文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
大题03 动量与能量的综合应用
动量与能量的综合应用是高考物理的高频核心模块，在高考卷中占比约15%-20%，常
为压轴题，综合动量守恒、能量守恒及动力学分析，典型模型如多物体碰撞（A 碰B，B 再
碰C）、含弹簧/摩擦的复杂系统（滑块-弹簧-斜面组合）如空间站机械臂抓取卫星的动量
控制、高铁防撞设计中的动能吸、自动驾驶汽车多车碰撞的动量分配与安全算法模拟 、
空间碎片碰撞的轨道预测与动量追踪。 2025 年广东高考对“动量和能量的综合应用”考
查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题思路，突出物理观念的系统性与实际问题的
模型转化能力。备考需以守恒思想为核心，强化复杂系统的分析能力，同时关注科技前沿
与跨学科融合，做到“以守恒破万变，以模型驭创新”。
题型1 动能定理的综合应用
例1.(2024 广东模拟预测)春播时节，携带农药的无人机在田间执行喷洒药剂任务。
无人机悬停在一块试验田的上空，某时刻起，它以大小a＝2 m/s2的加速度匀加速竖直下降，经时间t1
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
＝4 s 后开始匀速竖直下降，再经时间t2＝2.5 s 开始匀减速竖直下降，匀减速下降8 m 后恰好重新悬
停，然后在距试验田的高度为4 m 处水平飞行喷洒药剂。无人机的质量m＝40 kg，下降过程中受到的
空气阻力大小恒为f＝60 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)无人机第一次悬停时距试验田的高度H；
(2)无人机匀减速下降时所受竖直升力的大小F；
(3)无人机下降的全过程中所受竖直升力的平均功率P。
答案(1)48 m (2)500 N (3)1 760 W
解析(1)无人机匀加速下降的高度h1＝1
2at1
2＝16 m
无人机匀速下降的速度大小v＝at1＝8 m/s
无人机匀速下降的高度h2＝vt2＝20 m
又H＝h1＋h2＋h3＋h4
其中h3＝8 m，h4＝4 m
解得H＝48 m。
(2)设无人机匀减速下降过程的加速度大小为a'，根据匀变速直线运动的规律有v2＝2a'h3
解得a'＝4 m/s2
根据牛顿第二定律有F＋f－mg＝ma'
解得F＝500 N。
(3)设无人机匀减速下降的时间为t3，根据匀变速直线运动的规律有v＝a't3
对全过程，根据动能定理有
(mg－f)(ℎ1＋ℎ2＋ℎ3)－P(t1＋t2＋t3)＝0
解得P＝1 760 W
例2.某游乐场有一种“双环过山车”，其运行原理可以简化成如图所示的“物块
－轨道”模型。AB 段和两竖直圆轨道1、2 均光滑，圆轨道1、2 的半径分别为R1＝2 m、R2＝1.6 m，
B、C 为两圆轨道的最低点且略微错开可以使物块通过。一个质量为m＝1 kg 的物块(视为质点)，从右
侧轨道的A 点由静止开始沿轨道下滑，恰能通过第一个竖直圆轨道1。已知物块与BC 段间的动摩擦因
数可调节，物块与CD、DE、EF 段平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.1，LBC＝LCD＝6 m，LDE＝1 m，DE
段与水平面的夹角α＝53°，EF 段平直轨道足够长，所有轨道可认为在同一竖直面内，sin 53°＝
0.8，取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求A 点距BC 水平轨道的高度h；
(2)要使物块恰好通过1 轨道后，进入轨道2 而不脱离，求物块与BC 段间的动摩擦因数μBC可设计的范
围；
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(3)物块恰好通过2 轨道后，沿轨道CDE 运动到E 处时，在光滑“挡板”作用下转变为做水平方向的直
线运动，求物块在EF 段停止的位置到E 点的距离x。(不考虑物块在D、E 点的能量损失)
答案(1)5 m (2)见解析 (3)25.4 m
解析(1)物块恰好能通过竖直圆轨道1，设物块在轨道1 最高点的速度大小为v1，则在最高点满足mg＝m
v1
2
R1
物块从A 点运动到圆轨道1 最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R1)＝1
2mv1
2
联立解得h＝5 m。
(2)若物块恰好能通过竖直圆轨道2 的最高点，设物块在轨道2 最高点的速度大小为v2，则有mg＝mv2
2
R2
物块从圆轨道1 最高点到圆轨道2 最高点的过程，由动能定理有
mg(2R1－2R2)－μBCmgLBC＝1
2mv2
2－1
2mv1
2
解得μBC＝1
6
若物块在竖直圆轨道2 的圆心等高处速度恰好为零，由动能定理有
mg(2R1－R2)－μBCmgLBC＝0－1
2mv1
2
解得μBC＝17
30
若物块恰能进入竖直圆轨道2，由动能定理有
mgh－μBCmgLBC＝0
解得μBC＝5
6
故物块与BC 段间的动摩擦因数μBC的范围为
0＜μBC≤1
6 或17
30≤μBC≤5
6。
(3)物块从圆轨道2 最高点到最终停止的过程，由动能定理有mg(2R2－LDEsin α)－μmgLCD－μmgLDEcos
α－μmgx＝0－1
2mv2
2
解得x＝25.4 m。
应用动能定理解题的四点注意
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1．(2024 广东云浮调研)如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R＝0.6 m 的
竖直半圆轨道BC 在B 处平滑连接，C 点在B 点的正上方，有一质量为m＝1 kg 的滑块(大小不计)受水平
外力F 的作用，从A 处由静止开始向右运动，F 与滑块位移x 的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB 间
的动摩擦因数为μ＝0.25，与轨道BC 间的动摩擦因数未知，g 取10 m/s2。(规定水平向右为力F 的正
方向)
甲 乙
(1)求滑块到达B 处时的速度大小；
(2)求滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 所用的时间；
(3)若滑块到达B 点时撤去外力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨
道上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2√10 m/s (2)2√70
35
s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝1
2 mvB
2
解得vB＝2√10 m/s。
(2)在前2 m 内，根据牛顿第二定律有
F1－μmg＝ma
且x1＝1
2 at1
2
解得t1＝2√70
35
s。
(3)滑块恰好能到达最高点C，根据牛顿第二定律有mg＝mvC
2
R
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得－Wf－mg·2R＝1
2 m vC
2 －1
2 m vB
2
解得Wf＝5 J
可知滑块克服摩擦力做的功为5 J。
题型二 机械能守恒定律的综合应用
例3.如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R 的半圆形
细圆管轨道BCDE 和1
6 圆周细圆管轨道EFG 构成一游戏装置固定于地面，B、E 两处轨道平滑连接，轨道
所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G 和圆心O2的连线以及O2、E、O1和B 四点连成的直线与水平线
间的夹角均为θ＝30°，G 点与竖直墙面的距离d＝√3R，现将质量为m 的小球从斜面的某高度h 处静
止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力，重力加速度为g。
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C 时，求速度大小vC及在此过程中所受合力
的冲量I 的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D 点所受弹力FN与h 的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h 应该满足什么条件？
答案(1)√2 gℎ0 m√2 gℎ0，方向水平向左 (2)FN＝2mg(
ℎ
R －1)(h≥R) (3)h＝9
2R 或h≤5
2R
解析(1)小球由A 到C 的过程，由机械能守恒定律有
mgh0＝1
2mvC
2
解得vC＝√2 gℎ0
由动量定理得I＝mvC－0＝m√2 gℎ0，方向水平向左。
(2)小球由A 到D 的过程，由机械能守恒定律有
mg(h－R)＝1
2mv D
2
根据牛顿第二定律有FN＝mv D
2
R
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得FN＝2mg(
ℎ
R －1)，满足的条件为h≥R。
(3)小球释放后能从原路返回到出发点，共有两种情况。第一种情况：小球恰好到达G 点不滑离轨道或
者到达不了G 点，原路返回，条件是h≤5
2R
第二种情况：小球到达G 点后滑离轨道与墙面垂直碰撞后原路返回，则有vxt＝vx·v y
g ＝d
其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ
小球由A 到G 的过程，由机械能守恒定律有
mg(ℎ－5
2 R)＝1
2mvG
2
解得h＝9
2R
若小球释放后能从原路返回到出发点，则高度h 应该满足h＝9
2R 或h≤5
2R。
例4.如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。斜面上一轻质弹
簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，由A
处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑的位移x 的变化关系如图(b)
所示。已知AB 段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB 段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹
性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N 时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B 点时的动能；
(3)滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
答案 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持
力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N 时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩
擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma ①
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
FN－mgcos θ＝0 ②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为Ek。设滑块离B 点的最大距离为smax，由
动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。
2．(2023 广东中山高三下期末)如图甲所示，光滑曲面MP 与光滑水平面PN 平滑连接，
N 端紧靠速度恒定的传送带装置，PN 与它上表面在同一水平面。以A、B 为端点的半圆形光滑轨道固定
于竖直面内，A 点位于传送带的右端，B 点与水平地面相切。质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)在MP
上某点静止释放后下滑，从滑上传送带左端开始计时，物块在传送带上运动的v -t 图像如图乙所示。
t＝2 s 时物块到达传送带右端，然后恰好能通过A 点沿半圆弧轨道滑下，最终停在水平面上的C 点(C
点未画出)，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
系统机械能守恒问题的思维流程
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)传送带的长度L 和半圆弧轨道的半径R；
(2)C 点与B 点的距离s；
(3)改变物块在MP 上的释放点，要使物块仍能停在C 点，则物块在MP 上的释放点与PN 平面高度差h 应
该在什么范围？
答案(1)3.5 m 0.4 m (2)2 m (3)0＜h≤0.55 m
解析(1)由v -t 图像可知，0～2 s 内，物块的位移大小等于传送带的长度L，设物块滑上传送带的速度
大小为v0，传送带速度为v，由v -t 图像可知，加速阶段s1＝(v0＋v )
2
t1＝1.5 m
匀速阶段s2＝vt2＝2 m
则L＝s1＋s2＝3.5 m
物块滑至传送带右端的速度为v，恰好通过半圆弧轨道的最高点，由牛顿第二定律得mg＝mv
2
R
解得R＝0.4 m。
(2)物块从A 到C，由动能定理得
mg·2R－μmgs＝0－1
2mv2
解得s＝2 m。
(3)要使物块能停在C 点，即物块离开传送带时必须与传送带共速。 设物块与传送带间的动摩擦因数
为μ1，由动能定理得μ1mgs1＝1
2mv2－1
2mv0
2
改变物块在MP 上的释放点，物块在MP 曲面上的释放点与PN 平面高度差为h。
(ⅰ)若物块滑至传送带左端时的速度小于v，则物块在传送带上加速至与传送带共速过程中的位移x1
必须满足x1≤L
由动能定理得mgh＋μ1mgx1＝1
2mv2
解得h＞0(当h＝0 时，物块会静止于P、N 之间)；
(ⅱ)若物块滑至传送带左端时的速度大于v，则物块在传送带上减速至与传送带共速过程中的位移x2必
须满足x2≤L
由动能定理得mgh－μ1mgx2＝1
2mv2
解得h≤0.55 m；
综上可知h 的范围为0＜h≤0.55 m。
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
题型三 功能关系
例5.如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC
在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(可视为质点)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的
大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未
知，g 取10 m/s2。求：
(1)滑块到达B 处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；
(3)若到达B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道
上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝mv
解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m 内，有F1－μmg＝ma
且x1＝at，解得t1＝ s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有
mg＝m
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得
Wf－mg·2R＝mv－mv
代入数值得Wf＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J。
例6.如图甲所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞
设施等部分组成。如图乙所示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8 t，在直干道上以
72 km/h 的速度向坡下行驶，运动到A 处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的
圆弧车道驶上制动坡床进行减速，再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C 间的高
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
度差为50 m，卡车运动到C 点时速度为108 km/h，制动坡床可视为与水平面间的夹角为θ＝30°的斜
面，卡车在制动坡床上运动时受到坡床的阻力大小是其重力大小的，重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)求卡车从A 运动到C 的过程中损失的机械能。
(2)为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？
(3)卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？
答案 (1)2×106 J (2)37.5 m (3)4×104 N
解析 (1)卡车从A 运动到C 的过程，以C 点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有
mgh＋mv＝ΔE＋mv
解得ΔE＝2×106 J。
(2)卡车经过C 点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有
－mgLsin θ－fL＝0－mv，其中f＝mg
解得L＝37.5 m
故这条避险车道至少需要37.5 m。
(3)由于mgsin θ＝mg＜f＝mg，卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动
卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为Ff＝mgsin θ，解得Ff＝4×104 N。
3．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC 相切车表面于B 点，一个质量为m＝
1.0 kg 可以视为质点的物块放置在A 点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s 沿光滑水平面上向右匀速运动。
劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也
不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B 处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的
质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因
数为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2。求：
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B 点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
答案 (1)2 m/s2 (2)2 m/s
(3)14.5 J 1 m
解析 (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有
mg＝m
物块从B 运动到C 的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋mv＝mv
联立解得vB＝2 m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A 相对地面的位移
x1＝＝ m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
题型四 动量与能量的综合应用
例7.喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞
行器，再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度，如图9 所示。
现有一质量为M 的使用者被缓慢推至水面上方某一高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为m，水喷出
前的速度为零，两个喷水口的横截面积均为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，空气阻力及抽水过程
中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计，求：
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)两个喷水口喷出水的速度需要多大？
(2)飞行器喷水的平均功率多大？
答案 (1) (2)(M＋m)g
解析 (1)使用者和飞行器在水面上方某一高处悬停，根据平衡条件可知，喷水产生的推力为
F＝(M＋m)g
对喷出的水用动量定理，可得F′Δt＝2Δmv
其中Δm＝ρvΔtS
根据牛顿第三定律可知F＝F′
解得v＝。
(2)根据动能定理，飞行器在Δt 时间内对水做的功为W＝×2Δmv2－0
则飞行器喷水的平均功率为
P＝＝(M＋m)g。
例8.(2024 广东省三模)如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动
娱乐项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m 的
木板B，质量为3m 的物体A 从B 中央正上方高为h 处由静止释放，随后A 与B 发生完全非弹性碰撞，
一起向下运动．若A 与B 碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为，A、B 始终在同一竖直线上运动，
弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1) A 与B 碰后瞬间的速度大小．
(2) A 与B 碰撞瞬间，损失的机械能．
(3) A 与B 碰后一起向下运动到最低点的过程中，A 对B 做的功．
答案 (1) (2) mgh (3) mgh
解析 (1) 设A 与B 碰前瞬间速度大小为v0，A 自由下落时，由机械能守恒定律可得
3mgh＝×3mv
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得v0＝
A 与B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
3mv0＝(3m＋m)v
解得v＝
(2) A 与B 碰撞瞬间，损失的机械能
ΔE＝E1－E2＝×3mv－×(3m＋m)v2
代入数据解得ΔE＝mgh
(3) 设A、B 一同向下运动的全过程，A 克服B 的弹力做的功为W1，对A 应用动能定理可得－W1＋
3mg×h＝0－×3mv2
解得W1＝mgh
则A 对B 做的功为W2＝W1＝mgh
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
4.(2024 大湾区联合模拟一)如图所示，P 点左侧有一高h＝5.0 m 的平台与半
径R＝2.0 m 的四分之一光滑圆弧底部相切，平台表面粗糙，长度为1.0 m．现让一物块A 从圆弧左侧与
圆心等高处静止释放，下滑至平台与另一置于平台右侧边缘的物块B 发生碰撞，碰后其中一个物块落
在地面上的M 点，另外一个物块落到N 点，M 点和N 点与平台右侧边缘的水平距离分别为1.0 m 和2.0
m，已知A、B 两物块可视为质点，物块A 与平台的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1) 碰撞前物块A 的速度v 的大小．
(2) 落到M 点和N 点对应的平抛运动初速度v1和v2的大小．
(3) 物块A 和物块B 的质量之比．
应用动量定理解题的步骤
应用动量守恒定律解题的步骤
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案 (1) 6 m/s (2) 1 m/s 2 m/s (3) 或或
解析 (1) 根据题意，物块A 由静止释放到与物块B 碰撞前过程中，由动能定理有
mAgR－μmAgL＝mAv2－0
解得v＝6 m/s
(2) 竖直方向上，由h＝gt2
可得两物块做平抛运动的时间为t＝＝1 s
水平方向上有xPM＝v1t，xPN＝v2t
解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s
(3) 如果物块A 与物块B 碰撞后均往前运动，则两者落点分别为M 和N，根据动量守恒定律有mAv
＝mAv1＋mBv2
解得 ＝
碰撞前的动能为Ek1＝mAv2＝18mA
碰撞后的动能为Ek2＝mAv＋mBv＝mA
则有Ek1>Ek2，满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到M 点，假设撞后瞬间物块A 速率为v3，根据动能定理和动量守
恒定律有
－μmAg·2L＝mAv－mAv
mAv＝－mAv3＋mBv2
解得 ＝
同理，对碰撞前后动能进行比较有
mAv2>mAv＋mBv
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到N 点，假设撞后瞬间物块A 速率为v4，根据动能定理和动量守
恒定律有
－μmAg·2L＝mAv－mAv
mAv＝－mAv4＋mBv1
解得 ＝
同理，对碰撞前后动能进行比较有
mAv2>mAv＋mBv
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
综上所述，物块A 和物块B 的质量之比为或或.
1．如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑
草场修建如图乙所示模型。斜面滑道CD 与水平地面AB 的夹角θ＝37°，在底端右侧有一半径R＝1 m
的竖直圆弧轨道BE 与AB 相切，B 为切点。其中CD 的长度L＝125 m，DB 之间距离l＝5 m。一个质量m
＝60 kg 的游客(可视为质点)从C 点由静止开始下滑，恰好到达E 点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的
动摩擦因数均为μ＝0.7，且经过D、B 两点时不考虑能量损失，忽略空气阻力，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)游客到达斜面底端D 时重力的瞬时功率；
(2)游客到达B 点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)从B 到E 的过程中，摩擦力对游客做的功。
答案 (1)3600W (2)2400N (3)－300J
解析 (1)游客从C 到D 过程，根据动能定理得
mgLsin θ－μmgcos θ·L＝mv－0
解得vD＝10 m/s
游客到达斜面底端D 时重力的瞬时功率为
PG＝mgvDsin θ＝3 600 W。
(2)游客从D 到B 过程，根据动能定理得
－μmgl＝mv－mv
解得vB＝ m/s
游客到达B 点时，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝m
解得FN＝2400N
根据牛顿第三定律可知，游客到达B 点时，对圆弧轨道的压力大小为2 400 N。
(3)从B 到E 的过程，根据动能定理得
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
－mgR＋Wf＝0－mv
解得Wf＝－300 J。
2．如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O 点为连
接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M 上，弹簧自然伸长时另一端N 与O 点的距离为
s。质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩
量为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)若物块能够被重新弹回到坡道上，则它在坡道上能够上升的最大高度H。
答案 (1)mgh－μmg(s＋d) (2)h－2μ(s＋d)
解析 (1)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgh＝Ep＋Wf
解得弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgh－μmg(s＋d)。
(2)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgH＝Ep－Wf
解得物块A 能够上升的最大高度为
H＝h－2μ(s＋d)。
3．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体ABC 固定在高度为h＝0.8 m 的水平桌面上，斜面顶点C 与桌面边
缘D 距离L＝0.4 m，Q 为斜面上的一点，P 是QC 的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数μ1＝0.5，与桌
面间动摩擦因数μ2＝0.1。将小滑块从斜面上P 点由静止释放，刚好能够停在D 点；再将小滑块从斜面
上Q 点由静止释放，小滑块越过D 点做平抛运动落在水平地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损
失不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2。求：
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
图9
(1)斜面上点P 与点C 之间的距离；
(2)小滑块做平抛运动的水平位移。
答案 (1)0.2 m (2)0.16 m
解析 (1)设P、C 两点之间的距离为L1，从P 点到D 点，克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mgL
根据能量守恒定律，有mgL1sin θ－Wf＝0
解得L1＝＝0.2 m。
(2)设小滑块从Q 点由静止释放运动到D 点时的速度为v，由动能定理，有
2mgL1sin θ－2μ1mgL1cos θ－μ2mgL＝mv2
解得v＝ m/s＝0.4 m/s
小滑块从D 点做平抛运动，竖直方向有
h＝gt2
解得t＝＝0.4 s
平抛运动的水平方向位移x＝vt
代入数据解得x＝0.16 m。
4．如图所示，O 为固定在水平面的转轴，小球A、B 的质量均为m，A 与B、O 间通过铰链用轻杆连接，杆
长均为L，B 球置于水平地面上，B、O 之间用一轻质弹簧连接。现给A 施加一竖直向上的力F，此时两
杆夹角θ＝60°，弹簧处于原长。改变F 使A 球缓慢运动，当θ＝106°时力F 恰好为零。A、B 始终在
同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度为
g。
(1)求弹簧的劲度系数k；
(2)若A 球自由释放时加速度为a，此时B 球加速度多大？
(3)在(2)情况下当θ＝90°时，B 的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。
答案 (1) (2)(3)mgL－mv2
解析 (1)对A 球受力分析，如图甲所示
有2F1cos 53°＝mg
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
对B 球受力分析，如图乙所示
有FBsin 53°＝kx
其中x＝2L(sin 53°－sin 30°)
且F1＝FB，解得k＝。
(2)A 球自由释放时的加速度方向垂直于AO 杆，
由牛顿第二定律得
mgcos 60°－F1cos 30°＝ma
对B 有F1cos 60°＝maB
解得aB＝。
(3)当θ＝90°时，vA＝vcos 45°，对系统由机械能守恒定律得
mgL(cos 30°－cos 45°)＝mv＋mv2＋Ep
解得Ep＝mgL－mv2。
5．(2023 中山模拟)如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B 点，右端与一倾角为
30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧．
一质量为3 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次
可将弹簧压缩至D 点．已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC 长为0.4 m，滑块与BC 间的动
摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m，取g＝10 m/s2．求：
(1)滑块第一次经过B 点时对轨道的压力大小．
(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能．
(3)滑块最终停在何处．
答案(1)90 N (2)2.1 J (3)距B 点0.15 m 处
解析(1)滑块从A 点到B 点，由动能定理可得mgR＝mv
滑块在B 点，由牛顿第二定律有F－mg＝m
解得F＝90 N
由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B 点时对轨道的压力为F′＝F＝90 N
(2)滑块从A 点到D 点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得
mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
其中Ep＝－W
解得Ep＝2.1 J
(3)滑块最终停止在水平轨道BC 间，从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程，由动能定理可
得
－μmg·s＝0－mv
解得s＝2.25 m
则滑块在BC 段上运动的次数为n＝＝5.625
说明滑块在BC 上滑动了5 次，又向左运动
0．625×0．4 m＝0．25 m
故滑块最终停止在BC 间距B 点0.15 m 处(或距C 点0.25 m 处)．
6．(2023 广州三模)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m 处由静止
自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m．若使篮球从距地面h3＝1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的
同时运动员向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m．该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值K 不
变，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)比值K 的大小．
(2)运动员拍球过程中对篮球所做的功．
答案(1)1.5 (2)4.5 J
解析(1)设篮球自由下落与地面碰撞前瞬间的动能为Ek1，篮球与地面碰撞后瞬间篮球的动能为
Ek2，由动能定理可知篮球下落过程mgh1＝Ek1－0
篮球上升过程－mgh2＝0－Ek2
则K＝＝1.5
(2)第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得
－mgh4＝0－Ek4
第二次从1.5 m 的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得
W＋mgh3＝Ek3，K＝
解得W＝4.5 J
7．某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道AB 段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径
R＝4 m，B 为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC 两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD 平滑相连，传
送带以速度v＝10 m/s 向左匀速运动。一个质量为m＝50 kg 的滑雪运动员(视为质点)从右侧雪道上的
A 点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与BC 段间的动摩擦因数μ1可调节，与传
送带CD 间的动摩擦因数为μ2＝0.36，LBC＝12 m，LCD＝5 m，所有轨道均在同一竖直面内，重力加速度
g＝10 m/s2 ，不计空气阻力。
(1)求A 点距水平轨道BC 的高度h；
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)若要使运动员一直匀加速通过传送带CD，则其与BC 段间的动摩擦因数μ1的取值范围为多少？
(3)若运动员以最长时间通过传送带，从D 点水平飞出落在倾角α＝37°的斜坡DE 上，求运动员在斜
坡上的落点与传送带上表面的竖直高度h'(sin 37°＝0.6)。
答案(1)10 m (2)17
30≤μ1≤5
6 (3)4.05 m
解析(1)设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v，则在最高点满足mg＝mv
2
R
运动员从A 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R)＝1
2mv2
解得h＝10 m。
(2)运动员要一直匀加速通过传送带，则vC≥0 且vD≤10 m/s
运动员从A 到C 过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＝1
2mvC
2－0
运动员从A 到D 过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＋μ2mgLCD＝1
2mv D
2－0
解得17
30≤μ1≤5
6。
(3)运动员要以最长时间通过传送带，则其在传送带上做vC＝0 的匀加速直线运动，从C 到D 的过程中，
由动能定理可得μ2mgLCD＝1
2mv D
2－0
解得vD＝6 m/s
运动员从D 点飞出后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为h'，则
x＝vDt，h'＝1
2gt2，ℎ'
x ＝tan 37°
联立可得h'＝4.05 m。
8．(2023 惠州调研)如图所示，AB 与CD 是两段半径为R＝2 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆心连线O1O2水
平，BC 错开的距离略大于小球的直径，整个装置竖直放置于水平长轨道MN 上，AB 与水平轨道MN 相切
于A 点．水平轨道MP 段光滑，PA 段粗糙、长为2R，运动小球受到PA 段阻力为小球重力的0.25 倍．有
一自由长度小于MP 的轻弹簧左端固定于M 处，右端与质量为m＝0.5 kg 的小球接触(不拴接)．开始时，
弹簧处于被压缩的锁定状态，锁定时的弹性势能Ep＝50 J，解除锁定后，小球将被弹出，取g＝10
m/s2．
(1)求小球运动到圆弧轨道A 点时速度vA大小．
(2)求小球运动到A 点时对圆弧轨道压力的大小和方向．
(3)圆弧轨道右侧有一个高h 为 m 的斜面，若小球恰好落在斜面顶端，求小球落到斜面顶端的速度
大小．
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案(1)6 m/s (2)50 N，方向竖直向下 (3)12.5 m/s
解析(1)小球从静止运动到A 的过程中，根据动能定理可得
Ep－0.25mg·2R＝mv－0
解得vA＝6 m/s
(2)在A 点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝
解得FN＝50 N
根据牛顿第三定律可得，小球对圆弧轨道压力为F′N＝FN＝50 N，方向竖直向下．
(3)小球从A 点到D 点，根据机械能守恒定律得
mv＝mv＋2mgR
解得vD＝10 m/s
之后小球从D 点飞出做平抛运动，则有2R－h＝gt2
解得t＝0.75 s
在t 时间内竖直方向的速度为vy＝gt＝7.5 m/s
故小球落到斜面顶端的速度大小v＝
解得v＝12.5 m/s
9．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，
假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲
击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水
的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
答案 (1)ρSv0 (2)
ρ
2S
2v0
4−M
2 g
2
2 ρ
2S
2v0
2 g
解析 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝v0SΔt
则单位时间内从喷口喷出的水的质量为
m0＝Δm
Δt ＝ρv0S。
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对
于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得
1
2m0v2＋m0gh＝1
2 m0v0
2
在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝Δmv
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg
联立式得h＝v0
2
2g
－
M
2 g
2 ρ
2v0
2 S
2＝
ρ
2S
2v0
4−M
2 g
2
2 ρ
2S
2v0
2 g
。
1．（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）
解析（1）A 在传送带上运动时的加速度
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
2．（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
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
答案（1）
，
；（2）
；（3）
解析（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
。
3．（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，
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
解析（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
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
4．（2024 广东高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过
程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平
状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为
，敏感球的质量为m，
重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值
。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体
运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F 随时
间t 的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量
，重力加速度大小
取
。求：
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
答案（1）
；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解析（1）敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可
知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
29
