專題15 動量和動能-2020-2024年五年高考1年模擬物理真題分類匯編（山東專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題15動量和動能考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1沖量和動量（5年1考）2022·山東卷·T21考查動量定理與動量守恒定律的應用。一般結合實際生活或現(xiàn)代科技命題，有時也結合圖象命題。

2.考查動量守恒與能量守恒的綜合應用。一般以碰撞為情景，考查考生的分析綜合能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力。

3.對學科核心素養(yǎng)的考查主要體現(xiàn)在物理觀念中物質觀念、運動與相互作用觀念、能量觀念的要素和科學思維中模型建構、科學推理要素。1.掌握隔離法、整體法和用守恒思想分析物理問題的方法。

2.理解動量、沖量和動量定理，能用動量定理解釋生產(chǎn)、生活中的有關現(xiàn)象。

3.定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)、生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。

4.運用動量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞、爆炸、反沖、“子彈打木塊”模型、“彈簧系統(tǒng)”模型、“滑塊-木板”模型、“人船”模型。

5.理解驗證動量守恒定律的實驗原理，靈活處理多種實驗方案?？键c2動量和動能（5年幾考）2024·山東卷·T172023·山東卷·T182022·山東卷·T182021·山東卷·T162020·山東卷·T18考點01沖量和動量1、（2022·山東卷·T2）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A?？键c02動量和動能2、（2024·山東卷·T17）如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得3、（2023·山東卷·T18）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為木板B的加速度為設經(jīng)過時間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設再經(jīng)過t2時間，物塊A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有此時A、B之間的距離為由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運動，設經(jīng)過t3時間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時有方向向左；方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時物塊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靜止，A向左勻速運動，系統(tǒng)的初動量末動量則整個過程動量變化量即大小9.02kg?m/s。4、（2022·山東卷·T18）如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的點，點左側粗糙，右側光滑。用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動（要求擺角小于），A以速度沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質量，B的質量，A與B的動摩擦因數(shù)，B與地面間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度。整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小與；（2）B光滑部分的長度d；（3）運動過程中A對B的摩擦力所做的功；（4）實現(xiàn)上述運動過程，的取值范圍（結果用表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）【解析】（1）設水平向右為正方向，因為點右側光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，（方向水平向左），（方向水平向右）即A和B速度的大小分別為，。（2）因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0，A物體減速過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得此過程中A減速的位移等于B物體向右的位移，所以對于此過程B有聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得，（舍去）故根據(jù)幾何關系有代入數(shù)據(jù)解得（3）在A剛開始減速時，B物體的速度為在A減速過程中，對B分析根據(jù)牛頓運動定律可知解得B物體停下來的時間為t3，則有解得可知在A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移為所以A對B的摩擦力所做的功為（4）小球和A碰撞后A做勻速直線運動再和B相碰，此過程有由題意可知A返回到O點的正下方時，小球恰好第一次上升到最高點，設小球做簡諧振動的周期為T，擺長為L，則有小球下滑過程根據(jù)動能定理有小球與A碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有當碰后小球擺角恰為5°時，有聯(lián)立可得當碰后小球速度恰為0時，碰撞過程有則可得故要實現(xiàn)這個過程的范圍為5、（2021·山東卷·T16）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍。【答案】（1）；（2）或【解析】（1）設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得，，在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為x，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標區(qū)間或6、（2020·山東卷·T18）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。【答案】(1)P的速度大小為，Q的速度大小為；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得①由機械能守恒定律得②聯(lián)立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為(2)設第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q由運動學公式得⑤聯(lián)立①②⑤式得⑥設P運動至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為，第一次碰后至第二次碰前，對P由動能定理得⑦聯(lián)立①②⑤⑦式得⑧P與Q的第二次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得⑨由機械能守恒定律得⑩聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得??設第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對Q由運動學公式得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得?設P運動至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為，第二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得?P與Q的第三次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得?由機械能守恒定律得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得??設第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對Q由運動學公式⑩得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得?總結可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為（n=1，2，3……）?(3)當P、Q達到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得?解得?(4)設Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，由運動學公式得?設P運動到斜面底端時的速度為，需要的時間為t2，由運動學公式得??設P從擋板碰撞返回后從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為t3?當A點與擋板之間的距離最小時?聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得?一、單選題1．（2024·山東青島·三模）高樓出現(xiàn)火情時，需要一種舉高噴射消防車。如圖，某高樓離地面65m處出現(xiàn)火情，消防車正在滅火中。已知水炮炮口與樓房距離為15m，與地面距離為60m，水炮每分鐘噴出的水，水柱剛好垂直打中著火房間窗戶，水流沖擊到窗戶玻璃后向四周流散。重力加速度，下列說法正確的是（）A．水泵對水做功的功率約為B．水泵對水做功的功率約為C．水流對窗戶玻璃沖擊力約為500ND．水流對窗戶玻璃沖擊力約為900N【答案】B【詳析】AB．將水噴到窗口時的過程的逆過程看做是平拋運動，則水噴到窗口時的速度每秒噴出水的質量水泵對水做功的功率約為選項A錯誤，B正確；CD．水噴射到窗戶上由動量定理解得選項CD錯誤。故選B。2．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，質量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A，B兩物體運動的圖像如圖乙所示，表示0到時間內(nèi)A的圖像與坐標軸所圖圖形的面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖像與坐標軸所圍圖形的面積大小。下列說法正確的是（）A．0到時間內(nèi)，墻對B的沖量等于B．C．B運動后，彈簧的最大形變量等于D．【答案】D【詳析】A．由圖像可以看出，t1時刻B開始離開墻壁。在0~t1時間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，物體B靜止，則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，又因為彈簧對A、B的彈力大小相等，由可知故A錯誤；B．由圖可知，B運動后，同一時刻A的加速度小于B的加速度，根據(jù)可知，兩物體所受彈簧彈力大小相等，二者質量關系為故B錯誤；C．當A、B速度相等時彈簧形變量（伸長量或壓縮量）最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由能量守恒定律可知，彈簧形變量最大時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧形變量最大時彈簧彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量x。故C錯誤；D．a(chǎn)?t圖線與坐標軸所圍圖形的面積大小等于物體速度的變化量，因t＝0時刻A的速度為零，t1時刻A的速度大小t2時刻A的速度大小B的速度大小由圖像可知，t1時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復原長，B開始離開墻壁，到t2時刻兩者加速度均達到最大，彈簧伸長量達到最大，此時兩者速度相同，即則故D正確。故選D。3．（2024·山東菏澤·三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為，牽引線與豎直方向夾角為。已知風箏質量為m，垂直風箏面的風速大小為v，風箏面的面積為S，重力加速度為g，則風箏所在高度空氣密度為（）A． B． C． D．【答案】A【詳析】對風箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風箏此時獲得的垂直風箏面的力根據(jù)牛頓第三定律，風箏對垂直風箏面的風的作用力大小也為F，以風為研究對象，單位時間內(nèi)，垂直打在風箏面的風的質量在垂直風箏面方向上由動量定理有聯(lián)立解得空氣密度為故選A。4．（2024·山東煙臺·二模）質量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令，則p的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，碰后的速度為碰后的速度大小為兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即且整理解得即故選C。5．（2024·山東·模擬預測）一無人機靜止在水平地面上，啟動后豎直上升，上升過程中加速度a隨時間t的變化如圖所示，下列判斷正確的是（??）A．無人機在與時刻的速度之比為B．無人機在與的位移大小之比為C．無人機在與所受合外力的沖量之比為D．與合外力對無人機做功之比為【答案】A【詳析】A．根據(jù)圖像的面積表示速度變化量，由圖可知，時刻的速度為時刻的速度為所以故A正確；B．由圖可知，無人機在一直加速，則相等時間內(nèi)通過的位移逐漸增大，故B錯誤；C．與速度變化量相等，且速度一直增大，則動量變化量相同，由動量定理可知無人機在與所受合外力的沖量相同，故C錯誤；D．合外力對無人機做功為合外力對無人機做功為有故D錯誤。故選A。6．（2024·山東濱州·二模）如圖所示，放置在粗糙水平面上的裝置，AB和BC為兩段圓弧面，A、C兩點切線水平，兩圓弧相切于B點，半徑分別為2R和3R，對應圓心角均為60°，圓心分別為O1、O2。一可視為質點的小物塊從A滑下，運動過程中速度大小保持不變，小物塊始終沒有離開圓弧面，裝置始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．小物塊在A、C兩點所受到的支持力大小相等B．小物塊從B運動到C的過程中，地面給裝置的摩擦力一直變小C．小物塊從A運動到B的過程中（不包含A、B兩點），地面給裝置的摩擦力方向一直水平向右D．小物塊從A運動到B和從B運動到C兩個過程中，動量的變化量相同【答案】B【詳析】A．根據(jù)牛頓第二定律可得由此可知，小物塊在A點所受支持力小于C點所受到的支持力，故A錯誤；B．小物塊從B運動到C的過程中，加速度指向圓心，有水平向右的分量，且逐漸減小，所以地面給裝置的摩擦力向右，且一直變小，故B正確；C．小物塊從A運動到B的過程中（不包含A、B兩點），加速度始終指向圓心，所以加速度水平方向的分量向左，則地面給裝置的摩擦力方向一直水平向左，故C錯誤；D．小物塊從A運動到B和從B運動到C兩個過程中，動量的變化量大小相等，但方向不同，故D錯誤。故選B。7．（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度，不計空氣阻力，則持續(xù)傾倒黃豆的時間約為（）A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【詳析】黃豆落在秤盤上的速度大小為設持續(xù)傾倒黃豆的時間為，則根據(jù)單位時間落在秤盤上的黃豆數(shù)量為黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動量定理得方程兩側根據(jù)時間累計求和可得又，則代入數(shù)據(jù)可得t=2.5s故選B。二、多選題8．（2024·山東濟南·三模）質量為的物塊從距離地面高度為處自由下落，在下落到距離地面高度為時，質量為的子彈以的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)锽．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)镃．物塊下落的總時間為D．物塊下落的總時間為【答案】AC【詳析】A．子彈擊中物塊后瞬間，水平方向動量守恒，則解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)檫x項A正確；B．子彈擊中木塊之前物塊的豎直速度子彈擊中物塊后瞬間，由豎直方向動量守恒可知解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)檫x項B錯誤；CD．子彈擊中木塊之前物塊下落的時間被子彈擊中后物塊下落時，根據(jù)解得t2=1s（另一值舍掉），則總時間為選項C正確，D錯誤。故選AC。9．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，光滑水平地面上靜置著一足夠長的木板B和物塊C，木板B的質量為4m，物塊C的質量為12m?，F(xiàn)有一質量為m的物塊A以初速度v0從左端滑上木板B，木板B與物塊C僅發(fā)生過一次碰撞（彈性碰撞），且碰撞時間極短可忽略不計，最終物塊A和木板B均停止運動。已知物塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．木板B與物塊C碰撞前瞬間，物塊A的速度大小為B．木板B與物塊C碰撞前瞬間，木板B的速度大小為C．木板B與物塊C碰撞后，物塊C的速度大小為D．物塊A相對木板B滑行的距離為【答案】ACD【詳析】ABC．從A滑上B到B與C碰撞前瞬間，A、B動量守恒，有B與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒有解得B與C碰撞后，A、B均能停下來，有聯(lián)立解得，，，故AC正確；B錯誤；D．整個過程中能量守恒有解得故D正確。故選ACD。10．（2024·山東聊城·二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h?，F(xiàn)將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球P即將落地時，它的速度大小為B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為【答案】BC【詳析】B．平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則速度與水平方向的夾角可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得故B正確；A．設小球P即將落地時，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有解得，故A錯誤；C．根據(jù)動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為故C正確；D．小球P落地與地面相互作用的過程中，根據(jù)動量定理有由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球P有重力，則地面對小球P的作用力的沖量大小與大小不相等，即不等于，故D錯誤。故選BC。11．（2024·山東聊城·二模）圖甲是正在送餐的“機器人服務員”，其質量m=40kg，該機器人正在沿圖乙中ABCD曲線給16號桌送餐，圓弧BC與直線路徑AB、CD相切，AB段長度為5m，CD段長度為12m，機器人從A點由靜止勻加速出發(fā)，到達B點時速率達到1m/s，接著以1m/s的速率勻速通過BC段，通過C點后仍以1m/s的速率運動到某位置才開始做勻減速直線運動，最終停在16號桌旁的D點。已知餐盤與水平托盤間的動摩擦因數(shù)，餐盤與托盤之間未發(fā)生相對滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．從B運動到C過程中機器人的動量變化量為B．從A運動到B過程中機器人的加速度為C．圓弧BC的半徑可以設計為0.45mD．機器人從C到D的最短時間為12.25s【答案】BD【詳析】A．根據(jù)題意，不能確定從B運動到C過程中機器人的速度變化量，從而不能確定動量變化量，故A錯誤；B．從A運動到B過程中，有解得機器人的加速度為故B正確；C．餐盤與托盤恰好不發(fā)生相對滑動，摩擦力提供向心力有解得故C錯誤；D．機器人以1m/s的速度勻減速至D點的加速度為則減速的時間為勻減速的位移為故從C點開始勻速運動的時間所以從C運動到D點的最短時間為故D正確。故選BD。三、解答題12．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧一端固定于水平面上，另一端連接物塊A，物塊B置于A上（不粘連），A、B質量均為1kg，開始時物塊A和B處于靜止狀態(tài)，物塊B的正上方h高處固定一水平的可在豎直方向上下移動的擋板?，F(xiàn)對物塊B施加方向始終向上、大小為F=10N的恒力，使A、B開始運動，已知A、B均可視為質點，B與擋板、A之間的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量，k為彈簧的勁度系數(shù)），質量為m的質點做簡諧運動的周期為（k為物體做簡諧運動時的比例系數(shù)，即彈簧的勁度系數(shù)），重力加速度大小g=10m/s2。（1）求A、B第一次分離時，A、B的速度大?。唬?）求A、B第一次分離后，若二者沒有發(fā)生碰撞，物塊A上升到最大高度時的加速度大??；（3）若A、B第一次分離后，經(jīng)過一段時間后二者恰好能夠在第一次分離位置相碰，求h滿足的條件；（4）若，則B與A相碰后，求A第一次運動到最低點時A、B之間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）設開始時彈簧的壓縮量為x1，根據(jù)平衡條件有解得設A、B第一次分離時，彈簧的形變量為x2，此時A、B之間彈力為零，加速度、速度（大小設為v）均相同，又因為恒力F與B的重力大小相等、方向相反，所以此時B的加速度均為0，則A的加速度也為0，有解得對從開始到A、B第一次分離的過程，根據(jù)功能關系有解得（2）A、B第一次分離后，若二者沒有發(fā)生碰撞，則A做簡諧運動，由于分離時A的加速度為0，所以A剛好位于平衡位置，設A的振幅A，對A從平衡位置上升到最大高度的過程，根據(jù)機械能守恒定律有解得設A上升到最大高度時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有解得（3）A、B第一次分離后，由于B受力平衡，所以向上做勻速直線運動，且由于與擋板發(fā)生的是彈性碰撞，所以碰撞后速度大小不變，仍為v。A從平衡位置開始向上做簡諧運動，周期為根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，A再次經(jīng)過第一次分離位置時速度大小仍為v，為使A、B在此處能夠發(fā)生碰撞，此時A一定向上運動，所以若A、B第一次分離后，經(jīng)過一段時間后二者恰好能夠在第一次分離位置相碰，應滿足解得（4）若，則由（3）結論可知A、B在第一次分離位置相碰，因為碰撞時二者速度大小相等、方向相反，且二者質量相同，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交換，記B將以v向上做勻速直線運動，A將從平衡位置開始向下做簡諧運動，經(jīng)歷時間A第一次運動到最低點，此時B向上運動的位移大小為此時A、B之間的距離為13．（2024·山東青島·三模）如圖，勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧一端固定在傾角足夠長斜面的頂端，另一端拴接物塊A，彈簧與斜面平行。物塊B鎖定在A上，點為彈簧原長位置，A與斜面間的動摩擦因數(shù)。A、B質量均為。不計厚度的擋板P固定在水平面上，左側的平面光滑，木板C長度，質量，緊挨著擋板P。木板C右端與足夠長的固定平臺間的距離。物塊A、擋板P、木板C的上表面及平臺等高。質量均為的個物塊從左向右依次靜置于平臺上，相鄰兩物塊間的距離均為，物塊1位于平臺的最左端。已知B與木板間的動摩擦因數(shù)，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)，各物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)均為。將彈簧壓縮，使AB從斜面上距點，處由靜止釋放，重力加速度，所有物塊均可視為質點。AB釋放后的運動過程中：（1）求AB物塊下滑速度最大時離點的距離；（2）求A對B作用力的最大值；（3）調(diào)整斜面長度使AB物塊速度最大時恰好到達斜面底端，此時撤去彈簧并解除AB間的鎖定。A與擋板碰撞后物塊B滑上木板C，木板C與平臺碰撞后立即停止，物塊B與物塊1相碰后粘在一起，兩物塊繼續(xù)運動，然后與物塊2相碰，碰后三物塊粘在一起繼續(xù)運動……，所有碰撞時間極短。已知，不計物塊由斜面到平面的能量損失。求：①物塊B與物塊1碰撞前瞬間的速度大??；②物塊B與前個物塊碰后粘成的整體與物塊碰撞前的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）①；②【詳析】（1）AB物塊下滑速度最大時整理得（2）AB物塊一起下滑到最低點，即將要向上運動時，對B的作用力最大，此時速度為零，設離開點的距離。根據(jù)動能定理得整理得根據(jù)牛頓第二定律，對AB整體對物塊B，x軸方向有y軸方向整理得（3）①AB物塊一起下滑的速度最大時，根據(jù)動能定理得整理得對物塊B與木板的相互作用過程，對物塊B由牛頓第二定律得解得對木板C由牛頓第二定律得解得設經(jīng)時間t，B與C共速解得該過程中B與C發(fā)生的相對位移為即B恰好到達C的最右端，該過程中C發(fā)生的位移為即C恰好與平臺相碰。物塊B的速度為②物塊B與物塊1相碰前根據(jù)動量守恒定律得與物塊1相碰后對B與物塊1整體，根據(jù)動能定理與物塊2相碰前與物塊2相碰，根據(jù)動量守恒定律得與物塊2相碰后對B與物塊1、2整體，根據(jù)動能定理與物塊3相碰前同理可得，與物塊4相碰前歸納得，與物塊n碰前與物塊碰撞前瞬間粘到一起的物塊總動能整理得14．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示，光滑水平平臺AB右端與順時針轉動的水平傳送帶BC平滑無縫連接，BC長度L=2m。在平臺AB上靜止著a、b、c三個小滑塊，a、b滑塊間有一被壓縮的輕彈簧（滑塊與輕彈簧不拴接）。釋放彈簧，彈簧與滑塊a、b分離后a的速度v0=4m/s（此時a未滑上傳送帶，b未與c碰撞），a從傳送帶右端離開后，落在水平地面上的D點，b與c碰撞后結合在一起。已知a、b，c的質量分別為ma=0.5kg、mb=0.2kg、mc=0.2kg，a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，C點距地面高h=0.8m，滑塊均可視為質點，g取10m/s2。（1）求輕彈簧的最大彈性勢能Ep；（2）求b、c碰撞過程中損失的機械能；（3）若傳送帶的速度可在2m/s<v<8m/s間調(diào)節(jié)；求a落點D與C點間水平距離x的大?。ńY果可以含有v）；（4）若a脫離彈簧后，將彈簧撤去，并立即在a的左側固定一豎直擋板，同時傳送帶調(diào)整為以4m/s的速度逆時針方向轉動（此時a還沒有滑上傳送帶），后續(xù)a每次與擋板相碰，均以碰前速度的一半反彈，求a在傳動帶上相對傳送帶運動的總路程s?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析；（4）12.8m【詳析】（1）設彈開后b速度大小為vb，由動量守恒定律得解得根據(jù)能量守恒有解得（2）b與c發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰后二者共同速度為vc，由動量守恒定律有解得由能量守恒，碰撞過程損失機械能為解得（3）滑塊a離開C點做平拋運動，在豎直方向上有解得落地時間當滑塊a在水平傳動帶上滑動時，設其加速度大小為a，由牛頓第二定律可得解得若傳送帶速度v<4m/s，a在傳送帶上減速，設減速至2m/s通過位移為x，則有解得即a離開傳送帶時的速度和傳送帶速度相等，若傳送帶速度v>4m/s，a在傳送帶上一直加速，設最終獲得的末速度為v1，則有解得v1=6m/s綜上可知，傳送帶速度2m/s<v<6m/s時，a離開傳送帶時的速度和傳送帶速度相等，則有當傳送帶速度6m/s≤v<8m/s時，a離開傳送帶時的速度大小恒為6m/s，則有（4）a以速度，第一次滑上傳送帶，向右做勻減速，減速到零，對地位移x=1.6m<2m即滑塊a將從傳送帶左邊滑離，速度大小等于滑上時的速度，滑塊a在傳動帶上的加速度大小設為a，設向右減速到零的時間為，則有設第n次滑塊a從滑上傳送帶到從左邊滑離傳送帶，a相對傳送帶的路程大小設，則有解得即有，，則a在傳動帶上相對傳送帶運動的總路程s為解得s=12.8m15．（2024·山東煙臺·二模）如圖所示，傾角為30°的固定斜面足夠長，置于斜面上的“L”型長木板B的上表面光滑，下表面與斜面上O點以上區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為，與斜面上O點以下區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為。某時刻在斜面上O點以上的某處自靜止開始釋放小物塊A和長木板B，此時A在B的頂端，B的底端距O點的距離為長木板B長度的51倍，一段時間后A與B底端的凸起發(fā)生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大小為。已知B的質量是A的質量的4倍，A與B底端凸起的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間不計，B底端的凸起大小不計，A視為質點，重力加速度為g。（1）求長木板B的長度；（2）A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期間，A能否到達B的頂端？若A能到達B的頂端，求A與B底端凸起第一次碰撞后再經(jīng)過多長時間A到達B的頂端；若A不能到達B的頂端，求期間A離B頂端的最小距離；（3）求B底端到達O點之前，A和B底端凸起碰撞的次數(shù)；（4）B底端到達O點時將A取走，忽略B底端凸起對其質量分布的影響，B沿著其長度方向質量分布均勻，求整個過程中B的位移大小?！敬鸢浮浚?）；（2）能到達，，A到達B的頂端；（3）8次；（4）【詳析】（1）設小物塊A的質量為m，則長木板B的質量為由于木板B上表面光滑，則小物塊A自開始釋放至第一次碰撞，只受到重力和木板B給的支持力，則對小物塊A由動能定理小物塊A和長木板Ｂ下端凸起第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律聯(lián)立解得第一次碰后小物塊A的速度，長木板B的長度（2）長木板B運動時沿著斜面方向的合力為因此除碰撞外長木板只會勻速運動。小物塊A在長木板上運動時A與B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假設A能到達B的頂端，自第一次碰撞至A到達B的頂端，由運動學公式由幾何關系聯(lián)立化簡得解得經(jīng)過時間A到達B的頂端，假設成立。（3）小物塊A與長木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由運動學公式解得第二次碰撞前小物塊A的速度小物塊A與長木板B底端凸起第二次碰撞過程解得第二次碰撞后小物塊A的速度長木板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塊A的速度小物塊A與長木板B底端凸起第三次碰撞過程解得第三次碰撞后小物塊A的速度長木板B的速度自第三次碰撞至第四次碰撞解得歸納可得自第一次碰撞至長木板B的底端到達O點有解得因此長木板B底端到達O點之前，小物塊A和長木板B底端凸起的碰撞次數(shù)為8次。（4）長木板B底端到達O點時其速度大小為，長木板B頂端經(jīng)過O點時的速度設為，長木板B經(jīng)過O點的過程其中聯(lián)立化簡得長木板B過O點后由動能定理解得整個過程長木板B的位移大小16．（2024·山東聊城·三模）如圖所示，一質量為M＝2kg、長為L＝4.5m的木板靜止在傾角的斜面上，其下端位于斜面上的A點，木板上端有一固定的彈性擋板，質量為m＝1kg的小物塊（可視為質點）靜置于木板下端，小物塊與木板、木板與斜面間的動摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)給木板一沿斜面向下的初速度，木板到達斜面底端時小物塊也恰好位于木板下端，此刻木板被鎖定，小物塊滑到水平足夠長的傳送帶上繼續(xù)運動，傳送帶順時針轉動，其速率為，小物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)，不計小物塊經(jīng)過斜面與傳送帶連接處的機械能損失，忽略小物塊與擋板彈性碰撞的時間，重力加速度g取。求：（1）小物塊和木板剛開始運動時的加速度大?。唬?）經(jīng)多長時間物塊與木板發(fā)生第一次碰撞；（3）物塊最終停止的位置距木板下端的距離；（4）整個過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）對物塊受力分析，由牛頓第二定律得

解得對木板受力分析，由牛頓第二定律得解得（2）設時間兩者發(fā)生第一次碰撞，碰前位移，木板物塊或1s（舍去）。

（3）第1次碰前物塊和木板速度分別為和，碰后分別為和由碰撞前后動量守恒及機械能守恒得解得由可知之后物塊、木板都做勻速運動，物塊以的速度滑上傳送帶，物塊滑上傳送帶后先做減速運動，然后反向加速至，加速度大小為，方向不變。由牛頓第二定律得解得減速位移加速位移故之后物塊與傳送帶以共同向右運動，物塊以再次滑上木板，在木板上運動時加速度為，則有解得設物塊運動后減速為0，之后靜止，則由運動學關系得（4）物塊與木板磁后木板加速度為，經(jīng)木板停止解得解得木板下滑位移木板與斜面間摩擦產(chǎn)生的熱量解得物塊與木板間的摩擦產(chǎn)生的熱量解得物塊在傳送帶上減速運動時間為，加速運動時間為物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量解得專題15動量和動能考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1沖量和動量（5年1考）2022·山東卷·T21考查動量定理與動量守恒定律的應用。一般結合實際生活或現(xiàn)代科技命題，有時也結合圖象命題。

2.考查動量守恒與能量守恒的綜合應用。一般以碰撞為情景，考查考生的分析綜合能力和應用數(shù)學處理物理問題的能力。

3.對學科核心素養(yǎng)的考查主要體現(xiàn)在物理觀念中物質觀念、運動與相互作用觀念、能量觀念的要素和科學思維中模型建構、科學推理要素。1.掌握隔離法、整體法和用守恒思想分析物理問題的方法。

2.理解動量、沖量和動量定理，能用動量定理解釋生產(chǎn)、生活中的有關現(xiàn)象。

3.定量分析一維碰撞問題并能解釋生產(chǎn)、生活中的彈性碰撞和非彈性碰撞現(xiàn)象。

4.運用動量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞、爆炸、反沖、“子彈打木塊”模型、“彈簧系統(tǒng)”模型、“滑塊-木板”模型、“人船”模型。

5.理解驗證動量守恒定律的實驗原理，靈活處理多種實驗方案。考點2動量和動能（5年幾考）2024·山東卷·T172023·山東卷·T182022·山東卷·T182021·山東卷·T162020·山東卷·T18考點01沖量和動量1、（2022·山東卷·T2）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A?？键c02動量和動能2、（2024·山東卷·T17）如圖甲所示，質量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有代入數(shù)據(jù)解得（2）（i）根據(jù)題意可知當F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知根據(jù)圖乙有當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有結合題圖乙有可知截距聯(lián)立以上各式可得，，（ii）由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2，小物塊的加速度為當小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有聯(lián)立解得根據(jù)運動學公式有代入數(shù)據(jù)解得3、（2023·山東卷·T18）如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，，，，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與P、A的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達到共速，且A、B未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至A、B、C三個物體都達到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】（1）由題意可知滑塊C靜止滑下過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得（2）滑塊C剛滑上B時可知C受到水平向左的摩擦力，為木板B受到C的摩擦力水平向右，為B受到地面的摩擦力水平向左，為所以滑塊C的加速度為木板B的加速度為設經(jīng)過時間t1，B和C共速，有代入數(shù)據(jù)解得木板B的位移共同的速度此后B和C共同減速，加速度大小為設再經(jīng)過t2時間，物塊A恰好祖上模板B，有整理得解得，（舍去）此時B的位移共同的速度綜上可知滿足條件的s范圍為（3）由于所以可知滑塊C與木板B沒有共速，對于木板B，根據(jù)運動學公式有整理后有解得，（舍去）滑塊C在這段時間的位移所以摩擦力對C做的功（4）因為木板B足夠長，最后的狀態(tài)一定會是C與B靜止，物塊A向左勻速運動。木板B向右運動0.48m時，有此時A、B之間的距離為由于B與擋板發(fā)生碰撞不損失能量，故將原速率反彈。接著B向左做勻減速運動，可得加速度大小物塊A和木板B相向運動，設經(jīng)過t3時間恰好相遇，則有整理得解得，（舍去）此時有方向向左；方向向右。接著A、B發(fā)生彈性碰撞，碰前A的速度為v0=1m/s，方向向右，以水平向右為正方向，則有代入數(shù)據(jù)解得而此時物塊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靜止，A向左勻速運動，系統(tǒng)的初動量末動量則整個過程動量變化量即大小9.02kg?m/s。4、（2022·山東卷·T18）如圖所示，“L”型平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的點，點左側粗糙，右側光滑。用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)。將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動（要求擺角小于），A以速度沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞。一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質量，B的質量，A與B的動摩擦因數(shù)，B與地面間的動摩擦因數(shù)，取重力加速度。整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：（1）A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小與；（2）B光滑部分的長度d；（3）運動過程中A對B的摩擦力所做的功；（4）實現(xiàn)上述運動過程，的取值范圍（結果用表示）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）【解析】（1）設水平向右為正方向，因為點右側光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得，（方向水平向左），（方向水平向右）即A和B速度的大小分別為，。（2）因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0，A物體減速過程根據(jù)動能定理有代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)動量定理有代入數(shù)據(jù)解得此過程中A減速的位移等于B物體向右的位移，所以對于此過程B有聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得，（舍去）故根據(jù)幾何關系有代入數(shù)據(jù)解得（3）在A剛開始減速時，B物體的速度為在A減速過程中，對B分析根據(jù)牛頓運動定律可知解得B物體停下來的時間為t3，則有解得可知在A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移為所以A對B的摩擦力所做的功為（4）小球和A碰撞后A做勻速直線運動再和B相碰，此過程有由題意可知A返回到O點的正下方時，小球恰好第一次上升到最高點，設小球做簡諧振動的周期為T，擺長為L，則有小球下滑過程根據(jù)動能定理有小球與A碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有當碰后小球擺角恰為5°時，有聯(lián)立可得當碰后小球速度恰為0時，碰撞過程有則可得故要實現(xiàn)這個過程的范圍為5、（2021·山東卷·T16）海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤（貝類動物）后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質量的鳥蛤，在的高度、以的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空氣阻力。（1）若鳥蛤與地面的碰撞時間，彈起速度可忽略，求碰撞過程中鳥蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞過程中不計重力）（2）在海鷗飛行方向正下方的地面上，有一與地面平齊、長度的巖石，以巖石左端為坐標原點，建立如圖所示坐標系。若海鷗水平飛行的高度仍為，速度大小在之間，為保證鳥蛤一定能落到巖石上，求釋放鳥蛤位置的x坐標范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）或【解析】（1）設平拋運動的時間為t，鳥蛤落地前瞬間的速度大小為v。豎直方向分速度大小為，根據(jù)運動的合成與分解得，，在碰撞過程中，以鳥蛤為研究對象，取速度v的方向為正方向，由動量定理得聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得（2）若釋放鳥蛤的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為x，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，m若釋放鳥蛤時的初速度為，設擊中巖石左端時，釋放點的x坐標為，擊中右端時，釋放點的x坐標為，得，聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)得，綜上得x坐標區(qū)間或6、（2020·山東卷·T18）如圖所示，一傾角為的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與斜面間的動摩擦因數(shù)等于，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物塊Q上升的高度hn；(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。【答案】(1)P的速度大小為，Q的速度大小為；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得①由機械能守恒定律得②聯(lián)立①②式得③④故第一次碰撞后P的速度大小為，Q的速度大小為(2)設第一次碰撞后Q上升的高度為h1，對Q由運動學公式得⑤聯(lián)立①②⑤式得⑥設P運動至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為，第一次碰后至第二次碰前，對P由動能定理得⑦聯(lián)立①②⑤⑦式得⑧P與Q的第二次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得⑨由機械能守恒定律得⑩聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩式得??設第二次碰撞后Q上升的高度為h2，對Q由運動學公式得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?式得?設P運動至與Q剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為，第二次碰后至第三次碰前，對P由動能定理得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩??式得?P與Q的第三次碰撞，設碰后P與Q的速度分別為、，由動量守恒定律得?由機械能守恒定律得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩????式得??設第三次碰撞后Q上升的高度為h3，對Q由運動學公式⑩得?聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?????式得?總結可知，第n次碰撞后，物塊Q上升的高度為（n=1，2，3……）?(3)當P、Q達到H時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得?解得?(4)設Q第一次碰撞至速度減為零需要的時間為t1，由運動學公式得?設P運動到斜面底端時的速度為，需要的時間為t2，由運動學公式得??設P從擋板碰撞返回后從A點到Q第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為t3?當A點與擋板之間的距離最小時?聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得?一、單選題1．（2024·山東青島·三模）高樓出現(xiàn)火情時，需要一種舉高噴射消防車。如圖，某高樓離地面65m處出現(xiàn)火情，消防車正在滅火中。已知水炮炮口與樓房距離為15m，與地面距離為60m，水炮每分鐘噴出的水，水柱剛好垂直打中著火房間窗戶，水流沖擊到窗戶玻璃后向四周流散。重力加速度，下列說法正確的是（）A．水泵對水做功的功率約為B．水泵對水做功的功率約為C．水流對窗戶玻璃沖擊力約為500ND．水流對窗戶玻璃沖擊力約為900N【答案】B【詳析】AB．將水噴到窗口時的過程的逆過程看做是平拋運動，則水噴到窗口時的速度每秒噴出水的質量水泵對水做功的功率約為選項A錯誤，B正確；CD．水噴射到窗戶上由動量定理解得選項CD錯誤。故選B。2．（2024·山東聊城·三模）如圖甲所示，質量分別為、的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（B靠墻面），此時彈簧形變量為x。撤去外力并開始計時，A，B兩物體運動的圖像如圖乙所示，表示0到時間內(nèi)A的圖像與坐標軸所圖圖形的面積大小，、分別表示到時間內(nèi)A、B的圖像與坐標軸所圍圖形的面積大小。下列說法正確的是（）A．0到時間內(nèi)，墻對B的沖量等于B．C．B運動后，彈簧的最大形變量等于D．【答案】D【詳析】A．由圖像可以看出，t1時刻B開始離開墻壁。在0~t1時間內(nèi)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，物體B靜止，則墻對B的沖量大小等于彈簧對B的沖量大小，又因為彈簧對A、B的彈力大小相等，由可知故A錯誤；B．由圖可知，B運動后，同一時刻A的加速度小于B的加速度，根據(jù)可知，兩物體所受彈簧彈力大小相等，二者質量關系為故B錯誤；C．當A、B速度相等時彈簧形變量（伸長量或壓縮量）最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由能量守恒定律可知，彈簧形變量最大時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則彈簧形變量最大時彈簧彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，彈簧形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量x。故C錯誤；D．a(chǎn)?t圖線與坐標軸所圍圖形的面積大小等于物體速度的變化量，因t＝0時刻A的速度為零，t1時刻A的速度大小t2時刻A的速度大小B的速度大小由圖像可知，t1時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復原長，B開始離開墻壁，到t2時刻兩者加速度均達到最大，彈簧伸長量達到最大，此時兩者速度相同，即則故D正確。故選D。3．（2024·山東菏澤·三模）風箏在我國已存在兩千年之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為，牽引線與豎直方向夾角為。已知風箏質量為m，垂直風箏面的風速大小為v，風箏面的面積為S，重力加速度為g，則風箏所在高度空氣密度為（）A． B． C． D．【答案】A【詳析】對風箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，可知風箏此時獲得的垂直風箏面的力根據(jù)牛頓第三定律，風箏對垂直風箏面的風的作用力大小也為F，以風為研究對象，單位時間內(nèi)，垂直打在風箏面的風的質量在垂直風箏面方向上由動量定理有聯(lián)立解得空氣密度為故選A。4．（2024·山東煙臺·二模）質量為和的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示，若令，則p的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】圖像的斜率表示物體的速度，兩物體正碰后，碰后的速度為碰后的速度大小為兩小球碰撞過程中滿足動量守恒定律，即且整理解得即故選C。5．（2024·山東·模擬預測）一無人機靜止在水平地面上，啟動后豎直上升，上升過程中加速度a隨時間t的變化如圖所示，下列判斷正確的是（??）A．無人機在與時刻的速度之比為B．無人機在與的位移大小之比為C．無人機在與所受合外力的沖量之比為D．與合外力對無人機做功之比為【答案】A【詳析】A．根據(jù)圖像的面積表示速度變化量，由圖可知，時刻的速度為時刻的速度為所以故A正確；B．由圖可知，無人機在一直加速，則相等時間內(nèi)通過的位移逐漸增大，故B錯誤；C．與速度變化量相等，且速度一直增大，則動量變化量相同，由動量定理可知無人機在與所受合外力的沖量相同，故C錯誤；D．合外力對無人機做功為合外力對無人機做功為有故D錯誤。故選A。6．（2024·山東濱州·二模）如圖所示，放置在粗糙水平面上的裝置，AB和BC為兩段圓弧面，A、C兩點切線水平，兩圓弧相切于B點，半徑分別為2R和3R，對應圓心角均為60°，圓心分別為O1、O2。一可視為質點的小物塊從A滑下，運動過程中速度大小保持不變，小物塊始終沒有離開圓弧面，裝置始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．小物塊在A、C兩點所受到的支持力大小相等B．小物塊從B運動到C的過程中，地面給裝置的摩擦力一直變小C．小物塊從A運動到B的過程中（不包含A、B兩點），地面給裝置的摩擦力方向一直水平向右D．小物塊從A運動到B和從B運動到C兩個過程中，動量的變化量相同【答案】B【詳析】A．根據(jù)牛頓第二定律可得由此可知，小物塊在A點所受支持力小于C點所受到的支持力，故A錯誤；B．小物塊從B運動到C的過程中，加速度指向圓心，有水平向右的分量，且逐漸減小，所以地面給裝置的摩擦力向右，且一直變小，故B正確；C．小物塊從A運動到B的過程中（不包含A、B兩點），加速度始終指向圓心，所以加速度水平方向的分量向左，則地面給裝置的摩擦力方向一直水平向左，故C錯誤；D．小物塊從A運動到B和從B運動到C兩個過程中，動量的變化量大小相等，但方向不同，故D錯誤。故選B。7．（2024·山東棗莊·三模）如圖，將總質量為200g的2000粒黃豆從距秤盤125cm高處連續(xù)均勻地倒在秤盤上，觀察到指針指在刻度為80g的位置附近。若每粒黃豆與秤盤在極短時間內(nèi)垂直碰撞一次，且碰撞前后速率不變，重力加速度，不計空氣阻力，則持續(xù)傾倒黃豆的時間約為（）A．1.5s B．2.5s C．3.0s D．5.0s【答案】B【詳析】黃豆落在秤盤上的速度大小為設持續(xù)傾倒黃豆的時間為，則根據(jù)單位時間落在秤盤上的黃豆數(shù)量為黃豆對秤盤的撞擊力遠大于黃豆的重力，故重力可以忽略，由動量定理得方程兩側根據(jù)時間累計求和可得又，則代入數(shù)據(jù)可得t=2.5s故選B。二、多選題8．（2024·山東濟南·三模）質量為的物塊從距離地面高度為處自由下落，在下落到距離地面高度為時，質量為的子彈以的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)锽．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)镃．物塊下落的總時間為D．物塊下落的總時間為【答案】AC【詳析】A．子彈擊中物塊后瞬間，水平方向動量守恒，則解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)檫x項A正確；B．子彈擊中木塊之前物塊的豎直速度子彈擊中物塊后瞬間，由豎直方向動量守恒可知解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)檫x項B錯誤；CD．子彈擊中木塊之前物塊下落的時間被子彈擊中后物塊下落時，根據(jù)解得t2=1s（另一值舍掉），則總時間為選項C正確，D錯誤。故選AC。9．（2024·山東泰安·三模）如圖所示，光滑水平地面上靜置著一足夠長的木板B和物塊C，木板B的質量為4m，物塊C的質量為12m?，F(xiàn)有一質量為m的物塊A以初速度v0從左端滑上木板B，木板B與物塊C僅發(fā)生過一次碰撞（彈性碰撞），且碰撞時間極短可忽略不計，最終物塊A和木板B均停止運動。已知物塊A與木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．木板B與物塊C碰撞前瞬間，物塊A的速度大小為B．木板B與物塊C碰撞前瞬間，木板B的速度大小為C．木板B與物塊C碰撞后，物塊C的速度大小為D．物塊A相對木板B滑行的距離為【答案】ACD【詳析】ABC．從A滑上B到B與C碰撞前瞬間，A、B動量守恒，有B與C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒有解得B與C碰撞后，A、B均能停下來，有聯(lián)立解得，，，故AC正確；B錯誤；D．整個過程中能量守恒有解得故D正確。故選ACD。10．（2024·山東聊城·二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在B點，O為導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A在O點正下方，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球P，小球P通過輕桿與光滑地面上的小球Q相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h?，F(xiàn)將小球P從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球P即將落地時，它的速度大小為B．小球P即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為C．從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為D．若小球P落地后不反彈，則地面對小球P的作用力的沖量大小為【答案】BC【詳析】B．平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則速度與水平方向的夾角可知，小球P即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運動知識可知，小球P的速度方向與水平方向的夾角解得故B正確；A．設小球P即將落地時，它的速度大小為，小球Q的速度大小為，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有小球P與小球Q沿桿方向的速度相等，則有解得，故A錯誤；C．根據(jù)動能定理可得，從靜止釋放到小球P即將落地，輕桿對小球Q做的功為故C正確；D．小球P落地與地面相互作用的過程中，根據(jù)動量定理有由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球P有重力，則地面對小球P的作用力的沖量大小與大小不相等，即不等于，故D錯誤。故選BC。11．（2024·山東聊城·二模）圖甲是正在送餐的“機器人服務員”，其質量m=40kg，該機器人正在沿圖乙中ABCD曲線給16號桌送餐，圓弧BC與直線路徑AB、CD相切，AB段長度為5m，CD段長度為12m，機器人從A點由靜止勻加速出發(fā)，到達B點時速率達到1m/s，接著以1m/s的速率勻速通過BC段，通過C點后仍以1m/s的速率運動到某位置才開始做勻減速直線運動，最終停在16號桌旁的D點。已知餐盤與水平托盤間的動摩擦因數(shù)，餐盤與托盤之間未發(fā)生相對滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．從B運動到C過程中機器人的動量變化量為B．從A運動到B過程中機器人的加速度為C．圓弧BC的半徑可以設計為0.45mD．機器人從C到D的最短時間為12.25s【答案】BD【詳析】A．根據(jù)題意，不能確定從B運動到C過程中機器人的速度變化量，從而不能確定動量變化量，故A錯誤；B．從A運動到B過程中，有解得機器人的加速度為故B正確；C．餐盤與托盤恰好不發(fā)生相對滑動，摩擦力提供向心力有解得故C錯誤；D．機器人以1m/s的速度勻減速至D點的加速度為則減速的時間為勻減速的位移為故從C點開始勻速運動的時間所以從C運動到D點的最短時間為故D正確。故選BD。三、解答題12．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，勁度系數(shù)k=100N/m的輕彈簧一端固定于水平面上，另一端連接物塊A，物塊B置于A上（不粘連），A、B質量均為1kg，開始時物塊A和B處于靜止狀態(tài)，物塊B的正上方h高處固定一水平的可在豎直方向上下移動的擋板?，F(xiàn)對物塊B施加方向始終向上、大小為F=10N的恒力，使A、B開始運動，已知A、B均可視為質點，B與擋板、A之間的碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，彈簧的彈性勢能（x為彈簧的形變量，k為彈簧的勁度系數(shù)），質量為m的質點做簡諧運動的周期為（k為物體做簡諧運動時的比例系數(shù)，即彈簧的勁度系數(shù)），重力加速度大小g=10m/s2。（1）求A、B第一次分離時，A、B的速度大??；（2）求A、B第一次分離后，若二者沒有發(fā)生碰撞，物塊A上升到最大高度時的加速度大??；（3）若A、B第一次分離后，經(jīng)過一段時間后二者恰好能夠在第一次分離位置相碰，求h滿足的條件；（4）若，則B與A相碰后，求A第一次運動到最低點時A、B之間的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）設開始時彈簧的壓縮量為x1，根據(jù)平衡條件有解得設A、B第一次分離時，彈簧的形變量為x2，此時A、B之間彈力為零，加速度、速度（大小設為v）均相同，又因為恒力F與B的重力大小相等、方向相反，所以此時B的加速度均為0，則A的加速度也為0，有解得對從開始到A、B第一次分離的過程，根據(jù)功能關系有解得（2）A、B第一次分離后，若二者沒有發(fā)生碰撞，則A做簡諧運動，由于分離時A的加速度為0，所以A剛好位于平衡位置，設A的振幅A，對A從平衡位置上升到最大高度的過程，根據(jù)機械能守恒定律有解得設A上升到最大高度時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有解得（3）A、B第一次分離后，由于B受力平衡，所以向上做勻速直線運動，且由于與擋板發(fā)生的是彈性碰撞，所以碰撞后速度大小不變，仍為v。A從平衡位置開始向上做簡諧運動，周期為根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，A再次經(jīng)過第一次分離位置時速度大小仍為v，為使A、B在此處能夠發(fā)生碰撞，此時A一定向上運動，所以若A、B第一次分離后，經(jīng)過一段時間后二者恰好能夠在第一次分離位置相碰，應滿足解得（4）若，則由（3）結論可知A、B在第一次分離位置相碰，因為碰撞時二者速度大小相等、方向相反，且二者質量相同，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律易知碰撞后A、B的速度交換，記B將以v向上做勻速直線運動，A將從平衡位置開始向下做簡諧運動，經(jīng)歷時間A第一次運動到最低點，此時B向上運動的位移大小為此時A、B之間的距離為13．（2024·山東青島·三模）如圖，勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧一端固定在傾角足夠長斜面的頂端，另一端拴接物塊A，彈簧與斜面平行。物塊B鎖定在A上，點為彈簧原長位置，A與斜面間的動摩擦因數(shù)。A、B質量均為。不計厚度的擋板P固定在水平面上，左側的平面光滑，木板C長度，質量，緊挨著擋板P。木板C右端與足夠長的固定平臺間的距離。物塊A、擋板P、木板C的上表面及平臺等高。質量均為的個物塊從左向右依次靜置于平臺上，相鄰兩物塊間的距離均為，物塊1位于平臺的最左端。已知B與木板間的動摩擦因數(shù)，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)，各物塊與平臺間的動摩擦因數(shù)均為。將彈簧壓縮，使AB從斜面上距點，處由靜止釋放，重力加速度，所有物塊均可視為質點。AB釋放后的運動過程中：（1）求AB物塊下滑速度最大時離點的距離；（2）求A對B作用力的最大值；（3）調(diào)整斜面長度使AB物塊速度最大時恰好到達斜面底端，此時撤去彈簧并解除AB間的鎖定。A與擋板碰撞后物塊B滑上木板C，木板C與平臺碰撞后立即停止，物塊B與物塊1相碰后粘在一起，兩物塊繼續(xù)運動，然后與物塊2相碰，碰后三物塊粘在一起繼續(xù)運動……，所有碰撞時間極短。已知，不計物塊由斜面到平面的能量損失。求：①物塊B與物塊1碰撞前瞬間的速度大?。虎谖飰KB與前個物塊碰后粘成的整體與物塊碰撞前的動能?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）①；②【詳析】（1）AB物塊下滑速度最大時整理得（2）AB物塊一起下滑到最低點，即將要向上運動時，對B的作用力最大，此時速度為零，設離開點的距離。根據(jù)動能定理得整理得根據(jù)牛頓第二定律，對AB整體對物塊B，x軸方向有y軸方向整理得（3）①AB物塊一起下滑的速度最大時，根據(jù)動能定理得整理得對物塊B與木板的相互作用過程，對物塊B由牛頓第二定律得解得對木板C由牛頓第二定律得解得設經(jīng)時間t，B與C共速解得該過程中B與C發(fā)生的相對位移為即B恰好到達C的最右端，該過程中C發(fā)生的位移為即C恰好與平臺相碰。物塊B的速度為②物塊B與物塊1相碰前根據(jù)動量守恒定律得與物塊1相碰后對B與物塊1整體，根據(jù)動能定理與物塊2相碰前與物塊2相碰，根據(jù)動量守恒定律得與物塊2相碰后對B與物塊1、