第七章 动量守恒定律及其应用 综合测试-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动量守恒定律及应用，以问题链构建"概念-规律-应用"逻辑体系，融合科学推理与模型建构，实现物理观念与解题方法的深度结合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择|10题|动量守恒条件判断、弹性碰撞规律、动量定理应用|从动量概念到守恒定律，结合运动分解与能量转化递进| |实验|1题|碰撞动量测量、误差分析|通过平抛运动将速度测量转化为距离测量，体现科学探究| |计算|3题|多过程动量守恒、相对运动处理、碰撞次数归纳|综合动量与能量守恒，构建碰撞-运动-守恒的问题模型|

第七章 动量守恒定律及其应用 综合测试 (满分：100分) 1、 选择题(本题共10小题) 1.(2026·江苏省连云港市部分学校高三上月考)人们用手抛撒种子进行播种，某次抛撒种子时，质量相等的两颗种子a、b的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，P、Q是两轨迹的最高点，M、N在同一水平线上。从O到M和从O到N的过程中，不计空气阻力，则(　　) A．运动过程中，a受到重力的冲量比b的小 B．运动过程中，a的动量变化率一定等于b的动量变化率 C．a在P点的动量一定等于b在Q点的动量 D．a在M点的动量一定小于b在N点的动量 2.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒 C．火箭获得的最大速度为 D．火箭上升的最大高度为 3．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度大小为u，探测器的初速度大小为v0，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为vt。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是(　　) A．vt＝2u B．vt＝v0＋2u C．vt＝2v0＋u D．vt＝v0＋u 4.如图所示，质量为0.1 kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上，小球B的质量为0.2 kg，A、B用长为L＝0.8 m的轻质细线连接，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0时刻，小圆环A获得沿杆向左的冲量0.6 N·s，取g＝10 m/s2，A、B可视为质点。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻细线对B的拉力大小为2 N B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小 C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功 D．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6 N·s 5．(2026·山东省青岛市高三上开学考试)台球是一项深受青少年喜爱的体育运动。如图所示，水平台面上的甲球球心和中袋中心连线与桌边间夹角θ＝60°，运动员用球杆将白球乙沿与桌边平行的方向以速度v0击出，乙与甲碰撞后甲落入中袋。已知两球质量、半径均相等，两球碰撞为弹性碰撞，不计两球所受阻力，不考虑球的自旋影响。关于甲、乙两球的运动，下列说法正确的是(　　) A．碰撞后乙球速度方向不变 B．碰撞后两球速度方向垂直 C．碰撞后甲球速度大小为v0 D．碰撞后乙球速度大小为 6.(多选)物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则(　　) A．C球落地前瞬间A球的速度为 B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6 C．A球弹起的最大高度为25H D．A球弹起的最大高度为9H 7.(多选)一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s 8．(多选)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，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a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　) A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0 B．mA>mB C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x D．S1－S2＝S3 9．(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与H乙无关 D．甲最终停止位置与O处相距 10.(多选)如图所示，轻质细杆两端固定两个质量不相等的小球a、b，小球a置于光滑的水平地面上，从图示位置静止释放b球，下列说法正确的是(　　) A．b球落地的瞬间，a球的速度为0 B．在b球落地前的整个过程中，b球的机械能守恒 C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球的冲量不为0 D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对b球做的总功不为0 二．实验题： 11.某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)在本实验中，甲选用的是________(填“一元”或“一角”)硬币； (2)碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为________(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)； (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则＝________(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒； (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因：_____________。 三．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 12.质量为m1＝4 kg、速度为v0＝3 m/s的A球与质量为m2＝2 kg的静止B球在光滑水平面发生正碰，求： (1)若两球发生的是弹性碰撞，碰后两球速度分别为多少？ (2)若两球发生的是完全非弹性碰撞，碰后两球速度又是多少？损失的动能是多少？ 13．(2025·河北卷)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 14．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； (2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 参考答案： 1.答案：B解析：两颗种子分别从O抛出到M、N的过程中做斜抛运动，由轨迹知，a上升的最大高度较高，又上升过程竖直方向的分运动的逆运动为自由落体运动，根据h＝gt2，解得t＝，则有ta>tb，同理可知，种子在下落过程中也有ta′>tb′，则a从O到M的时间比b从O到N的时间长，根据I＝mgt可知，运动过程中，a受到重力的冲量比b的大，故A错误；对于做斜抛运动的物体，根据动量定理有mg·Δt＝Δp，则有＝mg，由于两颗种子的质量相等，则a的动量变化率等于b的动量变化率，故B正确；斜抛运动过程中，水平方向有x＝vxt，a水平位移小，运动时间长，则a水平分速度小，P、Q是两轨迹的最高点，在最高点只具有水平方向的分速度，根据p＝mvx可知，a在P点的动量一定小于b在Q点的动量，故C错误；a在M点的水平分速度小于b在N点的水平分速度，下落过程中竖直方向的分运动为自由落体运动，有v＝2gh，a下落的高度大于b下落的高度，则a在M点的竖直分速度大于b在N点的竖直分速度，根据p′＝m可知，无法比较a在M点的动量和b在N点的动量的大小关系，故D错误。 2.答案：D解析：火箭的推力来源于向下喷出的水对它的作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内气体做功，火箭及水组成的系统机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上升到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正确。 3.答案：B解析：设探测器的质量为m，行星的质量为M，行星在探测器远离后的速度大小为u1，以u方向为正方向，由题意结合弹性碰撞规律可知，探测器与行星作用过程中，两者组成的系统动量守恒、总动能保持不变，根据动量守恒定律有－mv0＋Mu＝mvt＋Mu1，根据总动能保持不变，有mv＋Mu2＝mv＋Mu，解得vt＝－，又因为m≪M，则有vt＝v0＋2u，故B正确。 4.答案：C解析：根据动量定理得A的初速度大小vA0＝＝6 m/s，以A为参考系，可知t＝0时刻B相对A做圆周运动，且速度大小为vA0，方向向右，对B有T－mBg＝mB，可得细线的拉力T＝mBg＋mB>mBg＝2 N，故A错误；从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程，A与B组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，以水平向左为正方向，有mAvA0＝mAvA1＋mBvB1，mAv＝mAv＋mBv，可解得B第一次回到A的正下方时A、B的速度分别为vA1＝－2 m/s，vB1＝4 m/s，根据动量定理知，此过程合力对B的冲量I′＝mBvB1＝0.8 N·s，D错误；由上述分析可知，小球B第一次回到A的正下方时，A的速度不是最小，最小速度为vAmin＝0，B错误；开始时A带动B向左运动，A受到向右下方的拉力减速，B受到向左上方的拉力水平方向加速，当两者在水平方向共速时，细线仍向右下方倾斜，之后A继续减速至0，B水平方向继续加速，然后A受到向右下方的拉力向右加速至vA1＝－2 m/s，B水平方向继续加速至vB1＝4 m/s，此时B第一次回到A的正下方，结合动能定理知，整个过程细线对A先做负功再做正功，C正确。 5.答案：B解析：将v0沿球心连线方向与垂直球心连线方向分解，可得沿球心连线方向的分速度大小v1＝v0cos60°＝，垂直球心连线方向的分速度大小v2＝v0sin60°＝v0，设两球碰撞后，甲球的速度为v甲，乙球沿球心连线方向的分速度为v1′，沿球心连线方向，由动量守恒定律可得m乙v1＝m乙v1′＋m甲v甲，由机械能守恒定律可得m乙v＝m乙(v1′2＋v)＋m甲v，且m乙＝m甲，解得v1′＝0，v甲＝v1＝，故碰撞后乙球仅有垂直球心连线方向的速度，大小为v2＝v0，速度方向改变；甲球速度方向为沿球心连线方向，即碰撞后两球速度方向垂直，故B正确，A、C、D错误。 6.答案：ABD解析：因为A、B、C球由静止同时释放，所以C球落地瞬间三个小球的速度相等，由自由落体运动公式v2＝2gH，解得vA＝vB＝vC＝，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可知C与地面碰撞后以大小为vC＝的速率反弹，则C碰B有mCvC－mBvB＝mBvB′，mCv＋mBv＝mBvB′2，B碰A有mBvB′－mAvA＝mAvA′，mBvB′2＋mAv＝mAvA′2，由以上几式可得mA∶mB∶mC＝1∶2∶6，B正确；由B项分析解得vA′＝3，根据竖直上抛运动规律，A球弹起的最大高度hmax＝＝9H，C错误，D正确。 7.答案：BC解析：由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，W­x图像的斜率表示拉力F，由题图可知，0～2 m，F1＝ N＝6 N，2～4 m，F2＝ N＝3 N。物体从x＝0运动到x＝1 m的过程中，根据动能定理有W1－μmgx1＝mv，代入W1＝6 J、x1＝1 m，解得在x＝1 m时，物体的速度v1＝2 m/s，则在x＝1 m时，拉力的功率P1＝F1v1＝12 W，A错误；物体从x＝0运动到x＝4 m的过程中，由动能定理得W4－μmgx4＝Ek4，代入W4＝18 J、x4＝4 m，解得在x＝4 m时，物体的动能Ek4＝2 J，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf2＝μmgx2，代入x2＝2 m，解得Wf2＝8 J，C正确；由于F1＞μmg，F2＜μmg，则物体在0～2 m内由静止开始做加速运动，在2～4 m内做减速运动，在x＝2 m时速度最大，动量最大，物体从x＝0运动到x＝2 m的过程中，由动能定理得W2－μmgx2＝mv，代入W2＝12 J、x2＝2 m，解得在x＝2 m时物体的速度v2＝2 m/s，则从x＝0运动到x＝4 m的过程中，物体的动量最大为pm＝mv2＝2 kg·m/s，D错误。 8.答案：ABD解析：在0～t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量I＝mAv0，A正确；由a­t图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由图b可知此时aB>aA，则mB<mA，B正确；由图b可得，t1时刻B开始运动，此时A的速度为v0，之后系统动量守恒，可得A、B的总动能一定大于0，而整个过程，A、B和弹簧组成的系统的机械能守恒，所以B运动后弹簧的弹性势能一定小于开始时弹簧的弹性势能，弹簧的形变量一定小于x，C错误；在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，A、B共速，由a­t图像中图线与t轴所围面积表示速度变化量，可知此时vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，则S1－S2＝S3，D正确。 9.答案：ABD解析：两滑块在光滑斜坡上运动时加速度相同，又两滑块同时由静止开始下滑，则甲、乙两滑块在斜坡上运动时相对静止，故A正确；两滑块质量相同，设两滑块质量均为m，碰撞前瞬间甲、乙的速度分别为v甲、v乙，碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv甲＋mv乙＝mv甲′＋mv乙′，根据总动能不变有mv＋mv＝mv甲′2＋mv乙′2，联立可解得v甲′＝v乙，v乙′＝v甲，可知碰撞后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜坡倾角为θ，两滑块沿斜坡下滑过程加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，乙沿斜坡下滑过程，有＝at，联立解得乙在斜坡上的运动时间t1＝，考虑一种特殊情况：H甲＝0，则乙的运动时间即为t1，t1与H乙有关，则乙的运动时间与H乙有关，故C错误；由于甲、乙发生弹性碰撞时交换速度，且甲、乙在水平面上运动时加速度相同，分析可知，甲最终停止位置和乙不与甲发生碰撞的停止位置相同，设乙不与甲发生碰撞的停止位置与O处相距x，对乙运动的全过程，由动能定理有mgH乙－μmgx＝0－0，解得x＝，则甲最终停止位置与O处相距x＝，故D正确。 10.答案：AC解析：a、b两球组成的系统在水平方向上所受合力始终为0，水平方向动量守恒，系统水平方向的初动量为0，则b球落地的瞬间系统水平方向动量仍为0，此时轻杆方向水平，则a、b球水平方向的速度相等，可知a球的速度为0，故A正确；由于释放b球时a球的速度为0，当b球落地的瞬间，a球的速度仍为0，但b球下落过程中a球速度不为0，则a球的机械能不守恒，但初、末时刻的机械能相等，由于a、b球与轻杆组成的系统机械能守恒，则在b球落地前的整个过程中，b球的机械能不守恒，但初、末时刻b球的机械能相等，则轻杆对b球做的总功为0，故B、D错误；b球落地前的整个过程中，b球的动量变化量Δpb竖直向下，b球的重力的冲量竖直向下，根据动量定理可知，轻杆对b球的水平冲量为0，分析可知，轻杆对b球先有斜向上的推力，后有斜向下的拉力，设前一过程轻杆对b球的冲量为I1，后一过程轻杆对b球的冲量为I2，则I1与水平方向的夹角较大，根据以上分析，由矢量的合成法则，可作出整个过程轻杆对b球的冲量I如图，即轻杆对b球的冲量大小不为0，方向竖直向上，故C正确。 11.[答案]　(1)一元　(2)　(3) (4)距离测量有误差(或甲、乙碰撞过程中系统所受合外力实际并不为零，只是近似为零，其他原因合理也可) [解析]　(1)分析可知，实验中应使甲与乙碰撞后甲不反弹，可知甲的质量应大于乙的质量，则甲选用的是一元硬币。 (2)甲从O点到P点，根据动能定理有－μm1gs0＝0－m1v，解得碰撞前甲到O点时速度的大小v0＝。 (3)根据(2)中分析，同理可得，碰撞后瞬间甲的速度大小和乙的速度大小分别为v1＝，v2＝，若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则满足m1v0＝m1v1＋m2v2，整理可得＝。 (4)产生这种误差可能的原因有：①测量误差，因为再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；②碰撞过程中，认为内力远大于外力，忽略外力的影响，系统动量守恒，实际两个硬币组成的系统所受合外力不为零。 12.[答案]　(1)1 m/s　4 m/s (2)均为2 m/s　6 J [解析]　取A球初速度方向为正方向。 (1)若发生弹性碰撞，设碰撞后A球的速度为v1，B球的速度为v2， 根据动量守恒定律可得m1v0＝m1v1＋m2v2 根据机械能守恒定律可得m1v＝m1v＋m2v 联立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s。 (2)若发生完全非弹性碰撞，设碰撞后两球的速度为v， 根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v 解得v＝2 m/s 损失的动能为ΔE损＝m1v－(m1＋m2)v2 解得ΔE损＝6 J。 13.答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析：(1)由题知平台长度L＝2 m，高度h1＝1.8 m，物块质量m＝0.01 kg，初速度v0＝3 m/s，物块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.2。 物块在平台上做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，离开平台时的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 根据运动学公式有v－v＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，设运动时间为t1，水平方向上的位移大小为x1， 有h1＝gt x1＝v1t1 联立解得x1＝0.6 m。 (2)设物块第一次与地面接触过程中，所受弹力的冲量大小为IN，在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程所用时间t＝1 s，根据动量定理，有IN－mgt＝0－0 解得IN＝0.1 N·s 假设物块与地面接触过程一直向右滑动，则始终受到向左的滑动摩擦力， 滑动摩擦力平均值＝μN 设物块与地面接触的时间为t2，上式中弹力平均值N满足IN＝Nt2 在水平方向，规定水平向右为正方向，设物块第一次离开地面瞬间水平分速度为v2，根据动量定理，有－t2＝mv2－mv1 由(1)可得v1＝1 m/s 联立解得v2＝－1 m/s v2为负值，则假设不成立，实际情况是物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。 14.答案：(1)　　(2)l　(3)4 解析：(1)小球释放后自由下落，设下降高度为l时小球的速度为v0， 根据机械能守恒定律得mgl＝mv 解得v0＝ 小球以速度v0＝与静止圆盘发生弹性碰撞，设碰后瞬间小球的速度为vm1，圆盘的速度为vM1，取竖直向下为正方向， 根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有mv＝mv＋Mv mv0＝mvm1＋MvM1 联立解得vm1＝－v0＝－ vM1＝v0＝ 即第一次碰撞后瞬间，小球的速度大小为，方向竖直向上， 圆盘的速度大小为，方向竖直向下。 (2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，当二者速度相同时，间距最大，设这段时间为t，以竖直向下为运动的正方向，则vm1＋gt＝vM1 根据运动学公式，这段时间圆盘和小球的位移分别为 xM1′＝vM1t xm1′＝vm1t＋gt2 则在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离 dmax＝xM1′－xm1′ 联立解得dmax＝l。 (3)从第一次碰撞后到第二次碰撞前，以速度为vM1的圆盘为参考系，则小球做竖直上抛运动，且相对初速度为vm1′＝vm1－vM1 设该过程所用时间为t1，则－vm1′＝vm1′＋gt1 可得vm1′＝－v0，t1＝ 这段时间圆盘的实际位移xM1＝vM1t1 可得xM1＝＝2l 第二次碰撞过程，仍以速度为vM1的圆盘为参考系，根据碰撞规律同理可得，碰后瞬间小球和圆盘相对vM1的速度分别为 vm2′＝－v0，vM2′＝v0 分析可知，此后相邻两次碰撞时间内，以前一次碰撞后的圆盘为参考系，则小球均以初速度－v0做竖直上抛运动，相邻两次碰撞的时间间隔均为t1＝ 且第n次碰撞后，圆盘速度大小为 vMn＝nvM1(n＝1，2，3，…) 第n次碰撞至第n＋1次碰撞时间内，圆盘向下运动的位移xMn＝vMnt1 联立可得xMn＝2nl 则第n次碰撞时圆盘与管的上端口的距离为 ln＝l＋xM1＋xM2＋…＋xM(n－1) 结合数学知识解得ln＝n(n－1)l＋l(n＝1，2，3，…) 因l4＝13l<20l，l5＝21l>20l 则第五次碰撞前，圆盘已落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 学科网（北京）股份有限公司 $