专题10 动量（6年汇编）（湖北专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 聚焦动量专题，整合2020-2026湖北高考真题及模拟题，覆盖动量定理、守恒定律及多过程问题，注重真实情境与跨模块综合，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|5题|动量定理应用、功与冲量辨析|结合机枪射击、推拉门等真实情境，对比动量定理与动能定理| |多选题|6题|弹性碰撞、板块模型|融合子弹打木块、弹簧系统动量守恒，涉及数学极值分析| |实验题|1题|碰撞动量守恒验证|利用“L”形木板与弹簧设计探究实验，注重操作与数据处理| |解答题|10题|多物体多过程、斜面碰撞、传送带综合|压轴题融合数列求和（3n滑块模型）、不等式讨论（斜面往返碰撞），体现高考压轴题命题趋势|

专题10 动量 6年真题1年模拟 考点分类 湖北考情（2020-2026） 命题规律 点 01 动量定理 2021 湖北高考真题（机枪连续射击，已知平均反冲力求射出子弹数量）； 2025 湖北高考真题（推拉门模型，水平拉力作用后撤去，用动量定理求最短时间）； 2022 湖北高考真题（质点做曲线运动，速度大小由v→2v→5v，比较功和冲量大小） ・情境：①机枪连续射击的反冲问题；②推拉门在恒定拉力作用后撤去，求最短运动时间；③质点曲线运动中合外力做功与冲量大小比较； ・考点：动量定理（FΔt=Δp）、动能定理（W=ΔEk）、功与冲量的区别（标量vs矢量）、极值思想（动量定理求最短时间）、曲线运动中动量变化量大小范围（初末速度方向夹角影响）； ・题型：单选题（2021、2025、2022），侧重动量定理与动能定理的对比应用； ・综合：纯力学内部综合，2021年融合动量定理与估算；2025年融合动量定理、运动学与极值；2022年融合功与冲量的矢量/标量辨析，对基本概念理解要求较高。 考点 02 动量守恒定律 2024 湖北高考真题（传送带+小物块与悬挂小球正碰，三问计算）； 2024 湖北高考真题（子弹水平射入木块，阻力与初速度成正比，求木块获得最大速度的条件，多选） ・情境：①传送带运送物块与悬挂小球发生正碰，碰后小球做圆周运动；②子弹射入木块（子弹未穿出），阻力f=kv，分析木块获得最大速度的条件； ・考点：动量守恒定律（碰撞瞬间）、能量损失（完全非弹性碰撞/非弹性碰撞）、动能定理、动量定理、数学极值（二次函数求最大值）、板块模型（子弹打木块）； ・题型：计算题（传送带+碰撞）与多选题（子弹打木块），后者第（3）问涉及数学极值求解； ・综合：力学内部综合，传送带题融合传送带动力学+碰撞+圆周运动临界+能量损失；子弹打木块题融合动量守恒+能量守恒+数学极值，对模型综合能力要求较高。 考点 03 多物体多过程 2025 湖北高考真题（木板+3n个滑块，滑块间碰撞粘在一起，涉及木板滑动临界，三问计算）； 2026 湖北高考真题（斜面+水平轨道，甲释放后与乙弹性碰撞，三问计算） ・情境：①足够长木板上放置3n个等距小滑块，给第1个滑块初速度，滑块间碰撞后粘在一起，最终使木板开始滑动；②甲从斜面释放，与水平轨道上的乙发生弹性碰撞，涉及多次碰撞与斜面往返运动； ・考点：动量守恒定律（完全非弹性碰撞/弹性碰撞）、动能定理（含变力做功）、动量定理、板块模型（相对运动与临界）、牛顿第二定律、数列求和、数学不等式求解（分段讨论）； ・题型：计算题（2025、2026），均为三小问，第（3）问难度极大，融合多过程分析、动量守恒、数学递推与不等式讨论； ・综合：力学内部深度综合，2025年融合动量守恒（完全非弹性碰撞）+板块模型+数列求和；2026年融合弹性碰撞+斜面往返+追及问题+数学不等式求解，对物理建模与数学工具要求极高，均为压轴题风格。 考点01 动量定理 1．C 2．B 3．D 考点02 动量守恒定律 1．（1）；（2）；（3） 2．AD 考点03 多物体多过程 1．(1) (2) (3) 2．(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 1．D 2．D 3．A 4．D 5．C 6．BD 7．AD 8．AD 9．AC 10．AC 11．BD 12．(1)B (2) 13．(1)0.375m (2) (3)0.125m 14．(1) (2) (3) 15．(1)8m/s (2)2.8m，0.5 (3)2m (4)6.5m 16．(1) (2) (3)或 (4) 17．(1) (2)0.68s (3) 18．(1)， (2)0.8m (3)36m 19．(1) (2) (3) 20．(1) (2) (3) 21．(1)3m (2)180J，2 (3) 22．(1) (2) (3) 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 动量 6年真题1年模拟 考点分类 湖北考情（2020-2026） 命题规律 点 01 动量定理 2021 湖北高考真题（机枪连续射击，已知平均反冲力求射出子弹数量）； 2025 湖北高考真题（推拉门模型，水平拉力作用后撤去，用动量定理求最短时间）； 2022 湖北高考真题（质点做曲线运动，速度大小由v→2v→5v，比较功和冲量大小） ・情境：①机枪连续射击的反冲问题；②推拉门在恒定拉力作用后撤去，求最短运动时间；③质点曲线运动中合外力做功与冲量大小比较； ・考点：动量定理（FΔt=Δp）、动能定理（W=ΔEk）、功与冲量的区别（标量vs矢量）、极值思想（动量定理求最短时间）、曲线运动中动量变化量大小范围（初末速度方向夹角影响）； ・题型：单选题（2021、2025、2022），侧重动量定理与动能定理的对比应用； ・综合：纯力学内部综合，2021年融合动量定理与估算；2025年融合动量定理、运动学与极值；2022年融合功与冲量的矢量/标量辨析，对基本概念理解要求较高。 考点 02 动量守恒定律 2024 湖北高考真题（传送带+小物块与悬挂小球正碰，三问计算）； 2024 湖北高考真题（子弹水平射入木块，阻力与初速度成正比，求木块获得最大速度的条件，多选） ・情境：①传送带运送物块与悬挂小球发生正碰，碰后小球做圆周运动；②子弹射入木块（子弹未穿出），阻力f=kv，分析木块获得最大速度的条件； ・考点：动量守恒定律（碰撞瞬间）、能量损失（完全非弹性碰撞/非弹性碰撞）、动能定理、动量定理、数学极值（二次函数求最大值）、板块模型（子弹打木块）； ・题型：计算题（传送带+碰撞）与多选题（子弹打木块），后者第（3）问涉及数学极值求解； ・综合：力学内部综合，传送带题融合传送带动力学+碰撞+圆周运动临界+能量损失；子弹打木块题融合动量守恒+能量守恒+数学极值，对模型综合能力要求较高。 考点 03 多物体多过程 2025 湖北高考真题（木板+3n个滑块，滑块间碰撞粘在一起，涉及木板滑动临界，三问计算）； 2026 湖北高考真题（斜面+水平轨道，甲释放后与乙弹性碰撞，三问计算） ・情境：①足够长木板上放置3n个等距小滑块，给第1个滑块初速度，滑块间碰撞后粘在一起，最终使木板开始滑动；②甲从斜面释放，与水平轨道上的乙发生弹性碰撞，涉及多次碰撞与斜面往返运动； ・考点：动量守恒定律（完全非弹性碰撞/弹性碰撞）、动能定理（含变力做功）、动量定理、板块模型（相对运动与临界）、牛顿第二定律、数列求和、数学不等式求解（分段讨论）； ・题型：计算题（2025、2026），均为三小问，第（3）问难度极大，融合多过程分析、动量守恒、数学递推与不等式讨论； ・综合：力学内部深度综合，2025年融合动量守恒（完全非弹性碰撞）+板块模型+数列求和；2026年融合弹性碰撞+斜面往返+追及问题+数学不等式求解，对物理建模与数学工具要求极高，均为压轴题风格。 考点01 动量定理 1．（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　） A．40 B．80 C．120 D．160 【答案】C 【分析】本题考查动量定理。 【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得 代入数据解得 故选C。 2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 3．（2022·湖北·高考真题）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．， 【答案】D 【详解】根据动能定理可知 可得 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。 故选D。 考点02 动量守恒定律 1．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。 （2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 其中 ， 解得 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 解得 （3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有 小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 联立解得 即P点到O点的最小距离为。 2．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式 可得 故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即 故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 考点03 多物体多过程 1．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 2．（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 一、单选题 1．（2026·湖北黄冈·二模）在滑冰场上有质量的孩童，站在质量的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以的速度向右运动。若孩童以的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（    ） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为 C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 【答案】D 【详解】A．孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误； B．孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为，由动量守恒 代入数据得 已知孩童对地加速度 由运动学公式 得运动时间，故B错误； C．对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小，方向向左，木板加速度 木板对地位移，故C错误； D．孩童对地位移 木板长度等于孩童相对于木板的位移，故D正确。 故选D。 2．（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 【答案】D 【详解】A．由于木块在斜面部分运行的过程，系统竖直方向的合外力并不为0，所以系统的动量不守恒，故A错误； B．由于系统在水平方向不受力，故系统水平方向动量守恒。以水平向右为正方向，则从开始运动到木块恰好回到轨道左端的整个过程，在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得木块最终的速度为 根据能量守恒定律有 解得木块与轨道部分之间的动摩擦因数为，故B错误； C．由分析可知，当木块沿斜面上升的高度最大时，二者的速度相等，设其速度为，则在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得木块上升的最大高度为 由于为斜面的高度而非长度，所以的长度应大于，故C错误； D．设木块运动到B位置时木块和轨道的速度分别为、，以向右为正方向，则有， 代入数据联立解得当木块第一次从A运动到B点时，木块和轨道的速度分别为， 第二次木块从斜面返回B点时，木块和轨道的速度分别为， 设木块从A运动到B的时间为，则由动量定理有 解得 设木块从B返回到A的时间为，则由动量定理有 解得 所以木块在轨道AB部分运动的总时间为，故D正确。 故选D。 3．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击时单位面积所承受的力，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算睡莲叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A．0.25N B．25N C．0.15N D．1.5N 【答案】A 【详解】时间内落到面积上的雨水总质量 其中为内杯中水位上升高度。雨滴撞击后无反弹、末动量为0，不计雨滴重力，根据动量定理 可得叶面受到的作用力 单位面积受力为 代入数值解得 所以睡莲叶面单位面积上的平均受力约为0.25N。 故选A。 4．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中正确的是（　　） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（a）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 【答案】D 【详解】AB．装置（a）中的加速度 装置（b）中的加速度 装置（a）中绳上的张力 装置（b）中绳上的张力，AB错误； C．装置（c）中的加速度，其中 根据，可得动量增量 因，可知装置（b）、（c）中物块m的动量增加量不相同，C错误； D．动能增加量为，因，可知装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，D正确。 故选D。 5．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，倾角的传送带以的速度逆时针匀速转动，初始时刻物块A随传送带一起匀速运动，物块B以初速度平行于传送带向下运动，AB之间的距离为。两物块均可视为质点，质量分别为、，与传送带间的动摩擦因数均为，AB之间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度，下列说法正确的是（     ） A．经过两物块发生碰撞 B．两物块第一次碰前与传送带摩擦生热 C．若两物块不发生碰撞，两者之间初始距离至少为 D．两物块有可能发生两次碰撞 【答案】C 【详解】A．传送带的速度逆时针匀速转动，物块B以平行于传送带向下运动,规定沿传送带向下为正方向，物块B相对传送带向下运动，受到的摩擦力斜向上，由牛顿第二定律可知物块B的加速度 即B向下做匀减速运动。 B减速到0的时间 这段时间B向下位移大小为 由题意，物块A随传送带一起匀速运动，这段时间内的位移大小为 两者相对靠近距离为 刚好等于初始AB距离，因此碰撞发生在，故A错误； B．摩擦生热满足 为物块与传送带的相对位移；两物块第一次碰前，物块A随传送带一起匀速运动 因此物块A与传送带生热为0。对物块B，时间内，传送带的位移方向沿斜面向上，大小为 B相对传送带的相对位移 物块B受到的滑动摩擦力大小为 因此，故B错误； C．物块B减速到0后，继续向上匀加速（摩擦力仍向上，加速度不变），加速到和传送带共速所需时间为 加速过程位移方向沿斜面向上，大小为 故B的总位移为 物块B从减速到0再加速到和传送带共速所需总时间 物块A的总位移为 两者相对位移大小为 B共速后和A同速匀速，距离不再变化，因此刚好不碰撞的初始最小距离为，故C正确； D．AB两物块碰撞为弹性碰撞，由动量守恒可知 碰撞前后系统动能相等，满足 联立解得， 代入， 解得， 若物块B在下降阶段与A碰撞，则， 碰后， 可知碰后物块B的速度方向向上，且 若物块B在上升阶段与A碰撞，则， 碰后， 可知碰后物块B的速度方向向上，且 因碰后B的速度更大，故两者再继续上行过程中距离越来越大，最终两者都达到匀速，距离保持不变，不会发生第二次碰撞，故D错误。 故选C。 二、多选题 6．（2026·湖北黄石·二模）如图（a），质量分别为mA、mB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，使系统靠墙静止在光滑水平面上。当撤去外力时开始计时，A、B物体运动的图像如图（b）所示，、、分别表示对应时段图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（　　） A．撤去外力F后，系统的动量和能量均守恒 B．弹簧时刻的伸长量小于0时刻的压缩量 C．时刻A物体的速度为 D． 【答案】BD 【详解】A．撤去外力后，弹簧恢复原长前，墙壁对有弹力作用，系统（、和弹簧）合外力不为零，因此系统动量不守恒；只有弹簧弹力做功，系统机械能（能量）守恒，故A错误； B．时刻弹簧被压缩，弹性势能为，时刻加速度最大，对应弹簧伸长量最大，此时、共速，系统动量守恒，总动量不为零，因此总动能不为零。根据能量守恒，此时弹性势能 由弹性势能公式 得形变量 即时刻伸长量小于0时刻压缩量，故B正确； C．图像的面积表示速度变化量，初速度为0：加速度为正，面积大小为 加速度为负，面积大小为，因此时刻的速度，故C错误； D．末（弹簧恢复原长），的速度，速度为 时刻共速，由动量守恒： 对，速度从0增加到， 因此 故D正确。 故选BD。 7．（2026·湖北宜昌·二模）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，一厚度不计、长度为的木箱静止倒扣在水平地面上。电荷量为、大小不计、表面光滑的小物块紧靠箱子左端，由静止释放。物块与箱子质量均为，箱子与地面间的滑动摩擦力大小是物块所受电场力大小的倍，。物块与箱子之间的碰撞为弹性碰撞，物块的电荷量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．第二次碰后箱子速度大小 B．箱子运动的总时间为 C．箱子通过的总位移大小为 D．物块电势能总减少量为 【答案】AD 【详解】A．根据动能定理可得 解得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为 由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，则有， 其中为第一次碰撞后箱子的速度，联立解得， 每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动。箱子受到地面的摩擦力，箱子以物块碰撞前的速度向前做匀减速直线运动，加速度大小为 第一次碰撞后箱子停止运动的时间和位移分别为， 在这段时间内物块在电场加速作用下运动的距离为 这表明箱子在停止运动时，物块与箱子还没有发生第二次碰撞，物块还在继续向前运动，当物块运动的距离后，与静止的箱子发生碰撞，此时物块的速度大小为 此时物块与箱子碰撞又发生速度交换，因此第二次碰撞后，箱子的速度大小，故A正确； C．箱子从第二次碰撞到停止运动通过的位移为 由此可得物块第三次与箱子碰撞前的速度大小为 如此可得第三次碰撞后，箱子通过的距离为 由此可知第次碰撞后箱子通过的距离为 是一个公比为的等比数列，因此箱子总的通过的位移为，故C错误； B．第一次碰撞后箱子位移，有 箱子从第二次碰撞到停止，有 依次类推，可得，… 可得箱子运动的总时间，故B错误； D．物块电势能总减少量为，故D正确。 故选AD。 8．（2026·湖北武汉·三模）如图所示，在水平面上相距足够远处静置着两个质量均为的物块、，在、之间有一质量为的光滑物块。现给水平向右的初速度。已知、与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（     ） A．与第一次碰撞后瞬间，二者速度大小相等 B．与第二次碰撞前，的位移大小为 C．的总位移大小为 D．的总位移大小为 【答案】AD 【详解】A．设向右为正方向，所有碰撞均为弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， 可知与第一次碰撞后瞬间，二者速度大小相等，故A正确； B．物块、的质量相同，又相距足够远处，可知每次与物块碰撞前，、的速度均已减为零。根据前述弹性碰撞可知每次与、碰后，的速度变为碰前的一半，、的速度也为碰前的一半。与第一次碰撞前，的速度大小为，碰撞后的速度大小为 的速度大小为，可知与第二次碰撞前，的位移大小为，故B错误； C．物块与碰后，的速度大小分别为、、…，根据可知每次的位移为前一段位移的，的总位移大小，故C错误； D．物块与碰后，的速度大小分别为、、…，可知的总位移大小，故D正确。 故选AD。 9．（2026·湖北孝感·三模）如图（a）所示，光滑水平面上静置一质量为的物块乙，乙右侧有一竖直墙壁，一质量为（）的物块甲以速度向右运动。两物块均可视为质点，甲与乙之间、乙与墙壁之间的碰撞均没有机械能损失。若设定两个新的物理量，，其中与甲的质量、速度有关，与乙的质量、速度有关，则在此后的运动过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值。该函数的图像如图（b）所示，图像中的点（，）表示两个小物块组成的系统可能的状态，、、、、、六点为系统在后续过程中连续经历的六个状态，其中、为圆与轴交点，则下列说法正确的是（     ） A．、可用表示 B．、可用表示 C．甲乙的质量之比 D．若甲乙的质量之比，则在整个运动过程中甲与乙、乙与墙壁的碰撞总次数为18次 【答案】AC 【详解】AB．碰撞不改变系统总动能，由图可知，倾斜直线表示两物块之间的碰撞过程，竖直直线表示乙与墙壁之间的碰撞过程，以从状态A到状态B为例，根据机械能守恒 动量守恒定律 令，，得“能量圆” 其中，“动量线”，A正确，B错误； C．所有动量线斜率均为，得，C正确； D．设AB中点为P，直线OP与x轴夹角为，易得 若 则对应的圆心角为，则所有动量线将圆周长等分为份，故总碰撞次数为18-1=17次，D错误。 故选AC。 10．（2026·湖北荆州·模拟预测）如图所示质量均为m的物块P与Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，静止于水平面上，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为0.5mg，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数0.5，不计Q与地面的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能。下列判断正确的是（     ） A．P即将开始运动时，Q的速度大小为 B．P开始运动后，Q做加速度逐渐减小的加速运动 C．P开始运动后，弹簧的最大形变量为 D．P开始运动后，弹簧的最小形变量为0 【答案】AC 【详解】B．P开始运动时，弹簧弹力大小 则P开始运动前，Q受到向右的外力F=0.5mg，F不变，受到向左的弹簧弹力从0增加到 ，因此Q受到的合力逐渐减小，根据牛顿第二定律，Q的加速度也逐渐减小；P开始运动后，开始阶段，Q的速度大于P，弹簧继续伸长，弹力变大，Q受的弹力大于力F，则加速度向左，则Q做加速度增加的减速运动， 故B错误； A．P即将开始运动时，弹簧伸长量 从初始到该时刻，根据动能定理和功能关系 解得，故A正确； CD．P开始运动后，外力F与摩擦力μmg大小相等方向相反，因此系统动量守恒，则当两物块共速时，弹簧弹性势能最大或最小，设这两个时刻弹簧的伸长量是x1（如果弹簧变成压缩状态x1就是负值）。从P开始运动到弹性势能最大或最小，外力F做功为0.5mgxQ，摩擦力做功为-0.5mgxP，这两个系统外力做功之和为0.5mg(xQ-xP) 根据位置关系，xQ-xP=x1-x0 则系统外力做功之和为 从P开始运动到弹性势能最大或最小，根据动量守恒mvQ=2mv共 解得 根据能量守恒 解得，对应弹簧的最大形变量为，最小形变量为，C正确，D错误。 故选AC。 11．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示，质量分别为、、（、2、3……）的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为，末端与水平面相切。现将质量为的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为 B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同 C．若BC发生的是弹性正碰，当时，碰撞完成后小球C的速度为 D．取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为 【答案】BD 【详解】A．小球A从释放到通过圆弧槽最低点，小球A和圆弧槽系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒，则有 联立解得 对小球A，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，故A错误； B．小球A与小球B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 机械能守恒定律，有 联立解得， 若BC发生的是完全非弹性碰撞，则有 解得 BC碰撞损失的机械能为 因此n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确； C．若BC发生的是弹性正碰，当n=2时，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律，有 联立解得，故C错误； D．当B与C发生完全非弹性碰撞时，C最终动量为 根据数学知识知，当n=1时，所以C最终的动量最小为，故D正确。 故选BD。 三、实验题 12．（2026·湖北·模拟预测）某兴趣小组用身边的物品做“探究碰撞中动量守恒”实验。如图所示，将“”形长木板固定在水平桌面上，长木板的左端固定一水平轻质弹簧。取两个材质相同，质量不同的长方体物块M和N备用。 实验步骤： ①把物块M放在长木板上弹簧的右侧，向左推物块M压缩弹簧直至某点记住点。再由静止释放，最终停在长木板上，标记物块M停止的位置，在物块A运动的路径上适当位置标记一点，测出物块M停止位置到点的距离。 ②重复上述过程多次，每次都由点静止释放物块M，计算点到停止距离的平均值。 ③将物块N静置于长木板上的点，重新从点释放物块M，两者发生碰撞，测出物块M停止时到点的距离和物块N停止时到点的距离。如图所示，重复多次，分别计算距离的平均值记为和。（要求M返回运动过程中不与弹簧接触） (1)为探究动量是否守恒，还需要测出或注意的是__________。 A．测量长木板与物块间的动摩擦因数 B．测量物块M、N的质量和 C．物块M的质量应大于物块N的质量 (2)若关系式__________成立，则可得出结论：物块M、N碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证物块M、N的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式_____是否成立。（选用、、和测量物理量的字母表示） 【答案】(1)B (2) 【详解】（1）A．物块在木板上运动时，摩擦力做功，由动能定理 得 同理可得碰后Ｍ的速度为，Ｎ的速度为，根据动量表达式 代入速度表达式，两边的会被约去，不需要测量，故A错误； B．动量守恒表达式中包含两个物块的质量，因此需要测量（M的质量）和（N的质量），B正确； C．本实验中M碰撞后向左反弹，只有，故Ｃ错误； 故选B。 （2）[1]取向右为正方向，动量守恒 代入的表达式，约去公共项，得动量守恒关系式 若碰撞为弹性碰撞，满足动能守恒： 得 结合动量守恒式化简，最终可得： 因此验证弹性碰撞应满足。 四、解答题 13．（2026·湖北孝感·二模）如图所示，质量为的木板放在水平地面上处于静止状态，木板左、右两端固定竖直挡板M、N。质量为的木块开始时位于木板正中间的标记点A处，木块可视为质点。当木板被锁定时，木块以的初速度向右运动并与挡板N、M各碰撞一次，最后恰好回到标记点A处。假设每次碰撞时间极短且不损失能量，木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小g取。 (1)求木板的长度l； (2)解除木板锁定，若地面光滑，要使木块还能与挡板N、M各碰撞一次后恰好回到标记点A处，求木块的初速度大小； (3)解除木板锁定，若木块光滑，木板与地面间的动摩擦因数为，当木块以的初速度向右运动，求最终木块与挡板N的距离。 【答案】(1)0.375m (2) (3)0.125m 【详解】（1）当木板被锁定时，木块与木板每次碰撞时间极短且不损失能量，木块最后恰好回到标记点A处时速度为零，则木块的运动可等效为匀减速直线运动，运动的加速度大小为 木块运动的总时间为 设木板的长度为l，则 解得 （2）木块恰好回到标记点A处时与木板有共同速度，规定向右为正方向，对木块与木板，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律可知 联立解得木块的初速度大小 （3）木块第一次与挡板N碰撞，木块的速度从变为，木板的速度从0变为，由动量守恒 由能量守恒有 解得， 即木块与木板的速度在碰撞后互换，同理，每次在挡板M或N发生碰撞后，木块与木板的速度互换。若在整个运动过程中木板的位移为，由能量守恒 解得 而 故， 14．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，质量为的圆弧槽B静止在光滑水平地面上，光滑的圆弧面与地面相切，圆弧所对应的圆心角为60°，半径为。质量为的小球A以一定的初速度从左向右运动恰好冲到圆弧最高点，小球A在圆弧槽B上滑动的总时间为，重力加速度为，求： (1)小球A的初速度的大小： (2)小球A在圆弧槽上滑动的过程中，B向前运动的位移大小； (3)圆弧槽B固定后，让A以相同的初速度冲上B，求之后A离地的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球A冲到圆弧最高点时，A与B水平方向共速，设为，圆弧最高点相对于地面的高度 水平方向地面光滑，系统动量守恒，解得 系统只有重力做功，机械能守恒 将、代入整理得，解得 （2）A、B组成的系统水平方向平均动量守恒，设滑动过程中A的水平位移为，B的水平位移为，运动总时间为，则满足 所以可得 A相对于B的水平位移等于圆弧的水平投影长度： 位移关系满足 联立代入得 代入，解得 （3）圆弧槽B固定后，A上滑过程只有重力做功，机械能守恒 设A到达圆弧顶端时的速度为，则： 代入，解得，即 A离开圆弧槽后做斜抛运动，初速度方向与水平方向夹角为，竖直分速度 斜抛过程竖直方向上升的额外高度 因此A离地的最大高度 15．（2026·湖北·二模）如图所示，质量、半径的四分之一光滑圆弧滑槽放置在水平平台上，忽略滑槽与平台间的摩擦，滑槽最低点与平台面相切，在的最低点右侧处有木板静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，距木板右端某处有竖直挡板，木板的质量，将质量小物块（视为质点）从滑槽与圆心等高处无初速释放，经过平台后以速度滑上木板，当小物块刚好与木板速度相同时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块没有脱离木板，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小物块滑离时的速度的大小； (2)小物块滑离时与木板左端的距离，及与平台间的动摩擦因数； (3)木板右端到挡板的距离； (4)从小物块滑上木板到最终停止，木板走过的总路程。 【答案】(1)8m/s (2)2.8m，0.5 (3)2m (4)6.5m 【详解】（1）小物块滑离轨道P的速度大小为v0，轨道P的速度大小为vM，则水平方向上动量守恒 系统机械能守恒 联立，解得v0=8m/s （2）小物块滑离轨道P时则， 解得 小物块滑离时与木板左端的距离 设小物块与平台间的动摩擦因数为，根据动能定理有 联立解得 （3）小物块滑上木板到共同速度，由动量守恒有 解得共速时的速度大小为 设木板到挡板距离为L，对木板由动能定理可得 解得L=2m （4）对木板，根据牛顿第二定律 解得a=4m/s2 木板与挡板碰撞后第二次达到共同速度大小为v2，根据动量守恒有 解得 同理可得，第三次达到共同速度大小为 以此类推…… 从小物块滑上木板到最终停止，木板B走过的总路程为 16．（2026·湖北鄂州·三模）如图所示，滑块A套在固定光滑水平杆上，轻杆一端通过铰链与A连接，另一端固定小球B，杆可以在竖直面无摩擦转动。滑块A右侧距离x处有一竖直挡板P，固定在水平杆上。初始时刻，小球B在滑块A右侧，轻杆水平。已知滑块A质量为2m，小球B的质量为m。现将A、B同时由静止释放，滑块A与挡板P碰撞前瞬间速度大小为v，此时轻杆与水平方向夹角为，滑块A与挡板P碰撞后立即被锁定。重力加速度为g，sin37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)若固定滑块A，当小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小T； (2)在滑块A与挡板碰撞前瞬间的小球B的速度大小； (3)x的大小； (4)相对于A与挡板碰撞的时刻，小球B还能上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3)或 (4) 【详解】（1）设杆长为L，由动能定理 小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小 （2） 设碰撞前一瞬B相对A的速度为， 水平方向动量守恒 解得， 小球B的速度大小 （3）系统机械能守恒，下降高度为，有 解得 水平方向动量守恒 或 即或 （4）碰撞后小球B速度突变为， 由机械能守恒 小球B还能上升的最大高度 17．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示，半径为R=0.45m的四分之一光滑曲面AB位于竖直平面内，其底端与水平传送带BP上表面平滑连接，传送带总长度为X=3m，以v＝5m/s的速度顺时针匀速运动，右端与倾角为30°的斜面的底端P通过一小段圆弧平滑连接。将一质量m1＝2kg的小物块D（可看作质点）从光滑曲面顶端A点静止释放，与静止在B点的质量为m2=1kg的物块E（可看作质点）碰撞，D与E碰撞时机械能损失为碰前D物块动能的25%，碰后立刻取走D；已知物块E与传送带间动摩擦因数μ1＝0.5，与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度g＝10 m/s2，求 (1)E相邻两次（沿斜面上滑经过P点与沿斜面下滑经过P点）经过P点时速率之比； (2)碰后E从B点第一次到达P点的时间； (3)从E滑上传送带到最终停止运动，电动机多消耗的电能。 【答案】(1) (2)0.68s (3) 【详解】（1）设E从传送带到达P点时速率为，从斜面返回P点时速率为，沿斜面上滑距离为x，有 返回过程 代入已知量可得 （2）对D从A点到B点，由动能定理得 D与E碰撞时系统动量守恒，设碰后D、E速率分别为v1、v2， 能量关系有 联立解得， 碰后E先做匀加速运动，与传送带共速后再匀速运动到P点。匀加速时间为t1，匀速运动时间为t2，有 解得加速度 有， 代入v2的值得s1=1.6m，t1=0.4s 此后匀速运动有 总时间为t=t1+t2 得t=0.68s （3）设物块E从P点第一次滑上传送带到最终静止于P点，在传送带上运动总时间为T。 物块E第一次从P点滑上传送带时速率为，此后每次滑上传送带速率都是上一次的一半。设第一次从P点滑上传送带到再次返回P点用时为tp1，返回时的速度仍为，则 同理第二次从P点滑上传送带到再次返回P点用时为tp2，则 可得 同理可得总时间 则电动机多消耗的电能为 联立解得 18．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，一足够长的固定轻杆与水平方向夹角为，质量为3m的B环套在轻杆上恰好不下滑，距离B环的位置有一质量为m的光滑环A从静止释放。下滑过程中，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)求A环与B环第一次碰后瞬间的速度； (2)求第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间内B环位移的大小； (3)求B环从初始位置到第10次碰撞时的距离。 【答案】(1)， (2)0.8m (3)36m 【详解】（1）取沿杆向下为正，设A与B碰前速度为，根据能量守恒有 由于A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， （2）B环开始恰好不下滑静止于轻杆上，有 则碰后B环匀速下滑，A环沿杆向上做匀减速直线运动，以B为参考系，A相对B的初速度为 A相对B的加速度为 由题意有 解得时间为 则B环的位移为 （3）设A与B第二次碰前速度为，则有 A与B第二次碰后速度分别为、，由动量守恒定律与机械能守恒定律得， 解得， 第二次碰撞后，A相对B的初速度为 则经历时间两环发生第三次碰撞，第二、三次碰撞之间B环位移 同理可得此后每经过0.8s发生一次碰撞，第三、四次碰撞之间B环位移 所以第次碰后B环位移 则B环从初始位置到第10次碰撞时位移的大小 19．（2026·湖北十堰·三模）如图所示，光滑的圆弧轨道固定在水平面上，圆心为O，最高点为C，半径为R；光滑曲线管道在最高点与圆弧轨道切接于C点、与水平面切接与B点，O、B间的距离为；在B点左侧，有一个劲度系数为的轻质弹簧，左端固定在挡板上，挡板被固定在地面上；在外力作用下质量为的物块甲静置于弹簧右端A点，此时弹簧压缩量为，甲与弹簧不固连，甲与地面间的动摩擦因数为；质量为、内径略小于管道内径的小球乙静置于管道口B点，A、B间的距离为；撤去外力，弹簧将甲弹开，随后拿走挡板和弹簧，甲运动到B点与乙发生弹性正碰，碰后乙沿曲线管道运动，至C点时对圆弧轨道的压力恰好为0，甲和乙均视为质点，重力加速度，弹簧弹性势能表达式为，求： (1)甲运动到点与乙碰前瞬间的速度为多大？ (2)圆弧轨道的半径的大小； (3)若乙离开圆弧轨道落地后立即静止在落地点，求甲和乙均停止运动后相距多远？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块甲从A运动到B的过程中，由功能关系有 解得 （2）甲、乙发生弹性正碰，设碰后瞬间速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 乙从B运动到C的过程机械能守恒，设运动到C点时速度为，有 乙在C点对圆轨道恰好无压力，有 联立解得， （3）物块甲碰后向左做匀减速直线运动直到停止，有 解得 小球乙从C点做平抛运动，有 解得 水平方向有 解得 所以甲、乙均停止运动后相距为 20．（2026·湖北荆州·三模）某大型商场设计了一种新型抓娃娃机，如图所示，质量为的小钢球吸附于竖直放置的半径为的圆盘边缘，圆盘圆心距底面的高度为，圆盘内置电磁铁，对小球产生恒定磁吸力，并带动小球以角速度顺时针匀速转动。距底面高度为处水平固定一根足够长的光滑杆，与圆盘位于同一竖直平面内，杆左端固定在娃娃机左侧内壁上，右端悬空。将质量均为的小环和玩具娃娃用长度可调节的轻绳拴接，小环穿过杆悬挂，玩家可以任意调整轻绳长度和小环位置。游戏开始，玩家瞅准时机断开电磁铁开关，圆盘磁力消失，小球脱离圆盘做斜抛运动，若小球能击中娃娃，则娃娃和小环可以从杆右端脱离，落入出物口，游戏成功。重力加速度为，小球、小环和娃娃均视为质点，忽略一切阻力，不考虑小球击中杆和内壁的情况。已知大于0，小于1。 (1)若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球不与圆盘发生相对滑动，求小球与圆盘间动摩擦因数的最小值； (2)玩家发现，当绳长小于某最小值时，该游戏必定失败，求该最小值； (3)某玩家将轻绳长度设置为，小球发射后，恰好以水平速度击中玩具娃娃并发生弹性正碰。随后小环位移为时到达金属杆右端，此时细线第一次到达水平状态，求此过程中小环运动位移对应的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球在圆盘最低点处时，其所需向心力竖直向上，此时静摩擦力达到最大，依据牛顿第二定律可得， 其中最大静摩擦力fmax=μminN，解得小球与圆盘间动摩擦因数的最小值为。 （2）小球运动的线速度大小为 设小球与圆心O的连线与竖直方向成θ角时小球脱离圆盘抛出，此时距离地面的高度为 小球抛出后做斜抛运动，竖直方向上上升的最高点为 所以小球能到达的最大高度距离地面为 根据数学关系可知，当时最大 已知 此时 所以绳长的最小值为 （3）质量为的小钢球与质量为2m的娃娃发生弹性正碰，有 由于是弹性碰撞，机械能守恒，即 可解得碰后娃娃的速度为 当细线第一次到达水平状态的过程中，娃娃与环的运动满足水平方向动量守恒，即 等式两边乘时间t，整理后有 其中小环运动的水平位移 娃娃运动的水平位移 所以运动时间 21．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为4m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地6次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】(1)3m (2)180J，2 (3) 【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为，三个木板质量为，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 （2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时， 取最小值，代入数值得此时 （3）对机器人和三个木板整体，从开始到机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，系统在水平方向动量守恒，得 机器人连续6次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，根据动量守恒定律 上式对时间积分得 又， 解得 22．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率； (2)若时物块a经过点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量（保留至小数点后两位）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块a由A到B点动能定理有 解得 水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 设物块a减速运动时间为，位移为，有 解得 由可知物块能与传送带共速，减速时间 到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有 解得， 故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率 （2）由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为 物块a在传送带上匀速运动时间为 故2026号滑块开始运动的时刻 （3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。 设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，， 代入数据 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知 物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移 物块a与传送带总相对位移 物块a与传送带间因摩擦产生的总热量 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 动量 6年真题1年模拟 考点分类 湖北考情（2020-2026） 命题规律 点 01 动量定理 2021 湖北高考真题（机枪连续射击，已知平均反冲力求射出子弹数量）； 2025 湖北高考真题（推拉门模型，水平拉力作用后撤去，用动量定理求最短时间）； 2022 湖北高考真题（质点做曲线运动，速度大小由v→2v→5v，比较功和冲量大小） ・情境：①机枪连续射击的反冲问题；②推拉门在恒定拉力作用后撤去，求最短运动时间；③质点曲线运动中合外力做功与冲量大小比较； ・考点：动量定理（FΔt=Δp）、动能定理（W=ΔEk）、功与冲量的区别（标量vs矢量）、极值思想（动量定理求最短时间）、曲线运动中动量变化量大小范围（初末速度方向夹角影响）； ・题型：单选题（2021、2025、2022），侧重动量定理与动能定理的对比应用； ・综合：纯力学内部综合，2021年融合动量定理与估算；2025年融合动量定理、运动学与极值；2022年融合功与冲量的矢量/标量辨析，对基本概念理解要求较高。 考点 02 动量守恒定律 2024 湖北高考真题（传送带+小物块与悬挂小球正碰，三问计算）； 2024 湖北高考真题（子弹水平射入木块，阻力与初速度成正比，求木块获得最大速度的条件，多选） ・情境：①传送带运送物块与悬挂小球发生正碰，碰后小球做圆周运动；②子弹射入木块（子弹未穿出），阻力f=kv，分析木块获得最大速度的条件； ・考点：动量守恒定律（碰撞瞬间）、能量损失（完全非弹性碰撞/非弹性碰撞）、动能定理、动量定理、数学极值（二次函数求最大值）、板块模型（子弹打木块）； ・题型：计算题（传送带+碰撞）与多选题（子弹打木块），后者第（3）问涉及数学极值求解； ・综合：力学内部综合，传送带题融合传送带动力学+碰撞+圆周运动临界+能量损失；子弹打木块题融合动量守恒+能量守恒+数学极值，对模型综合能力要求较高。 考点 03 多物体多过程 2025 湖北高考真题（木板+3n个滑块，滑块间碰撞粘在一起，涉及木板滑动临界，三问计算）； 2026 湖北高考真题（斜面+水平轨道，甲释放后与乙弹性碰撞，三问计算） ・情境：①足够长木板上放置3n个等距小滑块，给第1个滑块初速度，滑块间碰撞后粘在一起，最终使木板开始滑动；②甲从斜面释放，与水平轨道上的乙发生弹性碰撞，涉及多次碰撞与斜面往返运动； ・考点：动量守恒定律（完全非弹性碰撞/弹性碰撞）、动能定理（含变力做功）、动量定理、板块模型（相对运动与临界）、牛顿第二定律、数列求和、数学不等式求解（分段讨论）； ・题型：计算题（2025、2026），均为三小问，第（3）问难度极大，融合多过程分析、动量守恒、数学递推与不等式讨论； ・综合：力学内部深度综合，2025年融合动量守恒（完全非弹性碰撞）+板块模型+数列求和；2026年融合弹性碰撞+斜面往返+追及问题+数学不等式求解，对物理建模与数学工具要求极高，均为压轴题风格。 考点01 动量定理 1．（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（　　） A．40 B．80 C．120 D．160 【答案】C 【分析】本题考查动量定理。 【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得 代入数据解得 故选C。 2．（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】方法一：门板先在向右的外力作用下做匀加速直线运动，撤去外力后做匀减速直线运动，若外力比较大，加速时间很短，位移很小，可以忽略不计，此时门板的运动时间最短，撤去外力后根据牛顿第二定律有，设撤去外力后门板最短运动时是为t，运动的距离为，可得门板的最短时间趋近于。 故选B。 方法二：设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 3．（2022·湖北·高考真题）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．， 【答案】D 【详解】根据动能定理可知 可得 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。 故选D。 考点02 动量守恒定律 1．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能； （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。 （2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有 其中 ， 解得 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为 解得 （3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有 小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有 联立解得 即P点到O点的最小距离为。 2．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式 可得 故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即 故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 考点03 多物体多过程 1．（2025·湖北·高考真题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 2．（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 一、单选题 1．（2026·湖北黄冈·二模）在滑冰场上有质量的孩童，站在质量的长木板的一端，该孩童与木板在水平光滑冰面上一起以的速度向右运动。若孩童以的加速度匀加速跑向另一端，并从端点水平跑离木板时，木板恰好静止，则下列判断正确的是（    ） A．孩童跑动时受到木板的摩擦力方向向左 B．孩童在木板上运动的时间为 C．木板对地位移为2m D．木板长度为1.5m 【答案】D 【详解】A．孩童向右做匀加速运动，加速度向右，合力向右，孩童水平方向仅受木板的摩擦力，因此摩擦力方向向右，故A错误； B．孩童和木板组成的系统动量守恒，设孩童离开木板时速度为，由动量守恒 代入数据得 已知孩童对地加速度 由运动学公式 得运动时间，故B错误； C．对木板，由牛顿第三定律，木板受到孩童的摩擦力大小，方向向左，木板加速度 木板对地位移，故C错误； D．孩童对地位移 木板长度等于孩童相对于木板的位移，故D正确。 故选D。 2．（2026·湖北十堰·三模）如图，在光滑水平面上放置一质量为的轨道，轨道的水平部分粗糙，长为；倾斜部分光滑。两部分在点用一段小弧平滑连接，使物体经过该点时没有机械能损失。质量为的小木块（可视为质点）以初速度从左端滑上轨道，最终木块恰好没有从轨道左端滑离。重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．轨道和木块组成的系统，相互作用过程中动量守恒 B．木块与轨道部分之间的动摩擦因数为 C．的长度至少为 D．木块在轨道部分发生相对运动的总时间为 【答案】D 【详解】A．由于木块在斜面部分运行的过程，系统竖直方向的合外力并不为0，所以系统的动量不守恒，故A错误； B．由于系统在水平方向不受力，故系统水平方向动量守恒。以水平向右为正方向，则从开始运动到木块恰好回到轨道左端的整个过程，在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得木块最终的速度为 根据能量守恒定律有 解得木块与轨道部分之间的动摩擦因数为，故B错误； C．由分析可知，当木块沿斜面上升的高度最大时，二者的速度相等，设其速度为，则在水平方向对系统列动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得木块上升的最大高度为 由于为斜面的高度而非长度，所以的长度应大于，故C错误； D．设木块运动到B位置时木块和轨道的速度分别为、，以向右为正方向，则有， 代入数据联立解得当木块第一次从A运动到B点时，木块和轨道的速度分别为， 第二次木块从斜面返回B点时，木块和轨道的速度分别为， 设木块从A运动到B的时间为，则由动量定理有 解得 设木块从B返回到A的时间为，则由动量定理有 解得 所以木块在轨道AB部分运动的总时间为，故D正确。 故选D。 3．（2026·湖北省直辖县级单位·模拟预测）为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击时单位面积所承受的力，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得10分钟内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击睡莲叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3，据此估算睡莲叶面单位面积上的平均受力约为（　　） A．0.25N B．25N C．0.15N D．1.5N 【答案】A 【详解】时间内落到面积上的雨水总质量 其中为内杯中水位上升高度。雨滴撞击后无反弹、末动量为0，不计雨滴重力，根据动量定理 可得叶面受到的作用力 单位面积受力为 代入数值解得 所以睡莲叶面单位面积上的平均受力约为0.25N。 故选A。 4．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示三个装置，（a）中桌面光滑，（b）、（c）中桌面粗糙程度相同，（c）用大小为（g为重力加速度）的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量及绳与滑轮摩擦，都由静止释放，在m移动相同距离的过程中，下列关于三个实验装置的分析中正确的是（　　） A．装置（b）中绳上的张力等于装置（a）中绳上的张力 B．装置（a）中物块m的加速度为 C．装置（b）、（c）中物块m的动量增加量相同 D．装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量 【答案】D 【详解】AB．装置（a）中的加速度 装置（b）中的加速度 装置（a）中绳上的张力 装置（b）中绳上的张力，AB错误； C．装置（c）中的加速度，其中 根据，可得动量增量 因，可知装置（b）、（c）中物块m的动量增加量不相同，C错误； D．动能增加量为，因，可知装置（a）中m的动能增加量大于（b）中m的动能增加量，D正确。 故选D。 5．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，倾角的传送带以的速度逆时针匀速转动，初始时刻物块A随传送带一起匀速运动，物块B以初速度平行于传送带向下运动，AB之间的距离为。两物块均可视为质点，质量分别为、，与传送带间的动摩擦因数均为，AB之间的碰撞为弹性碰撞，取重力加速度，下列说法正确的是（     ） A．经过两物块发生碰撞 B．两物块第一次碰前与传送带摩擦生热 C．若两物块不发生碰撞，两者之间初始距离至少为 D．两物块有可能发生两次碰撞 【答案】C 【详解】A．传送带的速度逆时针匀速转动，物块B以平行于传送带向下运动,规定沿传送带向下为正方向，物块B相对传送带向下运动，受到的摩擦力斜向上，由牛顿第二定律可知物块B的加速度 即B向下做匀减速运动。 B减速到0的时间 这段时间B向下位移大小为 由题意，物块A随传送带一起匀速运动，这段时间内的位移大小为 两者相对靠近距离为 刚好等于初始AB距离，因此碰撞发生在，故A错误； B．摩擦生热满足 为物块与传送带的相对位移；两物块第一次碰前，物块A随传送带一起匀速运动 因此物块A与传送带生热为0。对物块B，时间内，传送带的位移方向沿斜面向上，大小为 B相对传送带的相对位移 物块B受到的滑动摩擦力大小为 因此，故B错误； C．物块B减速到0后，继续向上匀加速（摩擦力仍向上，加速度不变），加速到和传送带共速所需时间为 加速过程位移方向沿斜面向上，大小为 故B的总位移为 物块B从减速到0再加速到和传送带共速所需总时间 物块A的总位移为 两者相对位移大小为 B共速后和A同速匀速，距离不再变化，因此刚好不碰撞的初始最小距离为，故C正确； D．AB两物块碰撞为弹性碰撞，由动量守恒可知 碰撞前后系统动能相等，满足 联立解得， 代入， 解得， 若物块B在下降阶段与A碰撞，则， 碰后， 可知碰后物块B的速度方向向上，且 若物块B在上升阶段与A碰撞，则， 碰后， 可知碰后物块B的速度方向向上，且 因碰后B的速度更大，故两者再继续上行过程中距离越来越大，最终两者都达到匀速，距离保持不变，不会发生第二次碰撞，故D错误。 故选C。 二、多选题 6．（2026·湖北黄石·二模）如图（a），质量分别为mA、mB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，使系统靠墙静止在光滑水平面上。当撤去外力时开始计时，A、B物体运动的图像如图（b）所示，、、分别表示对应时段图线与坐标轴所围面积的大小。下列说法正确的是（　　） A．撤去外力F后，系统的动量和能量均守恒 B．弹簧时刻的伸长量小于0时刻的压缩量 C．时刻A物体的速度为 D． 【答案】BD 【详解】A．撤去外力后，弹簧恢复原长前，墙壁对有弹力作用，系统（、和弹簧）合外力不为零，因此系统动量不守恒；只有弹簧弹力做功，系统机械能（能量）守恒，故A错误； B．时刻弹簧被压缩，弹性势能为，时刻加速度最大，对应弹簧伸长量最大，此时、共速，系统动量守恒，总动量不为零，因此总动能不为零。根据能量守恒，此时弹性势能 由弹性势能公式 得形变量 即时刻伸长量小于0时刻压缩量，故B正确； C．图像的面积表示速度变化量，初速度为0：加速度为正，面积大小为 加速度为负，面积大小为，因此时刻的速度，故C错误； D．末（弹簧恢复原长），的速度，速度为 时刻共速，由动量守恒： 对，速度从0增加到， 因此 故D正确。 故选BD。 7．（2026·湖北宜昌·二模）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，一厚度不计、长度为的木箱静止倒扣在水平地面上。电荷量为、大小不计、表面光滑的小物块紧靠箱子左端，由静止释放。物块与箱子质量均为，箱子与地面间的滑动摩擦力大小是物块所受电场力大小的倍，。物块与箱子之间的碰撞为弹性碰撞，物块的电荷量保持不变，下列说法正确的是（　　） A．第二次碰后箱子速度大小 B．箱子运动的总时间为 C．箱子通过的总位移大小为 D．物块电势能总减少量为 【答案】AD 【详解】A．根据动能定理可得 解得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为 由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，则有， 其中为第一次碰撞后箱子的速度，联立解得， 每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后做初速度为零、加速度为的匀加速直线运动。箱子受到地面的摩擦力，箱子以物块碰撞前的速度向前做匀减速直线运动，加速度大小为 第一次碰撞后箱子停止运动的时间和位移分别为， 在这段时间内物块在电场加速作用下运动的距离为 这表明箱子在停止运动时，物块与箱子还没有发生第二次碰撞，物块还在继续向前运动，当物块运动的距离后，与静止的箱子发生碰撞，此时物块的速度大小为 此时物块与箱子碰撞又发生速度交换，因此第二次碰撞后，箱子的速度大小，故A正确； C．箱子从第二次碰撞到停止运动通过的位移为 由此可得物块第三次与箱子碰撞前的速度大小为 如此可得第三次碰撞后，箱子通过的距离为 由此可知第次碰撞后箱子通过的距离为 是一个公比为的等比数列，因此箱子总的通过的位移为，故C错误； B．第一次碰撞后箱子位移，有 箱子从第二次碰撞到停止，有 依次类推，可得，… 可得箱子运动的总时间，故B错误； D．物块电势能总减少量为，故D正确。 故选AD。 8．（2026·湖北武汉·三模）如图所示，在水平面上相距足够远处静置着两个质量均为的物块、，在、之间有一质量为的光滑物块。现给水平向右的初速度。已知、与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为，所有碰撞均为弹性正碰。下列说法正确的是（     ） A．与第一次碰撞后瞬间，二者速度大小相等 B．与第二次碰撞前，的位移大小为 C．的总位移大小为 D．的总位移大小为 【答案】AD 【详解】A．设向右为正方向，所有碰撞均为弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， 可知与第一次碰撞后瞬间，二者速度大小相等，故A正确； B．物块、的质量相同，又相距足够远处，可知每次与物块碰撞前，、的速度均已减为零。根据前述弹性碰撞可知每次与、碰后，的速度变为碰前的一半，、的速度也为碰前的一半。与第一次碰撞前，的速度大小为，碰撞后的速度大小为 的速度大小为，可知与第二次碰撞前，的位移大小为，故B错误； C．物块与碰后，的速度大小分别为、、…，根据可知每次的位移为前一段位移的，的总位移大小，故C错误； D．物块与碰后，的速度大小分别为、、…，可知的总位移大小，故D正确。 故选AD。 9．（2026·湖北孝感·三模）如图（a）所示，光滑水平面上静置一质量为的物块乙，乙右侧有一竖直墙壁，一质量为（）的物块甲以速度向右运动。两物块均可视为质点，甲与乙之间、乙与墙壁之间的碰撞均没有机械能损失。若设定两个新的物理量，，其中与甲的质量、速度有关，与乙的质量、速度有关，则在此后的运动过程中两个新物理量和始终满足，其中为定值。该函数的图像如图（b）所示，图像中的点（，）表示两个小物块组成的系统可能的状态，、、、、、六点为系统在后续过程中连续经历的六个状态，其中、为圆与轴交点，则下列说法正确的是（     ） A．、可用表示 B．、可用表示 C．甲乙的质量之比 D．若甲乙的质量之比，则在整个运动过程中甲与乙、乙与墙壁的碰撞总次数为18次 【答案】AC 【详解】AB．碰撞不改变系统总动能，由图可知，倾斜直线表示两物块之间的碰撞过程，竖直直线表示乙与墙壁之间的碰撞过程，以从状态A到状态B为例，根据机械能守恒 动量守恒定律 令，，得“能量圆” 其中，“动量线”，A正确，B错误； C．所有动量线斜率均为，得，C正确； D．设AB中点为P，直线OP与x轴夹角为，易得 若 则对应的圆心角为，则所有动量线将圆周长等分为份，故总碰撞次数为18-1=17次，D错误。 故选AC。 10．（2026·湖北荆州·模拟预测）如图所示质量均为m的物块P与Q通过劲度系数为k的轻弹簧相连，静止于水平面上，初始时弹簧处于原长。现对Q施加大小为0.5mg，方向水平向右的恒力。已知P与地面的动摩擦因数0.5，不计Q与地面的摩擦力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧的弹性势能。下列判断正确的是（     ） A．P即将开始运动时，Q的速度大小为 B．P开始运动后，Q做加速度逐渐减小的加速运动 C．P开始运动后，弹簧的最大形变量为 D．P开始运动后，弹簧的最小形变量为0 【答案】AC 【详解】B．P开始运动时，弹簧弹力大小 则P开始运动前，Q受到向右的外力F=0.5mg，F不变，受到向左的弹簧弹力从0增加到 ，因此Q受到的合力逐渐减小，根据牛顿第二定律，Q的加速度也逐渐减小；P开始运动后，开始阶段，Q的速度大于P，弹簧继续伸长，弹力变大，Q受的弹力大于力F，则加速度向左，则Q做加速度增加的减速运动， 故B错误； A．P即将开始运动时，弹簧伸长量 从初始到该时刻，根据动能定理和功能关系 解得，故A正确； CD．P开始运动后，外力F与摩擦力μmg大小相等方向相反，因此系统动量守恒，则当两物块共速时，弹簧弹性势能最大或最小，设这两个时刻弹簧的伸长量是x1（如果弹簧变成压缩状态x1就是负值）。从P开始运动到弹性势能最大或最小，外力F做功为0.5mgxQ，摩擦力做功为-0.5mgxP，这两个系统外力做功之和为0.5mg(xQ-xP) 根据位置关系，xQ-xP=x1-x0 则系统外力做功之和为 从P开始运动到弹性势能最大或最小，根据动量守恒mvQ=2mv共 解得 根据能量守恒 解得，对应弹簧的最大形变量为，最小形变量为，C正确，D错误。 故选AC。 11．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示，质量分别为、、（、2、3……）的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为，末端与水平面相切。现将质量为的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为 B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同 C．若BC发生的是弹性正碰，当时，碰撞完成后小球C的速度为 D．取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为 【答案】BD 【详解】A．小球A从释放到通过圆弧槽最低点，小球A和圆弧槽系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒，则有 联立解得 对小球A，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，故A错误； B．小球A与小球B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律 机械能守恒定律，有 联立解得， 若BC发生的是完全非弹性碰撞，则有 解得 BC碰撞损失的机械能为 因此n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确； C．若BC发生的是弹性正碰，当n=2时，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律，有 联立解得，故C错误； D．当B与C发生完全非弹性碰撞时，C最终动量为 根据数学知识知，当n=1时，所以C最终的动量最小为，故D正确。 故选BD。 三、实验题 12．（2026·湖北·模拟预测）某兴趣小组用身边的物品做“探究碰撞中动量守恒”实验。如图所示，将“”形长木板固定在水平桌面上，长木板的左端固定一水平轻质弹簧。取两个材质相同，质量不同的长方体物块M和N备用。 实验步骤： ①把物块M放在长木板上弹簧的右侧，向左推物块M压缩弹簧直至某点记住点。再由静止释放，最终停在长木板上，标记物块M停止的位置，在物块A运动的路径上适当位置标记一点，测出物块M停止位置到点的距离。 ②重复上述过程多次，每次都由点静止释放物块M，计算点到停止距离的平均值。 ③将物块N静置于长木板上的点，重新从点释放物块M，两者发生碰撞，测出物块M停止时到点的距离和物块N停止时到点的距离。如图所示，重复多次，分别计算距离的平均值记为和。（要求M返回运动过程中不与弹簧接触） (1)为探究动量是否守恒，还需要测出或注意的是__________。 A．测量长木板与物块间的动摩擦因数 B．测量物块M、N的质量和 C．物块M的质量应大于物块N的质量 (2)若关系式__________成立，则可得出结论：物块M、N碰撞过程中动量守恒。若要进一步验证物块M、N的碰撞是否为弹性碰撞，则应验证关系式_____是否成立。（选用、、和测量物理量的字母表示） 【答案】(1)B (2) 【详解】（1）A．物块在木板上运动时，摩擦力做功，由动能定理 得 同理可得碰后Ｍ的速度为，Ｎ的速度为，根据动量表达式 代入速度表达式，两边的会被约去，不需要测量，故A错误； B．动量守恒表达式中包含两个物块的质量，因此需要测量（M的质量）和（N的质量），B正确； C．本实验中M碰撞后向左反弹，只有，故Ｃ错误； 故选B。 （2）[1]取向右为正方向，动量守恒 代入的表达式，约去公共项，得动量守恒关系式 若碰撞为弹性碰撞，满足动能守恒： 得 结合动量守恒式化简，最终可得： 因此验证弹性碰撞应满足。 四、解答题 13．（2026·湖北孝感·二模）如图所示，质量为的木板放在水平地面上处于静止状态，木板左、右两端固定竖直挡板M、N。质量为的木块开始时位于木板正中间的标记点A处，木块可视为质点。当木板被锁定时，木块以的初速度向右运动并与挡板N、M各碰撞一次，最后恰好回到标记点A处。假设每次碰撞时间极短且不损失能量，木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小g取。 (1)求木板的长度l； (2)解除木板锁定，若地面光滑，要使木块还能与挡板N、M各碰撞一次后恰好回到标记点A处，求木块的初速度大小； (3)解除木板锁定，若木块光滑，木板与地面间的动摩擦因数为，当木块以的初速度向右运动，求最终木块与挡板N的距离。 【答案】(1)0.375m (2) (3)0.125m 【详解】（1）当木板被锁定时，木块与木板每次碰撞时间极短且不损失能量，木块最后恰好回到标记点A处时速度为零，则木块的运动可等效为匀减速直线运动，运动的加速度大小为 木块运动的总时间为 设木板的长度为l，则 解得 （2）木块恰好回到标记点A处时与木板有共同速度，规定向右为正方向，对木块与木板，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律可知 联立解得木块的初速度大小 （3）木块第一次与挡板N碰撞，木块的速度从变为，木板的速度从0变为，由动量守恒 由能量守恒有 解得， 即木块与木板的速度在碰撞后互换，同理，每次在挡板M或N发生碰撞后，木块与木板的速度互换。若在整个运动过程中木板的位移为，由能量守恒 解得 而 故， 14．（2026·湖北·模拟预测）如图所示，质量为的圆弧槽B静止在光滑水平地面上，光滑的圆弧面与地面相切，圆弧所对应的圆心角为60°，半径为。质量为的小球A以一定的初速度从左向右运动恰好冲到圆弧最高点，小球A在圆弧槽B上滑动的总时间为，重力加速度为，求： (1)小球A的初速度的大小： (2)小球A在圆弧槽上滑动的过程中，B向前运动的位移大小； (3)圆弧槽B固定后，让A以相同的初速度冲上B，求之后A离地的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球A冲到圆弧最高点时，A与B水平方向共速，设为，圆弧最高点相对于地面的高度 水平方向地面光滑，系统动量守恒，解得 系统只有重力做功，机械能守恒 将、代入整理得，解得 （2）A、B组成的系统水平方向平均动量守恒，设滑动过程中A的水平位移为，B的水平位移为，运动总时间为，则满足 所以可得 A相对于B的水平位移等于圆弧的水平投影长度： 位移关系满足 联立代入得 代入，解得 （3）圆弧槽B固定后，A上滑过程只有重力做功，机械能守恒 设A到达圆弧顶端时的速度为，则： 代入，解得，即 A离开圆弧槽后做斜抛运动，初速度方向与水平方向夹角为，竖直分速度 斜抛过程竖直方向上升的额外高度 因此A离地的最大高度 15．（2026·湖北·二模）如图所示，质量、半径的四分之一光滑圆弧滑槽放置在水平平台上，忽略滑槽与平台间的摩擦，滑槽最低点与平台面相切，在的最低点右侧处有木板静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，距木板右端某处有竖直挡板，木板的质量，将质量小物块（视为质点）从滑槽与圆心等高处无初速释放，经过平台后以速度滑上木板，当小物块刚好与木板速度相同时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中没有机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块没有脱离木板，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)小物块滑离时的速度的大小； (2)小物块滑离时与木板左端的距离，及与平台间的动摩擦因数； (3)木板右端到挡板的距离； (4)从小物块滑上木板到最终停止，木板走过的总路程。 【答案】(1)8m/s (2)2.8m，0.5 (3)2m (4)6.5m 【详解】（1）小物块滑离轨道P的速度大小为v0，轨道P的速度大小为vM，则水平方向上动量守恒 系统机械能守恒 联立，解得v0=8m/s （2）小物块滑离轨道P时则， 解得 小物块滑离时与木板左端的距离 设小物块与平台间的动摩擦因数为，根据动能定理有 联立解得 （3）小物块滑上木板到共同速度，由动量守恒有 解得共速时的速度大小为 设木板到挡板距离为L，对木板由动能定理可得 解得L=2m （4）对木板，根据牛顿第二定律 解得a=4m/s2 木板与挡板碰撞后第二次达到共同速度大小为v2，根据动量守恒有 解得 同理可得，第三次达到共同速度大小为 以此类推…… 从小物块滑上木板到最终停止，木板B走过的总路程为 16．（2026·湖北鄂州·三模）如图所示，滑块A套在固定光滑水平杆上，轻杆一端通过铰链与A连接，另一端固定小球B，杆可以在竖直面无摩擦转动。滑块A右侧距离x处有一竖直挡板P，固定在水平杆上。初始时刻，小球B在滑块A右侧，轻杆水平。已知滑块A质量为2m，小球B的质量为m。现将A、B同时由静止释放，滑块A与挡板P碰撞前瞬间速度大小为v，此时轻杆与水平方向夹角为，滑块A与挡板P碰撞后立即被锁定。重力加速度为g，sin37°=0.6，不计空气阻力。求： (1)若固定滑块A，当小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小T； (2)在滑块A与挡板碰撞前瞬间的小球B的速度大小； (3)x的大小； (4)相对于A与挡板碰撞的时刻，小球B还能上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3)或 (4) 【详解】（1）设杆长为L，由动能定理 小球B运动到最低点时轻杆的拉力大小 （2） 设碰撞前一瞬B相对A的速度为， 水平方向动量守恒 解得， 小球B的速度大小 （3）系统机械能守恒，下降高度为，有 解得 水平方向动量守恒 或 即或 （4）碰撞后小球B速度突变为， 由机械能守恒 小球B还能上升的最大高度 17．（2026·湖北孝感·模拟预测）如图所示，半径为R=0.45m的四分之一光滑曲面AB位于竖直平面内，其底端与水平传送带BP上表面平滑连接，传送带总长度为X=3m，以v＝5m/s的速度顺时针匀速运动，右端与倾角为30°的斜面的底端P通过一小段圆弧平滑连接。将一质量m1＝2kg的小物块D（可看作质点）从光滑曲面顶端A点静止释放，与静止在B点的质量为m2=1kg的物块E（可看作质点）碰撞，D与E碰撞时机械能损失为碰前D物块动能的25%，碰后立刻取走D；已知物块E与传送带间动摩擦因数μ1＝0.5，与斜面间的动摩擦因数，取重力加速度g＝10 m/s2，求 (1)E相邻两次（沿斜面上滑经过P点与沿斜面下滑经过P点）经过P点时速率之比； (2)碰后E从B点第一次到达P点的时间； (3)从E滑上传送带到最终停止运动，电动机多消耗的电能。 【答案】(1) (2)0.68s (3) 【详解】（1）设E从传送带到达P点时速率为，从斜面返回P点时速率为，沿斜面上滑距离为x，有 返回过程 代入已知量可得 （2）对D从A点到B点，由动能定理得 D与E碰撞时系统动量守恒，设碰后D、E速率分别为v1、v2， 能量关系有 联立解得， 碰后E先做匀加速运动，与传送带共速后再匀速运动到P点。匀加速时间为t1，匀速运动时间为t2，有 解得加速度 有， 代入v2的值得s1=1.6m，t1=0.4s 此后匀速运动有 总时间为t=t1+t2 得t=0.68s （3）设物块E从P点第一次滑上传送带到最终静止于P点，在传送带上运动总时间为T。 物块E第一次从P点滑上传送带时速率为，此后每次滑上传送带速率都是上一次的一半。设第一次从P点滑上传送带到再次返回P点用时为tp1，返回时的速度仍为，则 同理第二次从P点滑上传送带到再次返回P点用时为tp2，则 可得 同理可得总时间 则电动机多消耗的电能为 联立解得 18．（2026·湖北黄冈·三模）如图所示，一足够长的固定轻杆与水平方向夹角为，质量为3m的B环套在轻杆上恰好不下滑，距离B环的位置有一质量为m的光滑环A从静止释放。下滑过程中，A环与B环的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)求A环与B环第一次碰后瞬间的速度； (2)求第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间内B环位移的大小； (3)求B环从初始位置到第10次碰撞时的距离。 【答案】(1)， (2)0.8m (3)36m 【详解】（1）取沿杆向下为正，设A与B碰前速度为，根据能量守恒有 由于A与B的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， （2）B环开始恰好不下滑静止于轻杆上，有 则碰后B环匀速下滑，A环沿杆向上做匀减速直线运动，以B为参考系，A相对B的初速度为 A相对B的加速度为 由题意有 解得时间为 则B环的位移为 （3）设A与B第二次碰前速度为，则有 A与B第二次碰后速度分别为、，由动量守恒定律与机械能守恒定律得， 解得， 第二次碰撞后，A相对B的初速度为 则经历时间两环发生第三次碰撞，第二、三次碰撞之间B环位移 同理可得此后每经过0.8s发生一次碰撞，第三、四次碰撞之间B环位移 所以第次碰后B环位移 则B环从初始位置到第10次碰撞时位移的大小 19．（2026·湖北十堰·三模）如图所示，光滑的圆弧轨道固定在水平面上，圆心为O，最高点为C，半径为R；光滑曲线管道在最高点与圆弧轨道切接于C点、与水平面切接与B点，O、B间的距离为；在B点左侧，有一个劲度系数为的轻质弹簧，左端固定在挡板上，挡板被固定在地面上；在外力作用下质量为的物块甲静置于弹簧右端A点，此时弹簧压缩量为，甲与弹簧不固连，甲与地面间的动摩擦因数为；质量为、内径略小于管道内径的小球乙静置于管道口B点，A、B间的距离为；撤去外力，弹簧将甲弹开，随后拿走挡板和弹簧，甲运动到B点与乙发生弹性正碰，碰后乙沿曲线管道运动，至C点时对圆弧轨道的压力恰好为0，甲和乙均视为质点，重力加速度，弹簧弹性势能表达式为，求： (1)甲运动到点与乙碰前瞬间的速度为多大？ (2)圆弧轨道的半径的大小； (3)若乙离开圆弧轨道落地后立即静止在落地点，求甲和乙均停止运动后相距多远？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块甲从A运动到B的过程中，由功能关系有 解得 （2）甲、乙发生弹性正碰，设碰后瞬间速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 乙从B运动到C的过程机械能守恒，设运动到C点时速度为，有 乙在C点对圆轨道恰好无压力，有 联立解得， （3）物块甲碰后向左做匀减速直线运动直到停止，有 解得 小球乙从C点做平抛运动，有 解得 水平方向有 解得 所以甲、乙均停止运动后相距为 20．（2026·湖北荆州·三模）某大型商场设计了一种新型抓娃娃机，如图所示，质量为的小钢球吸附于竖直放置的半径为的圆盘边缘，圆盘圆心距底面的高度为，圆盘内置电磁铁，对小球产生恒定磁吸力，并带动小球以角速度顺时针匀速转动。距底面高度为处水平固定一根足够长的光滑杆，与圆盘位于同一竖直平面内，杆左端固定在娃娃机左侧内壁上，右端悬空。将质量均为的小环和玩具娃娃用长度可调节的轻绳拴接，小环穿过杆悬挂，玩家可以任意调整轻绳长度和小环位置。游戏开始，玩家瞅准时机断开电磁铁开关，圆盘磁力消失，小球脱离圆盘做斜抛运动，若小球能击中娃娃，则娃娃和小环可以从杆右端脱离，落入出物口，游戏成功。重力加速度为，小球、小环和娃娃均视为质点，忽略一切阻力，不考虑小球击中杆和内壁的情况。已知大于0，小于1。 (1)若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球不与圆盘发生相对滑动，求小球与圆盘间动摩擦因数的最小值； (2)玩家发现，当绳长小于某最小值时，该游戏必定失败，求该最小值； (3)某玩家将轻绳长度设置为，小球发射后，恰好以水平速度击中玩具娃娃并发生弹性正碰。随后小环位移为时到达金属杆右端，此时细线第一次到达水平状态，求此过程中小环运动位移对应的时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）当小球在圆盘最低点处时，其所需向心力竖直向上，此时静摩擦力达到最大，依据牛顿第二定律可得， 其中最大静摩擦力fmax=μminN，解得小球与圆盘间动摩擦因数的最小值为。 （2）小球运动的线速度大小为 设小球与圆心O的连线与竖直方向成θ角时小球脱离圆盘抛出，此时距离地面的高度为 小球抛出后做斜抛运动，竖直方向上上升的最高点为 所以小球能到达的最大高度距离地面为 根据数学关系可知，当时最大 已知 此时 所以绳长的最小值为 （3）质量为的小钢球与质量为2m的娃娃发生弹性正碰，有 由于是弹性碰撞，机械能守恒，即 可解得碰后娃娃的速度为 当细线第一次到达水平状态的过程中，娃娃与环的运动满足水平方向动量守恒，即 等式两边乘时间t，整理后有 其中小环运动的水平位移 娃娃运动的水平位移 所以运动时间 21．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为4m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。 (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。 (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地6次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【答案】(1)3m (2)180J，2 (3) 【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为，三个木板质量为，取向右为正方向，则 机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为、，则有 同时有 解得A、B木板间的水平距离 （2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为，根据斜抛运动规律得， 联立解得 机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 根据能量守恒可得机器人做的功为 联立得 根据数学知识可得当时，即时， 取最小值，代入数值得此时 （3）对机器人和三个木板整体，从开始到机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，系统在水平方向动量守恒，得 机器人连续6次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，根据动量守恒定律 上式对时间积分得 又， 解得 22．（2026·湖北武汉·模拟预测）如图所示，竖直平面内半径为的四分之一光滑固定圆弧轨道，其下端点与一水平传送带平滑连接，水平传送带右端点与足够长的光滑水平面平滑连接，水平面上均匀排列着2026个质量均为的滑块（可视为质点），从左到右依次编号为1、2、3、…、2025、2026，相邻滑块间距均为，1号滑块位于点。一物块a（可视为质点）质量为，以速率从点沿圆弧切线进入圆弧轨道，其与传送带间的动摩擦因数为，所有碰撞均为弹性正碰且碰撞时间不计。已知传送带长度为，以恒定速率沿顺时针方向转动，取。 (1)求物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率； (2)若时物块a经过点，求2026号滑块开始运动的时刻； (3)求物块a与传送带间因摩擦产生的总热量（保留至小数点后两位）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块a由A到B点动能定理有 解得 水平传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 解得 设物块a减速运动时间为，位移为，有 解得 由可知物块能与传送带共速，减速时间 到达C点时速度为，物块a第一次与1号滑块碰撞，动量守恒和机械能守恒有 解得， 故物块a第一次和1号滑块碰撞后的速率 （2）由于2026个小滑块质量相等，碰撞时速度交换，故从1号滑块开始运动到2026号滑块开始运动时间为 物块a在传送带上匀速运动时间为 故2026号滑块开始运动的时刻 （3）由于第一次碰撞后a物块通过传送带后又以相同速度大小和1号滑块发生第二次碰撞，根据动量守恒和机械能守恒 解得， 同理可得每发生一次碰撞，a物块速度大小减为碰撞前的一半，即 同时每一次碰撞后，静止滑块就减少一个，直到1号滑块发生第2026次碰撞，所有滑块都运动起来，物块a向左经过传送带反向运动，通过C点后也维持向右匀速直线运动，不会和1号滑块发生碰撞。 设第一次碰后，物块a与传送带相对运动为，， 代入数据 由上述每次碰撞后速度为原来一半，可知 物块a第一次碰撞前和传送带的相对位移 物块a与传送带总相对位移 物块a与传送带间因摩擦产生的总热量 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $