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专题 08 力学中三大观点的综合应用
目录
01动量与能量观点的综合应用·······························································2
考向一 子弹打木块 滑块与滑板 滑块与弹簧类问题·················································2
02 力学三大观点的综合应用································································33
考向一 力学三大观点的综合应用·········································································3301动量与能量观点的综合应用
考向一 子弹打木块 滑块与滑板 滑块与弹簧类问题
1．（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W 和W，合外力的冲量大小分
1 2
别为I 和I。下列关系式一定成立的是（ ）
1 2
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。
2．（2023·山东·高考真题）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上
表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度 向右做匀
速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以
水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知 ， ，
， ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 ，C与B间动摩擦因数
，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小 。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若 ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若 ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t1，B和C共速，有
代入数据解得
木板B的位移
共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A恰好滑上模板B，有
整理得
解得 ， （舍去）此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得 ， （舍去）
滑块C在这段时间的位移
所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动
0.48m时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得 ， （舍去）
此时有 ,方向向左；,方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块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静止，A向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg·m/s。
3．（2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物
块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图
（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为 ，
根据位移等速度在时间上的累积可得 ，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方
向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度， ，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得 ，
联立可解得
4．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）（多选）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一质量为M的托
盘，处于静止状态。现将一质量为m的粘性小球自距盘面高度为h处无初速释放，与盘发生碰撞后未反弹，
碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度为g，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确
的是（ ）A．小球与盘运动的最大速度为
B．小球与盘碰后向下运动距离 时，盘的速度达到最大
C．小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能一直减小
D．当小球与盘的加速度向上且大小为 时，其速度大小为
【答案】BD
【详解】A．对小球下落h的过程应用动能定理 ，解得与盘碰撞前小球速度为 ，小球
与盘碰撞过程动量守恒 ，解得碰后瞬间二者速度为 ，碰后小球与盘的重力大于
弹簧弹力，二者将继续向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零，弹力与二者重力相等时，速度
达到最大，故最大速度大于 ，A错误；B．设初始时刻弹簧形变量为 ，速度最大时弹簧形变量为
，则有 ， ，下落距离为 ，联立可得 ，B正确；C．碰后小球
与盘做简谐运动，由题中信息无法判断简谐运动最高点时弹簧的形变状态，弹簧可能处于伸长状态，也可
能处于压缩状态，故小球与盘向上运动过程中，弹簧的弹性势能不一定一直减小，C错误；D．碰后瞬间，
对小球与盘整体应用牛顿第二定律，有 ，解得 ，方向向下。由简谐运
动对称性可知，当小球与盘的加速度向上且大小为 时，小球速度大小为 ，D正确。故选BD。
5．（2023·四川攀枝花·统考一模）（多选）如图所示，滑块A、B用轻质弹簧连接后静止在光滑水平面上，
滑块A与左侧竖直固定挡板接触。现对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持
静止，一段时间后撤去推力F。弹簧始终处于弹性限度内，关于弹簧和滑块A、B，下列说法中正确的是（
）
A．推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能
B．当弹簧恢复原长时，滑块A开始离开挡板
C．从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，弹簧和滑块A、B组成的系统动量守恒
D．从滑块A离开挡板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做功的大小相等
【答案】AB
【详解】A．水平面光滑，对滑块B施加一水平推力F使滑块B问左缓慢运动到某一位置后保持静止，根
据功能关系可知推力F做的功等于弹簧增加的弹性势能，故A正确；B．当弹簧恢复原长时，滑块与挡板
间恰好没有弹力，此时滑块A开始离开挡板，故B正确；C．从撤去推力F到滑块A离开挡板的过程中，
墙壁对系统有向右的力，所以弹簧和滑块A、B组成的系统动量不守恒，故C错误；D．从滑块A离开挡
板到滑块A、B共速的过程中弹簧对A、B两滑块做的功等于滑块动能的变化量，由于两滑块质量关系未
知，无法判断，故D错误；
故选AB。
6．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考一模）（多选）如图所示，足够长的光滑水平面上静止一质
量为5m的弧形槽，弧形槽与水平面之间平滑连接，质量为m的滑块（可视为质点）从距离水平面高度为h
的A点由静止下滑，之后被轻质弹簧反向弹出。不计一切摩擦，碰撞过程中无能量损失，重力加速度为
g，下列说法正确的选项是（ ）
A．弹簧获得的最大弹性势能为
B．滑块沿弧形槽上升的最大高度为
C．滑块第二次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用
D．滑块沿弧形槽下滑过程中，二者构成的系统既满足动量守恒也满足机械能守恒【答案】AB
【详解】A．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块、弧槽组成的系统在水平方向不受力，水平方向满足动量守恒，
设滑块下滑到达底端时，滑块的速度大小为v1，弧槽的速度v2，则有mv1=5mv2，滑块沿弧槽下滑过程中，
滑块、弧槽组成的系统满足机械能守恒，则有 ，联立解得 ， ，
滑块压缩弹簧时，当速度变为零时，弹簧弹性势能最大，则有 。故A正确；B．根据
系统机械能守恒可知，滑块离开弹簧向左的速速度大小也为v1，滑块滑上凹槽的过程，当滑块上升至最高
点时两者具有共同的水平速度，根据系统水平方方向动量守恒可得 ，根据系统机械
能守恒 ，可得滑块沿弧槽上升可得滑块沿圆弧上升的最大高度为
，故B正确；C．丛滑块滑上弧槽到再一次离开弧槽过程，设再一次离开时滑块的速度大小为v3，
弧槽的速度大小为v4，根据系统水平动量守恒可得 ，根据系统机械能能守恒可得
，解得 或 ，当 时 ，当 时 ，
由于 ，所以 舍去。由于滑块第二次离开弧形槽后滑块的速度不为零，所以滑块可能和弹簧发
生作用，故C错误；D．滑块沿弧槽下滑过程中，滑块在竖直方向有加速度，弧槽在竖直方向没有加速度，
滑块、弧槽组成的系统在竖直方向的合外力不为零，故滑块、弧槽组成的系统动量不守恒，但只有重力做
功，机械能守恒，故D错误。
故选AB。
7．（2024·广西贵港·统考模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的 点，另一端自由伸长到
点， 之间、 右侧的水平面光滑， 之间的距离 ，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩
擦因数从 向 随距离均匀变化如右图所示。质量 的足够高光滑曲面在 处与水平面平滑连接。
的小物块开始时静置于水平面上的 点。现给小物块一个水平向右的初速度 ，重力加速
度 取 。求：
（1）小物块在曲面上上升的最大高度；
（2）小物块返回 点时小物块和曲面的速度大小；（3）弹簧被压缩获得的最大弹性势能。
【答案】（1）2.7m；（2）3m/s，6m/s；（3）0.5J
【详解】（1）小物块在曲面上升到最大高度 时，两者具有共同的速度 。根据动量守恒定律可得
解得
又
解得
（2）从最初到小物块再次回到 点，有
以上两式，得 ，
即小物块速度大小为 ，曲面的速度大小为 。
（3）方法一：小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
其中结合图
解得
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能
方法二：由
和 图像可得 图像如图所示图像和横轴围成的面积对应的物理意义是该过程克服摩擦力所做的功。由图知
小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有
解得
根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能
8．（2024·湖南·湖南师大附中校联考一模）如图，光滑水平轨道上固定一个光滑圆弧轨道，圆弧的半径为
R=1.2m ，圆心角为60°，圆弧右端有一个质量为m=1kg的长木板A与之接触但不粘连，且A 上表面与圆
弧右端相切。在长木板 A 右侧放着很多个滑块（视为质点），滑块的质量均为 2m，编号依次为1、2、
3、4、…、n。开始时长木板 A 和滑块均静止。在左侧光滑平台上有两个可视为质点的滑块 B、C，且
m =3m =3m，B、C之间有一轻弹簧，并用细线拴连使弹簧处于压缩状态，弹簧此时恰好与 B、C接触但
B C
不粘连，初始时弹簧弹性势能为E =6J。现将细线烧断，B、C在弹簧弹力作用下加速运动直至与弹簧分离，
P
小滑块 B 与弹簧分离后从平台飞出，且恰好从固定圆弧轨道左端相切进入，离开圆弧后滑上长木板A，
当A、B刚达到共速时，长木板 A 恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，A、B再次刚达到
共速时，长木板A 恰好与滑块1发生第2次弹性碰撞，此后A、B共速时，长木板 A 总是恰好与滑块1
发生弹性碰撞；最终滑块 B恰好没从长木板A 上滑落，且A与B之间的动摩擦因数为 重力加速
度为 ，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
（1）滑块 B 刚滑上长木板A 时的速度大小；
（2）滑块 B 与长木板A 间摩擦产生的总热量Q；
（3）长木板A 全过程运动的总位移x。
【答案】（1） ；（2）16.8J；（3）2.25m【详解】（1）对B、C分析，根据动量守恒和能量守恒 ，
解得
B到达圆弧处：
B滑上长木板的初速度设为 ，则
解得
（2）开始时，长板A的右端与滑块1之间的距离d1，对A、B分析有
对A分析有
解得
滑块1与滑块2之间的距离为d2，则长板A与滑块1发生第1次弹性碰撞过程有
结合上述解得
A、B第二次达到相同速度有
对A分析有
解得
滑块1与滑块2碰撞后速度发生交换，滑块1碰后静止，滑块2活动速度为 。A与1第二次碰撞有结合上述解得
依次类推有
（n=1，2，3…）
A、B的相对加速度为
第n次碰后相对速度为
第n次碰后，B在A上滑行的路程为 （n=1，2，3…）
第无穷次碰后，B在A上滑行的路程为
所以，木板的长度为
解得
滑块 B 与长木板A 间摩擦产生的总热量
（3）根据以上分析可知长木板A 全过程运动的总位移
9．（2024·浙江·校联考一模）如图所示，足够长的水平光滑直轨道 和水平传送带平滑无缝连接，传送
带长 ，以 的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道 的装置 固定于水平地面上，位于竖直平面内，由两段半径均为 的 圆弧细管道组成， 管道与水平传送带和水平地面上的
直轨道 均平滑相切连接， 长 ，右侧为竖直墙壁。滑块 的质量 ，滑块 与轻弹
簧相连，质量 ，滑块 质量 ，滑块 均静置于轨道 上。现让滑块 以一定的
初速度水平向右运动，与滑块 相撞后立即被粘住，之后与滑块 发生相互作用， 与劲度系数
的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经 管道后滑上 。已知滑块 在 点的速度为
，与传送带间的动摩擦因数 ，与 间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，
滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小 ，弹簧的弹性势能
（ 为形变量）。求：
（1）滑块 第一次经过 点时对装置 的作用力；
（2）滑块 的初速度大小 ；
（3）试通过计算判断滑块 能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【答案】（1） ，竖直向上；（2） ；（3）能，
【详解】（1）滑块 第一次经过 点到 点，根据动能定理
滑块 在 点的速度为
解得
根据牛顿第二定律，在 点滑块 有
解得
方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块 第一次经过 点时对装置 的作用力为方向竖直向上；
（2）滑块 在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块 的速度设为 ，根据运动学规律
解得
滑块 作为整体与滑块 发生相互作用，最终滑块 被弹出，根据动量守恒与能量守恒得
解得大小
与 发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
解得
（3）假设滑块 能再次回到 点，从 点到 点，根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块 可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律
解得
即可以追上滑块 发生再次碰撞，设最大压缩量为 ，根据动量守恒与能量守恒
解得
10．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示，长木板C放在光滑水平地面上，木板左端和正中央分别
放有两滑块A、B，已知A、B、C的质量分别为 、 、 ，滑块A与C间的动摩擦因数为 ，B与C间的动摩擦因数为 ，木板长度 ，开始整个系统静止，某时刻敲击滑
块A，使其立即获得 的初速度。已知滑块间的碰撞为弹性正碰，滑块大小忽略不计，取
求：
（1）经多长时间滑块A、B发生碰撞；
（2）木板C运动的最大速度；
（3）碰后滑块A、B间的最大距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当A向右运动时，受到向左的摩擦力
加速度为
而B与C之间的滑动摩擦力
故C和B不会相对滑动，BC的加速度为
A向右做匀减速直线运动，BC向右做匀加速直线运动，设A的位移为 ，BC的位移为 ，则有
解得 或 （舍）
故时间为 ；
（2）当A、B两物块碰撞时，设A的速度为 ，BC的速度为 ，则有 ，
碰撞瞬间 ，
解得 ，
而此时C的速度 ，故C相对于A向右运动，相对于B向左运动，故此时C受到A向左的滑动摩擦
力和B向右的滑动摩擦力，所受合力向右，C向右做匀加速运动，由牛顿第二定律则
B做匀减速运动，加速度为
当BC共速时有
解得
而此时
则
故B未出C板右侧，之后C做减速运动，此时C的速度为
（3）A做匀加速运动，当 时
之后BC共速，一起做匀减速运动，A和BC速度相等时
解得
B的位移为
A的位移为
故A、B最远距离为
11．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图甲所示，在光滑水平面上静止的小物块A和长木板B质量均为
m=2kg，小物块A位于长木板B的左端，二者之间的动摩擦因数μ=0.1。t=0时刻小物块A获得水平向右、
大小为v=7m/s的初速度，同时给小物块A施加如图乙所示的水平向右的作用力。5s时长木板B与其右侧
0
竖直挡板发生第1次碰撞。5s后撤去小物块A所受的水平作用力，最终小物块A没有从长木板B上滑下。
长木板B与竖直挡板的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后长木板B的速度大小不变，方向相反。重
力加速度g取10m/s2，求：（1）0~5s内水平作用力的冲量大小；
（2）t=0时刻长木板B右侧与竖直挡板的距离；
（3）长木板B与竖直挡板第2次碰撞前的速度大小，并通过计算分析是否会发生第3次碰撞。
【答案】（1） ；（2）12.5m；（3）1m/s，不会
【详解】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，即
（2）对小物块A分析，取向右为正方向，由动量定理可得
解得
对长木板B应用动量定理，得
解得
说明长木板B与竖直挡板发生第1次弹性碰撞时，二者还没有达到共同速度，则t=0时刻长木板B右侧与
竖直挡板的距离
（3）长木板B与竖直挡板碰后，速度反向，大小不变，由动量守恒定律，得
解得
长木板B与竖直挡板发生第2次弹性碰撞时，小物块A与长木板B已达到共同速度。
第2次碰撞后，对小物块A和长木板B应用动量守恒定律，得
解得
第2次碰后，长木板B向左运动过程中与小物块A速度会同时减为0，所以不会发生第3次碰撞。02 力学三大观点的综合应用
考向一 力学三大观点的综合应用
1．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人
头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受
到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；C．根据动量与动能
的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正
比，C错误；D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加
速度先增大后减小，D正确。
故选D。
2．（2021·湖南·高考真题）物体的运动状态可用位置 和动量 描述，称为相，对应 图像中的一个点。
物体运动状态的变化可用 图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿 轴正方向做初速度
为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】质点沿 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有 ，而动量为 ，联立可得，动量 关于 为幂函数，且 ，故正确的相轨迹图像为D。
故选D。
3．（2023·河北·高考真题）如图，质量为 的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为 的竖直光滑
圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成 角．质量为 的小
物块 以 的初速度从木板左端水平向右滑行， 与木板间的动摩擦因数为0.5．当 到达木板右端时，
木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时 沿圆弧切线方向滑上轨道．待 离开轨道后，可随时解除木板
锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为 取
取 ．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块 和木板的速度大小；
（2）求物块 到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块 运动到最大高度时会炸裂成质量比为 的物块 和物块 ，总质量不变，同时系统动能增加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证 之一落在木板上，求从物块 离开轨道到解除木板锁定的
时间范围．
【答案】（1） ， ；（2） ， ；（3） 或
【详解】（1）设物块 的初速度为 ，木板与轨道底部碰撞前，物块 和木板的速度分别为 和 ，物块
和木板的质量分别为 和 ，物块 与木板间的动摩擦因数为 ，木板长度为 ，由动量守恒定律和
功能关系有 ,
由题意分析 ，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为 ，物块 到圆弧轨道最高点时斜抛速度为 ，轨道对物块的弹力为 ．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块 到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块 拋出时速度 的水平和竖直分量分别为 和 ,
斜抛过程物块 上升时间
该段时间物块 向左运动距离为 ．
物块 距离地面最大高度 ．
（3）物块 从最高点落地时间
设向左为正方向，物块 在最高点炸裂为 ，设质量和速度分别为 和 、 ，设 ，
系统动能增加 ．根据动量守恒定律和能量守恒定律得 ,
解得 或 ．
设从物块 离开轨道到解除木板锁定的时间范围 ：
（a）若 ，炸裂后 落地过程中的水平位移为
炸裂后 落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅 落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若 ，炸裂后 落地过程中水平位移为0，炸裂后 落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一Ⅲ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得 ．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证 之一一定落在木板上， 满足的条件为
或
4．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和
与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为 ，平台高为 。药品盒A、B依次被轻放在以速度 匀速运动的
传送带上，在与传送带达到共速后，从 点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端 点停下，随后滑下的B
以 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B
的质量分别为 和 ，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的 。 与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。
求：
（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间 ；
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功 ；
（3）圆盘的圆心到平台右端 点的水平距离 ．
【答案】（1） （2） ；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从 点滑至 点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得 ,
（另一组 舍掉）
两物体平抛运动的时间
则 ,
解得
5．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下
方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
6．（2023·江苏·高考真题）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为
45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静
止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为
g，不计空气阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下
滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
联立可得
7．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨
道 、螺旋圆形轨道 ，倾角 的直轨道 、水平直轨道 组成，除 段外各段轨道均光
滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 、 相切于 处．凹槽 底面 水平光滑，上面
放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 处，摆渡车上表面与直轨道下 、平台 位于同一水平面。
已知螺旋圆形轨道半径 ，B点高度为 ， 长度 ， 长度 ，摆渡车长度
、质量 。将一质量也为 的滑块从倾斜轨道 上高度 处静止释放，滑块在 段
运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，
， ）
（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间 。【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为 ，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速 ，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
8．（2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过
不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑
轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平
方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动
距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1） ；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据
机械能守恒定律可知令
对上式求导数可得
当 时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
9．（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速
度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆
弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，
并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知 ，
， ， ， ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 ，轨道AB和管道DE
均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可
视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平
向右为正，建立x轴）。【答案】（1） ；（2） ；（3）当 时，
，当 时，
【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达 点，高
度为 ，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得
从 点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得
距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得
10．（2022·北京·高考真题）体育课上，甲同学在距离地面高 处将排球击出，球的初速度沿水平
方向，大小为 ；乙同学在离地 处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相
反。已知排球质量 ，取重力加速度 。不计空气阻力。求：
（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】（1） ；（2） ，方向与水平方向夹角 ；（3）
【详解】（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
解得 ；则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小得 ；根据
得 ；设速度方向与水平方向夹角为 （如答图所示）
则有
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
11．（2022·海南·高考真题）有一个角度可变的轨道，当倾角为 时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为 ，
从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一根绳子悬
挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数 ；
②A与B刚碰完B的速度大小；
③绳子的长度L。
【答案】① ；② ；③0.6h
【详解】①倾角为 时匀速运动，根据平衡条件有
得
②③A从高为h的地方滑下后速度为 ，根据动能定理有
A与B碰撞后速度分别为 和 ，根据动量守恒、能量守恒有B到达最高点速度为 ，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒有
解得 ，
12．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置
在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上
滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖
直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g
取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
13．（2021·北京·高考真题）如图所示，小物块A、B的质量均为m = 0.10 kg，B静止在轨道水平段的末
端。A以水平速度v 与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h =
0
0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v 的大小；
0
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能 。
【答案】（1）0.30 s；（2） ；（3）
【详解】（1）竖直方向为自由落体运动，由
得 t = 0.30 s
（2）设A、B碰后速度为 ，水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
得
14．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑
动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，
甲、乙相隔 ，乙与边框a相隔 ，算珠与导杆间的动摩擦因数 。现用手指将甲以 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，方向不变，碰撞时间极短且不计，
重力加速度g取 。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
15．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由 和 两段滑道组成，其中 段倾角为 ， 段水平，
段和 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为 的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若 后质量为
的滑雪者从顶端以 的初速度、 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为 ，重力加速度取 ， ，
，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道 段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设斜面长度为 ，背包质量为 ，在斜面上滑行的加速度为 ，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为 ，初速度为 ，加速度为 ，在斜面上滑行时间为 ，落后时间
，则背包的滑行时间为 ，由运动学公式得
联立解得 或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 、 ，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为 ，有
解得
16．（2021·湖北·高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其
下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与
O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2） ；（3）
【详解】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得解得
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
17．（2021·浙江·高考真题）如图所示，水平地面上有一高 的水平台面，台面上竖直放置倾角
的粗糙直轨道 、水平光滑直轨道 、四分之一圆周光滑细圆管道 和半圆形光滑轨道 ，
它们平滑连接，其中管道 的半径 、圆心在 点，轨道 的半径 、圆心在 点，
、D、 和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道 上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨
道 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道 、轨道 从F点竖直向下运动，与正下方固
定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑
块与轨道 间的动摩擦因数 ， ， 。
（1）若小滑块的初始高度 ，求小滑块到达B点时速度 的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值 ；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值
。【答案】（1）4m/s；（2） ；（3）0.8m
【详解】（1）小滑块在 轨道上运动
代入数据解得
（2）小球沿 轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
解得 ，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有 ，
解得 ，
结合(1)问可得
解得h的最小值
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理
由平抛运动可得 ，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
18．（2023·河北·校联考模拟预测）（多选）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨
道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v 沿顺时针转动，现在传送带的左
0
端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为v 与A发生弹性
0
碰撞，两滑块可视为质点，则（ ）A．传送带至少长
B．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
C．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】ACD
【详解】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有 ，可得，物块B的加速度为 ，
则物块B加速到v0时的位移为 ，则传送带至少长 ，故A正确；B．物块B以速度为v0
与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有 ，根据机械能守恒有 ，解得，碰
撞后A、B的速度分别为 ， ，A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有 ，从碰
撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有 ，解得 ，则要保证
被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为 ，如果A最高点小于四分之一圆弧，则半
径可以无限大，故B错误；C．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为 ，故
C正确；D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为 ，传送带的路程为 ，相对位移为 ，产生的内能为 ，第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后
又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为 ，由上述分析可知，
与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为 ，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运
动，直到速度为零，则减速的时间为 ，减速的位移为 ，减速过程中，传送带
的路程为 ，此过程的相对位移为 ，此过程产生的内能为
，B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B
能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为 ，故D正确。
故选ACD。
19．（2023·河北·校联考模拟预测）（多选）2023年7月，中国跳水队在福冈世界游泳锦标赛上取得了优
异的成绩。我国的奥运冠军王宗源在此次比赛勇夺3米板金牌。如图为王宗源在比赛中的3D特效分析图
像，b为最高点。将王宗源视为质点，假设运动员在竖直面内运动，不计空气阻力和其他动作对轨迹的影
响，则王宗源在空中运动过程中（ ）
A．上升过程与下落过程中运动员所受合外力的冲量方向相同
B．运动员的运动是变加速曲线运动
C．运动员上升过程中一直处于超重状态
D．运动员在 a 点时重力的功率小于b点
【答案】A
【详解】A．运动员做抛体运动，上升过程与下落过程中所受合力为重力，所以上升过程与下落过程中运
动员所受合外力的冲量方向相同，A正确；B．整个过程中，王宗源做抛体运动，加速度不变，所以运动员的运动是匀变速曲线运动，B错误；C．运动员上升的过程中，加速度为重力加速度，方向向下，一直
处于失重状态，C错误；D．运动员在a点时，重力与速度夹角为钝角 ，在b点时重力与
速度夹角为直角 ，运动员在 a 点时重力的功率大于b点时的功率，D错误。
故选A。
20．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）（多选）滑板运动是一项青春、时尚、绿色，阳光的体育运动。如
图所示，跳台的斜面AB长为L，斜面倾角为θ。一质量为m的滑板运动员（视为质点）从斜面顶端A点水
平跃出，刚好落在斜面底端B点。已知重力加速度为g，则（ ）
A．运动员离开A点时的速度大小为
B．运动员离开A点时的速度大小为
C．从A点到B点运动员动量的变化量大小为
D．从A点到B点运动员动量的变化量大小为
【答案】BD
【详解】AB．运动员离开A点后做平抛运动，有 , ，联立解得 ,
，A错误，B正确；CD．由动量定理知运动员动量的变化量大小为 ，C
错误，D正确。
故选BD。
21．（2024·山东德州·校联考模拟预测）（多选）如图所示，质量为 的长木板置于光滑水平地面
上，质量为 的小物块（可视为质点）放在长木板的右端，在木板右侧固定着一个竖直弹性挡板，挡板的下沿略高于木板。现使木板和物块以 的速度一起向右匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞。
已知物块与木板间的动摩擦因数 ，木板足够长，重力加速度 ，则下列说法正确的是（
）
A．物块与挡板第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为4s
B．物块与挡板第二次碰撞过程，挡板对物块的冲量大小为
C．物块与挡板第n次碰撞前的速度大小为
D．若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的最小长度为
【答案】BCD
【详解】A．小物块第一次与挡板碰撞后，先向左匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，根据牛顿
第二定律有 ，解得加速度大小 ，小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作
用直到有共同速度 ，由动量守恒定律得 ，解得 ，小物块与木板共速时的
位移和所用时间分别为 , ，小物块和木板一起向右匀速运动的时间为
，木板与墙壁第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为 ，故A错误；BC．小物
块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同速度 ，由动量守恒定律得
，解得 ，小物块第一次与墙碰撞后，小物块与木板相互作用直到有共同
速度 ，由动量守恒定律得 ，解得 ，以此类推可得，物块与挡板第二次碰撞前速度大小为 ，碰后原速率反弹，
规定水平向左为正方向，对物块应用动量定理，可得 ，故BC正确；D．木板在与
小物块发生相对滑动过程时，一直相对向右做匀减速运动，最终两个物体全部静止，根据能量守恒定律得
，解得 ，故D正确。
故选BCD。
22．（2023·贵州·清华中学校联考模拟预测）如图所示，质量分别为4kg和1kg的物体A、B之间有一压缩
的微小轻弹簧（弹簧与两物体未连接，弹簧长度可以忽略不计）用细线连接，使A、B紧靠在一起，静置
于原点O处，A、B两个物体可视为质点。弹簧的弹性势能为40J，原点O左侧水平地面与A物体间的动
摩擦因数为 ，原点O右侧地面与物体B间的动摩擦因数满足 ，x为距原点O的距离
，剪断细绳瞬间，弹簧弹力远大于物体与地面间摩擦力，B物体运动5m后，进入光滑水平面，
之后又沿着竖直固定的光滑圆弧轨道运动，回到水平地面不会与A相遇。已知 与水平方向成 角，且
，圆弧轨道半径 ，重力加速g取 。求：
（1）物体A向左运动的最大距离；
（2）物体B运动到圆弧最高点N时，对轨道的压力大小；
（3）物体B落回地面前瞬间的速度与水平方向夹角的余弦值。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）剪断细绳后，物体A、B动量守恒
根据能量守恒可得
联立解得 ，物体A向左运动，根据动能定律可得
解得物体A向左运动的最大距离为
（2）物体B运动圆弧最高点N时，根据动能定理可得
受到摩擦力的平均值为
解得
在最高点N，根据牛顿第二定律可得
根据牛顿第三定律物体B对轨道的压力大小为
（3）物体B从圆弧最高点N飞出后，做斜抛运动，水平方向速度为
竖直方向速度为
假设物体B直接落在地上，竖直方向有
解得
水平位移为
假设成立，物体B落地的速度为
物体B落回地面前瞬间的速度与水平方向夹角的余弦值
23．（2023·河南新乡·统考一模）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置一质量 、带 光滑圆
弧轨道的滑块B，圆弧轨道的底端与地面相切，半径 ；质量 的小球A从滑块B顶端正上
方 高处由静止落下，无碰撞地进入圆弧轨道，小球A可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度
大小 。求：
（1）小球A进入圆弧轨道时的动能 ；
（2）滑块B对小球A做的功W。【答案】（1） ；（2）
【分析】本题考查动量守恒定律的综合应用，目的是考查学生的推理论证能力。
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）设小球A离开滑块B时小球A的速度大小为 ，滑块B的速度大小为 ，由水平方向动量守恒定律
由系统机械能守恒定律得
对小球A由动能定理得
解得滑块B对小球A做的功为
24．（2024·西藏拉萨·校联考一模）如图，一光滑的圆弧轨道AB固定在竖直平而内，一个质量为4kg的小
球a从轨道A点静止释放，运动到轨道的最低点时，与静止在该点质量为1kg的b球发生碰撞，碰撞后，
两小球粘在一起继续运动。若圆弧轨道的半径R为1m，A、B两端点和圆心О的连线与竖直方向的夹角
均为 ，a，b两小球体积相等，且均看作质点，重力加速度g取 ， ， 。求：
（1）小球a碰撞前的瞬间速度大小 ；
（2）小球a，b碰撞后瞬间整体的速度大小v，以及此时a，b整体对轨道的压力F；
（3）小球a，b碰撞后，a，b整体继续运动上升的最大高度H（相对于轨道最低点）。
【答案】（1）2m/s；（2）62.8N，方向竖直向下；（3）0.128m【详解】（1）对小球a，下滑至碰前，由动能定理有
解得 =2m/s
（2）对ab两小球，碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒
解得v=1.6m/s
对ab整体，碰后瞬间，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律
解得F=62.8N
压力的方向竖直向下。
（3）对a，b整体，a，b整体继续沿轨道运动，由动能定理有
解得H=0.128m
25．（2023·浙江·慈溪中学校联考模拟预测）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质
量为 的物块，可视为质点，从某一斜面 AB 的顶端 A 由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道
相切于 B点。圆轨道半径 R=1m，物块从 B 点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最
低点 C处略有错开，物块接着进入水平轨道 CD，然后滑上与 D 等高的质量为 的滑槽，并最终
滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上， EF 部分长为 G部分为半径为 r=0.2m的
四分之一圆弧轨道。已知水平轨道 CD长为 与物块的动摩擦因数μ=0.4，物块与滑槽 EF之
1
间的动摩擦因数（ 其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ 为37°，重力加速度 ，
，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求：
（1） 物块在轨道最低点C处受到支持力的大小；
（2） 斜面 AB的长LAB为多少；
（3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ₂的取值范围【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）物体恰好通过轨道的最高点可得
从圆形轨道最高点到C点，由动能定理可得
求得
在C点由牛顿第二定律可得
求得
（2）从A到C应用动能定理可得
求得
（3）物体从C到D，应用动能定理
求得
对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，由水平方向动量守恒
求得
如果滑倒最高点G，有能量守恒得
求得
如果滑倒最高点G又滑到E处，有能量守恒得求得
因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是
26．（2024·云南·怒江傈僳族自治州民族中学校联考模拟预测）如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的
滑块P静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切。一滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，
已知光滑圆弧轨道和滑块的质量均为m，圆弧轨道的半径为R，重力加速度大小为g。求：
（1）滑块Q滑到水平地面上时速度大小；
（2）滑块Q在圆弧轨道上下滑的过程中，P对Q的支持力做的功是多少？
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设滑块Q滑到水平地面上时P的速度大小为 ，Q的速度大小为 ，以向右为正方向，由
系统水平方向动量守恒有
由系统机械能守恒有
解得
（2）滑块Q在圆弧轨道P上下滑的过程中，设P对Q的支持力做功为W
对Q，由动能定理得
解得
27．（2023·河南开封·统考一模）如图所示，半径为R的光滑 圆弧轨道竖直固定在水平地面上，O为圆
心，OA水平。可视为质点的小球a、b紧挨在一起，静止在轨道的最低点B处且两小球之间装有少许炸药，
点燃炸药后，a小球恰好能到达与圆心等高的A点，已知，小球质量m=3m=3m，重力加速度为g，忽略
a b
空气阻力，求：
（1）炸药点燃后，至少释放的能量；
（2）b小球运动过程中距水平地面的最大高度。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）点燃炸药a、b小球分开的过程，动量守恒
a、b小球分开后，由机械能守恒对a小球
又
解得 ，
则炸药点燃后，至少释放的能量为
（2）b小球离开C点后做斜向抛运动，当 时，b小球上升到最高点D处，如下图所示
b小球从B到C过程由动能定理得
b小球离开轨道C时有
即为最高点的速度，b小球从B到D过程由动能定理得
联立以上各式得
28．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图所示，为某一食品厂家的生产流水线的一部分，轨道AB是半径
为R的半圆，产品2加工后以 的速度从A 点沿光滑轨道开始下滑，到达轨道最低点B处时，与
静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1 沿粗糙的水平轨道BC滑动，以 的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为d，
传送带的摩擦因数为μ，长度为L，求：
2
（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件?
（2）求BC段杀菌平台的摩擦因数μ；
1
（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，求产品既不脱轨又能到达传送带的最长杀菌时间。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）若产品由C到D一直加速，则传送时间最短。由动能定理
解得
则传送带速度
（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得
产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒
解得 ，
产品1进入杀菌平台后由动能定理得
解得
（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足产品进入杀菌平台的最小速度
产品减速到0的距离为s，由动能定理得
解得
产品进入杀菌平台后由动量定理得
解得
29．（2023·四川达州·统考一模）如图所示，一游戏装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道 、
水平直轨道 、螺旋圆形轨道 、水平直轨道 组成，除 、 段外各段轨道均光滑，且各处平
滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 、 相切于 处，O、E分别为螺旋圆形轨道的圆心和圆心的等高
点。凹槽 底面 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 处，摆渡车上表面与
B、C、D、F、G点在同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径 ， 长度 ，摆渡车长度
、质量 。将一质量 的滑块1从倾斜轨道 上距B点 处静止释放，滑块1
与轨道 和摆渡车间的动摩擦因数分别 、 。（已知摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块
视为质点，不计空气阻力， ，重力加速度 ）。求：
（1）滑块1刚进入螺旋轨道D时螺旋轨道对滑块1的支持力大小N；
（2）若在C点处放一个质量为 的另一滑块2（可看出质点），滑块1和滑块2间的碰撞均为弹性碰撞，
要想滑块2不脱离螺旋轨道， 应为多少；
（3）接第（2）问，若 ，滑块1停止运动时离摆渡车右端的距离x。
【答案】（1） ；（2） 或 ；（3）【详解】（1）滑块从A点到B点过程，由动能定理得
解得滑块到达B点的速度为
设滑块1与摆渡车相互作用达到共速，由动量守恒定律得
解得共同速度为
对滑块有
解得滑块的位移为
对摆渡车有
解得摆渡车的位移为
因
可知滑块1与摆渡车达到共速时，滑块1刚好到达摆渡车的右端，又因
共速后一起做匀速运动，滑块1离开摆渡车后继续做匀速运动到达D点，在D点根据牛顿第二定律可得
解得
（2）要使滑块2在螺旋轨道上运动过程不脱离轨道，有两种临界情况。
第一种是恰好能到达E点，则有
解得碰后滑块2速度为
对第一种情况碰撞过程有
解得
第二种是恰好达到最高点，在最高点有滑块2从D点到最高点过程有
解得碰后滑块2的速度为
对第二种情况碰撞过程有
解得
综上分析可知，要想滑块2不脱离螺旋轨道， 应满足 或
（3）若 时，由上同理得，滑块1与滑块2碰后，滑块1的速度为
方向向右，因 ，所以滑块1将返回冲上摆渡车，由动量守恒定律得
设该过程滑块1与摆渡车的相对位移为 ，则有
解得该过程滑块1与摆渡车的相对位移为
达到共速后一起匀速运动直到摆渡车碰撞B点停止后滑块1继续向左做匀减速运动直到停止，则有
解得
所以滑块1停止运动时，离摆渡车右端的距离为
30．（2023·浙江·校联考一模）如图所示，在光滑平台上可通过弹簧将小滑块 水平弹射，右侧在竖直平
面内有两个光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道，下端水平相连。左边轨道 对应的圆心角为 ，右侧 为
一段圆弧。小滑块 静止在右边圆弧轨道的最低点 。现将小滑块 从平台弹出后，恰好从 点沿圆弧
进入轨道。随后 与 发生弹性碰撞。已知平台与 等高， ， ，左边圆弧轨道的半径
为 ，右边圆弧轨道的半径为 ，水平轨道 长为 ， 和 与水平轨道之间的动
摩擦因数均为 ，取重力加速度 ， 。
（1）求进入轨道 点时滑块 的速率 ；（2）求碰撞后瞬间 对轨道的压力；
（3）求第一次碰撞后经过多长时间两滑块再次相遇。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小滑块刚进入轨道时的竖直方向速度为 ，则
得
得
（2）碰撞前，由动能定理有
得
M与N碰撞时为弹性碰撞，有动量守恒定律和能量守恒定律有
解得 ，
由牛顿第二定律有
得
根据牛顿第三定律可得对轨道的压力为
（3）滑块 停止的时间为
在右边圆弧上升的高度为 ，由机械能守恒定律有得
所以
故 在右边圆弧上做简谐运动
又m在水平轨道上运动的时间为
则相遇时间
31．（2023·浙江温州·统考一模） 如图所示，光滑水平面ABCD和水平传送带平滑无缝连接， CDEF是
一倾角 的光滑正方形斜面，边长 斜面上端固定一个半径 的光滑半圆弧轨道，分别与
CF、EF相切与P、Q两点。在水平面的BC边（足够长）上放着质量分别为 的滑块甲、
乙（均可视为质点），用轻质细绳将甲、乙连接在一起，且甲、乙间夹着一根被压缩且劲度系数
的的轻质弹簧（未拴接）。已知传送带长 以 的速率逆时针转动，两滑块与
传送带间的动摩擦因数 ，其他摩擦和阻力均不计，弹簧的弹性势能 （ 为形变量）。
（1）细绳剪断，若滑块甲脱离弹簧时速度 ，求滑块甲在P点受到圆弧轨道弹力大小 ；
（2）若滑块甲能恰好通过圆弧轨道的最高点，求滑块乙脱离弹簧时速度大小v；
2
（3）若滑块甲能通过圆弧轨道的最高点，且滑块乙离开传送带时速度大小也为v=12m/s，求剪断绳子前弹
0
簧的形变量 的取值范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3）【详解】（1）甲运动到P点过程，根据动能定理有
解得
滑块甲在P点受到圆弧轨道弹力
（2）滑块甲能恰好通过圆弧轨道的最高点，有
可得
设甲乙分离时甲速度为 ，甲从分离到最高点
可得
两滑块弹开的过程，根据动量守恒有
滑块乙脱离弹簧时速度大小为
（3）根据系统机械能守恒有
两滑块弹开的过程，根据动量守恒有
可得
滑块乙在传送带上减速
滑块乙在传送带上加速
可得
则
滑块甲能恰好通过圆弧轨道的最高点，有
综上所述
则
32．（2023·安徽·校联考二模）如图，一小车静止于光滑水平面上，小车由两部分组成，左侧倾角的粗糙斜面通过一小段圆弧（图中未画出）和右侧半径为 的四分之一光滑圆周平滑连接，小车整
体质量 ，刚开始靠在竖直墙壁上，一质量为 的滑块（可视为质点）从斜面上与圆心等高的
位置以一定的初速度沿斜面滑下，第一次恰可以沿圆周上升到圆周最高点。已知滑块与斜面间的动摩擦因
数为0.125，重力加速度 ， ，求：
（1）滑块沿斜面滑下的初速度 ；
（2）滑块第一次返回斜面上升的最大高度；
（3）经足够长的时间，滑块与小车组成的系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）经受力分析可知，滑块刚开始从斜面上滑下时小车不动，当滑块滑到斜面底端时，设其速
度为 ，以后的运动过程中滑块和小车系统水平方向动量守恒，滑块在光滑圆周上运动的过程中二者组成
的系统机械能守恒，从滑块滑到斜面底端到光滑圆周最高点过程中，设最高点时滑块速度为 ，有
联立解得
滑块在斜面上的运动过程，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
（2）滑块滑到斜面底端开始到滑块第一次返回斜面到达最高点时，滑块和小车系统水平方向动量守恒，则有
联立解得
（3）经足够长时间，滑块最终会相对静止在最低点，由动量和能量守恒定律可知
联立解得
33．（2023·四川宜宾·统考一模）如图，一粗糙斜面固定在水平地面上，倾角 ，斜边长 ，
在距斜面顶端 处有一被锁定的滑块 。现将一光滑小球 从斜面顶端静止释放，同时解除对滑块
的锁定。 均视为质点， 的质量为 ， 质量为 ，可以通过在斜面表面涂抹特殊材料，改变
斜面与 之间的动摩擦因数，使得 的运动情景不同。设 间发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极
短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度 取 ， ， ，
求：
（1）若 恰好在斜面底端 点第一次相遇，则 与斜面之间的动摩擦因数 的大小；
（2）若 与斜面之间的动摩擦因数 ，则 从第一次碰撞到第二次碰撞间隔的时间；
（3）若 与斜面之间的动摩擦因数 ， 在斜面上多次碰撞后，最终停在斜面上的位置到 点
的距离．
【答案】（1） （或者0.075）；（2） ；（3）
【详解】（1）由牛顿第二定律，对A有
对B有设经时间 ，两者在 点第一次相遇，对A有
对B有
解得
（2）对滑块B，因 ，则解除对B锁定后，B在斜面上保持静止。对A有
解得
AB碰撞动量守恒：
AB弹性碰撞，机械能守恒
解得
假设小球A在与滑块B第二次碰撞前，B一直减速到零，B减速运动的时间为t1,则对B
解得 ，
若二者在 时间内相遇，有
解得
假设正确，AB从第一次碰撞到第二次碰撞间隔的时间为 。
（3）设AB最终停止位置到 点距离为 ，由能量守恒，有
解得
34．（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）如图所示，水平传送带保持v=5m/s的速度沿顺时针
做匀速运动，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平凹槽面平滑对接，水平凹槽上间隔放有n
个静止相同的小球，每个小球的质量均为m=0.2kg。质量m=0.1kg的物块从轨道上高h=4.0m的P点由静
0
止开始下滑，滑到传送带上的a点时速度大小v=8m/s。物块和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带ab
0
之间的距离L=4.9m。所有的碰撞都是弹性正碰，取g=10m/s2。求：
（1）物块从P点下滑到a点的过程中，摩擦力对物块做的功：
（2）物块从释放到与小球第一次碰撞过程中，受到传送带的作用力冲量大小；
（3）最终n个小球获得的总动能。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）物块由P到A的过程，由动能定理，有
解得 摩擦力对物块做功
（2）物块滑上传送带后，在摩擦力作用下做匀减速运动加速度大小
减速至与传送带速度相等时所用的时间
匀减速运动的位移
物块与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间
从a运动到b的时间
取向右为正方向，水平方向由动量定理，传送带的摩擦力对物块的冲量大小
传送带的支持力对物块冲量大小
方向竖直向上，传送带对物块的冲量大小为
（3）物块与小球1发生弹性正碰，取向右为正方向，设物块碰后的速度为v1，小球1被撞后的速度大小
为u1，由动量守恒定律，有
由动能守恒，有
解得 ，
相邻小球之间相互碰撞进行速度交换，小球1与小球2碰后，小球1的速度为0，而物块被反弹回来后，在传送带上向左运动的位移是
物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到
v1，再跟小球1发生弹性正碰，第二次碰后物体和小球的速度大小分别为 ，
以此类推，物块与小球1经过n次碰撞后，速度分别为 ，
相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为
un、 、 、…、 ，n个小球的总动能为
35．（2023·浙江台州·统考模拟预测）光滑细轨道 由半径为 的竖直圆弧轨道与直轨道组成，
圆弧轨道的圆心 位于最低点 正上方， 连线与水平方向夹角为 ，在轨道右侧与 等高处有一平
台，平台边缘 处有一质量为 的滑块放在质量为 的“L形”薄板最左端。质量为
的小球在一定条件下可经A点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。若滑块
能与薄板发生碰撞，碰撞过程可视为完全非弹性碰撞。已知 与A的高度差 ，滑块与薄板间的动
摩擦因数为 ，薄板与平台间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄板厚度不计，
小球和滑块都视为质点，不计空气阻力， ， 。
（1）若小球自 点无初速度释放，求小球经过 点时受轨道的支持力大小 ；
（2）要使小球能水平击中薄板上的物块，求小球在 处的初速度 及A与 间的水平距离 ；
（3）若小球能水平击中薄板上的物块。
a．薄板长为 ，求滑块与薄板间因摩擦产生的总热量 ；
b．薄板长为 ，求薄板最终停下时其右端离 的距离 。【答案】（1） ；（2） ；（3）（a） ，（b）
【详解】（1）F运动到E得过程由动能定理有
运动到E点位置，由牛顿第二定律有
联立可得，小球经过 点时受轨道的支持力
（2）小球由A运动到B位置过程可视为由B到A逆向的平抛运动，利用平抛运动规律有
可得
利用A点速度方向可知
由于 点与 点等高，由能量守恒可知，F点小球的初速度
斜抛过程中 ，
联立解得
（3）（a）小球与滑块碰撞的过程中，满足机械能守恒与动量守恒，则有
联立可得小球与滑块碰撞后滑块的速度为
由于
因此，滑块在薄板上滑动过程中，薄板不动，由
可得因此滑块减小的动能全部转化为摩擦形成的内能，即
（b）由于
物块与薄板右端发生碰撞前，有
可得
由动量守恒有
由动能定理有
联立可得
结合題意可知，薄板右端最终距离 的距离为
36．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）如图为某物流公司把包裹直接装运到卡车中的自动传送系统的示意
图。该系统由水平传送带、倾斜滑道与水平平台平滑连接组成，滑道高为3h，平台面距车厢底面的高为
h。包裹M、N依次被轻放在以速度v 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从A点滑入倾斜滑
0
道，M刚好滑到平台最右端B点停下，随后滑下的N以2v 的速度与M发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后
0
M、N分别落在车厢底板的C、D点。已知M、N的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前
瞬间总动能的 。M与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，M、N在滑至B点之前不发生碰撞，
忽略空气阻力，将包裹均视为质点。求：
（1）包裹M在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）N包裹从A点滑至B点的过程中克服阻力做的功；
（3）C、D连线的中点到平台右端B点的水平距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）对M分析可知,M在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）对N，从A到B应用动能定理
求得
（3）M，N碰撞过程中动量守恒定律和能量关系
求得
两物体平抛的时间
则
解得
