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第34 讲 动量守恒定律及其应用
核心考点
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用....................................................................................1
考点二 爆炸问题 反冲运动..........................................................................................................6
考点三 人船模型..........................................................................................................................15
考点一 动量守恒定律的理解和基本应用
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统_不受外力__，或者所受_外力的矢量和__为0，这个系统的总动
量保持不变。
2．适用条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受_外力的合力__为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远_大于__外力时，系统的动量可近似看
成守恒。
注意：外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于
作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
【例1】（2025·四川凉山·三模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车
相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且
入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（ ）
基础过关
1
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A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左框后，小车将静止不动
【答案】CD
【详解】AB．在投球过程中，人、车和球系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，
但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平
向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB 错
误；
C．设一个球的质量为
，人、车和剩余球的质量为
，人扔球时到篮筐的水平距离为
，
根据水平方向动量守恒
则
又
解得
，故C 正确；
D．当球全部投入左边的框中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车
的速度为零，故D 正确。
故选CD。
【例2】（2025·广西河池·二模）2025 年2 月7 日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目
再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并
未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰
壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能
是（ ）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
2
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D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
【答案】CD
【详解】A．碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰
壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A 错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B 错
误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同
方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决
定，而不是简单地交换速度，故C 正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在
碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使
得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D 正确。
故选CD。
【例3】（2025·云南·模拟预测）我国女子短道速滑队曾多次在国际大赛上为祖国赢得荣誉。
某次短道速滑接力赛中，在水平冰面上“交棒”的运动员乙用力猛推前方“接棒”的运动员
甲，使运动员甲以速度
向前冲出。已知甲、乙运动员的质量均为
，交接前，
甲的速度大小
，乙的速度大小
，不计一切阻力。下列说法正确的是
（ ）
A．乙推甲后瞬间乙的速度大小为
B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量为
C．乙推甲的过程，甲的动量一直增加
D．乙推甲的过程，甲的动量变化量比乙的大
【答案】AC
【详解】A．规定运动员前进的方向为正，根据动量守恒定律可得
解得乙推甲后瞬间乙的速度为
故A 正确；
B．乙推甲的过程，乙对甲的冲量等于甲动量的变化量，则有
故B 错误；
3
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C．乙推甲的过程，运动员甲的速度一直增加，故动量一直增加，故C 正确；
D．乙推甲的过程，运动员甲动量的变化量大小等于乙的动量的变化量大小，故D 错误。
故选AC。
【例4】（2025·江苏·模拟预测）如图所示，将甲、乙两条形磁铁按压在水平桌面上，甲的质
量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近
过程中的任一时刻（ ）
A．甲、乙组成的系统总动量为0
B．甲的动量变化率比乙小
C．甲的动量大小比乙大
D．甲的加速度大小比乙大
【答案】B
【详解】A．题意可知甲乙与桌面之间的动摩擦因数相等，但由于甲乙质量不等，则摩擦力
大小不相等，故甲、乙组成的系统总动量不守恒，即不为0，故A 错误；
B．根据动量定理可得
可知动量变化率表示合力，又因二者吸引力大小相同，但又甲受到的摩擦大，则甲的合力小，
故甲的动量变化率比乙小，故B 正确；
C．根据动量定理
结合以上分析可知，由于甲的合力小，则在相同时间里，甲的动量大小比乙小，故C 错误；
D．以上分析可知，由于甲的合外力小，甲的质量大，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度
小，即甲的加速度大小比乙小，故D 错误。
故选B。
【例5】（2025·云南大理·二模）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B 静止在光滑的水平面
上。A、B 的圆弧面光滑，半径分别为
和
，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视
为质点的小物块C 从A 的圆弧面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为
和
，则以下说
法正确的是（ ）
4
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A．整个过程ABC 组成的系统动量守恒
B．C 刚滑到A 底端时，C 距B 的圆弧面底端的水平距离为
C．C 刚滑到A 底端时，C 的速度为
D．若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为
【答案】CD
【详解】A．整个过程ABC 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．设C 刚滑到A 底端时，A、C 的水平位移的大小分别为
、
，根据“人船模型”有
依题意有
可得C 刚滑下A 时到B 的圆弧面底端的距离为
故B 错误；
C．C 刚滑到A 底端时，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
，
故C 正确；
D．C 滑上B 的过程，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
故D 正确。
故选CD。
1.动量守恒定律的表达式
精讲考点
5
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(1)p＝p'或m1v1＋m2v2＝m1v1' ＋
m 2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
(2)Δp1＝-Δ
p 2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
2.动量守恒定律的五个特性：
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解
题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的
速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…
应是系统中各物体在相互作用前同一时
刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体
在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物
体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体
组成的系统，还适用于接近光速运动的
微观粒子组成的系统
考点二 爆炸问题 反冲运动
1.爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所
以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
机械能增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械
能，所以系统的机械能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，
可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运
动
2.反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的
效果
基础过关
6
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动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运
动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系
统的机械能增加
【例6】（2025·山东德州·三模）如图所示，某实验小组用轻质压缩弹簧代替推进剂，来研究
火箭单级推进与多级推进。火箭的总质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，
火箭始终在竖直方向上运动，不计空气阻力。
方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将两
根弹簧进行同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此
后上升的最大高度为h。
方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放置在两级火箭的底部
（均不连接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模
拟火箭的二级推进过程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅
速获得一共同速度，一级推进完成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过
程忽略重力影响。下列说法正确的是（ ）
A．两个方案中，火箭运动过程中机械能守恒
B．方案二中，一级推进完成瞬间，火箭速度的大小为
C．方案二中，二级火箭上升的最大高度为
D．方案一中，压缩的单根弹簧储存的弹性势能为
【答案】C
【详解】A．两个方案中，火箭运动过程中弹簧弹簧的弹性势能转化为火箭的动能，火箭机
械能增加，故A 错误；
D．设压缩的单根弹簧储存的弹性势能为
，方案一中，根据弹簧和火箭组成的系统机械能
守恒有
7
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得
故D 错误；
BC．方案二中，一级推进完成瞬间，设火箭的速度大小为
，根据弹簧和火箭组成的系统机
械能守恒有
求得
设二级推进完成瞬间，一级火箭和二级火箭的速度分别为
和
，根据一级火箭、二级火箭
以及两级火箭之间弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒分别有
，
联立解得
，
设二级火箭上升的最大高度为
，则二级推进完成后，根据二级火箭机械能守恒有
解得
故B 错误，C 正确。
故选C。
【例7】（2025·海南·三模）“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，
点燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知“起
花”的总质量为
（含火药），“起花”内装有质量为
的火药，点火后在极短的时间内
将火药以相对地面大小为
的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸裂为质量之
比为2：1 的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的碎块速度大小为
，重力加速度为
，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
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B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看
作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
【答案】BD
【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A 错误；
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看作
动量守恒，故B 正确；
C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为
，根据动量守恒定律有
得
故C 错误；
D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1 的两块碎块的速度之比为1：
2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水平方向
的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地时的速度之
比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
，故D 正确。
故选BD。
【例8】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，竖直平面内光滑圆弧形轨道
与水平地面相切
于
点，圆弧轨道圆心为
、半径为
，对应圆心角为
。质量分别为
、
的物块P 和Q（均可视为质点）静置在水平地面上的A 点，物块Q 通
过原长为
，劲度系数为
的轻质弹簧拴接在左侧的固定挡板上，初始时，
弹簧处于原长，A、
之间的距离为
。在两物块Q、P 之间放置少量炸药，点燃
炸药，有
的化学能瞬间转化为两物块的动能，物块P 从圆弧轨道
飞出后运动到最高
点时的速度大小为
。已知两物块与水平地面之间的动摩擦因数均为
，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
取
，
，炸药质量忽略不计，
炸药爆炸后瞬间，两物块的速度均沿水平方向，求：
9
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(1)物块P 落地时的动能；
(2)炸药爆炸过程中释放的化学能；
(3)物块Q 在水平地面上滑行的路程。
【答案】(1)288.75J
(2)1071J
(3)110.2m
【详解】（1）物块P 从
点飞出后做斜抛运动，水平速度不变，可知物块P 从
点飞出时
的速度为
由机械能守恒可知，物块P 落地时的动能等于物块P 在
点时的动能，有
解得
（2）设炸药爆炸时释放的化学能为
，由能量守恒有
爆炸时，两物块动量守恒
物块P 从爆炸后运动到
点的过程中，由动能定理有
联立解得
（3）由（2）可得爆炸后瞬间物块Q 的速度大小为
爆炸后物块Q 做阻尼振动，弹簧第一次压缩到最短的过程中，由能量守恒有
解得
此时弹簧弹力大小为
物块Q 将被弹回，到速度再次减为零时，设弹簧的形变量为
，则该过程由能量守恒有
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解得
此时弹簧弹力大小为
所以物块Q 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，形变量
为
，则该过程由能量守恒有
解得
此时弹簧弹力大小为
综上分析可知，从弹簧第一次压缩到最短到以后每次速度减为零，弹簧的形变量每次都会减
小
设物块Q 第
次速度减为零时，弹簧的形变量为
，可知
当物块Q 第
次速度减为零时，若物块Q 停止运动，有
解得
分析可知，当物块Q 第12 次速度减为零时，弹簧的形变量大小为
此时弹筟弹力
物块Q 停止运动
所以整个过程中物块Q 滑动的路程为
【例9】（2025·山西太原·一模）如图所示为三级火箭示意图，运载物的质量为
，每一级
燃料的质量均为m，燃料燃烧后喷出炽热高速气体。火箭从地面由静止发射，若不考虑空气
阻力、重力的影响，燃料外壳质量不计。求：
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(1)假如火箭在点火加速阶段，尚未离开地面，在时间
内，相对于地面以速度
喷出质量为
的气体，火箭在此阶段获得的平均推力
的大小；
(2)假如一次性把三级燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对对于地面的速度为
，运载
物可获得速度
的大小；
(3)假如依次把每一级火箭的燃料燃烧后瞬间全部喷出，喷出的气体相对火箭的速度为
，运
载物可获得速度的大小为
。根据
的表达式，若把燃料总质量
分为
份（
为正整
数），依次把
的燃料燃烧后瞬间喷出，喷出的气体相对火箭的速度为
，若
取到无穷
大，则火箭最终可获得的理想最大速度
为多大。
（已知：
，
为正的常数，
为正整数，当
时，则
）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）方法一：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为
，依
动量定理，以下为正
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解得
根据牛顿第三定律可知火箭在此阶段获得的平均推力
的大小
方法二：火箭在点火预热阶段喷出气体，火箭对气体的平均作用力为F，有
因为
联立解得火箭获得的平均推力
（2）运载物、燃料在喷出气体的过程中动量守恒，以上为正
解得
（3）方法一：以地面为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，依动量守恒定律有
第二级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，则有
第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度大小为
，则有
解得
，
，
方法二：
以火箭为参考系，以上为正，第一级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为
，第二级燃
料燃烧后，运载物获得的速度增量为
，第三级燃料燃烧后，运载物获得的速度增量为
， 依动量守恒定律有
，
，
联立解得
，
，
13
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因为
同理，若把质量为 3m 的燃料分成n 份，运载物最终获得的速度为
，则有
依题目已知条件，当 n 时，
【例10】（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。
已知乌贼喷水前的质量为 M。 速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m 的水以速度u
水平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。 下列说法
正确的是（ ）
A．乌贼获得的最大速度为
B．喷水后乌贼做匀减速直线运动
C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为
D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能
【答案】C
【详解】A．根据动量守恒定律有
解得
故A 错误；
B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则
随着速度减小，加速度逐渐减小，故B 错误；
C．对
运用积分原理有
解得
故C 正确；
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D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D 错误；
故选C。
考点三 人船模型
1．模型探究：如图所示，长为L、质量为m 船的小船停在静水中，质量为m 人的人由静止
开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m 人v 人－m 船v 船＝0；
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(3)两物体的位移大小满足：m 人－m 船＝0，x 人＋x 船＝L，得x 人＝L，x 船＝L。
3．“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)
【例11】（2025·江苏苏州·三模）一长度为L、质量为M 的木板静止放置在光滑水平地面上，
一质量为m 的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大
高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做
功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)每次青蛙起跳做的功W；
(2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L 表示）；
(3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h 表示）；
【答案】(1)
基础过关
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(2)
(3)
【详解】（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
（2）对青蛙在木板上向右上方起跳过程
由几何关系
联立解得
（3）青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为
，方向与水平方向夹角为
，运动时
间为，则竖直方向
水平方向
联立解得
则当
时，
对青蛙起跳
解得青蛙水平方向上最大位移为
【例12】（2025·浙江·三模）如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg 的平板小车，
现有一质量为m=40kg 的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s 的速度向后跳离小车，对
这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s
B．小车对小孩做的功为80J
C．小孩做的功可能为130J
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D．小孩做的功可能为100J
【答案】D
【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为
因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A
错误；
B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B
错误；
CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知
解得v=1m/s
此时小孩做的功为
若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为
100J，但不可能为130J，选项C 错误，D 正确。
故选D。
【例13】（2025·山东淄博·一模）质量为M 的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹
槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为m、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹
为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，已知
椭圆半长轴与半短轴之比为
。下列说法正确的是（ ）
A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B．小球质量与凹槽质量之比
C．
时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D．
时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
【答案】AD
【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处于
失重后处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即半圆
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形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A 正确；
B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为
，短轴为
，
即小球在水平方向的分位移
半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有
其中
解得
故B 错误；
C．根据图乙的对称性可知，
时刻小球位于凹槽最低点，则
时刻小球位于释放点与凹槽最
低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹槽的最低
点，
时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹切线方向，可
知，
时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C 错误；
D．结合上述可知，
时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最低
点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在最低点
沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则
时刻，小球受到凹槽的支持
力大于小球的重力，故D 正确。
故选AD。
【例14】（2024·北京朝阳·模拟预测）在光滑水平面上放有一质量为
的小车，一质量为
的小球用长为
的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置（细线伸直且水平）同时由静
止释放小球和小车，设小球到达最低点时的速度为
。从释放到小球达最低点过程中，细线
对小球做的功为
。从释放开始小车离开初位置的最大距离为
，则下列说法正确的有（
）
A．
B．
C．
D．
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【答案】C
【详解】AB．从释放到到小球达最低点过程中，由水平方向动量守恒和能量守恒得
解得
故A 错误，B 错误；
C．对小球，由动能定理得
解得
故C 正确；
D．从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时，此时小球与车的速度
均为零，由能量守恒知小球回到原高度，由人船模型得
解得
故D 错误。
故选C。
【例15】（24-25 高三上·重庆渝中·期中）质量为2m 的物体A 穿在光滑的水平杆上，用长为
L 的细绳与质量为m 的小球B 相连，如图甲所示，初始时A、B 在同一水平面上（细绳平行
于水平杆），且细绳刚好拉直，将小球B 由静止释放，当细绳刚好竖直、小球B 运动到最低
点时绳子恰好绷断，已知A、B 均可视为质点，重力加速度为g，求：
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(1)小球B 运动到最低点时，物体A 的速度大小以及A 相对于初始位置运动的距离；
(2)细绳的最大张力；
(3)以A 物体的初始位置为坐标原点建立如图乙所示平面直角坐标系xOy，求出绳断之前小球
B 运动的轨迹方程。
【答案】(1)
；
(2)
(3)
【详解】（1）小球B 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，小球B 和A 物体系统水平
方向动量守恒，取水平向左为正方向，可得
设A 相对于初始位置运动的距离为
，可得
解得
根据能量守恒有
联立，解得
（2）小球B 运动到最低点速度
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小球B 运动到最低点时绳子恰好绷断，有
解得
即细绳的最大张力为
。
（3）设小球位置坐标为（x，y）时，此时A 物体运动的位移为
，则水平动量守恒
由几何关系可知
解得小球从出发至最低点过程的轨迹方程
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