据动能定理有， 因两段位移、未知，无法求出时间之比，故D错误。 故选C。 2．（2026·山东东营·二模）2026年4月1日，阿尔忒弥斯2号（ArtemisⅡ）踏上了人类自1972年以来首次绕月旅程。如图阿尔忒弥斯2号首先发射到近地轨道Ⅰ，在A点加速后进入椭圆轨道Ⅱ，此后多次加速后掠过月球背面，在弹弓效应下，无需动力返回地球。则下列正确的是（　　） A．阿尔忒弥斯2号要飞到B点，在A点速度需大于11.2km/s B．阿尔忒弥斯2号从B点返回A点的过程中速度一直变大 C．在Ⅰ、Ⅱ轨道经过A点时，向心加速度 D．从B返回A点的过程中，阿尔忒弥斯2号在地月系统中机械能守恒 【答案】D 【详解】A．是第二宇宙速度，是航天器脱离地球引力的最小速度，而阿尔忒弥斯2号仍受地球引力束缚，最终返回地球，因此A点速度小于，A错误； B．从B（月球位置）返回A（地球附近）的过程中，地月引力存在一个合力为零的平衡点，从B到平衡点，月球引力的合力与运动方向夹角大于，速度减小；过平衡点后，地球引力的合力与运动方向夹角小于，速度增大，因此速度先减小后增大，B错误； C．同一位置A点，航天器受到的地球万有引力产生加速度，由 可得 可知，相同，加速度相等，即，C错误； D．返回过程无需动力，只有地月系统的引力做功，因此在地月系统中机械能守恒，D正确。 故选D。 3．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，两名同学在水平地面上练习排球垫球。垫出点与接住点高度相同。左侧同学先后两次以不同初速度、将排球斜向上垫出，排球沿两条轨迹运动，右侧同学在同一位置接住排球。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两次垫球的初速度一定大于 B．两次排球到达最高点时的速度大小相等 C．排球沿轨迹1运动时，在空中运动的时间更长 D．两次运动中，排球的机械能一定相同 【答案】C 【详解】C．将排球的运动看作是两段平抛运动，则根据，可知排球在空中运动的时间为，因排球沿轨迹1运动时，上升的高度较大，可知在空中运动的时间更长，C正确； B．根据可知，因水平位移相等，可知沿轨迹1运动时的水平速度较小，即到达最高点的速度较小，B错误； AD．根据可知沿轨迹1运动时抛出的竖直速度较大，根据可知不能比较两次垫球的初速度与的大小，也不能确定两次运动中，排球的机械能是否相同，AD错误。 故选C。 4．（2026·山东德州·二模）如图所示，将、两块木板连接并固定在水平桌面上，已知木板的长度是木板长度的倍。让同一小物块以相同大小的初速度先后从两端滑入：从木板左端滑入后，恰好停在木板的正中间；从木板右端滑入后，恰好停在木板的正中间。设小物块与木板、间的动摩擦因数分别为、，物块可视为质点，则为（　　） A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4 【答案】B 【详解】设木板B的长度为，则木板A的长度为。设小物块的质量为，初速度为，则两种情况下分别对小物块列动能定理方程有， 联立解得 故选B。 5．（2026·山东日照·二模）“嫦娥六号”月球探测器于2024年6月采样返回。如图所示，探测器返回过程中，从圆轨道Ⅰ上P点变轨后进入椭圆轨道Ⅱ，Q为远月点。则探测器（    ） A．在轨道Ⅰ上的周期小于轨道Ⅱ上的周期 B．在轨道Ⅰ上P点的速度等于轨道Ⅱ上P点的速度 C．在轨道Ⅱ上从P点向Q点运动过程中加速度逐渐增大 D．在轨道Ⅱ上从P点向Q点运动过程中机械能逐渐增大 【答案】A 【详解】A．根据开普勒第三定律，可知探测器在轨道Ⅱ上周期大于探测器在轨道Ⅰ上周期，故A正确； B．探测器在 P点变轨时，需要加速才能从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，在轨道Ⅰ上P点的速度小于轨道Ⅱ上P点的速度，故B错误； C．根据可知，探测器在轨道Ⅱ上从P点向Q点过程中，远离月球，受到的引力逐渐变小，故加速度逐渐变小，故C错误； D．探测器在轨道Ⅱ上从P点向Q点运动过程中只有万有引力做功，探测器机械能不变，故D错误。 故选A。 6．（2026·山东济宁·二模）如图所示，竖直平面内的圆弧是无人机以恒定速率在空中表演的部分运动轨迹，其中点与圆心等高。无人机运动过程中只受重力、驱动力、大小恒定且与速度方向始终相反的阻力作用。在无人机从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．机械能守恒 B．合外力做正功 C．重力的功率不变 D．驱动力的功率减小 【答案】D 【详解】A．匀速运动四分之一圆周，动能不变，重力势能增加，故机械能一直增加，即机械能不守恒，故A错误； B．在无人机从运动到的过程中，速率不变，即无人机的动能不变，根据动能定理可知，合外力做功为0，故B错误； C．无人机在竖直方向的速度不断减小，根据功率，可知重力功率一直减小，故C错误； D．无人机以恒定速率飞行，所以无人机受到的合力始终指向圆心，与无人机速度垂直，即合力的功率为0，由题意可知无人机在竖直方向的分速度不断减小，所以重力的功率不断减小且为负，由于阻力与速度方向始终相反且大小恒定，所以阻力的功率不变且为负，由题意可知重力的功率、阻力功率与驱动力功率之和为0，所以驱动力的功率减小且为正，故D正确。 故选D。 7．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，运行周期为，P为近日点，Q为远日点，M、N为短轴的两个端点；地球绕太阳沿圆轨道运动，轨道半径为r，公转周期为。已知海王星在近日点与太阳中心的距离为，线速度大小为；在远日点与太阳中心的距离为，线速度大小为。下列说法正确的是（　　） A． B． C．海王星沿轨道顺时针从P到M所用的时间为 D．海王星沿轨道顺时针从M到N，万有引力对它先做正功后做负功 【答案】A 【详解】A．对海王星绕太阳运动时，根据开普勒第二定律可知 可得，A正确； B．对地球和海王星，根据开普勒第三定律可知，B错误； C．根据开普勒第二定律可知，海王星沿轨道顺时针运动时，距离太阳越近则速率越大，可知从P到M所用的时间小于，C错误； D．海王星沿轨道顺时针从M到N，万有引力对它先做负功后做正功，D错误。 故选A。 8．（2026·山东德州·二模）一质量为的卫星围绕地球做椭圆运动，其轨道的半长轴为，地球的质量为，卫星的引力势能（r为卫星到地心的距离），万有引力常量为。该卫星在椭圆轨道上的机械能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】卫星的机械能为动能与引力势能之和，即 已知引力势能 设近地点到地心距离为，速度为；远地点到地心距离为，速度为，由椭圆半长轴定义得 根据开普勒第二定律，在相等时间内扫过面积相等 即 卫星仅受万有引力，机械能守恒 联立上述两式，代入化简，可得 故选A。 9．（2026·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定斜面的倾角为，以为原点、沿斜面向下为正方向建立轴，A、B点的坐标分别为。质量为的滑块由点静止释放，恰好能运动到点，滑块与斜面间的动摩擦因数随坐标的变化的图线为倾斜直线，如图乙所示。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．滑块进入AB段立即做减速运动 B．滑块经过点时重力的功率为 C．点处的动摩擦因数 D．滑块从处由静止释放将不能到达处 【答案】C 【详解】A．滑块进入AB段，最初动摩擦因数较小，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故先做加速度减小的加速运动，后重力的下滑分力小于滑动摩擦力，且滑动摩擦力增大，做加速度增大的减速运动，故A错误； B．从，由 重力的功率为，故B错误； C．设在距离原点x处动摩擦因数为，则下滑 由动能定理有 求和得 为图乙中三角形的面积 解得，故C正确； D．从处到处，重力做功为 摩擦力做功为 因，故滑块从处由静止释放将能到达处，故D错误。 故选C。 二、多选题 10．（2026·山东省新泰一中老校(新泰中学)·二模）两节性能不同的动车，其额定功率和在平直铁轨上能达到的最大速度如下表所示，若每节动车运行时受到的阻力与自身质量及运行速度的乘积成正比即，其中为常数。现将两节动车机械连接组成动车组，整体以总额定功率在平直铁轨上运行。下列说法正确的是（　　） 动车 额定功率 最大速度 甲 4.8 120 乙 6.0 150 A．甲、乙两节动车的质量之比为4：5 B．甲、乙两节动车的质量之比为5：4 C．动车组能达到的最大速度为 D．动车组能达到的最大速度为 【答案】BC 【详解】AB．当动车达到最大速度时，牵引力等于阻力，满足 结合题目阻力公式 可得 则 代入数据可得，故A错误，B正确； CD．两节连接后，总额定功率 总阻力 可得 则 代入和 得到 设， 代入解得，故C正确，D错误。 故选BC。 11．（2026·山东淄博·二模）如图，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平向右的外力作用，从A点以竖直向上沿轨道内侧开始运动。小球可视为质点，重力加速度大小为g。则（　　） A．在C点小球对轨道的压力大小为3mg B．在C点小球对轨道的压力大小为4mg C．小球落地时的速度大小为 D．小球落地时的速度大小为 【答案】AC 【详解】AB．水平外力，，A到C总竖直高度为，水平位移向左大小为，则外力做功 重力做功 从A到C，由动能定理得 解得 在C点，由牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知，小球对轨道压力为，A正确，B错误； CD．取向右为正，小球从C点飞出后，速度方向水平向左，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体，竖直方向有 解得运动时间 落地时 水平方向，由牛顿第二定律有 解得 落地时的水平速度 故合速度大小，C正确，D错误。 故选AC。 12．（2026·山东德州·二模）如图所示为斜向上发射弹丸的玩具装置，发射方向与水平面的夹角可调，弹丸每次射出时速度大小均为，发射口离水平地面高度为，弹丸质量，重力加速度大小，不计空气阻力，，。下列说法正确的是（　　） A．不同时，弹丸从射出到落地的时间均相等 B．不同时，弹丸落地时的速度大小均相等 C．时，弹丸落地时重力的瞬时功率为 D．时，弹丸的水平射程为 【答案】BD 【详解】A．弹丸竖直方向做竖直上抛运动，竖直向上的初速度为 由运动学公式可得 可知，运动时间t与有关。所以不同时，弹丸从射出到落地的时间不相等，故A错误； B．根据动能定理，有 解得落地速度 所以弹丸落地时的速度大小均相等，故B正确； C．由运动学公式，有 解得 重力瞬时功率P=mgvy 解得P =7W，故C错误； D．由运动学公式，有 解得 弹丸的水平射程为，故D正确。 故选BD。 13．（2026·山东潍坊·二模）如图所示，可绕O点自由转动的轻杆左端固定一小球c，通过细线将小球拉起使轻杆水平，用跨过定滑轮P的轻绳连接物体b与小球c，物体a、b通过一竖直轻弹簧相连。开始时，系统处于静止状态，轻绳恰好伸直但无张力。已知a、b的质量均为m，c的质量为M，轻杆长度为L，O、P间的距离为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力及一切摩擦。某时刻剪断c上方的细线，当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面。则（　　） A．轻弹簧的劲度系数为 B．当c下落高度为时，b和c的速度大小相等 C．c运动到O点正下方时的速度大小为 D．c运动到O点正下方时的速度大小为 【答案】BC 【详解】A．开始时弹簧压缩量 当c运动到O点正下方时，a恰好离开地面，则此时弹簧伸长量 可知b上升，由几何关系Pc间细绳长度，则 则，，A错误； B．当b、c速度相等时，Oc与细绳方向垂直，则c下落的高度 而（θ为Oc与水平方向的夹角），解得，B正确； CD．c运动到O点正下方时，设细绳与水平方向夹角为，此时c的速度为v，则b的速度为，由几何关系 此时弹簧的弹性势能不变，则由能量关系 解得c的速度大小为，C正确，D错误。 故选BC。 14．（2026·山东青岛第五十八中学·模拟预测）如图所示，倾角为的固定斜面体顶端固定一光滑定滑轮，质量为的物块A与物块（质量未知）通过轻绳连接后跨过定滑轮，轻绳与斜面体平行，物块A放在斜面体上的a点，物块A刚好不下滑。已知ab段粗糙，b点下侧光滑，轻弹簧固定在斜面体的底端，原长时上端位于b点，某时刻剪断轻绳，物块A运动到b点的速度大小为，最终物块A把轻弹簧压缩到最低点c，随后物块A能沿斜面上滑到最高点点（d未画出），物块A在c点的加速度大小为，，弹性势能表达式为，为形变量，轻弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度为，。下列说法正确的是（　　） A．物块A与ab段的动摩擦因数为 B．轻弹簧的劲度系数为 C．物块A下滑的最大速度为 D．物块B的质量为 【答案】AD 【详解】AD．物块A在ab段做匀加速直线运动，根据 代入数据解得： 在ab段运动时，根据牛顿第二定律有 代入数据解得： 剪断轻绳前，物块A处于静止状态且刚好不下滑，说明此时静摩擦力达到最大且沿斜面向上，由平衡条件得 其中，代入数据解得：，故AD正确； B．物块A压缩弹簧至最低点c时速度为零，根据牛顿第二定律 解得弹簧弹力 物块从b到c过程机械能守恒，由 可知 解得形变量，则劲度系数，故B错误； C．物块A下滑至合力为零时速度达到最大值，此时 解得 从b到平衡位置过程机械能守恒，由 代入数据解得，故C错误。 故选AD。 三、实验题 15．（2026·山东省部分高中·模拟预测）某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验过程如下： ①将一钢尺伸出水平桌面少许，将质量为m的铁球放在钢尺末端，用刻度尺测出钢尺上表面与地板间的高度差h=78.00cm； ②利用图乙所示的智能手机运行可以测量外界声音“振幅”（声音强度）的程序； ③迅速敲击钢尺侧面，铁球自由下落，传感器记录下声音振幅随时间变化曲线如图丙所示，第一、第二个尖峰的横坐标分别对应铁球开始下落和落地时刻，测得这两个尖峰的时间间隔为t=0.40s。 已知铁球质量为m=50g，重力加速度g=9.80m/s2，请回答下列问题： (1)铁球下落过程中增加的动能∆Ek可以表示为___________（请用物理量符号m、h、t表示）； (2)若已知铁球下落过程中减小的重力势能∆Ep=0.382J，则可以计算出相对误差___________%（结果保留1位小数）； (3)敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，对第（2）问中的相对误差大小___________（填“有”或“没有”）影响。 【答案】(1) (2)0.5 (3)没有 【详解】（1）铁球下落过程的平均速度为 根据初速度为0的匀变速直线运动的公式有 解得铁球下落时间t的速度为 所以 （2）下落过程中增加的动能 所以相对误差 （3）根据运动的独立性，敲击钢尺侧面时若铁球获得一个较小的水平速度，不影响铁球竖直方向的运动，对实验测量结果没有影响。 16．（2026·山东日照·二模）某实验小组用图甲所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数，实验步骤如下： ①将长木板左端通过水平转轴O固定在水平桌面上，光电门固定在长木板的左端； ②将铁架台固定在水平桌面上，保持铁架台的竖直杆到转轴O的水平距离不变； ③将木板右端抬起，通过螺栓固定在铁架台的竖直杆上，测出固定点到水平桌面的高度h； ④将小滑块从木板上固定点由静止释放，记下遮光片的遮光时间t； ⑤改变木板倾斜程度，重复③④操作，获取多组数据； ⑥用游标卡尺测量滑块上遮光片的宽度d，如图乙所示。 请完成下列问题： (1)遮光片的宽度d＝______mm。 (2)实验小组根据实验数据描绘了图像，如图丙所示，已知图线的纵截距为b，铁架台的竖直杆到转轴O的水平距离为x，则可以得到动摩擦因数μ＝______（用b、x表示）。 (3)若更换为动摩擦因数更小的木板，重复上述实验得到图像，则图线的斜率将______（选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】(1)4.60 (2) (3)不变 【详解】（1）由图乙可知，游标卡尺的最小刻度为0.05mm，根据游标卡尺读数规律可得，遮光片的宽度 （2）小滑块到达底端时的速度大小为 根据动能定理有 整理可得 其中 解得 由图知，纵截距 斜率 联立解得，动摩擦因数 （3）根据图像的斜率为 可知若更换为动摩擦因数更小的木板，重复上述实验得到图像，则图线的斜率将不变。 四、解答题 17．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与水平地面相切于圆环的端点A。一质量m=0.6kg的小球从A点以初速度冲上竖直半圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点（图上未画），g取10m/s2。求： (1)若R=0.5m，小球在最高点对圆环的压力； (2)仅调整R的大小，小球从最高点飞出，求A、C间的最大距离及对应的R值。 【答案】(1)13.2N，方向竖直向上 (2)1.8m，0.45m 【详解】（1）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 在B点，设轨道对小球弹力为，方向竖直向下，对小球由牛顿第二定律得 代入数据解得 由牛顿第三定律可知小球在最高点对轨道的压力N，方向竖直向上。 （2）设小球到达B点时的速度为v，小球从A到B的运动过程中，由动能定理得 小球从B点飞出做平抛运动，由平抛运动规律可知， 联立以上各式，整理得 当时，即m时，x有最大值； 将m代入解得： 18．（2026·山东日照·二模）质量m=2×103 kg的汽车由静止开始做直线运动，t时间内的位移为x，其图像如图所示，图线在0～5 s的时间内为倾斜直线。t=5 s时汽车达到额定功率P0=60 kW，之后保持P0不变，最终达到最大速度，并以最大速度做匀速直线运动。汽车行驶过程中所受阻力恒定。求： (1)汽车受到的阻力大小f； (2)最大速度vm。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）0~5s内为倾斜直线，说明0~5s汽车做匀加速直线运动。由匀变速直线运动位移公式 整理得 由图可知，时，代入得 解得加速度 时，汽车速度 此时功率达到额定功率，由功率公式 得牵引力 由牛顿第二定律 代入 得 （2）汽车最终匀速运动时，牵引力等于阻力，此时速度最大，由功率公式 得 机械能守恒定律 考点02 一、单选题 1．（2026·山东德州·二模）如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在处光滑固定轴上。现使小球在竖直平面内做匀速圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球沿轴上的分速度随时间的变化关系如图乙所示。已知小球可视为质点，质量为，重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．轻杆的长度为 B．图乙中阴影部分面积大小为 C．小球在最高点时，杆对球的作用力大小为 D．在时间段内小球合外力的冲量大小为 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，小球沿轴分速度的最大值为，即小球做匀速圆周运动的线速度大小。周期。根据 解得轻杆长度，故A错误； B．图线与时间轴围成的面积表示方向的位移。图乙中阴影部分对应的时间为，即四分之一周期。在此期间，小球从最高点运动到最右端，方向的位移大小等于杆长，即面积大小为，故B错误； C．小球在最高点时，受重力和杆的作用力。根据牛顿第二定律，合外力提供向心力，方向向下。假设为支持力，有 代入数据解得 假设成立，故C正确； D．在时间段内，小球从最高点运动到最右端。初速度水平向右，末速度竖直向下，大小均为。根据动量定理，合外力的冲量。由于与垂直，动量变化量的大小，故D错误。 故选C。 2．（2026·山东日照·二模）如图所示，质量为m1、m2的木块a和b用轻弹簧连接，静止在光滑的水平地面上，木块b紧靠竖直墙壁。质量为m0的子弹以v0大小的速度水平向右射入木块a并嵌在其中（时间极短）。在木块a运动的整个过程中，墙壁对b的冲量大小为（　　） A． B． C．m0v0 D．2m0v0 【答案】D 【详解】子弹射入木块a过程，时间极短，动量守恒 解得 从子弹射入a后，到弹簧恢复原长的过程，b一直静止，墙壁对b有作用力，此过程机械能守恒（水平面光滑，只有弹力做功），弹簧恢复原长时，子弹和a的速度大小仍为v1，方向向左。之后弹簧拉b向左运动，b离开墙壁，墙壁不再对b有作用力。对子弹、a、b组成的系统，整个过程（从子弹射入a到弹簧恢复原长，也就是墙壁有作用力的整个过程），由动量定理，水平方向只有墙壁的冲量I，取向左为正方向，系统动量变化 解得 所以墙壁对b的冲量大小为 故选D。 3．（2026·山东东营·二模）某同学在参观科技馆时，看到一个有趣的装置：钢球从轨道最底端由静止释放后，会沿轨道运动到最上方，在钢球运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的重心升高 B．小球的机械能增大 C．轨道对小球的支持力的冲量为0 D．小球对一侧轨道的压力逐渐变大 【答案】D 【详解】A．小球从静止开始运动时，一定是向重心较低的方向移动，即小球的重心降低，A错误； B．小球只在重力作用下运动，则机械能守恒，B错误； C．根据，因轨道对小球的支持力不为零，则轨道对小球的支持力的冲量不为0，C错误； D．设轨道的宽度为d，小球半径为r，轨道倾角为θ，则垂直轨道方向由平衡可知 其中 可得 则随着轨道宽度d逐渐增加，一侧轨道对小球的支持力FN逐渐增加，根据牛顿第三定律可知小球对一侧轨道的压力逐渐变大，D正确。 故选D。 4．（2026·山东东营·二模）火箭的网系回收可简化为如下过程，质量的火箭先靠发动机点火主动减速，10s末定点入网后启动液压缓冲系统，缓冲绳索对火箭产生持续缓冲作用，回收过程的v-t图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．0~10s，火箭处于失重状态 B．12s时绳索对火箭的作用力为 C．10~12s，绳索的平均作用力为 D．0~10s，火箭的重力势能减小 【答案】D 【详解】A．火箭回收过程向下运动，速度向下且不断减小，说明加速度方向向上，火箭处于超重状态，故A错误； B．火箭重力 时火箭速度为0，仍有向上的加速度，绳索作用力，因此，故B错误； C．对过程，取向下为正方向，由动量定理 代入，，，解得平均作用力，故C错误； D．图像的面积表示位移，火箭下落的位移 重力势能减小量等于重力做功，故D正确。 故选D。 5．（2026·山东省多校高三·模拟预测）如图所示，人形机器人通过脚踏特制弹射器完成空中翻腾动作后，通过腿部关节的精密配合与缓冲平稳落地。关于机器人的运动下列说法正确的是（　　） A．机器人上升到最高点时处于平衡状态 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中处于超重状态 C．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小动量的变化量 D．为机器人落地时设计屈膝动作，主要目的是减小地面的冲击力 【答案】D 【详解】A．机器人上升到最高点时只受重力，有加速度，不是平衡状态，故A错误。 B．机器人离开弹射器在空中上升过程中，加速度方向向下，处于失重状态，故B错误； CD．为机器人落地时设计屈膝动作，落地屈膝延长作用时间，由动量定理的 由于不变，t增大，冲击力F减小，故C错误，D正确。 故选D。 二、多选题 6．（2026·山东日照·二模）如图所示，将一质量为m的小球从距离地面H高处以初速度水平抛出，落地时速度与水平方向夹角为30°。已知运动过程所受空气阻力的大小与速度大小成正比，满足f=kv（其中，g为重力加速度），方向始终与速度方向相反。下列说法正确的是（    ） A．小球落地时速度大小为v0 B．下落过程中空气阻力对小球做功为 C．小球下落过程中的水平位移大小为 D．小球下落的时间为 【答案】AC 【详解】A．利用配速法，将初速度分解为一个竖直向下的 则由平行四边形法则，根据几何关系，另一速度（方向为右上，与水平方向夹角为30°） 如图所示 竖直方向，小球受到的阻力 代入 得 则小球在竖直方向做匀速直线运动，故小球落地时，竖直方向速度不变，为（方向竖直向下）；方向，小球受阻力做减速运动，故小球落地时，方向为右上，与水平方向夹角为30°，又合力方向为右下，与水平方向夹角为30°，作图如下 由三角形法则，根据几何关系得 故A正确； B．由动能定理 代入得 故B错误。 C．落地速度与水平方向夹角为，因此 解得 合速度大小 即 水平方向仅受阻力的水平分量，由动量定理 （即水平位移） 代入 整理得 即 代入，得 代入水平位移公式 故C正确。 D．竖直方向由动量定理 整理得 即 代入得 故D错误。 故选AC。 三、解答题 7．（2026·山东聊城·二模）如图所示，水平地面上固定一倾角为37°足够长的斜面，斜面顶端固定一光滑圆弧轨道，轨道所对应的圆心角为53°，轨道下端与斜面相切。长木板A放置在斜面上，其上端与斜面上端对齐，物块B放在A上的某点。初始时A、B均静止，物块C从圆弧最高点由静止释放，沿圆弧轨道滑到斜面顶端时与A发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知B、C均可视为质点，B始终未从A上滑下，圆弧轨道的半径为2.25m，，，A与B之间及A、C与斜面间的动摩擦因数均为，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)C在圆弧轨道最低点与A碰前瞬间，C对轨道的压力大小； (2)B与A之间因摩擦产生的热量； (3)最终A右端与C之间的距离。 【答案】(1)48N (2) (3) 【详解】（1）物块C沿圆弧轨道下滑过程中，由动能定理有 到达圆弧轨道最低点 联立解得 由牛顿第三定律，物块C在圆弧轨道最低点时对轨道的压力为48N （2）C与A发生弹性碰撞，以沿斜面向下为正方向 由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得， 此后A向下做匀减速运动，加速度大小为，B向下做匀加速运动，加速度大小为 对A有 对B有 联立解得， 设经t时间A、B两者共速，由运动学关系得 解得， 由运动学关系得A、B两者间的相对位移为 A、B间摩擦产生的热量为 解得 （3）设C沿斜面下降的位移为，A沿斜面下降的位移为，对C应用动能定理，则 对A、B组成的系统整个过程应用能量守恒，则 解得， 因此最终A右端与C间的距离为 8．（2026·山东泰安英雄山中学·模拟预测）如图所示，一质量的小车由水平部分AB和圆弧轨道BC组成，AB长，圆弧BC的半径，且与水平部分相切于B点，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为的物块P从距离轨道MN底端高为处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为的物块Q（两物块均可视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度。 (1)求物块P与物块Q碰撞后Q的速度； (2)要使物块Q既可以到达B点又不会与小车分离，求Q与小车AB部分动摩擦因数的取值范围。 【答案】(1)，方向水平向右 (2) 【详解】（1）物块P沿MN滑下，设末速度，由机械能守恒定律得 解得 物块P、Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为、，由动量守恒得 由机械能守恒得 解得， 碰撞后瞬间物块Q的速度为，方向水平向右 （2）考虑极限情况：若物块Q刚好向右到达B点时就与小车共速，由动量守恒定律有 解得 由能量守恒定律得 解得 若物块Q刚好回到A点时与小车共速，由能量守恒定律得 解得 若当物块Q在圆弧上上升高度为R时，二者刚好共速，由能量守恒定律得 解得 因为，所以Q不会从圆弧轨道上滑出，则的取值范围为 9．（2026·山东淄博·二模）如图用质量为的物块A和质量为的物块B将一定量弹药封装在装载台圆筒内，装载台与水平轨道等高。物块C静止在水平轨道PM上，水平轨道上有一半径为的光滑圆轨道MDN固定于竖直平面内，D点为圆轨道的最高点，圆轨道上的M、N两点分别与左侧光滑水平轨道PM和右侧长为的粗糙水平轨道NO平滑连接。以O点为坐标原点，在水平和竖直方向上建立平面直角坐标系xOy，O点右侧有一曲线轨道，其曲线方程为。现引爆弹药，其释放的能量完全转化为A和B的动能，极短时间后B与C发生弹性碰撞，碰后C沿轨道MDN运动并恰好经过D点，接着C从N点进入轨道NO，最后从O点做平抛运动落在右侧曲线轨道上。整个过程发生在同一竖直面内，不计空气阻力及B、C碰撞时间，物块A、B、C均可看作质点，重力加速度大小。 (1)求爆炸后瞬间B的速度大小； (2)求C的质量； (3)改变物块C与轨道NO间的动摩擦因数，使C落到右侧曲线轨道上的动能最小，求C落到轨道上的最小动能及对应的值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）爆炸过程中，、系统动量守恒和能量守恒，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 联立解得 （2）C恰好经过点，重力提供向心力有 可得 从碰撞后到点，由机械能守恒定律得 解得 与发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒有、 联立解得 代入、、 解得 （3）到达点速度仍为，从到，由动能定理有 解得 因为 故 从点平抛，满足， 结合曲线方程 整理得 落到曲线的动能 代入化简得 令 可得 由基本不等式 等号成立时有 可得 即 代入 解得 故最小动能 10．（2026·山东济宁·二模）如图所示，竖直平面内足够长的轨道由光滑斜面和粗糙水平面组成，两者在斜面底端处平滑连接。质量为的物块从斜面上高为处由静止释放，到达水平面上后，停在距离点远的点；现将质量为的另一物块放在处，物块仍从斜面上原高度处由静止释放，到达点后与物块发生水平弹性碰撞，碰撞时间极短，A、B均看作质点，且与水平面间的动摩擦因数均相同，重力加速度大小。求： (1)物块A与水平面间的动摩擦因数； (2)第一次碰撞后瞬间，物块、的速度大小、； (3)若物块、发生第二次碰撞时，已停止运动，求斜面倾角的正弦值应满足的条件。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对物块A单独下滑到停止的全过程，由动能定理 约去得 （2）A下滑到O点碰撞前，由动能定理得碰撞前速度 解得 A、B发生弹性碰撞，满足动量守恒和动能守恒 代入 解得 速度大小为 负号表示方向向左。 （3）B碰撞后向右匀减速运动，加速度大小 停下的时间 B停下的位置距离O点 碰撞后A向左滑上斜面，斜面光滑，加速度大小 上滑时间 下滑回到O点时间也为，总斜面上运动时间 斜面光滑，A回到O点时速度大小仍为，方向向右。 A向右运动到B停下位置，由匀变速位移公式 代入数据得 解得合理的时间（舍去较大的根） 要求第二次碰撞时B已停止，需满足总时间 代入得 整理得 即满足条件为 11．（2026·山东德州·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径。传送带长为，以顺时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一质量为的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为的小物块从圆弧最上端无初速释放，物块落下后打在木板上表面。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为，，物块始终未落在地面上，重力加速度大小，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块在传送带上运动的时间； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求： ①物块与木板碰撞过程中两者损失的总机械能； ②物块与木板第1次碰后瞬间，物块的速度大小。 【答案】(1) (2)①80 J；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，在传送带上的加速度大小为，根据动能定理有 由牛顿第二定律有 设物块与传送带可以达到共速，由运动学公式 解得，即可以共速。 又， 物块在传送带上运动的时间 解得t=1 s （2） ①物块与木板最终竖直速度为零，水平方向共速，建立如图所示坐标系，由动量守恒定律，得x方向满足，y方向满足Mv0=（M+m）vy共 物块与木板最终的共同速度 对物块与木板组成的系统，由能量守恒解得 解得 ②设竖直方向物块的第一次碰前瞬间的速度为vz，则 碰后瞬间的速度 以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对木板的速度 可知物块受到木板的摩擦力与x轴方向、y轴正方向的夹角均为45°。 由动量定理可知 竖直方向 x轴方向 轴方向 物块与木板第一次碰撞后 解得 12．（2026·山东菏泽·二模）如图所示，一固定光滑水平足够长横杆，长为l=1m的非弹性轻绳一端固定在杆的左端O点，另一端拴有小球A，紧靠O点有一小环C套在杆上，小球B也由一长为1m的非弹性轻绳悬挂在C上，处于静止状态，整个装置处于同一竖直面内。将连接A球的轻绳拉直与水平方向的夹角成角，由静止释放，运动到最低点时与B球发生弹性碰撞，已知，A的质量为m1=1kg，B和C质量分别为和，，三者均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，求： (1)A与B碰撞后，A的速度大小； (2)A与B碰撞后，B上升的最大高度 (3)B再次运动到最低点时绳子的拉力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A由静止开始自由下落，设当绳再次刚要绷紧时A的速度大小为，则对A由机械能守恒有 解得m/s 设A与B碰前A的速度大小为，则从绳再次绷紧后到A运动到最低点的过程中，对A由动能定理得 解得 设A与B发生弹性碰撞后，A的速度大小为，B的速度大小为，根据动量守恒有 由机械能守恒得 联立解得m/s，m/s （2）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，二者共速时B上升的高度最大，设二者共同速度为v，则有 由机械能守恒得 解得m （3）B与C组成的系统，在水平方向上动量守恒，设B再次运动到最低点时速度为，C的速度为，则有 由机械能守恒得 解得，m/s B相对C的速度大小为m/s 对B由牛顿第二定律得 解得N。 13．（2026·山东日照·二模）如图所示，水平地面与倾角θ=37 °的斜面在P点相连，O点左侧光滑，右侧粗糙。小物块A、B静止在O点左侧，两者之间的轻弹簧被压缩并用细线固定（弹簧与物块不连接），此时弹簧储存的弹性势能Ep＝75 J。滑块C静止在物块B的左侧，其内部是直径（图中虚线）位于竖直方向的半圆形轨道，底部与地面相切，半径R＝0.5 m。现将细线烧断，小物块A、B与弹簧分离后，小物块B冲上滑块C，小物块A经过O点并从P点水平向右抛出。此后小物块A每次与斜面的碰撞前后瞬间其垂直于斜面方向的速度大小不变、方向相反，忽略碰撞过程中重力的冲量和沿斜面方向发生的位移。已知A、B、C的质量分别为mA=1 kg、mB=2 kg、mC=8 kg，A、B均可视为质点，OP段的长度，小物块A离O点的距离x与地面间的动摩擦因数μ1满足μ1=kx（k=0.2 m-1），小物块A与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，地面与斜面均足够长，空气阻力可以忽略，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。 (1)若滑块C可自由滑动，请通过计算判断小物块B能否滑到滑块C内圆轨道的最高点； (2)若用紧靠滑块C左侧的光滑挡板（足够高）挡住滑块C，求地面对滑块C的最小支持力； (3)小物块A从P点水平抛出后，求第n个落点到P点的距离。 【答案】(1)不能 (2)，方向竖直向上 (3) 【详解】（1）细线烧断时，AB动量守恒有 根据能量守恒有 解得水平向右，水平向左 假设B能上升至滑块C最高点，BC速度分别为， 根据BC动量守恒有 BC能量守恒有 解得， 最高点需要BC相对速度达到，且由重力恰好提供向心力满足 解得 而，BC相对速度为0，故小物块B不能滑到滑块C内圆轨道的最高点。 （2）当用紧靠滑块C左侧的光滑挡板挡住滑块C时，设小物块B运动到与轨道圆心的连线与竖直方向的夹角为时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量，且速度大小为，由机械能守恒 由牛顿第二定律 则 当时，小物块B对滑块C弹力的竖直向上的分量最大，台面对滑块C的支持力最小 对滑块C，竖直方向的平衡方程 解得地面对滑块C的最小支持力，方向竖直向上。 （3）设小物块A通过P时速度为，由动能定理有 OP段小物块A物受到摩擦力大小 若绘制成图像，则图像与轴围成面积表示摩擦力做的功 OP段，联立解得通过P时速度 设第次与斜面碰撞后平行斜面方向的分速度为，垂直斜面方向的分速度为，第次与斜面碰撞后平行斜面方向的分速度为，由抛体运动规律可知 第次与斜面碰撞前平行斜面方向的分速度为 第次与斜面碰撞过程，根据动量定理可得， 联立解得 第次碰撞时落点位置 解得 14．（2026·山东枣庄·二模）如图所示，质量的滑板静止在光滑水平面上，长度的水平段AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差。质量的滑块置于滑板上点，与滑板AB段间的动摩擦因数；长度的细线一端固定于点，另一端与质量的小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至点正下方时与滑块发生对心碰撞（时间很短），碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不可伸长，取。 (1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小； (2)求滑块从滑板上的处运动到处的时间； (3)若滑块从滑板上点离开后在空中运动的最小速率为，求滑块在滑板上运动的过程中，所受合力的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球碰撞前的速度大小为，则 解得 碰撞后小球的速度大小为，则 解得 碰撞过程中，动量守恒 解得 （2）滑块在滑板上，对滑块根据牛顿第二定律可得 解得 对滑板根据牛顿第二定律可得 解得 则 解得 （3）滑块从滑板上的A处运动到B处时，滑块的速度大小为 滑板的速度大小为 滑块在滑板上运动的过程，最终水平分速度大小为，根据滑块和滑板组成的系统，在水平方向动量守恒可得 系统机械能守恒 解得 则滑块离开滑板上升的高度为 所以，滑块离开滑板时，竖直分速度大小为 在此过程中水平方向的冲量为 竖直方向上的冲量为 根据动量定理可得，滑块在此过程中所受合力的冲量大小为 15．（2026·山东省多校高三下·模拟预测）如图所示，半径为R的圆槽P和物块Q静止在光滑水平地面上，圆槽P的最低点与地面相切，物块Q的左端连接一轻弹簧。质量为m的小球从P的正上方高为R的位置由静止释放后，恰好沿切线进入圆弧轨道。已知P、Q的质量均为3m，重力加速度大小为g，忽略空气阻力和一切摩擦。求 (1)小球第一次离开圆槽P时的速度大小； (2)小球第一次与弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能； (3)小球再次回到圆槽P的过程中上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球第一次离开圆槽时速度为，圆槽的速度为，从小球开始下落到第一次离开圆槽，由动量守恒和能量守恒有， 解得 （2）小球第一次与弹簧相互作用，弹簧的最大弹性势能时小球和物块Q共速，设共速的速度为，从开始压缩弹簧到弹性势能最大， 解得 （3）设小球与Q分离后，小球的速度为，Q的速度为；小球再次回到圆槽P上升最大高度时，小球与圆槽共速，速度为，上升的最大高度为h，从压缩弹簧到与Q分离，由动量守恒和能量守恒有， 从与Q分离到回到圆槽P上升的最大高度时，由动量守恒和能量守恒有， 解得 2 / 19 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $