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押计算题（陕西、山西、宁夏、青海卷）
动量守恒综合计算
猜押题型
新高考
课标要求
命题分析
选择题14
八省联考
1.理解动量定理，
会灵活利用动量定
理求解时间、末速
度等物理量。2.理
解动量守恒定律成
立的条件，会在碰
撞、爆炸等相互作
用的系统中利用动
量守恒定律解决有
关问题。3.掌握碰
撞特点及拓展模
型，会应用动量守
恒定律等规律解决
实际问题。
结合生活实例：高考物理复习将围绕生活实
例展开，动量守恒定律在生活中的应用将是
考查的重点。因此，动量守恒计算题可能会
结合一些实际的生活场景，如碰撞、爆炸、
反冲等，考察学生运用动量守恒原理解决实
际问题的能力。
注重综合应用：动量守恒定律往往与其他力
学知识如动力学、功和能等相结合进行考
查。因此，动量守恒计算题可能会涉及多个
知识点的综合应用，要求学生具备较强的综
合运用能力。
强调解题技巧：高考物理命题越来越注重解
题技巧的考查，动量守恒计算题也不例外。
学生需要掌握一些常用的解题技巧，如选取
合适的参考系、明确动量守恒的条件、正确
应用动量守恒定律的表达式等。
题型一 动量
1．（2025·河北·一模）如图所示，竖直平面内圆心为
、半径
的四分之一光滑圆弧
形轨道
与水平地面相切于
点，水平地面上
点处锁定一质量
的物块
，
1
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物块
通过原长
的轻质弹簧拴接在右侧的固定挡板上，
点到挡板的距离
，
点到
点的距离
，弹簧的劲度系数
，另一质量也为
的物块
从圆弧轨道
点正上方的
点由静止释放，
点到
点的竖直高度
。已知两物块与水平地面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，两物块均可视为质点，发生碰撞时间极短，碰后会粘在一起，且碰前瞬间解除
物块
的锁定，弹簧始终未超过弹性限度，弹簧的弹性势能
（
为弹簧的劲度
系数，
为弹簧的形变量），重力加速度
，求：
(1)物块
运动到
点时，对圆弧轨道的压力大小；
(2)整个过程中，弹簧的最大弹性势能；
(3)物块
在水平地面上滑行的路程。
【答案】(1)35.25N
(2)
(3)
2
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【详解】（1）物块
从
点运动到
点的过程，由机械能守恒定律有
在
点有
解得
所以物块
运动到
点时，由牛顿第三定律得物块
对圆弧轨道的压力大小为35.25N。
（2）物块
从
点到
点，由动能定理可知
物块
从
点到
点与物块
碰撞，由动量守恒定律有
两物块碰撞后的运动是阻尼运动，弹簧第一次压缩到最短时弹性势能最大，设弹簧第一次
压缩到最短时的压缩量为
，弹簧的初始压缩量
两物块碰后至弹簧第一次压缩到最短的过程中，由动能定理可知
解得
弹簧从原长压缩到
的过程中，弹性势能大小等于弹簧弹力做功的大小，有
（3）弹簧第一次压缩到最短时，弹簧弹力大小
3
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两物块被弹回到速度再次减为零时，设弹簧的伸长量为
，则该过程由动能定理可知
解得
此时弹簧弹力大小
所以两物块不能静止，继续拉回，到速度再次减为零，设弹簧第二次压缩到最短时，压缩
量为
，则该过程中由动能定理可知
解得
此时弹簧弹力大小
综上可知，从弹簧第一次压缩至最短到以后每次速度减为零，弹簧的形变量都会减小
可知
，此时弹簧弹力大小
，此时弹簧弹力大小
两物块静止不再运动，所以整个过程中物块
在水平地面上运动的路程为
2．（情境创新题）如图所示，物块B 套在固定的竖直杆上的O 点，竖直杆足够长，将O 点记
为坐标原点，沿固定直杆竖直向下建立坐标轴x，物块B 与竖直杆之间存在摩擦力，初态
时物块B 恰好处于静止状态不下滑。现将物块A 从O 点正上方
处由静止释放，物块A
与竖直杆之间没有摩擦力，物块A 下滑过程中与物块B 发生的所有碰撞均为弹性碰撞，且
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两者发生碰撞所用的时间极短。已知物块A 的质量
，物块B 的质量
，
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
(1)物块A 与物块B 发生第一次碰撞后反弹的高度
；
(2)物块A 与物块B 发生第一次碰撞后到第二次碰撞前，两者之间的最大距离
；
(3)物块A 与物块B 发生第n 次碰撞时，物块B 的位置坐标。（结果均可用分数表示）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设A 与B 碰前速度为
，则有
由于A 与B 的碰撞为弹性碰撞，则有
，
解得
，
5
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A 碰撞后反弹过程机械能守恒，则有
解得物块A 与物块B 发生第一次碰撞后反弹的高度
（2）碰后B 匀速下滑，A 沿杆向上做竖直上抛运动，当二者速度相同时相距最远，根据
得
B 的位移
A 的位移
，
解得
（3）设A 与B 第二次碰前速度为
，该过程中两者向下位移相等，则两物块平均速度相
等，
即
解得
所用时间
第1、2 两次碰撞之间B 移动的位移为
设第二次碰后A、B 速度分别为
、
，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
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，
解得
，
任意两次碰撞之间两物块位移相等，设A 与B 第三次碰前速度为
，则有
解得
所用时间
2、3 两次碰撞之间B 移动的位移为
同理第3、4 两次碰撞之间B 移动的位移为
可得第
、n 次碰撞之间B 移动的位移为
物块A 与物块B 发生第n 次碰撞时，物块B 的位置坐标
3．（2025·安徽·一模）如图所示，质量m=2kg 的滑块（视为质点），从半径R=5m 的光滑四
分之一圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道最低点A 与静止在光滑地面上的长木板平滑相
接，长木板的长度L=4m，质量M=3kg。滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，
长木板右端也刚好到达右侧等高固定的平台处，滑块顺利滑上平台，平台上固定有一底端
C 处开口的竖直圆轨道，滑块从C 处进入圆轨道后，在一沿运动切线方向的外力作用下做
匀速圆周运动，转动一周后撤去外力，滑块通过圆轨道后滑上C 右侧平台，与静止在D 处
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的轻质挡板相撞后粘在一起。已知滑块与圆轨道间的动摩擦因数
，与C 右侧平台
间的动摩擦因数
，C 左侧平台光滑，
，轻质挡板与轻弹簧铰接，弹
簧另一端固定在右侧挡板上，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧弹性势能的表达式为
（x 为弹簧形变量），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
g=10m/s2。求：
(1)滑块对圆弧轨道最低点A 处的压力大小；
(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ1；
(3)从滑块冲上长木板到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据机械能守恒定律则有
代入数据解得滑块在A 点的速度
在A 点时，由牛顿第二定律可得
解得
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根据牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道最低点A 处的压力大小
（2）滑块以
的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为
，则从滑上长木板到二
者相对静止的过程中，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒则有
代入数据解得
，
（3）滑块的整个运动过程有三段产生摩擦热，第一段过程为滑块以速度
冲上长木板到
两者相对静止的过程，此过程产生的摩擦热
第二段过程为滑块以速度
冲上右侧的固定平台后,在竖直圆轨道匀速运动一周的过程,如
图所示
选取竖直圆轨道上下对称的P、P'两点,根据牛顿第二定律则有
，
在P、P'两点附近选取微元,则滑块在这两段微元克服摩擦力做的功之和
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求和可得
代入数据解得
第三段过程为滑块滑上C 右侧平台并与弹簧接,由功能关系可知,弹簧第一次被压缩到
最短(此时滑块运动到E 点)则有
代入数据解得
第三个阶段产生的热量
故整个过程产生的热量为
4．（2025·山东·模拟预测）如图所示，A、B 两个可视为质点的物块置于水平粗糙的地面上，
A、B 相距
，质量
，A、B 与地面间的动摩擦因数均为
，
在B 的右侧，水平地面与一段足够长的光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道的半径
。
时刻给物块A 一水平向右的大小
的拉力，一段时间后撤去
，
又经过一段时间后A 与B 发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，碰撞过程中能量损失
。取
3.14，求：
(1)拉力
作用的距离以及物块沿圆弧面上滑的高度；
(2)从
时刻到两物块停止运动的整个过程中，A、B 与地面摩擦产生的热量；
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(3)从
时刻到物块停止运动所用的总时间。
【答案】(1)4m，0.05m
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，质量相等的两物体发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律
碰撞过程中能量损失
可知动能失量为初动能的
，故碰撞前A 的动能
可得
碰后速度为
设外力F 作用的距离为x，则根据动能定理有
解得
设A、B 沿圆弧面上滑的高度为
，根据能量守恒定律有
解得
（2）A 与B 碰前，A 与桌面之间因摩擦产生的热量
解得
由（1）可知，A 与B 碰后的速度大小为
，A 与B 碰后到停止运动，由功能关系得
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所以整个过程中A、B 与桌面因摩擦产生的热量
（3）碰撞前A 经历了先加速后减速的运动，加速过程中，根据牛顿第二定律，有
根据速度时间公式，有
位移为
解得时间为
速度为
减速过程，根据牛顿第二定律可得
=2m/s2
根据速度时间公式，有
碰撞前
的动能为
，可知碰撞前
的速度大小2m/s，解得
由于上升高度远小于圆弧半径，可等效看作为单摆模型，A、B 在圆弧轨道上的运动时间
为半个单摆的周期，有
回到在水面上的加速度为
=2m/s2
碰撞后物块的速度大小
所以回到水平面上后，有
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总时间为
5．（情境创新题）如图所示，光滑曲面AB 与粗糙水平面BC 平滑连接于B 点，BC 右端连接内
壁光滑、半径
的
细管CD，管口D 端正下方直立一根劲度系数k=100N/m 的轻
弹簧，弹簧下端固定，另一端恰好与管口D 端平齐。质量为
的小球1 从距BC 的
高度
处静止释放，与静止在B 点质量为
的小球2 发生碰撞，碰后小球
1 立即停止运动，小球2 沿BC 轨道进入管口C 端时与圆管恰好无作用力，通过CD 后，在
压缩弹簧过程中小球2 速度最大时弹簧的弹性势能
。两球均可以视为质点，重力
加速度g 取
。求：
(1)小球1 在B 点与小球2 碰撞前的速度大小
；
(2)小球2 在BC 轨道上运动过程中，克服摩擦力做的功W；
(3)小球2 在压缩弹簧过程中的最大动能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
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【详解】（1）小球1 在曲面AB 上运动的过程中，根据动能定理得
解得
（2）规定向右为正方向，碰撞过程，设碰后
速度为
，动量守恒定律有
在C 点，根据牛顿第二定律得
根据定能定理得
解得
（3）小球2 速度最大时，小球合力为0，即
根据能量守恒得
解得
6．（2025·湖北·一模）如图所示，足够长的固定斜面与一光滑水平面平滑连接，在水平面上
距斜面足够远处有一竖直挡板
。某时刻，质量为
的物块
以
的速度向右
运动，质量为
的物块
以
的速度沿斜面向下滑行。已知斜面倾角
与斜面间的动摩擦因数
，开始时
距斜面底端
与
的碰撞
均为弹性碰撞，
与
碰撞后速度反向且大小减为碰前的
，A 运动过程中始终未滑上斜
面，重力加速度大小
。求
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(1)B 与A 第1 次碰撞前的速度大小；
(2)A 与B 第1 次碰撞后二者的速度大小；
(3)A 与B 静止时，B 在斜面上运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）B 沿斜面下滑，由牛顿第二定律
运动至斜面底端，与
第1 次碰撞前的速度大小为
，由运动学公式
解得
（2）
与
第1 次碰撞后，速度大小分别为
、
，由动量守恒定律和能量守恒定律，
则有（以向右为正方向）
，
解得
，
（3）
以速度
沿斜面上滑，由牛顿第二定律
由运动学公式
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运动至斜面底端，速度大小为
，由运动学公式
解得
以此类推，每次B 滑下斜面的速度是其滑上斜面速度大小的
。因此，在第二次碰前
第二次碰撞后
，
第三次碰前
第三次碰撞后
，
第四次碰前
第四次碰撞后
，
不难看出，第
次碰后二者速度均为第
次碰后的
。而第一次碰后至第二次
碰前，
在斜面上经过路程
第二次碰后至第三次碰前，B 在斜面上经过路程
而第三次碰后第四次碰前，B 在斜面上经过路程
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第四次碰后至第五次碰前，B 在斜面上经过路程
故第
次碰后至第
次碰前
在斜面上运动的路程为第
次碰后至第
次碰前
在斜上经过路程的
所以，
与
静止时，
在斜面上运动的总路程
7．（2025·河北·模拟预测）如图所示，平台上固定半径为R 的四分之一弧形轨道
、水平
轨道
、半径为
的竖直圆轨道
、水平直轨道
和倾角
的斜轨道
平
滑连接，轨道均固定在竖直平面内。质量
的小滑块P 从弧形轨道离平台高度
处静止释放，小滑块P 刚好从A 点沿圆弧轨道的切线方向进入弧形轨道，小滑块
通过竖直圆轨道D 点时对轨道的压力大小为
，小滑块P 在
间与静止在水平轨道
上、质量为2m 的滑块Q 相碰，碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，小滑块Q 无
能量损失的滑上倾斜轨道，小滑块Q 从倾斜轨道的F 点离开后经过一段时间落回地面。滑
块Q 与轨道
间的动摩擦因数
，F 点到平台的高度
，平台到地面的高度
，水平轨道和竖直圆轨道光滑，重力加速度g 取
，
，
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，忽略空气阻力。求：
(1)小滑块P 在
轨道滑行过程中损失的机械能；
(2)两个小滑块碰撞后的速度大小；
(3)小滑块Q 离开F 点到落到地面过程中发生的位移。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
，方向与水平方向的夹角为
，满足
【详解】（1）小滑块P 从释放至运动到D 点过程中，由能量守恒定律
当小滑块P 经过D 点时，对小滑块由牛顿第二定律
根据牛顿第三定律可知
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联立解得小滑块P 在
轨道滑行过程中损失的机械能为
（2）小滑块P 从释放后到与滑块Q 碰撞前，由能量守恒定律
解得
碰撞过程中由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
，
（3）小滑块Q 在倾斜轨道上滑行过程中，由动能定理
解得
离开后小滑块Q 做斜抛运动，由题意有
解得
水平方向有
所以小滑块Q 发生的位移大小为
位移方向与水平方向的夹角为
，满足
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8．（情境创新题）如图所示，水平轻弹簧的右端固定在水平面右侧的一个固定挡板上，一长
的轻绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量
的球。当球在竖直方
向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使细绳处于水平位置时无初速释
放。当球
摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量
的小铁球正碰，碰后
小
球被弹回的最高点距地面
，若不计空气阻力，
与水平面M、N 间的动摩擦因
数为0.1，其它段光滑，M、N 两点间距离
，
，求：
(1)碰撞后
的速度多大？
(2)两球碰撞是否为弹性碰撞？
(3)弹簧最大的弹性势能
多大？
【答案】(1)
(2)两球碰撞是弹性碰撞
(3)
【详解】（1）设球
摆至最低点时速度为
，由动能定理有
解得
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碰后
小球被弹回的速度大小为
，由动能定理有
解得
与
碰撞，选向右的方向为正方向，根据动量守恒可得
解得
的速度为
（2）结合上述可知，两球碰撞的过程中有
可知，两球碰撞为弹性碰撞。
（3）根据能量守恒定律有
解得
9．（2025·安徽安庆·二模）如图所示，一半径为R=3m 的圆弧轨道固定在水平面上，且与水
平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ=53°，C 点处固定另一半径为r 的竖直圆轨
道且与水平面相切；距C 点足够远的D 点放有一质量为M=3kg 物块，D 点右侧水平面粗
糙且与物块间的动摩擦因数为μ=0.1。一个质量为m=1kg 的光滑小球从圆弧轨道的上端点
A 由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，
且除了物块与D 点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机
械能损失，重力加速度g=10m/s2。已知sin53°=0.8，cos53°=0.6。试求：
(1)小球刚滑到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力大小；
(2)竖直圆轨道的半径及小球与物块第1 次碰撞后物块速度大小；
(3)判断小球能否与物块发生第2 次碰撞。若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球
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与物块发生2 次碰撞后物块滑行的总位移。
【答案】(1)18N
(2)0.48m，
(3)1m
【详解】（1）小球释放后由动能定理可得
解得
在B 点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N；
（2）小球恰好过圆轨道最高点，有
，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知
，
解得
，
（3）小球反弹后能到达圆环轨道高度为h′，则
解得
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故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2 次碰撞，有
，
解得
，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
10．（情境创新题）某课外活动小组设计出某款游戏装置，其简化图如图甲所示，该装置包括
轻质弹射器、光滑的竖直圆轨道且在圆形轨道内部存在竖直向下、大小为
的匀强电场、平直轨道，其中
点左侧平直轨道以及弹射器内壁均是
光滑的，右侧平直轨道
是粗糙的，且滑块1、2（均可视为质点）与水平轨道
之
间的动摩擦因数均为
，圆轨道的半径
，与轨道
平滑连接。现缓慢
向左推动质量
的滑块1，其受到的弹力
随压缩量
的变化关系如图乙所示，
压缩量为
时，弹射器被锁定。某时刻解除锁定，滑块1 被弹出后，与静置于
点、
质量
，带电荷量为
的滑块2 发生碰撞并粘合为一体，不计空气
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阻力，假设在运动过程中滑块所带电荷量保持不变，重力加速度
。
(1)求弹射器被锁定时具有的弹性势能大小
及碰后粘合体的速度
；
(2)若粘合体恰好通过圆轨道的最高点，求粘合体通过圆轨道最低点
时受到的支持力大
小；
(3)要使粘合体能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道
段的长度范围。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
或
【详解】（1）弹力
与压缩量
的图像与横轴围成的面积表示克服弹力做功
由功能关系得弹簧储存的弹性势能为
对物块1，由能量守恒定律得
解得滑块1 被弹出后的速度
滑块1 与2 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
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解得碰撞后粘合体的速度
（2）粘合体恰好通过最高点，根据牛顿第二定律可得
解得
粘合体从
点到最高点过程由动能定理可得
解得
在
点，对粘合体由牛顿第二定律可得
解得
（3）要使滑块能进入圆轨道运动，则至少能够到达
点，有
解得
①若粘合体沿圆弧轨道到达与圆心等高处时速度为零，粘合体同样不会脱离轨道，则对
全程由动能定理可得
解得
②粘合体能通过最高点，由（2）中可知到达最高点的最小速度
，即到达
点
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的速度应大于等于
，对从碰后至到达最高点过程，由动能定理可得
解得
综上所述，要使碰后粘合体不脱离轨道，轨道
长度范围为
或
。
11．（2025·山东潍坊·一模）如图所示，质量为m 的木板B 平放在光滑的水平面上，在木板
最左端正上方高h 处静置一质量为2m 的小球A，初始时刻，给小球A 一个水平向右的初
速度
，小球A 下落过程中恰好击中木板B 上表面的中点，碰后A 运动轨迹的最高点与
初始位置等高。一段时间后，小球A 与木板B 发生第二次碰撞，恰击中B 上表而的最左
端。已知所有的碰撞时间极短，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可看作质点，则
(1)木板B 的长度为多少？
(2)第一次碰撞后木板B 的速度大小为多少？
(3)A 和B 发生第二次碰撞后，为了保证小球A 第三次与B 上表面碰撞时恰能击中B 的最
右端，在距离木板B 最右端d（未知）处固定一弹性挡板C，则d 为多少？
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设运动时间为t
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竖直方向
可得
水平方向
可得
（2）设A 碰后水平方向速度为
，B 碰后速度为
，规定水平向右为正，第二次碰撞恰
好击中B 上表面的最左端，运动时间为2t，则位移关系可表示为
A 和B 组成的系统水平方向动量守恒，则
联立可得
，
（3）第一次碰撞过程中，设A 和B 的接触时间为
，A 和B 分离时候是相对运动的，
时间内，A 和B 之间为滑动摩擦力，几次碰撞过程中，竖直方向上对称，可知水平方
向上滑动摩擦力大小相同。假设第二次碰撞后，A 和B 分离时水平方向能共速。有
可得
对A 分析：第一次碰撞中
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第二次碰撞中
可得
得
，假设成立
设第二次碰后放置的挡板距离木板B 右侧的距离为d，位移关系如图所示
分析可知，小球A 向右运动的位移
，
木板B 运动轨迹的长度
且
可得
12．（2025·广西南宁·二模）如图所示，质量
的平板小车左端放有质量
的
滑块，两者之间的动摩擦因数
。开始时车和滑块一起以
的速度在光滑
水平地面上向右运动，此后与固定的竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。平板车足
够长，使得滑块总不能和墙壁相碰，重力加速度
，从小车与墙壁第一次碰撞
后开始研究，求：
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(1)小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；
(2)小车与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小；
(3)滑块做减速运动的总时间及匀速运动的总时间。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为
，由动能定理得
得
（2）车与墙碰后，车速度大小不变，方向相反。小车和滑块以共同速度
与墙第二次相
碰，以向右为正，由动量守恒
解得
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，小车向左減速，滑块向右减速，小车的速度先减为0，
然后反向加速，直至与滑块共速后再一起匀速向右运动，然后与墙壁发生第二次碰撞，
经过无数次碰撞，二者速度为0，小车右端靠近墙壁静止。将滑块的所有减速过程视为一
个整体，即为初速度大小为
，加速度大小为
的匀减速运动，设滑块做减速运动的时
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间
对滑块
，
得
对小车，第一次碰后到二者共速的过程
得
匀速时间
接着小车和滑块以共同速度
与墙第二次相碰，以右为正，由动量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的过程
得
匀速时间
以此类推，小车和滑块第
次与墙碰撞
总的匀速时间
13．（2025·辽宁大连·模拟预测）如图所示，内壁光滑的管道竖直放置在光滑桌面上，质量
为3m、可向左右无摩擦滑动，其圆形轨道半径为R，圆心为O。一质量为m 的物块以初
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速度
向右运动，平滑进入管道后由管道右端滑出。物块尺寸及轨道内径可忽
略，不计物块进出管道的能量损失，重力加速度为g。求：
(1)物块到达O 点等高位置时竖直方向速度
的大小；
(2)物块到达管道最高点时速度v 的大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）规定向右为正方向，物块到达O 点等高位置时，物块和管道水平速度相等，
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
代入数据解得
（2）物块到达管道最高点时，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
，
31
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或
，
由于物块能够通过管道最高点，则应有
即物块到达管道最高点时速度v 的大小为0。
14．（2025·山东·模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平面上有两个小物块A、B 和凹槽
C。物块A 的质量为m，物块B 的质量为3m，凹槽C 的质量为3m，A、B 相距为l，凹槽
C 的左端与B 相距为3l，凹槽左、右槽壁的距离为3l 且槽壁的厚度忽略不计，凹槽C 内
放一质量为6m 的小物块D。物块D 与左边槽壁的距离为l，与凹槽之间的动摩擦因数μ
＝0.01。开始时物块、凹槽均静止，现给物块A 施加水平向右的恒力F，物块A 向右做匀
加速运动，一段时间后与B 发生弹性碰撞。当A 与B 发生第二次弹性碰撞时立刻撤去恒
力F。B 与凹槽C 碰撞立即粘在一起运动。已知m＝1kg，l＝1m，F＝8N，取重力加速度
，物块A、B、D 均可视为质点，物块D 与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且所
有碰撞时间均忽略不计。求：
(1)小物块A 从开始运动到与小物块B 发生第一次碰撞所用的时间；
(2)小物块A 和B 第二次碰撞后各自的速度大小；
(3)物块D 与凹槽相对静止时，物块D 距凹槽左壁的距离；
(4)从物块D 开始运动到物块D 与凹槽相对静止时，物块D 运动的位移大小。
【答案】(1)
(2)
(3)3m
(4)
【详解】（1）物块A 向右做匀加速运动：
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由动量定理：
解得
（2）A 与B 发生第一次弹性碰撞
，
解得
假设B 还没运动到凹槽所在处，A 追上B 发生第二次弹性碰撞，对A，
对B：
得x＝2m<3l
假设成立，A 与B 发生第二次弹性碰撞前，A 的速度
B 的速度
A 与B 发生第二次弹性碰撞
，
解得
（3）最终物块D 与凸槽相对静止，一起匀速运动，
，
，
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解得s＝10m
物块D 停在凹槽右壁处，距凹槽左壁的距离为3m。
（4）设凹槽与物块D 每次碰前的速度分别为
、
，碰后的速度分别为
、
，
，
解得
即每碰撞一次物块B 和凹槽C 整体与物块D 发生一次速度交换，v－T 图像如图所示，
，
解得
由动量守恒定律：
可得两物体位移关系为：
又
解得
15．（2025·浙江·模拟预测）光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D 右侧面是半径为
的
圆弧，圆弧面与平台相切，滑块B 在平台右端。平台右侧有一长木板C 放在光滑水平地
面上，木板上表面与平台平齐。小球
从滑块D 的最高点沿圆弧面从静止释放。已知
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A、B、C、D 的质量分别为
、
、
、
，滑块B 和木板间
的动摩擦因数
，小球与滑块B 均可视为质点，重力加速度为
。
(1)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小；
(2)求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小；
(3)若初始时将滑块D 固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B 发生弹性碰撞（碰后小
球即被取走），求滑块B 与木板共速时，木板的运动距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有
由几何关系有
解得
（2）当小球滑到圆弧面底端时有
由机械能守恒有
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解得
小球相对于圆弧的速度
,
解得
（3）小球从滑块D 上滑下，有
解得小球到达平台时的速度
小球和滑块B 碰撞过程有
，
解得碰后滑块B 的速度
滑块B 在木板上滑行过程有
对木板由动量定理有
解得
所以
16．（2025·浙江·模拟预测）如图所示，带有四分之一圆弧的滑块（顶端为
，底端为
，半
径
）固定在水平面上，竖直面内直径为
的圆轨道与水平面的切点为
（与水
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平面接触处稍错开），圆轨道右侧有一上表面和
等高的矩形长木板，紧贴足够长光滑
凹槽左端放置，木板上右端有一挡板。一小物块（可视为质点）从
点上方距
点
处
由静止释放，滑块固定时，物块经过圆轨道，与挡板发生弹性碰撞后恰好运动到木板左
端。已知滑块，物块和木板质量均为
，仅物块与
、木板上表面间存在摩擦，
且动摩擦因数均为
，木板，
长度均为2.5m。
(1)求物块与挡板碰后运动到木板左端时，物块的速度大小；
(2)求
的值；
(3)若改变物块释放位置，求能使物块沿圆轨道运动到木板上并停在木板上的
的范围；
(4)若滑块不固定，求物块第一次进入圆轨道时对轨道的压力大小
与
的关系式（物理
量单位均用国际单位制基本单位表示）。
【答案】(1)
(2)0.75m
(3)
］
(4)
【详解】（1）设物块滑上木板时速度为
，从物块滑上木板到两者稳定过程，由动量守
恒定律有
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由功能关系有
解得
（2）由动能定理有
解得
（3）根据上述分析可知，当
时，物块从木板左端脱离物块能运动到木板上的速度
取最小值时，物块恰通过圆轨道最高点，设物块恰通过圆轨道最高点时速度为
，有
根据
解得
则
的范围为
（4）当滑块不固定时，物块从释放到运动到滑块底端过程，水平方向动量守恒，物块与
滑块水平速度大小时刻相等，有
，
且
则从释放到物块第一次进入圆轨道有
，
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结合牛顿第三定律知物块对圆轨道压力
17．（2025·浙江·模拟预测）如图所示，倾角为
的斜面
与长度为
的水平面
平滑连
接，
，光滑细管道
是由两个半径均为
的四分之一圆弧组成，
为
两圆弧的连接点，入口
和出口
处切线均水平，出口
的右侧是光滑水平台阶，台阶
右侧地面
（足够长）上放置长度
，质量
的木板，木板紧靠台阶
右侧且水平上表面与台阶齐平。质量
的滑块
从斜面上高度
的
点
由静止释放，恰好能到达
点。滑块与斜面
及水平面
间的动摩擦因数均为
，整个装置位于竖直平面内，滑块可以看成质点，经过连接点时无机械能损失，
不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求水平面
的长度
；
(2)求滑块经过
点时对管道的压力大小；
(3)若滑块能滑上木板，且不滑离木板，求滑块释放的高度
和滑块与木板间的动摩擦因
数
应满足的关系。
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【答案】(1)1.2m
(2)6N
(3)
【详解】（1）滑块恰好能到达
点，即到达
点时速度恰为零。对滑块从
到
的过
程，根据动能定理有
解得
（2）对滑块从
到
的过程，根据动能定理得
解得
在
点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，滑块对管道的压力大小为6N
（3）滑块恰不能滑上木板时，释放高度为
。要使滑块恰不滑离木板，即滑块
恰能运动到木板右端，此时两者速度相同。对滑块从
到
，根据动能定理有
滑块与木板组成的系统动量守恒，有
由能量守恒定律有
40
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联立解得
故
18．（2025·浙江·模拟预测）如图所示的装置，半圆形轨道的直径
与水平面垂直，轨道的
最低点
与右侧光滑的台阶相切，台阶右侧紧靠着上表面与台阶齐平的长木板
。在台
阶上两个铁块
、
间压缩一轻质弹簧（弹簧与铁块间不固定），某次由静止释放两铁
块，铁块
脱离弹簧后恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高点
。铁块
滑上木板
的上
表面，与右侧固定在地面上的竖直弹性挡板碰撞时，
、
恰好速度相同。
、
接触
面间的动摩擦因数
，其余摩擦不计，木板
与弹性挡板的碰撞过程中没有机械能
损失且时间极短，半圆形轨道的半径
，铁块
、
与木板
的质量之比是
，铁块
始终没有碰到挡板，求：
(1)铁块
滑上木板
时的速度大小；
(2)木板
的右端到挡板的距离
；
(3)木板
的最小长度
；
41
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(4)从铁块
滑上木板
，到
停止，木板
运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)4.5m
(4)3.25m
【详解】（1）设铁块
、
与木板
的质量分别为
、
、
。铁块A、B 弹开过
程动量守恒，有
铁块
弹开后恰好过半圆形轨道最高点
，则由牛顿第二定律得
铁块
弹开后，一直运动到半圆形轨道最高点
，机械能守恒
解得
（2）铁块
滑上木板
后动量守恒，设共速时速度为
，则
对木板
由动能定理得
代入数据解得
（3）经多次碰撞后，
和
最终停止，由能量守恒得
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解得
（4）碰撞过程
的速度大小不变，方向反向，到再次碰撞时
、
速度已相同，从第2
次碰撞开始（以下
），由动量守恒得
设第
次碰撞后木板
的位移最大值为
，则由动能定理得
求得
所以
其中
，则结合等比数列求和公式，可得从铁块
滑上木板
，到
停止，
木板
运动的总路程
解得
19．（2025·浙江·模拟预测）如图（a）所示，在光滑水平地面上固定一粗糙斜面，一个质量
为
的物块B（包含左端固定的轻弹簧，弹簧劲度系数未知）静止在水平地面上；物块
以
的速度向B 运动，
时刻与弹簧接触，到
时与弹簧分离。A、B 的
图像如图（b）所示。已知在
时间内，物块B 运动的距离为
。A、B
43
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分离后，B 与静止在水平地面上、质量为
的物块C 发生弹性正碰，此后物块C 滑上粗
糙斜面，然后反向滑下，与一直在水平面上的B 再次碰撞。已知斜面倾角
，物块
与斜面间的动摩擦因数
，斜面与水平面光滑连接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性
限度内，弹簧的弹性势能表达式为
，其中
为弹簧的劲度系数，
为弹簧的形
变量。求：
(1)物块A 的质量；
(2)A、B 第一次碰撞和第二次碰撞过程中，物块A 的最大加速度之比；
(3)A、B 第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
【答案】(1)2m
(2)5:1
(3)
【详解】（1）设A 的质量为
，碰后B 的速度为
，B 与A 发生弹性正碰，碰撞前后
总动量守恒，机械能守恒，有
，
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解得
（2）
后
，B、C 发生弹性碰撞，由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可知
解得
设C 在斜面上运动的最大高度为
，返回水平面时的速度大小为
，从C 碰后到运动到
最高点，根据动能定理得
从最高点到运动到斜面底端，根据动能定理得
得
C 与B 再次发生弹性碰撞，设碰后B、C 的速度大小分别为
、
，则
，
解得
与
第一次碰撞到共速，由动量守恒定律有
可得
此时弹簧弹性势能
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A 与B 第二次碰撞到共速，由动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律可知
由以上公式得
两次加速度最大对应弹簧弹力最大，根据
可得
（3）A 与B 压缩弹簧过程有
同一时刻A、B 的瞬时速度关系为
由位移等于速度对时间的积累，得
在
时间内
由此得
可得
可得
又
可得第二次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
20．（情境创新题）如图所示，足够长光滑水平面上物块A、B 紧靠在一起，中间夹有少量炸
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药，B 右侧有一长度
的水平传送带，传送带与水平面等高，在两端与水平面平
滑连接，传送带以
的速度逆时针转动。传送带左侧水平面上有一圆弧槽，传
送带右侧有一固定轨道，其中
段是以
为圆心，半径为
的一段圆弧，
段
轨道将水平面和
段轨道平滑连接。某时刻炸药爆炸，两物块分离后分别向左、右沿
轨道运动。A 向左滑上圆弧槽，物块B 沿
段运动过程对轨道的最小作用力为0。已知
A、B 的质量均为
，圆弧槽的质量为
，A、B 与传送带间的动摩擦因数均为
，
其他摩擦不计。
，重力加速度
，
。求：
(1)B 经过
点时的速度大小；
(2)A 滑下圆弧槽前上滑的最大高度和第一次分离时A 的速度大小；
(3)圆弧槽最终速度的大小。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）
段轨道向下弯曲，物块B 不可能与轨道间无作用力，
段轨道向上弯
曲，由沿半径指向圆心的分力提供向心力，在
点物块B 速度最大，所需向心力最大，
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若物块在其他位置对轨道无作用力，则在
点会脱离，即物块B 在
点对轨道的最小作
用力为0。设物块B 通过
点时的速度为
，根据牛顿第二定律有
物块B 从
到
的过程，根据动能定理有
解得
（2）物块B 由
点到
点的过程，根据动能定理有
从爆炸后到B 运动到
点的过程，根据动能定理有
解得
爆炸过程，物块A、B 构成的系统动量守恒，则有
解得爆炸后物块A 的速度大小也为
物块A 与圆弧槽作用的过程中，二者水平方向动量守恒，设二者水平方向速度相同时共
同速度为
，由水平方向动量守恒有
由机械能守恒有
联立得
设物块A 第一次滑下圆弧槽时，圆弧槽的速度为
，物块A 的速度为
，由动量守恒定
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律和机械能守恒定律有
，
解得
，
则第一次分离时A 的速度大小为
，方向水平向右。
（3）结合上述，物块A 向右运动过程，假设未滑出传送带，则有
解得
假设成立。则物块A 向左返回后离开传送带时的速度大小为
该速度大于2m/s，可知，物块A 能追上圆弧槽。设物块A 与圆弧槽第二次作用后，圆弧
槽的速度为
，物块A 的速度为
，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得
，
物块A 的速度小于圆弧槽的速度，则圆弧槽最终的速度大小为
。
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