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专题04 能量、动量篇
2 大考点概览
考点01 能量
考点02 动量
1（2026·四川南充·二模）如图，摩天轮座舱中的游客在竖直面内做匀速圆周运动，游客（视为质点）在t1、
t2时刻先后经过同一水平面，则（ ）
A．在t1，t2时刻，游客的速度方向一定相反
B．在t1~t2时间，游客的速度变化一定为零
C．在t1~t2时间，游客的平均速度一定为零
D．在t1~t2时间，游客的重力做功一定为零
【答案】D
【详解】A．若游客转动一整圈，两次经过同一水平面的同一位置，速度方向相同，并非一定相反，故A
错误；
B．速度是矢量，若两次经过同一水平面的不同位置，速度方向不同，速度变化不为零，故B 错误；
C．平均速度等于位移除以时间，只有初末位置重合时位移才为零，若两次经过同一水平面的不同位置，
位移不为零，平均速度不为零，故C 错误；
D．重力做功只与初末位置的高度差有关，初末时刻在同一水平面，高度差Δh=0，因此重力做功一定为
零，故D 正确。
故选D。
2．（2026·四川广元·二模）在某次用电钻给一固定物体钻孔时，钻头所受的阻力与运动时间的关系和钻头
所受的阻力与运动位移的关系都成正比，即f =k1t和f =k2x，其图像分别为图甲和图乙所示。下列说法正
考点01
能量
确的是（ ）
A．电钻向前做匀加速运动
B．在0~t0
时间内阻力的冲量大小为k1t0
2
C．在0~x0位移内摩擦产生的热量为2k2x0
2
D．在0~t0时间内电钻前进的位移为k1
k2
t0
【答案】D
【详解】A．题意可知f =k1t，f =k2x，联立可得k1t=k2x，即x=k1
k2
t，位移与时间成正比，说明电钻
做匀速直线运动，故A 错误；
B．在f−t图像中，图线与时间轴围成的面积表示冲量，所以在 0∼t0 时间内阻力的冲量大小为
I=1
2 k1t0⋅t0=1
2 k1t0
2，故B 错误；
C．在f−x图像中，图线与位移轴围成的面积表示克服阻力做的功，即产生的热量，所以在0∼x0位移内
摩擦产生的热量为Q=1
2 k2x0⋅x0=1
2 k2x0
2，故C 错误；
D．由x=k1
k2
t 可知，在0∼t0 时间内电钻前进的位移为x=k1
k2
t0，故D 正确。
故选D。
3．（2026·四川内江·二模）将一个滑块以初动能E0从足够长的斜面底端向上滑动，滑块返回时的动能为E0
2
。
假设滑块与斜面间的阻力大小恒定不变，若将它上滑的初动能变为4E0。则它在上升到最高点过程中，重
力势能变化了（ ）
A．E0
B．2E0
C．3E0
D．3.5E0
【答案】C
【详解】往返全过程：重力做功为0，动能减少量等于克服摩擦力做的总功，即Wf总=E0−E0
2 =E0
2
上滑、下滑位移大小相等、摩擦力大小恒定，因此上滑克服摩擦力做功Wf上= Wf总
2
=E0
4
上滑到最高点动能为0，由能量守恒得E0=ΔEp1+ Wf上
解得重力势能增加量ΔEp1=3E0
4
因此ΔEp
Wf上
=3
1
该比值为定值。
初动能为4E0的过程，设上升过程重力势能变化为ΔEp
′，对应克服摩擦力做功Wf=ΔEp
′
3
由能量守恒4E0=ΔEp
′+ Wf=ΔEp
′+ΔEp
′
3
解得ΔEp
′=3E0
故选C。
4．（2026·四川南充·二模）辘轳是我国早期用来提水的装置，通过转动轮轴缠绕绳子，从而提起水桶。把
手边缘上A点到中心转轴OO
′的距离为辘轳头边缘上B点到OO
′距离的4 倍。若转动把手，轻绳牵引总质量
为m的水桶在水面上方从静止开始以g
8
的加速度上升高度h，g为重力加速度，不计空气阻力和绳的体积。
下列说法正确的是（ ）
A．A点的末速度大小为❑√g h
B．A、B两点向心加速度大小之比为16:1
C．轻绳对水桶拉力的冲量大小为9m
2
❑√gh
D．水桶所受合力做的功为1
4 mgh
【答案】C
【详解】A．水桶做匀加速直线运动，根据运动学公式v
2−v0
2=2ax，可得水桶末速度
v= ❑√2⋅g
8
h
⋅=1
2
❑√gh
辘轳头边缘B点的线速度等于水桶速度，即vB=1
2
❑√gh
A、B 两点同轴转动，角速度ω相等，根据 v=ωr 可知vA
vB
=rA
rB
=4，所以vA=4vB=2❑√gh，故A 错误；
B．A、B 两点同轴转动，角速度ω相等，根据向心加速度公式an=ω
2r 可知，anA
anB
=rA
rB
=4
1 ，故B 错误；
C．对水桶受力分析，根据牛顿第二定律有F−mg= ma
解得绳子拉力F = m (g+g
8 )=9
8 mg
水桶上升时间t满足h=1
2 at
2
解得t= ❑√
2h
a
= ❑√
16h
g
=4 ❑√
h
g
轻绳对水桶拉力的冲量I= Ft=9
8 mg 4
⋅
❑√
h
g =9
2 m ❑√g h，故C 正确；
D．根据动能定理，水桶所受合力做的功 W合=ΔEk=1
2 m v
2=1
2 m (g h
4
)=1
8 mgh，故D 错误。
故选C。
5．（2026·四川广安·二模）（多选）如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，场强大小E= mg
2q
。一
质量为m，电荷量为+q的带电小球从倾角θ=37
∘的绝缘斜面上A点以初速度v0水平抛出，落在斜面上B点。
重力加速度取g,sin37
∘=0.6,cos37
∘=0.8，则（ ）
A．小球从A点运动到距斜面最远位置所需时间t1=v0
g
B．小球从A点运动到B点的时间t2=3v0
g
C．小球从A点运动到B点电势能的增加量ΔEp=9m v0
2
8
D．若撤去电场，则小球落到斜面的动能是未撤去电场时落到斜面的动能的两倍
【答案】BC
【详解】A．根据受力分析可知，由牛顿第二定律有F = mg−Eq=1
2 mg= ma
加速度竖直向下a =1
2 g
小球做类平抛运动有x=v0t1，y=1
2 at1
2，vy=at1，小球离斜面最远可知tanθ=vy
v0
联立解得t1=vy
a =3v0
2g
，故A 错误；
B．根据类平抛运动可知x=v0t2，y=1
2 at2
2，vy=at2
可解得2y
x
=vy
v0
落在斜面上有y
x =tanθ
解得t2=vy
a =3v0
g
，故B 正确；
C．根据y=1
2 at2
2=9v0
2
4g
，则ΔEp=Eqy=9m v0
2
8
，故C 正确；
D．根据类平抛运动可知x=v0t，y=1
2 at
2，vy=at，且落在斜面上有y
x =tanθ
可解得vy=2tanθv0，可见竖直方向速度vy与加速度a无关，则撤去电场和未撤去电场时小球落在斜面上
的速度相同，则动能相等，故D 错误。
故选BC。
6．（2026·四川广安·二模）如图所示，一半径为R的大圆环与竖直杆之间的距离为3R，杆与环在同一竖直
平面内固定放置。一根长L=5R的轻质刚性连杆与大圆环圆心等高水平放置，连杆与大圆环左半环交叉部
分不接触但距离忽略不计，连杆两端有一个直径略大于竖直杆和大圆环的可转动环套A、B，A、B 环套能
在连杆作用下自由滑动。两环套的质量均为m，重力加速度取g，不计一切摩擦，静止释放两小环后
（ ）
A．静止释放瞬间A 环的加速度为g
B．B 环到达最低点时速度vB= ❑√5gR
C．B 环到达最低点时机械能最小
D．B 环机械能最大时，B 环机械能增加了2❑√5mgR
【答案】AD
【详解】A. 静止释放瞬间两环水平方向受力为零，竖直方向只受重力作用，则A 环的加速度为g，A 正确；
B．B 环到达最低点时，AB 两环的位置如图，对AB 系统，由机械能守恒定律
mg 4
⋅R+ mgR =1
2 m vA
2 +1
2 m vB
2
速度关系为vAcos53
∘=vBcos37
∘
速度vB= ❑√
18gR
5
，B 错误；
CD．从开始运动到AB 环与大圆环圆心三者共线时，杆的拉力对B 一直做正功，大圆环的弹力对B 不做功，
则B 的机械能一直增加，此时B 环的机械能最大，则B 环到达最低点时机械能不是最小；当三者共线时，
A 的速度为零，则由开始运动到三者共线对AB 系统由机械能守恒定律可知，B 环机械能最大时增加的机
械能等于A 环减小的机械能，即ΔEB= mg
❑√(6R)
2−(4R)
2=2❑√5mgR，C 错误，D 正确。
故选AD。
7．（2026·四川凉山·二模）翼装飞行是一项惊险的极限运动。某一翼装飞行者在空中运动时竖直方向的
v−t图像如图所示，以竖直向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0~5s内飞行者处于超重状态
B．5s~7.5s内飞行者处于超重状态
C．5s~7.5s内飞行者竖直方向的加速度在减小
D．0s~7.5s内合力对飞行者做负功
【答案】BC
【详解】A．0~5s内，由 v−t图像可知，速度随时间增加，图像斜率为正，加速度方向竖直向下，飞行
者处于失重状态，故A 错误；
B．5s~7.5s内，速度随时间减小，图像斜率为负，加速度方向竖直向上，飞行者处于超重状态，故B 正
确；
C．v−t图像切线的斜率表示加速度，0~7.5s内图像切线斜率的绝对值一直在减小，说明加速度在减小，
故C 正确；
D．0s~7.5s内，飞行者末速度大于初速度，动能增大，根据动能定理 W合=ΔEk可知合力对飞行者做正
功，故D 错误。
故选BC。
8．（2026·四川成都·二模）如图所示，静止于水平面上，质量均为m的物块P 与光滑物块Q 通过劲度系数
为k的轻弹簧相连，初始时弹簧处于原长。现对Q 施加大小为mg
2
，方向水平向右的恒力。已知P 与地面的
动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计Q 与地面的摩擦力，重力加速度大小为g，弹簧
的弹性势能EP=1
2 kx
2。下列说法正确的是（ ）
A．P 开始运动前，Q 做加速度逐渐减小的加速运动
B．P 即将开始运动时，Q 的速度大小为❑√
m g
2
2k
C．P 开始运动后，弹簧的最大弹性势能为(3+2❑√2)m
2g
2
16k
D．P 开始运动后，弹簧的最小弹性势能为m
2g
2
8k
【答案】AC
【详解】AB．物块P 与地面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故fm =μmg=1
2 ·mg
当弹簧弹力等于最大静摩擦力时，物块P 恰好开始运动，此时弹簧的弹力大小F0=kx0=fm
解得x0= mg
2k
物块P 开始运动之前，物块Q 受到恒定拉力F =1
2 mg，弹簧对物块Q 的弹力逐渐增大，物块Q 受到的合力
逐渐减小，故物块Q 做加速度逐渐减小的加速运动，根据动能定理有F x0−0+kx0
2
·x0=1
2 m v0
2
0
−
联立解得，物块P 恰好开始运动时，物块Q 的速度大小为v0= ❑√
m g
2
4k
，故A 正确，B 错误；
CD．物块P 开始运动后，物块P 与物块Q 整体受恒定拉力F =1
2 ·mg、滑动摩擦力f滑=fm =1
2 ·mg，物
块P 与物块Q 整体所受合力为0，故物块P、物块Q 整体的质心向右做匀速直线运动，设物块P、物块Q
整体质心的运动速度为v心，故m v0+0=2m v心
解得v心=v0
2
物块P 开始运动之后，物块Q 相对于物块P、物块Q 整体的质心做机械振动，物块P 开始运动瞬间，物块
Q 受到恒定拉力F =1
2 ·mg，弹簧对物块Q 的弹力F0=fm =1
2 ·mg，物块Q 受到的合力为0，此时物块Q
处于机械振动的平衡位置，物块Q 相对于物块P、物块Q 整体质心的速度为v1=v0−v心=v0
2
选向右为正方向，设物块Q 相对于机械振动的平衡位置有向右的位移x，则物块Q 受到的合力为
F合=F−k(x0+x)=1
2 ·mg−kx0−kx=−kx
所以物块Q 相对于物块P、物块Q 整体质心做简谐运动。
物块P 开始运动之后，设物块Q 和物块P 速度相同时的速度为v共，根据动量守恒定律有m v0+0=2m v共
解得v共=v0
2
，此时物块Q 相对于物块P、物块Q 整体质心的速度为v2=v共−v心=0，故物块Q 处于简谐运
动的最大位移处，设物块Q 做简谐运动的振幅为A
对于整根弹簧，根据胡克定律有F =kx
对于半根弹簧(物块Q 和物块P、物块Q 整体质心之间的半根弹簧)，根据胡克定律有F =k'·x
2
联立解得k'=2k，故物块Q 做简谐运动所对应半根弹簧的劲度系数为k'=2k
物块Q 相对于物块P、物块Q 整体质心做简谐运动，根据能量守恒有1
2 ·m v1
2=1
2 ·m v2
2+1
2 ·k'A
2
解得简谐运动的振幅为A =
❑√2mg
8k
物块Q 和物块P 都相对于物块P、物块Q 整体质心做简谐运动，两物块相对于质心的距离同时增大，同时
减小。
P 开始运动后，弹簧的最大形变为xmax=x0+2A = mg
2k +2×
❑√2mg
8k
= mg
4k
(2+ ❑√2)
P 开始运动后，弹簧的最小形变为xmin=x0
2
−A = mg
2k
2×
−
❑√2mg
8k
= mg
4k
(2−❑√2)
P 开始运动后，弹簧的最大弹性势能为EPmax=1
2 ·kxmax
2 = (3+2❑√2)m
2g
2
16k
P 开始运动后，弹簧的最小弹性势能为EPmin=1
2 ·kxmin
2 = (3 2
−
❑√2)m
2g
2
16k
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
9．（2026·四川凉山·二模）中国行星探测工程（Planetary Exploration of China，PEC）以屈原《天问》命
名，寓意对宇宙本源的千年追问。“天问一号（火星）→天问二号（小行星：主带彗星）→天问三号（火
星取样返回）→天问四号（木星系）”四步跃升路径，标志着我国深空探测正从“跟跑”迈向“并跑”甚
至局部“领跑”。在火星探测中，若火星车“祝融号”在某段时间内沿平直路线运动的v−t图像如图。
“祝融号”从静止开始匀加速启动，经过时间t1加速到4cm/s，此时功率为6W，保持该功率继续加速到
最大速度vm，并以此速度匀速运动一段时间。关闭火星车的动力，再经过0.144s 停止运动。假设火星车受
阻力f =100N不变，求：
(1)火星车速度vm；
(2)火星车的质量m；
(3)火星车匀加速的时间t1。
【答案】(1)6cm/s
(2)240kg
(3)0.192s
【详解】（1）火星车的速度达到最大时，火星车受到的牵引力与阻力相等，即Ff=F
根据P= F vm
代入数据解得vm =6cm/s
（2）关闭动力后，火星车的加速度a =|
0−vm
Δt )=6×10
2
−
0.144
m/s
2=15
36 m/s
2
根据牛顿第二定律可知Ff= ma
解得m=240kg
（3）0∼t1，火星车以恒定的加速度运动，此阶段火星车的牵引力F
′=P
v
′ =6
0.04 N=150N
设此阶段火星车的加速度为a
′，根据牛顿第二定律可得F
′−Ff= m a
′
解得a
′=5
24 m/s
2
火星车以恒定的加速度运动的时间t1=v
'
a
' =0.04
5
24
s=0.192s
10．（2026·四川宜宾·二模）深空探测如同人类文明的“望远镜”，设想有一探测器组合体（包含弹射器
与探测器）在半径为r 的较高轨道上做匀速圆周运动如图实线所示。某时刻组合体中的弹射器将探测器沿
原速度方向弹出，弹出后瞬间探测器速度大小为原来的2 倍，此后探测器作离心运动飞向深空执行任务。
已知引力常量为G，地球质量为M，弹射器的质量为m，探测器的质量为0.25m，忽略其它天体以及稀薄
大气的影响。求：
(1)组合体做匀速圆周运动的速度大小v1；
(2)推出探测器后瞬间，弹射器的速度大小v2；
(3)已知弹射器仅在地球引力作用下沿椭圆轨道运动过程中，它与地心连线在任意相等时间内扫过的面积相
等；以无穷远处引力势能为0，弹射器在r 处的引力势能Ep=−GMm
r
。求弹射器离地心的最近距离r0。
【答案】(1)❑√
GM
r
(2)3
4
❑√
GM
r
(3)9
23 r
【详解】（1）弹射器和探测器组成的组合体总质量为m +0.25 m =1.25 m
组合体做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，则G M 1.25
⋅
m
r
2
=1.25m v1
2
r
解得v1= ❑√
GM
r
（2）弹射器和探测器组成的系统动量守恒，则1.25m v1=0.25m ×2v1+ m v2
解得v2=0.75v1=3
4
❑√
GM
r
（3）设弹射器离地心最近距离为r0时，速度的大小为v3，根据它与地心连线在任意相等时间内扫过的面
积相等，则任意时间Δt内1
2 v2 Δ
⋅
t⋅r=1
2 v3 Δ
⋅
t⋅r0
得v2r=v3r0
根据能量守恒定律有−GMm
r
+1
2 m v2
2=−GMm
r0
+1
2 m v3
2
又v2=3
4
❑√
GM
r
联立解得r0=9
23 r
1．（2026·四川广安·二模）如图所示，足够长的木板C静止在水平面上，小物块A、B放在木板C上。A、B
之间的初始距离d0=1m，mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，A、B与C之间的动摩擦因数均为μ1=0.2，C与地
面间的动摩擦因数μ2=0.05。t0=0时刻，分别给A、B水平向右的初速度vA=3m/s、vB=4m/s，设滑动摩
擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g=10m/s
2，求
(1)长木板C开始滑动时的加速度大小a；
(2)小物块A与木板C恰好共速时，A、B之间的距离d1；
(3)长木板C运动的总时间t。
【答案】(1)a =1m/s
2
(2)d1=2m
(3)t=3.5s
【详解】（1）A、B 相对于C 向右滑动，对C 的滑动摩擦力均向右fA=μ1mAg=2N，fB=μ1mBg=2N
地面对C 的摩擦力向左f地=μ2( mA+ mB+ mC)g=0.05×(1+1+2)×10N=2N
对C 由牛顿第二定律，得fA+fB−f地= mCa
代入数据解得a =1m/s
2
（2）A、B 在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得fA= mAaA，
fB= mBaB
解得A、B 的加速度大小均为aA=aB=μ1g=2m/s
2
设经过t1时间A、C 共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得vA−aAt1=at1
代入vA=3m/s，解得t1=1s
共同速度v1=at1=1m/s
t1时间内A 的位移xA=vA+v1
2
t1=3m/s+1m/s
2
×1s=2m
由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过t1时间B 的速度v2=vB−aBt1=2m/s
考点02
动量
B 的位移xB=vB+v2
2
t1=4m/s+2m/s
2
×1s=3m
初始A、B 间距d0=1m，B 比A 多走Δx=xB−xA=1m
因此此时间距d1=d0+Δx=1m+1m=2m
（3）经过t1时间后，A、C 共速，假设A、C 相对静止，对A、C 整体，合力F合=fB−f地=2N 2N=0
−
由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C 以v1=1m/s匀速运动，A 受到的静摩擦力为0，小于最大静
摩擦力，假设成立。设再经过t2时间三者共速，共速时B 速度等于A、C 速度，由匀变速直线运动速度与
时间的关系，得v2−aBt2=v1
解得t2=0.5s
共同速度v共=v1=1m/s
三者共速后，对A、B与C组成的系统，所受合外力为f地=2N，设再经过t3时间后C 静止，由动量定理，得
f地t3=(mA+ mB+ mC)v共
解得t3=2s
长木板C运动的总时间t=t1+t2+t3=1s+0.5s+2s=3.5s
2．（2026·四川广元·二模）如图所示，在光滑的水平面上有A、B、C 三轨道，轨道A 为上表面光滑的
“L”形平台，A 的上方有一与其等长的轻质弹簧，弹簧左端固定，右端自然伸长；轨道B 为上表面粗糙、
质量MB=0.9kg、长L=3.0m的长木板，轨道A、B 上表面平滑相接；轨道C 为半径R =0.9m、质量
MC=3.6kg的竖直光滑半圆轨道，C 轨道上的Q 点与圆心O 等高，轨道B、C 相距较远。锁定轨道A、C，
用质量m =1.8kg的小物块D 将弹簧压缩至P 点，此时弹簧的弹性势能为72.9J，然后由静止释放小物块
D，D 在B 上滑行且恰好未滑下B，g=10m/s
2。
(1)求小物块D 与长木板B 上表面间的动摩擦因数μ；
(2)当B 与C 发生碰撞后（B、C 两部分平滑相接），求小物块D 冲上轨道C 至落地过程中能到达的最高位
置离轨道B 上表面的高度H；
(3)在（2）中，若轨道B 与C 刚要相碰时，解除对轨道C 的锁定，同时调整轨道C 的半径R，使B、C 发
生碰撞（碰撞性质不确定，且B、C 不会粘连）后，小物块冲上轨道C 并恰好能到达Q 点，求轨道C 的半
径R 的取值范围。
【答案】(1)0.45
(2)5
3 m
(3)0.432m≤R≤0.768m
【详解】（1）设D 由静止释放后获得的初速度为v0，由能量守恒定律，有Ep=1
2 m v0
2
解得v0=9m/s
D 在B 上滑行的过程中，D、B 组成的系统。由动量守恒，有m v0=(m + MB)v共
由功能关系，有1
2 m v0
2=1
2 (m + MB)v共
2 +μmgL
联立解得v 共=6m/s，μ=0.45
（2）设小物块D 脱离轨道C 时的速度大小为v，方向与竖直方向夹角为θ，由牛顿第二定律，有
mgsinθ= m v
2
R
从D 冲上C 到脱离轨道C 的过程中，由动能定理，有−mgR (1+sinθ)=1
2 m v
2−1
2 m v共
2
解得脱离轨道时v= ❑√6m/s，sinθ=2
3
小物块D 脱离轨道后，做斜上抛运动。斜上抛运动的高度为h=
(vcosθ)2
2g
离B 板上表面的高度H =h+R (1+sinθ)
代入数据解得H =5
3 m
（3）由于B、 C 发生碰撞的性质不确定，若B、C 发生弹性碰撞，则碰撞后C 获得的速度最大，要使小
物块能到达Q 点，对应轨道C 的半径R 最小，同理若B、C 发生完全非弹性碰撞，则碰撞后C 获得的速度
最小，对应轨道C 的半径R 最大。
①若B、C 发生弹性相碰，设碰撞后C 的速度为vC1，B 的速度为vB1。根据动量守恒，得
MBv共= MBvB1+ MCvC1
根据能量守恒，得1
2 MBv共
2 =1
2 MBvB1
2 +1
2 MCvC1
2
解得vC1=2.4m/s
在小物块沿轨道C 运动的过程中，设小物块到达Q 点时的速度为v1。由动量守恒得
m v共+ MCvC1=(MC+ m)v1
根据能量守恒得1
2 m v共
2 +1
2 MCvC1
2 =1
2 (MC+ m)v1
2+ mgRmin
联立解得Rmin=0.432m
②若B、C 发生完全非弹性相碰。设B、C 碰撞后的共同速度为vBC
由动量守恒得MBv共=(MB+ MC)vBC
解得vBC=1.2m/s
在小物块沿轨道C 运动的过程中，设小物块到达Q 点时的速度为v2，由动量守恒得
m v共+ MCvBC=(MC+ m)v2
根据能量守恒得1
2 m v共
2 +1
2 MCvBC
2 =1
2 (MC+ m)v2
2+ mgRmax
联立解得Rmax=0.768m
故半径R 的范围为0.432m≤R≤0.768m
3．（2026·四川内江·二模）如图所示，质量为m1=0.6kg的小球a，通过长为l1=1m的刚性轻绳连接于天花
板上的O点，并静置在固定水平支架的右端M点。水平桌面PQ的中点N处放有质量为m2=0.2kg的物块b，O
、M、N三点在一条竖直线上，桌面上的PQ两端分别固定弹性挡板。现将小球a 以初速度v0= ❑√15m/s水平
抛出，一段时间后轻绳绷直（绳绷直瞬间，球沿绳方向的分速度变为0，沿垂直绳方向的分速度不变），
之后小球a 做圆周运动并最终与物块b 发生弹性正碰，碰后立即撤去小球a。ON间的距离为l2=1m，OM间
的距离为l3=0.25m，PQ间的距离l4=2m，桌面与物块b 间的动摩擦因数μ=0.5，小球a 始终未与桌面接
触，a、b均视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s
2。求：
(1)小球a 从抛出至轻绳绷直瞬间下降的高度；
(2)小球a 与物块b 碰后瞬间轻绳对小球a 的拉力大小；
(3)若其余条件不变，仅改变小球a 的质量，使得物块b 能与左挡板P 碰撞一次但不与右挡板Q碰撞，小球a
质量的取值范围。
【答案】(1)0.25m
(2)7.5N
(3)0.2kg<m <3+2❑√3
5
kg
【详解】（1）设小球平抛过程水平位移为x，下降高度为h，由平抛运动规律，得x=v0t，h=1
2 gt
2
得x
2=v0
2⋅2h
g
=3h(m
2)
由几何关系，绳绷直时满足x
2+(h+l3)
2=l1
2
代入l3=0.25m，l1=1m，得3h+(h+0.25)
2=1
解得正根h=0.25m，x=
❑√3
2
m
（2）将h=0.25m代入h=1
2 gt
2，解得t=
❑√5
10 s
绳绷直前，小球速度vx=v0= ❑√15m/s，vy=gt= ❑√5m/s
速度与竖直方向的夹角θ1满足tanθ1=vx
vy
= ❑√3
解得θ1=60°
绳与竖直方向夹角θ2满足sinθ2=x
l1
=
❑√3
2
解得θ2=60°
由θ1=θ2可知速度沿绳方向，且绳绷直瞬间，沿绳方向速度变为v1=0
从绳绷直到最低点N，下落高度Δh=l2−l3
h=0.5m
−
由机械能守恒，得m1gΔh=1
2 m1v2
2
解得v2= ❑√10m/s
a 与b 发生弹性正碰，动量守恒、动能守恒，有m1v2= m1v2
′+ m2v，1
2 m1v2
2=1
2 m1v2❑
′2+1
2 m2v
2
得碰后a 的速度v2
′= m1−m2
m1+ m2
v2=v2
2
在最低点，由拉力T和重力合力提供向心力，得T−m1g= m1v2❑
′2
l1
联立解得T=7.5N
（3）设a 质量为m，弹性碰撞后b 的速度为v=2m v2
m + m2
=2❑√10m
m +0.2
b 与P 碰一次，N 到P 距离为1m，动能满足1
2 m2v
2>μm2g 1
⋅
代入得v
2>10
解得m >0.2kg
b 碰P 后反向，不碰到Q，总路程最大为3m（N→P→Q），动能满足1
2 m2v
2<μm2g 3
⋅
代入得v
2<30
解得m <3+2❑√3
5
kg
因此质量范围为0.2kg<m <3+2❑√3
5
kg
