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高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点61 动量和能量观点的综合运用
【考点解读】
1.两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律.
能量的观点：动能定理和能量守恒定律.
2.三种技巧
（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒
定律）.
（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程
的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处
特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性.
【高考真题】
【典例1】. [2023 辽宁]如图，质量m1＝1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙
面固定一劲度系数k＝20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量m2＝4kg 的小物块以水平
向右的速度v0＝5
4 m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长，物块
与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内，
弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为Ep＝1
2kx2.取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式
表示.
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1.
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板
速度v2的大小.
1
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（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与
物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）.
答案 （1）1m/s 0.125m （2）0.25m √3
2 m/s （3）（4√3t0－8t0
2）J
解析 （1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m2v0＝（m1＋m2）v1
解得v1＝1m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有
μm2g＝m1a
解得a＝4m/s2
由运动学公式有2ax1＝v1
2
解得x1＝0.125m
（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力
时，两者之间即将相对滑动
对物块有μm2g＝m2a'
对整体有kx2＝（m1＋m2）a'
解得x2＝0.25m
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的
系统机械能守恒，有
1
2（m1＋m2）v1
2＝1
2（m1＋m2）v2
2＋1
2kx2
2
解得v2＝√3
2 m/s
（3）木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0，木板从速度为0 到物块与木板加速
度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与
木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为v2＝√3
2 m/s，木板返回所用时间也为t0
在此2t0的时间内，对物块用动量定理有
－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝（√3
2 －2t0）m/s
在此2t0的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统，由能量守
恒定律有
ΔU＝1
2m2v2
2－1
2m2v3
2
解得ΔU＝（4√3t0－8t0
2）J.
【典例2】[2021 高考湖北]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
2
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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）mgsinθ√2 gR c osθ （3）√10mgR
解析 （1）设B 到半圆弧轨道最高点时速度为v2'，由于B 对轨道最高点的压力为零，则
由牛顿第二定律得mg＝mv2
2'
R
B 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝1
2gt2
在水平方向上有x＝v2't
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
mgRcosθ＝1
2mv D
2
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P＝mgvDsinθ
解得P＝mgsinθ√2 gR c osθ
（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1
2mv2
2＝1
2mv2
2'＋mg·2R
解得v2＝√5 gR
对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得
1
2mv1
2＝mgR
解得v1＝√2 gR
3
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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mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝√2 gR＋√5 gR
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
ΔE＝1
2mv0
2－1
2mv1
2－1
2mv2
2
解得ΔE＝√10mgR.
【典例3】.[2022 广东]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v0为10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1N.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m＝0.2kg，滑杆的质量M＝
0.6kg，A、B 间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s2，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N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h.
答案 （1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m
解析 （1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由
平衡条件可知
N1＝（m＋M）g＝8N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－
f'，f'＝f
代入数据得N2＝5N
（2）解法1 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v0
2＝－2a1l
代入数据得v＝8m/s
解法2 由动能定理得－（mg＋f）l＝1
2mv2－1
2mv0
2
代入数据解得v＝8m/s
（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝（M＋m）v 共
代入数据得v 共＝2m/s
4
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此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－（M＋m）gh＝0－1
2（M＋m）v共
2
代入数据得h＝0.2m.
【针对性训练】
1.[2024 四川成都蓉城名校联考/多选]一次台球练习中，某运动员用白球击中彩球，白球与
静止的彩球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球在同一直线上运动，且台球运动时所受桌
面阻力保持不变，两球质量均为m＝0.2kg，碰撞后两球的位移x 与速度的平方v2的关系如
图所示，重力加速度g 取10m/s2.则下列说法正确的是（ BC ）
A.碰撞前白球的速度为1.64m/s
B.碰撞过程中，白球对彩球的冲量大小为0.2kg·m/s
C.碰撞过程中，系统有机械能转化为内能
D.台球所受桌面阻力为0.5N
答案 BC
解析 由题图可知，碰后白球速度v1＝0.8 m/s，彩球速度v2＝1.0 m/s.设碰撞前白球速度为
v0，由动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，解得v0＝1.8 m/s，故A 错误；碰撞过程中，白球对彩球
的冲量I＝mv2＝0.2×1.0 kg·m/s＝0.2 kg·m/s，B 正确；由于1
2mv0
2＞1
2mv1
2＋1
2mv2
2，故碰撞
过程中，系统有机械能转化为内能，C 正确；由运动学知识可知a＝v1
2
2 x1
＝0.64
2×1.28 m/s2
＝0.25 m/s2，故阻力为f＝ma＝0.05 N，故D 错误.
2.[2024 北京海淀区期中/多选]如图所示，质量mA＝1kg、长L＝9m 的薄板A 放在水平地面
上，在大小为4N、水平向右的外力F 作用下由静止开始运动，薄板与地面间的动摩擦因数
μ1＝0.2，其速率达到vA＝2m/s 时，质量mB＝1kg 的物块B 以vB＝4m/s 的速率由薄板A 右端
向左滑上薄板，A 与B 间的动摩擦因数μ2＝0.1，B 可视为质点，重力加速度g 取10m/s2.下
列说法正确的是（ AD ）
5
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A.当A 的速率减为0 时，B 的速率为2m/s
B.从B 滑上A 到B 掉下的过程中，A、B 所组成的系统动量守恒
C.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为9J
D.从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 所组成的系统机械能减少9J
答案 AD
解析 B 滑上A 后，B 开始做减速运动，此时对B 由牛顿第二定律有μ2mBg＝mBaB，解得aB
＝1 m/s2，对A 由牛顿第二定律有μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg-F＝mAaA，解得aA＝1 m/s2，A 也开始
做减速运动，假设A 速率减为0 时，B 未从A 上掉下，则A 的速率减为0 的时间为t1＝v A
aA
＝2 s，此时B 的速度大小为vB1＝vB-aBt1＝2 m/s，此过程A、B 的相对位移Δx＝v A
2
2aA
＋
vB
2 −vB1
2
2aB
＝8 m＜L，故假设成立，A 正确；在B 滑上A 到A 速度减到零的过程中，有μ1(mA
＋mB)g＝F，即A、B 所组成的系统受到的合力为零，动量守恒，当A 速度减为零时，由于
μ1(mA＋mB)g＋μ2mBg＞F，则A 此后处于静止状态，且由平衡条件可知A 与地面间的摩擦力f
＜F，A、B 所组成的系统受到的合力不为零，动量不守恒，B 错误；从B 滑上A 到A 速度减
为零的过程，A 的位移为xA＝v A
2
2aA
＝2 m，此过程B 的位移为xB＝vB
2 −vB1
2
2aB
＝6 m，结合B 项
分析可知，此后A 处于静止状态，B 继续向左做匀减速运动直至掉下，则对从B 滑上A 到B
掉下的整个运动过程，A、B 和地面所组成的系统因摩擦而产生的热量为Q＝μ1(mA＋mB)gxA
＋μ2mBgL＝17 J，C 错误；从B 滑上A 到B 掉下的过程，A、B 所组成的系统机械能的减少量
为ΔEk＝Q-FxA＝9 J，D 正确.
3.[024 重庆南开中学校考/多选]如图所示，半径为R、质量为3m 的1
4 圆弧槽AB 静止放在光
滑水平地面上，圆弧槽底端B 点切线水平，距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其左
侧连有轻弹簧.现将质量为m 的小球1（可视为质点）从左侧圆弧槽上端的A 点由静止释放，
重力加速度为g，不计一切摩擦.则下列说法正确的是（ BC ）
A.系统（三个物体）全程动量守恒
B.小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点相距5
3R
C.弹簧弹性势能的最大值为9
16mgR
6
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D.小球1 最终的速度大小为√6 gR
4
答案 BC
解析 小球1 在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误.小球1 从圆弧
槽的A 点到B 点的过程中，设小球1 滑到B 点时小球1 的速度为v0，圆弧槽的速度为v，取
水平向右为正方向，小球1 与圆弧槽在水平方向动量守恒有0＝mv0-3mv，由能量守恒有
mgR＝1
2mv0
2＋1
2·3mv2，解得v0＝3v＝√
3 gR
2
.设小球1 到B 点时，小球1 水平向右移动的距
离为x1，圆弧槽向左运动的距离为x2，两者的相对位移为R，因此有mx1-3mx2＝0，x1＋x2＝
R，联立解得x1＝3
4 R，x2＝1
4 R. 此时圆弧槽的B 点与弹簧之间的距离L＝x2＋R＝5
4 R.小球1
从B 点向右以v0匀速运动，圆弧槽向左以v0
3
匀速运动，小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽
底端B 点的距离L'＝L＋
v0
3 ·
L
v0＝
4
3 L＝
5
3R，故B 正确. 小球1 与小球2 共速时，弹簧弹性
势能有最大值，从小球1 刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有mv0＝(m＋3m)v 共，由能
量守恒有1
2mv0
2＝1
2 (m＋3m)v共
2 ＋Ep，联立解得Ep＝9
16 mgR，故C 正确.从小球1 刚与弹簧
接触到两球分开，由动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2，由能量守恒有1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2·3mv2
2
，解得v1＝-1
2v0，v2＝1
2v0.小球1 之后向左以1
2v0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以v0
3
匀
速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左为正，碰撞前、后动量守恒有m·v0
2
＋3m·v0
3
＝
mv3＋3mv4，由能量守恒有1
2m( v0
2 )2＋1
2·3m( v0
3 )2＝1
2mv3
2＋1
2·3mv4
2，解得v3＝1
4 v0，v4＝
5
12v0，最终小球1 以1
4 v0的速度向左运动，圆弧槽以5
12v0的速度向左运动，小球2 以1
2v0的
速度向右运动，小球1 最终的速度为1
4 v0＝√6 gR
8
，故D 错误.
4.长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态.A 受到一个水平瞬
时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A 回到最低点时，质
量为m2的小球B 与之迎面正碰，碰后A、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹
的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；
（2）碰撞前瞬间B 的动能Ek至少多大？
7
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答案 （1）m1√5 gl （2）5 gl（2m1＋m2）
2
2m2
解析 （1）A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时
的速度大小为v，由牛顿第二定律有m1g＝m1v
2
l ①
A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点
的速度大小为vA，有
1
2m1v A
2 ＝1
2m1v2＋2m1gl ②
由动量定理有I＝m1vA ③
联立①②③式，得I＝m1√5 gl ④
（2）设两球粘在一起后瞬间的速度大小为v'，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高
点，需满足v'＝vA ⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，
设B 碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律有m2vB－m1vA＝（m1＋m2）v' ⑥
又Ek＝1
2m2vB
2 ⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能Ek至少为
Ek＝5 gl（2m1＋m2）
2
2m2
⑧.
5.[2023 江苏扬州三模]有一款三轨推拉门（如图甲），门框内部宽为2.4m，三扇相同的门
板的俯视图如图乙，每扇门板宽为d＝0.8m，质量为m＝20kg，与轨道间的动摩擦因数为μ
＝0.01.在门板边缘凸起部位贴有尼龙扣，两门板碰后可连在一起.现三扇门板静止在最左侧，
用力F 水平向右拉3 号门板，一段时间后撤去.取重力加速度g＝10m/s2.
（1）若3 号门板左侧凸起部位恰能与2 号门板右侧凸起部位接触，求力F 做的功W.
（2）若F＝12N，3 号门板恰好到达门框最右侧，大门完整关闭.
①求3 号门板与2 号门板碰撞前瞬间的速度大小v0.
②求拉力F 的作用时间t.
答案 （1）1.6J （2）①0.8m/s ②2
√6
3
s
解析 （1）根据动能定理有W－μmgd＝0，解得W＝1.6J
8
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（2）①设3 号门板与2 号门板碰撞后速度大小为v1，碰后两门板位移大小均为d＝0.8m
从3 号门板与2 号门板碰撞后到大门完整关闭，根据功能关系有－2μmgd＝－1
2·2mv1
2
碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v0＝0.8m/s
②根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma
根据动能定理有
Fx
－
μmgd
＝
1
2m
v0
2
【易错辨析】在关门过程中，拉力F 作用时间与门受到的摩擦力作用时间不同，不推荐应
用动量定理列方程解答.
根据运动学公式有x＝1
2at2
解得t＝2
√6
3
s.
6.[2024 湖南湘潭一中校考]如图是一游戏装置的简易模型，它由光滑的水平轨道和竖直平
面内的光滑圆轨道组成，竖直圆轨道的半径R＝0.9m，圆轨道内侧最高点E 点装有一力传
感器，且竖直圆轨道的最低点D、D'点相互靠近且错开.水平轨道左侧放置着两个用细绳连
接的物体A 和B，其间有一压缩的轻弹簧（物体与轻弹簧不粘连），烧断细绳，物体被弹
出.轨道右侧M 端与水平传送带MN 等高，并能平滑对接，传送带总长度L＝5m，传送带速
度大小和方向均可调.已知A 物体质量mA＝1kg，B 物体质量可变，A、B 间被压缩的弹簧的
弹性势能为30J，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求测得的力传感器能显示的力的最小值；
（2）要使物体A 冲上传送带后，均能到达N 点，求传送带与物体A 之间的动摩擦因数的最
大值；
（3）要使物体A 在圆轨道上运动时不脱离轨道，求物体B 的质量范围.
答案 （1）0 （2）0.45 （3）mB≤3
7 kg 或mB≥3kg
解析 （1）当由重力提供向心力时，对E 点压力为0，所以测得的力传感器能显示的力的
最小值Fmin＝0
（2）当物体A 恰好通过圆轨道最高点后进入传送带时速度最小，此时若传送带静止或逆时
针转动，则物体A 一直在传送带上做匀减速直线运动.当物体A 到达N 点的速度为0 时，则
动摩擦因数最大，即对物体A 分析有mAg＝mA v E
2
R
mAg·2R－μmAgL＝0－1
2mAv E
2
9
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得μ＝0.45.
（3）物体A 不脱离圆轨道有两种情况：
①过最高点的速度vE≥√gR
对物体A 从被弹簧弹出开始到到达最高点，根据动能定理有－mAg·2R＝1
2mAv E
2－1
2mAv A
2
得vA≥√5 gR＝3√5m/s
②到达圆轨道的圆心等高处时速度恰好为0，对物体A 从被弹簧弹出开始到到达圆心等高
处，根据动能定理有
－mAgR＝0－1
2mAv A
2
得vA≤√2 gR＝3√2m/s
因为物体A 是通过释放弹簧的弹性势能获得速度，且A 与B 反向弹开，由动量守恒有mAvA
＝mBvB
由机械能守恒有Ep＝1
2mAv A
2 ＋1
2mBvB
2
得mB＝
v A
2
60－v A
2 kg
代入数据得mB≤3
7 kg 或mB≥3kg.
7.[2024 河北唐山摸底演练]如图所示，一圆弧轨道AB 与倾角为θ 的斜面BC 在B 点相接.可
视为质点的两个形状相同的小球a、b，将小球b 置于圆弧轨道的最低点，使小球a 从圆弧
轨道A 点由静止释放，两小球在最低点发生弹性正碰，整个系统固定于竖直平面内.已知圆
弧轨道半径R＝1m，圆弧过A、B 两端点的半径与竖直方向间的夹角均为θ＝37°，小球a
的质量m1＝4kg，小球b 的质量m2＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计一切阻力，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）与小球b 碰前瞬间，小球a 的速度大小v0；
（2）碰后瞬间小球b 对轨道的压力大小F；
（3）小球b 从B 点飞出圆弧轨道后，距离斜面BC 的最远距离h，√6.24取2.5.
答案 （1）2m/s （2）20.24N （3）0.36m
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解析 （1）对小球a 从静止释放到与小球b 碰撞前瞬间的过程，由动能定理有m1gR（1－
cosθ）＝1
2m1v0
2
代入数据解得v0＝2m/s
（2）小球a 与小球b 发生弹性正碰，则有
m1v0＝m1v1＋m2v2
1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2
对碰撞后瞬间小球b，由牛顿第二定律有
FN－m2g＝m2v2
2
R
联立并代入数据解得FN＝20.24N
由牛顿第三定律可得小球b 对轨道的压力大小
F＝FN＝20.24N
（3）对小球b 从碰撞后到飞出圆弧轨道瞬间的过程，由动能定理有
－m2gR（1－cosθ）＝1
2m2v3
2－1
2m2v2
2
代入数据解得v3＝2.5m/s
由几何关系可知，此时小球b 的速度与斜面的夹角为α＝74°
小球b 在垂直斜面方向做类竖直上抛运动，则有
v'0＝v3sinα，a＝gcosθ
对小球b 从B 点运动到距离斜面最远的过程，由运动学规律有
2ah＝v'0
2
代入数据解得h＝0.36m.
8.[2024 江西九校联考]如图所示，质量M＝4kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝
2kg 的小球通过长L＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平
面内绕轴O 自由转动.开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝
4m/s，以初始时刻轴O 的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定的直角坐标系xOy，取
g＝10m/s2.
（1）若锁定滑块，求小球通过最高点时轻杆对小球的作用力大小；
（2）若解除对滑块的锁定，求小球运动到最高点时的动能Ek；
11
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（3）若解除对滑块的锁定，在平面直角坐标系xOy 中，求出小球从出发至运动到最高点的
过程的轨迹方程.
答案 （1）4N （2）4J （3）（3
2x－1
4 ）2＋y2＝1
4
解析 （1）若锁定滑块，则小球从开始运动到上升至最高点的过程，机械能守恒，有
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋mgL
小球在最高点时，设轻杆对小球的作用力大小为F，则有
mg＋F＝mv1
2
L
联立解得F＝4N
（2）若解除对滑块的锁定，由于小球与滑块组成的系统在水平方向上不受力，因此小球与
滑块组成的系统在水平方向上动量守恒.设小球通过最高点时的速度大小为v2，
此时滑块的速度大小为v，以水平向右为正方向，则有0＝mv2－Mv
运动过程中，系统的机械能守恒，则有
1
2mv0
2＝1
2mv2
2＋1
2Mv2＋mgL
又Ek＝1
2mv2
2
联立解得Ek＝4J
（3）若解除对滑块的锁定，在小球上升的过程中，滑块向左运动，小球在水平方向上向右
运动，设小球的位置坐标为（x，y）时，滑块向左运动的位移大小为Δx，则由人船模型有
m（L－x）＝MΔx
由几何关系可知
（x－Δx）2＋y2＝L2
联立可得小球运动的轨迹方程为
（3
2x－1
4 ）2＋y2＝1
4 .
10．（15 分）(2024 湖南顶级名校质检)如图所示，水平粗糙地面上有一个长为的轻杆，
杆的一端与质量为
的球
相连，另一端连接铰链
，杆可以在竖直平面内绕
自由转
动，重力加速度为
。
的右侧紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为
，边长为，箱
子左面光滑。现有质量为
的小尖状物块以竖直向上
的速度射入
但未射出，
随后
与物体形成新的整体
带动杆在竖直平面内转动，转过
后，给
施加一个水
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平向右的恒力
大小为
。
再转过
后，箱子与
分离。求：
（1）小尖状物体射入A 后的共同速度大小；
（2）箱子与地面之间的动摩擦因数μ；
（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为l
2，轨道圆心处静止着质量为m
的球C，箱子运动到C 处，与C 发生弹性碰撞，随后
做平抛运动落入圆弧轨道上。要使C
落入圆弧轨道上的动能最小，则C 与O 的水平距离s 为多少？
【解析】（1）小物块与
碰撞，设碰后的共同速度为
，则
（2）小物块与
碰撞形成整体
转过
的过程中，机械能守恒
，得
在最高点速度为0，随后受到水平向右的恒力
当箱子与
分离，
转过了
，设此时
的速度为
，箱子的速度为
，杆的拉力
为
，
根
据
能
量
关
系
，
有
分离时水平速度相等：
分离时水平加速度相等：
认
为研究对象：
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联立四式，解得
（3）设箱子与
碰撞后，
的速度为
落到轨道上时，竖直位移为
，水平位移为
，动能为
，则
由②式得：
，代入③式得：
，再代入①得：
当
，即
有最小值，此时
所以箱子与
碰撞后，
的速度为
时，
落到轨道上的动能最小
设箱子与
碰前的速度为
，碰撞后的速度为
，则
设箱子从离开
到与
碰撞位移为
，则
解得
11. （2024 宁夏银川一中第六次月考）如图所示，光滑水平面上放置一小车，小车上表面
AB 段粗糙、BC 段光滑。一小物块放置在小车左端，连接有轻弹簧的轻质挡板固定在小车
右端。用不可伸长的轻绳将质量为m 的小球悬挂在O 点，轻绳处于水平拉直状态。将小球
由静止释放，下摆至轻绳竖直时与小物块发生弹性正碰，碰后小物块开始向右运动。已知
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小球的质量为m1=4kg，小物块的质量为m2=1kg，小车的质量为M=5kg，轻绳长度为
l=1.8m，AB 段的长度为x1=4.5m。BC 段的长度为x2=1m，弹簧原长为x3=0.16m，小物块与
小车间的动摩擦因数为μ=0.2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2，
弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）小球与小物块碰后瞬间小物块的速度v1；
（2）从小物块开始运动到小物块开始接触弹簧的时间t；
（3）从小物块与弹簧开始接触到两者分离的过程中小物块对弹簧的冲量大小I。
【参考答案】（1）9.6m/s；（2）0.6s；（3）14N·s
【名师解析】
（1）小球从水平位置释放之后为圆周运动，根据动能定理可得
解得
小球与小物块发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
（2）小球与小物块碰撞之后小物块做匀减速直线运动，则有
解得
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小球与小物块碰撞之后小车做匀加速直线运动，则有
解得
经过时间
小物块滑到小车上的B 点，小物块相对于小车的位移为
，则有
解得
（
舍去）
时，小物块的速度为
小车的速度为
经过时间
小物块到弹簧位置，则有
解得
则从小物块开始运动到小物块开始接触弹簧的时间
（3）小物块从与弹簧接触开始到与弹簧分离时的过程中，根据动量守恒和机械能守恒可得
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解得
小物块对弹簧的冲量为
所以小物块对弹簧的冲量大小为
。
12. 如图所示，水平地面上固定放置一质量
的斜面体C，斜面体C 的上表面与
水平地面的夹角为
，斜面体上静置两个小物块A、B，小物块A、B 的质量分别为
，小物块A 位于斜面顶端，小物块B 与小物块A 相距
，小
物块A 与斜面体间无摩擦，小物块B 与斜面体间动摩擦因数为
，初始由静止释放小
物块A，此后小物块A、B 间发生多次弹性正碰，碰撞时间均极短。已知最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，斜面足够长，
，重力加速度g 取
。求：
（1）第一次碰后瞬间小物块A、B 的速度大小
；
（2）第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B 间的最大距离
；
（3）第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间小物块B 与斜面体C 间摩擦产生的热量Q；
（4）第一次碰后瞬间到第八次碰前瞬间地面对斜面体C 的冲量大小。
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【参考答案】（1）
，
；（2）
；
（3）
；（4）
【名师解析】
（1）小物块A 释放之后沿斜面向下做匀加速直线运动
求得
小物块A、B 碰撞过程中动量守恒（规定沿斜面向下为正方向）
联立求得
，
（2）对物块B，根据牛顿第二定律有
求得
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小物块A、B 碰后B 做匀减速直线运动，A 先向上匀减速后反向匀加速，两者共速时距离最
大，有
求得
可得第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间小物块A、B 间的最大距离
（3）第一次碰后B 减速至0 用时
B 减速至0 时A 的速度为
时间内A、B 的位移分别为
由于
，说明B 减速至0 时刚好发生第二次碰撞，且A 与第一次碰前速度
相同，此后A、B 将重复性发生多次碰撞。每相邻两次碰撞间摩擦热
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总热量
（4）A、B 整体对斜面体的摩擦力为
A、B 整体对斜面体的弹力为
A、B 整体对斜面体的作用力为
方向竖直向下
13．（12 分）（2024 海南三校二模）如图所示，一可视为质点的滑块质量
，从
固定在竖直面的、半径
的光滑四分之一圆弧轨道的最高点由静止滑下，从轨道
末端水平射出，落到静止放置在足够长光滑水平面上质量为
的小车里。小车挡
板高
，车厢长
，初始时车厢挡板刚好与圆弧轨道末端相平，滑块落在
车厢后瞬间竖直方向上不反弹，水平方向上速度保持不变，滑块与车厢间的动摩擦因数，
，滑块与车厢挡板的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g 取
，不计空气阻力。
求：
（1）滑块滑到圆弧最低点时受到的支持力大小；
（2）小车与滑块共速时的速度大小；
（3）滑块与挡板碰撞的次数。
【名师解析】．
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（1）滑块运动到圆弧最低点过程，根据动能定理有
解得
滑块在圆弧最低点时，对滑块进行分析有
解得
（2）滑块与小车构成的系统在水平方向的动量守恒，则有
解得
（3）滑块落到车厢的位置由平抛运动有：
解得
所以正好落在车厢中间位置
从滑块落到车厢到二者同速，由动能定理有
解得滑块相对车厢行驶的路程
所以撞击次数为7 次。
14. （2024 浙江宁波期末）如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDE，BC 段水平放置，其
左侧是光滑斜面AB，右侧CD 是光滑圆弧，DE 段（足够长）的倾角θ=37°，各段轨道均平
滑连接，在圆弧最低处C 点下方安装有压力传感器。一质量m=2kg 的滑块P 从左侧斜面某
处由静止释放，经过B 点后沿水平轨道BC 向右滑行，第一次经过C 点时，压力传感器的示
数为滑块P 的重力的11 倍。已知BC 段长度L=3m，CD 段是半径R=1m、圆心角θ=37°的圆
弧，滑块P 与BC 段、DE 段间的动摩擦因数均为µ=0.5，重力加速度g 取10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求滑块P 第一次经过C 点时的速度大小；
（2）求滑块P 从左侧斜面由静止释放时离BC 的高度；
（3）若将另一质量M=8kg 的滑块Q（Q 与BC 段、DE 段的动摩擦因数也为µ=0.5）置于C
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点，同样让滑块P 从斜面AB 上原位置由静止释放，P 与Q 在C 点发生弹性正碰，求P 与Q
最终的距离。
【参考答案】（1）10m/s；（2）6.5m；（3）1.76m
【名师解析】
（1）设滑块P 第一次经过C 点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及牛顿第三定律可知
解得
（2）设滑块P 从左侧斜面由静止释放时离BC 的高度为H，根据动能定理有
解得
（3）因为滑块P 的质量小于滑块Q 的质量，所以滑块P、Q 碰撞后P 将反弹，设碰撞后滑
块P、Q 的速度大小分别为vP、vQ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
设滑块P 反弹最终停止的位置为J，对滑块P 从C 到J 的运动过程，根据动能定理有
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最终离B 点0.6m；
设滑块Q 在DE 段上运动到达的最高点为G，且此次对滑块Q 从C 到G 的运动过程，根据动
能定理有
由题意可知滑块Q 能够恰好运动至K 点，则对滑块Q 从G 到K 的运动过程，根据动能定理
有
联立各式解得
，
故滑块P、Q 最终相距1.76m。
15. （2024 黑龙江六校联盟2 月联考）如图所示，以v=4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平
传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于
同一直线上、处于静止状态的4 个相同小球，小球质量m0=0.3kg。质量m=0.1kg 的物体从
轨道上高h=2.0m 的P 点由静止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0=6m/s；物体
和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB 之间的距离L=3.0m。物体与小球、小球与小
球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B. 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C. 物体最终的速度大小为0.5m/s
D. 物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热为3J
【参考答案】ABD
【名师解析】
A．物体由P 到A 的过程，根据动能定理可得
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解得
则克服摩擦力做的功为
，选项A 正确；
B．物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
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
故物体与小球1 碰撞前的速度为
物体与小球1 发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的
，小球1 被撞后的速度大
小为
，由动量守恒和能量守恒定律得
解得
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
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解得
选项B 正确；
C．由于小球质量相等，且发生
都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。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
，再跟小球1 发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
以此类推，物体与小球1 经过
次碰撞后，他们的速度大小分别为
由于总共有4 个小球，可知物体第1 个小球一共可以发生4 次碰撞，则物体最终的速度大
小为
选项C 错误；
D．物体第一次与小球1 碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
故物体与传送带间产生的摩擦热
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选项D 正确。
16. （2024 湖南长沙高三适应性考试）如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。
（1）若整列火车质量为M，所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v 时，发动机的功率为
P0，求此时火车的加速度；
（2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火
车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x 时，发动机的实际功率正好等于额定
功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相
等，第二阶段的末速度为初速度
倍。求第二阶段火车的位移；
（3）若整列火车由1 节动力车头和23 节无动力车厢组成，动力车头质量为2m，每节无动
力车厢质量均为m。火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连
接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着，然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后
一节车厢启动。启动过程中车头牵引力恒为F，忽略一切阻力。为了研究方便，将车头及
相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为l 的轻绳，绳子绷直的瞬间相连的物体
间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。整个启动过程中，带动第几节无动力
车厢前，车头的速度达到最大？
【参考答案】（1）
；（2）(k＋1)x；（3）3
【名师解析】（1）根据
可知
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根据牛顿第二定律
解得
（2）设火车第一阶段运动时间为t，末速度为v2，第二阶段的位移为x2
由动能定理得
再由动量定理得
(k－1)F0t = Mv2
发动机的额定功率
Pm = kF0v2
由上可知，第二阶段的初速度为v2，末速度为
，由动能定理得
解得
x2 = (k＋1)x
（3）设拖动第n 节车厢前，车头的速度为un，绳子绷直后车头的速度为u′n，拖动第一节
车厢前，对车头由动能定理得
绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得
2mu1 = (2m＋m)u′1
同理，拖动第n 节车厢前，对于车头和前（n－1）节车厢由动能定理得
绳子绷直，对于车头和前n 节车厢由动量守恒定律得
[2m＋(n－1)m]un = (2m＋nm)u′n
由上式得
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可推出
联立有
令an = (n＋1)2un
2，得到
……
其中
上几式相加得到
则
解得
当
，即n = 3 时有最大值。则拖动第3 节车厢前，车头速度达到最大。
17. （2024 年3 月辽宁葫芦岛一模）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，传送带左端与光滑的水平轨道对接，轨道上设
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置了四个竖直方向等间距的阻挡条，现给质量m=0.1kg 的物块向右的初动
能. Ek0=6.4J小物块冲过阻挡条滑到传送带上的A 点时速度大小v0=8m/s 。
传送带右端与光滑水平轨道对接，水平面上间隔放有 n 个静止相同的小球，
每个小球的质量均为 m0=0.2kg。物块和传送带之间的动摩擦因数 μ=0.5，
传送带AB 之间的距离L=5m。所有的碰撞都是弹性正碰，假设每条阻挡条
对物块做功都相同，取g=10m/s2。 求:
（1）物块冲过阻挡条到A 点的过程中，每条阻挡条对物块做的功：
（2） 物块第一次从左向右经过传送带的时间：
（3） 最终n 个小球获得的总动能。
【解析】（18 分）（1） 物块到A 的过程, 由动能定理, 4Wf=
- Ek0 2 分
得每条阻挡条对物块做的功 Wf=-0.8J ………………2 分
（2） 物块滑上传送带后，在摩擦力作用下做匀减速运动
μmg=ma1，…………………1 分
a1=5 m/s2。
由v =v0-at1，解得减速至与传送带速度相等时所用的时间 t1=0.6s …1 分
匀减速运动的位移 s1=
t1=3.9m…1 分
物块与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间t2=
=
s=0.22s
从A 运动到B 的时间 t= t1+ t2=0.6s+0.22s=0.82s …………………1 分
（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 mv=mv1+m0u1，
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由动能守恒，有
mv2=
mv1
2+
m0u1
2， …1 分
解得：v1=-
v=
m/s，u1=
v=
m/s，
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 s=
=
m＜L
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
v2=-
v1=-（
）2v，u2=
v1=
（
）1v，
以此类推，物块与小球1 经过n 次碰撞后，
速度分别为 vn=-（
）nv，un=
（
）n-1v，
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vn、vn-1、vn-2、···、v1 ，
n 个小球的总动能为Ek=
=
（1-
）J
18 ．（16 分）（2025 湖南永州9 月质检）如图所示，物块
质量分别为
，用轻绳相连并用劲度系数
的轻质弹簧系住挂在天花
板上静止不动。
正下方有一个半径为
的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点
距离物块
的高度
。某时刻
间的绳子被剪断，然后
做周期
的简谐运动，
下落并从
点平滑地进入光滑固定圆弧轨道。当
第二次到达平衡位置时
恰好运动到圆弧末端与质量为
的滑块
相碰结合为滑块
。
平滑的滑上
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与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为
、以
的速度顺时针转动，
与传送带间的动摩擦因数
。
传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静置着2024 个相距较近的
质量为
的小球，
能够平滑地滑上平台，且
与小球、小球与小球之间的碰
撞均为弹性正碰（
、小球均可以看作质点，重力加速度
，忽略空
气阻力）。求：
（1）物块
做简谐运动的振幅；
（2）光滑固定圆轨道对物块
的冲量大小；
（3）整个运动过程中
与传送带之间因摩擦产生的热量。
【解析】．（16 分）
（1）初始状态下，伸长量为
剪断后，
处于平衡位置时伸长量为
振幅
（2）物块
做自由落体运动的时间
落入
的速度
根据动能定理
得
在圆弧末端的速度
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在圆弧上的运动时间
取向下为正方向，竖直方向
解得
水平方向
故冲量
（3）根据动量守恒
解得
分析
第一次滑过传送带有
得
物体
滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度
规定向右为正方向，有
解得
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入
传送带，假设匀减速到速度为0，则
不会向左滑出传送带，因此
在传送带上反向向右加速，以
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，物体
在与小球
第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间
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相对位移
得
在此过程中产生的热量为
同理可知，当物体
与小球发生第
次碰撞，设碰前
的速度大小为
，碰后
的速度
大小为
，则有
得
在传送带上产生热量
所以
33
