2026年天津高考物理二轮复习讲练测题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（题型专练）（解析版）

题型09动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

总方法透视典例引领变式演练

考向01对系统、内力和外力的理解

考向02对动量守恒定律适用条件的理解

考向03动量守恒定律的应用

考向04沿某一方向动量守恒问题

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

动量守恒是天津高考物理力学综合核心工具，近5年（2021-2025）稳定出现在力学综合大题（6-8

分），偶见于多选小问（2-3分），常与动量定理、动能定理、能量守恒联合命题，聚焦碰撞、板块、

反冲等模型，是高频与区分度重点，以下为结构化分析。核心逻辑：系统不受外力或外力合力为零

（或某方向合力为零）时，总动量守恒；关键在系统选取、方向矢量性、守恒条件判断、多过程衔

接。关键模型：完全非弹性碰撞（粘在一起）、板块（子弹打木块）、斜碰（某方向守恒）、反冲/

爆炸；核心是守恒条件+动量矢量性+能量损失计算。1.情境真实化：以打夯机、航天器对接、粒子

碰撞、物流分拣等生活/科技场景为背景，强化建模与信息提取。2.模型复合化：单一碰撞减少，更

多是圆弧+碰撞+平抛、板块+弹簧等组合，考查系统选取与多过程边界处理。3.能力分层：基础层

考“守恒条件判断”，进阶层考“某方向守恒（如水平）+完全非弹性碰撞共速”，创新层考“临界条件

（如板块共速）+能量损失分配+动量矢量分解”。

1．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。这就是动量

守恒定律。

(2)表达式

①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。

②m1v1＋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。

③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。

④Δp＝0，系统总动量的增量为零。

2.动量守恒定律的“六性”

(1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。

(2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。

(3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。

(4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。

(5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。

(6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。

3．应用动量守恒定律解题的步骤

考向01对系统、内力和外力的理解

【例1-1】（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另

一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座

椅运动一周的过程中（）

A．动量保持不变B．所受合外力做功为零C．所受重力的冲量为零D．始终处于受力平衡状态

【答案】B

【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变

A．根据pmv可知动量大小不变，方向改变，故A错误；

B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B正确；

C．根据IGmgt可知所受重力的冲量不为零，故C错误；

D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D错误。故选B。

【例1-2】（2025·天津滨海新·三模）智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，

将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质

点的配重质量为m，绳长为l，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.4l，水平固定好腰带，通过人体微小扭

动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动。某时刻绳子与竖直方向夹角θ=37°。运动过程中不计空气阻力，腰

带可看成不动，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。在绳子与竖直方向夹角从0°缓慢增至θ=37°的过

程中，求：

(1)绳子夹角θ=37°时，配重的速度大小v：

(2)该过程中，配重所受合力的冲量大小I；

(3)该过程中，绳子对配重所做的功W。

3glm3gl

【答案】(1)v(2)I(3)W0.575mgl

22

【详解】（1）配重做圆周运动时，半径r0.4llsin

v2

由牛顿第二定律可得mgtanm

r

3gl

解得v

2

（2）由动量定理可得Imv

m3gl

代入数据得I

2

1

（3）由动能定理可得Wmgl(1cos)mv20；代入数据得W0.575mgl

2

【变式1-1】（2025·河北秦皇岛·一模）如图所示，可视为质点的滑块甲和乙静止在水平面上A、C两点，

质量均为m0.5kg，甲在水平向右的力F作用下由静止开始运动，在0~2s内力F的大小为2N，在2s~3s

内力F的大小为3N，3s末撤去力F，此时滑块甲刚好到达B点且此时的速度大小为8m/s，再滑行一段距离

L并与乙发生弹性碰撞。已知甲、乙与地面间的动摩擦因数相同，B、C两点间的距离L3.75m，取

g10m/s2，不计空气阻力，求：

(1)甲与地面间的动摩擦因数；

(2)甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间。

【答案】(1)0.2(2)3.5s

【详解】（1）0~3s内，根据动量定理F1t1F2t2mg(t1t2)mv10

其中t12s，t21s，F12N，F23N

联立解得0.2

1212

（2）从B到C的过程中，根据动能定理mgLmvmv

2221

解得v27m/s

设甲、乙碰撞后速度分别为v3、v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv2mv3mv4，

111

mv2mv2mv2

222324

解得v47m/s

根据动量定理mgt30mv4

解得甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间t33.5s

【变式1-2】（2024·天津蓟州·三模）一物体在水平面上做直线运动，其速度—时间图像如图所示，根据该

图像可知（）

A．物体在1s末改变运动方向

B．第2s和第3s加速度大小相等、方向相反

C．前2s内合力冲量为0

D．第3s合力对物体做负功

【答案】C

【详解】A．由vt图像可知，物体在2s末改变运动方向，故A错误；

B．根据vt图像的斜率表示加速度，可知第2s和第3s加速度大小相等、方向相同，故B错误；

C．由vt图像可知，前2s内物体的速度变化量为0，则物体的动量变化量为0，根据动量定理可知，合力

冲量为0，故C正确；

D．由vt图像可知，第3s物体向负方向做加速直线运动，则物体的动能增加，根据动能定理可知，合力

对物体做正功，故D错误。故选C。

考向02对动量守恒定律适用条件的理解

【例2-1】（2025·天津·二模）如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车

制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质

量为m，阻值为R，边长为L，左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向

上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度7v0，当cd边

离开磁场右边界时线框速度为v0。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，除磁场所给作用力外线框始终

6mv2

还受到与运动方向相反、大小恒为f0的阻力作用，求：

L

(1)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；

(2)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；

(3)线框速度由7v0减小到v0所经历的时间t。

224

BL2LBL

【答案】(1)q(2)Q6mv0(3)t2

Rv03mRv0

【详解】（1）根据电流强度定义得qI·t

E

根据闭合电路欧姆定律得I

R

根据法拉第电磁感应定律得E

Δt

因为BL2

BL2

联立解得q

R

121

（2）根据能量守恒定律得Q3fLm7vmv2

2020

2

代入题中数据，解得Q6mv0

（3）根据动量定理得BLI1t1BLI2t2ftmv07mv0

因为qI1t1I2t2

LB2L4

联立解得t2

v03mRv0

【例2-2】（2025·天津宁河·一模）如图所示，某同学把压在水杯下的纸水平抽出，重复操作，将水杯压在

纸的同一位置，以更快的速度水平抽出，两次过程中水杯均未滑出桌面，则在第二次的抽出过程中（）

A．水杯受到的摩擦力与第一次相等

B．水杯动能变化量比第一次的大

C．水杯动量变化量比第一次的大

D．水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等

【答案】AD

【详解】A．分析可知，两次过程，水杯受到的摩擦力均为为滑动摩擦力且不变，故A正确；

BC．第二次快拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，则产生的冲量较小，根据动量定理可知，茶杯增加的

p2

动量小一些，根据动能与动量关系有E

k2m

由于第二次动量小，故第二次动能小，故BC错误；

D．动量变化量与对应时间的比值等于物体受到的合力，两次过程，水杯的合力均为滑动摩擦力且不变，则

水杯动量变化量与对应时间的比值与第一次相等，故D正确。

故选AD。

【变式2-1】（2024·天津河北·模拟预测）如图所示，质量为M=3kg的木板静置于光滑水平地面上，质量为

m=2kg的小滑块（可视为质点）以v05m/s的速度从木板左端滑上木板，小滑块最终未滑下木板，取重力

加速度g10m/s2。

（1）求小滑块在木板上滑动过程中，它们总的机械能损失量E；

（2）若小滑块与木板间的动摩擦因数0.5，求小滑块相对木板滑动的时间t和在这段时间内小滑块相对

于地面的移动距离x。

【答案】（1）E15J；（2）0.6s；2.1m

【详解】（1）小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

（）

mv00mMv

11

系统损失的机械能为Emv2（mM）v2

202

联立解得E15J

（2）对滑块，由动量定理得μmgtmvmv0

解得t0.6s

11

对滑块，由动能定理得mgxmv2mv2

220

解得x2.1m

【变式2-2】（2024·天津·一模）某公园的游乐场中引进了电磁弹射儿童车项目，可简化如图，宽度为L的

水平轨道中BE、CH两段为绝缘材料制成，其余部分均为导体，且轨道各部分都足够长。ABCD和EFGH

区域均存在竖直向下的匀强磁场B（B未知），AD处接有电容大小为C的电容器，FG处接有阻值为2R的

定值电阻。儿童车可简化为一根质量m，电阻为R的导体棒（与轨道始终保持垂直且接触良好），开始时

导体棒静止于AD处（如图），电容器两端电压为U0，然后闭合开关S，导体棒开始向右加速弹射。已知

重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。求：

（1）开始时电容器所带的电荷量q0；

（2）若导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度为v，求整个过程中定值电阻2R上产生的总热量Q；

（3）当B为多大时，导体棒在ABCD轨道上获得的最终速度最大？其最大值vm为多少？

121mU0C

【答案】（1）CU0；（2）mv；（3），

3LC2m

【详解】（1）开始时电容器所带的电荷量q0CU0

（2）BE、CH两段为绝缘材料制成，整个过程中定值电阻2R上产生的总热量即为导体棒在EFGH轨道运

动过程产生的热量，对导体棒在EFGH轨道运动过程，由于轨道足够长，导体棒最终静止

12

Q总=mv

2

2

QQ总

3

1

得Q=mv2

3

（3）导体棒在ABCD轨道运动过程

BILtmvm0

qIt

q

C

U

UU0U

qq0q

q

C

U

UBLvm

CLU

v0

得mm

CBL2

B

m

当且仅当CBL2

B

1mUC

即B时，最终速度最大，其最大值为v0

LCm2m

考向03动量守恒定律的应用

【例3-1】（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静

置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球

B正碰并粘在一起。已知I=1.8Ns，A、B的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg，轨道半径和绳长均为R

=0.5m，两球均视为质点，轻绳不∙可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)与B碰前瞬间A的速度大小；

(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。

【答案】(1)4m/s(2)11.2N

【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有ImAv0

11

设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有mg2Rmv2mv2

A2A2A0

联立代入数据解得v4ms

（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有mAvmAmBv共

v2

设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有Fmmgmm共

ABABR

联立代入数据解得F11.2N

【例3-2】（2023·天津·高考真题）质量mA2kg的物体A自距地面h1.2m高度自由落下，与此同时质量

mB1kg的物体B由地面竖直上抛，经过t0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起,碰撞时间极短,忽略空气

阻力。两物体均可视为质点，重力加速度g10m/s2，求A、B：

（1）碰撞位置与地面的距离x；

（2）碰撞后瞬时的速度大小v；

（3）碰撞中损失的机械能E。

【答案】（1）1m；（2）0；（3）12J

11

【详解】（1）对物体A，根据运动学公式可得xhgt21.2m100.22m1m

22

12

（2）设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知xvtgt

B02

1

即1v0.2100.22

B02

解得vB06m/s

可得碰撞前A物体的速度vAgt2m/s

方向竖直向下；

碰撞前B物体的速度vBvB0gt4m/s

方向竖直向上；

选向下为正方向，由动量守恒可得mAvAmBvB(mAmB)v

解得碰后速度v0

111

（3）根据能量守恒可知碰撞损失的机械能Emv2mv2(mm)v212J

2AA2BB2AB

【变式3-1】（2025·天津·二模）落锤打夯机是一种结构简单的建筑施工设备，其原理可以简化为以下模型∶

质量为m1800kg的夯体一部分埋人土层中，质量为m2200kg的重锤（可视为质点）从夯正上方h20m

处自由下落，与夯发生碰撞（碰撞时间极短），碰后重锤和夯一起下移d0.5m深度。（重力加速度g取

10m/s2）

(1)求重锤与夯碰后的速度；

(2)求夯在下移过程中受到的平均阻力的大小。

【答案】(1)v4m/s(2)f26000N

1

【详解】（1）设重锤与夯碰前的速度大小为v，根据动能定理mghmv2

02220

解得v020m/s

（）

锤与夯碰后速度大小相等，设为v，根据动量守恒m2v0m1m2v

解得v4m/s

（2）设夯在下移过程中受到的平均阻力的大小为f，则此过程中，根据动能定理

1

（mm）gdfd0（mm）v2

12212

解得f26000N

【变式3-2】（2025·天津·一模）高空滑道是很多游乐场的必备设施，受到很多游客的欢迎。滑车沿轨道滑

降的整个过程可以简化为如下模型。整个轨道由两部分组成，AB段是曲线滑道，BC段为水平减速滑轨，

两者在B点平滑连接。将滑车看作大小可以忽略的小物块，质量m=80kg。滑车从滑道上A点由静止下滑，

到达滑道末端B点时，与静止在减速滑轨左端质量为M=20kg的制动滑块相撞，并通过锁止装置连在一起，

之后两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下。若AB段竖直高度差为H=12m，水平段BC的长度为l=8m，

滑块和滑车在滑轨上的阻力大小恒为f=400N，重力加速度为g，求：

(1)滑车和滑块锁止后瞬间的速度大小；

(2)A到B的过程中，阻力对滑车做的功。

【答案】(1)8m/s(2)-5600J

1

【详解】（1）两者一起沿减速滑轨运动最终在C点停下的过程，根据动能定理可得fl0(mM)v2

2

解得v8m/s

1

（2）A到B的过程中，根据动能定理可得mgHWmv2

f20

二者碰撞过程有mv0(mM)v

联立解得Wf5600J

考向04沿某一方向动量守恒问题

【例4-1】如图所示，半径R0.5m的光滑圆弧轨道ABC固定在水平面上，A点与圆心O等高，B为最低

点，圆弧BC对应的圆心角60。将质量m10.1kg的小球P从A点正上方某一高度由静止释放，进入圆

弧轨道后，在最低点B与质量m20.3kg的小球Q发生弹性碰撞，Q从C点飞出后恰好能垂直击中竖直墙

3

面上的D点。已知C点到墙壁的水平距离xm，不计一切摩擦阻力，两小球均可视为质点，重力加速

10

度g取10m/s2。求：

(1)小球Q从C点飞出时的速度大小v；

(2)小球Q在C点时对轨道的压力大小FN；

(3)小球P释放点到A点的距离h。

【答案】(1)2m/s(2)3.9N(3)1.3m

【详解】（1）小球Q从C点到D点的斜上抛过程可逆向看成从D点到C点的平抛运动，则在水平方向有

vcos60tx

在竖直方向有vsin60gt

联立解得v2m/s

v2

（2）小球Q在C点，根据牛顿第二定律有Nmgcos60m

22R

解得N3.9N

根据牛顿第三定律可得小球Q在C点时对轨道的压力大小FNN3.9N

11

（3）小球Q从B点到C点过程根据动能定理有mgR1cos60mv2mv2

22222Q

解得vQ3m/s

121212

小球P、Q碰撞过程姝动量守恒和能量守恒有m1v0m1vPm2vQ，mvmvmv

21021P22Q

解得v06m/s

1

小球P从释放到运动至最低点B过程根据动能定理有mgRhmv2

1210

解得h1.3m

【例4-2】如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该系统静置于

光滑的水平地面上。已知滑块B的质量mB1.0kg、滑块C的质量mC2.0kg。现有一质量mA3.0kg的滑

块A从光滑曲面上离地面h处由静止开始滑下，光滑曲面与水平地面相切，滑块A与B发生正撞并粘在一

起压缩弹簧推动滑块C向前运动。经一段时间，滑块C脱离弹簧。已知滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速

2

度大小为v1=3m/s，重力加速度取g10m/s，求：

(1)滑块A的初始高度h；

(2)弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能；

(3)滑块C最终的速度大小。

【答案】(1)0.8m(2)6J(3)4m/s

【详解】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v0，

1

由机械能守恒定律有mghmv2

A2A0

滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v1，由动量守恒定律有

mAv0mAmBv1

联立解得h0.8m

（2）滑块A、B、C速度相等（设速度为v2）时，被压缩的弹簧弹性势能最大，系统动量守恒定律，有

mAmBv1mAmBmCv2

解得v22m/s，方向水平向右

11

弹簧被压缩的过程中，系统机械能守恒，有mmv2mmmv2E

2AB12ABC2p

解得Ep6J

（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，此时滑块C速度达到最大，不再改变，设此时滑

块A、B的速度为v3，滑块C的速度为v4，由动量守恒定律得mAmBmCv2mAmBv3mCv4

111

由机械能守恒定律，有mmmv2Emmv2mv2

2ABC2p2AB32C4

联立以上方程解得v31m/s、v44m/s或v33m/s、v40（初始值，舍去），故滑块C能获得的最终速度

大小为4m/s。

1

【变式4-1】如图所示，质量m4kg的工件A左部分为半径R1m的光滑圆弧，圆弧最低点与平直部分

14

相切，A静止在光滑水平面上，质量m21kg的小物块B从A的圆弧顶端由静止释放，恰好能到达A的右

端，已知B与A平直部分间的动摩擦因数0.5，取重力加速度大小g10m/s2，求：

(1)从B释放到B滑到圆弧最低点的过程中，A的位移大小x1；

(2)B滑到圆弧最低点时的速度大小vB；

(3)A平直部分的长度L。

【答案】(1)x10.2m(2)vB4m/s(3)L2m

【详解】（1）设从B释放到B滑到圆弧最低点的过程中，B的水平位移为x2，则有0m1v1m2v2

x1v1t

x2v2t

x1x2R

解得x10.2m

（2）B滑到圆弧底端时，设A的速度为v1，则有0m1v1m2vB

11

mgRmv2mv2

221122B

解得vB4m/s

（3）B滑到圆弧底端时，摩擦力使A向左减速，使B向右减速，最终A和B的速度均为0，则有

11

mv2mv2mgL

21122B2

解得L2m

【变式4-2】（2024·天津红桥·二模）如图所示，质量为M2.0kg，半径R0.3m的四分之一光滑圆弧槽静

置于光滑水平地面上，有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球m1、m2，m11.0kg、m22.0kg，

m2右侧与球心等高处连接一轻质弹簧，弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将m1从圆弧槽顶端由静止

释放，重力加速度g10m/s2，求：

（1）若圆弧槽固定不动，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小v0；

（2）若圆弧槽不固定，小球m1滑离圆弧槽时的速度大小v1；

（3）圆弧槽不固定的情况下弹簧压缩过程中的最大弹性势能。

4

【答案】（1）；v6m/s（2）v2m/s；（3）EJ

01pmax3

1

【详解】（1）圆弧槽固定，小球机械能守恒mgRmv2

1210

解得v06m/s

（2）圆弧槽不固定，槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒，若以向右为正方向，在水平方向，由动量

守恒定律得m1v1Mv20

11

由机械能守恒定律得mgRmv2Mv2

121122

解得v12m/s

（3）当小球m1、m2速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据动量守恒解得m1v1(m1m2)v

2

解得vm/s

3

11

根据能量守恒可得Emv2(mm)v2

pmax211212

4

代入数据可得EJ

pmax3

1．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R=0.45m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面

在B点平滑连接。质量为m=0.12kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M=

0.18kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x=0.20m至D点停止。A点至C点光滑，

小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10m/s2，不计空气阻力。求：

(1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小；

(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小；

(3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。

【答案】(1)FN3.6N(2)v1.2m/s(3)0.36

1

【详解】（1）设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为v，由机械能守恒定律，有mgRmv2

020

v2

由牛顿第二定律，有Fmgm0

NR

代入数据，联立解得FN3.6N

（2）小车与物块在C点碰撞，在水平方向由动量守恒，有mv0(Mm)v

代入数据，联立解得v1.2m/s

（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C点匀减速运动至D点静止，由动能定理，有

1

(Mm)gx0(Mm)v2

2

代入数据，联立解得0.36

2．某游乐园某项刺激的轨道滑行飞驰碰撞游戏装置可简化为如图所示，AB为半径R=0.45m的四分之一光

滑圆弧轨道，半径OB竖直，CE为倾角θ=53°的光滑斜轨道，EFG为半径r0.5m的光滑圆弧轨道，与斜轨

CE在E点相切，F点和G点分别为圆弧轨道最低点和最高点。质量为m=0.1kg的1号小球（视为质点）

从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好无碰撞的从C点落到CE斜轨上，经过斜轨CE和圆弧轨道EF

段后与静止在F点的2号小球发生弹性对心正碰，已知2号小球质量为3m；碰后2号小球恰好能到达G点。

取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，不计空气阻力。求：

(1)1号小球离开AB圆弧轨道前瞬间对轨道的压力F；

(2)B、C两点间的水平距离x；

(3)斜轨道高h。

【答案】(1)3N，方向竖直向下(2)1.2m(3)3.55m

12

【详解】（1）1号小球从A点由静止滑到B点，机械能守恒有mgRmv

2B

代入数据解得vB3m/s

mv2

离开B点前瞬间，由牛顿第二定律有FmgB

NR

代入数据解得FN3N

由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小FFN3N

方向竖直向下。

v

（2）1号小球从B到C做平抛运动，在C点的速度大小vB5m/s

Ccos

竖直方向的分速度大小vyvBtan4m/s

竖直方向小球做自由落体运动，有vygt

解得t0.4s

B、C两点间的水平距离xvBt1.2m

11

（3）1号小球从C到F机械能守恒mghmv2mv2

CF2C2F

其中hCFhrrcos

在F点1号小球与2号小球做弹性对心正碰，系统动量守恒mvFmv13mv2

111

由机械能守恒mv2mv23mv2

2F2122

3mv2

2号小球在G点，由牛顿第二定律得3mg2

r

代入数据解得h3.55m

3．如图所示，质量分别为2m和m的两个物体A、B通过跨在光滑定滑轮上的轻质刚性细线连接，初始时

刻，A在距地面h高处，B静置于水平地面上，细线恰好伸直。现将A由静止释放，此后A、B与地面碰

撞后速度立即变为零；细线再次绷紧后A、B速度大小瞬间相同、整个运动过程中A、B不会与滑轮相碰。

重力加速度为g，求：

(1)B运动中能够达到的最大高度Hm；

(2)A与地面发生第一次碰撞后到再次到达最高点的过程中，细线对A的冲量；

(3)整个过程中A运动的总路程。

425

【答案】(1)h(2)m6gh，方向竖直向上(3)h

334

【详解】（1）对A、B系统，从释放到第一次A落地前瞬间，由机械能守恒定律，则有

11

2mgh2mv2mv2mgh

2121

2

解得vgh

13

2

当A与地面碰撞后立即静止，B将继续向上运动，细线松弛，B做竖直上抛运动，由运动学公式有v12gh

4

B运动中能够达到的最大高度Hhhh

m3

（2）B竖直上抛返回至细线再次绷紧，细线绷紧瞬间，线中的张力远大于重力，故重力的冲量可忽略不计，

此过程等效为系统动量守恒，则有mv1(m2m)v2

对AB，由牛顿第二定律有2mgmg3ma

从细线绷紧到A上升至最高点所用时间为t，则有v2at

对A，从细线绷紧到再次到达最高点的过程中，由动量定理有I2mgt00

2

联立以上各式，解得Im6gh，方向竖直向上。

3

v2h

（3）对A，再次上升至最高点时，距地面的高度为h2

22a9

2

之后重复之前的运动，下一次上升至最高点时，距地面的高度为11

ABh3h2h

99

5

故A运动的总路程为xh2h2hh

234

4．（2025·天津和平·二模）如图所示，长为L2m、质量为M2kg的木板静止在光滑的水平地面上，A、

B是木板的两个端点，点C是AB中点，AC段光滑，CB段粗糙，木板的A端放有一个质量为m1kg的物

块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小为F9N的恒力，当物块相对木板滑至C点时撤去

这个力，最终物块恰好滑到木板的B端与木板一起运动，求：

(1)物块到达木板C点时木板的速度v1；

(2)木板的摩擦力对物块做的功Wf；

(3)木块和木板CB段间的动摩擦因数

【答案】(1)3ms(2)2J(3)0.3

11

【详解】（1）根据题意，由于AC段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能定理有FLMv2

221

解得v13ms

（2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mv1Mmv

解得v2ms

1

对物块由动能定理有Wmv2

f2

解得Wf2J

111

（3）由能量守恒定律有mgLMv2Mmv2

2212

解得0.3

5．如图，一质量为M的木板放置于光滑水平面上，木板右侧地面上固定一竖直挡板。现在长木板最左端放

置一个可视为质点的滑块，给滑块一个初速度v0，由于滑块和木板的相互作用，在木板第一次碰撞竖直挡

板时，两者恰好达到共速，木板碰撞挡板不损失机械能且不计碰撞时间。已知滑块质量为2M，滑块与木板

之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。

(1)求木板未运动时，木板右端到挡板的距离；

(2)求滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间；

(3)若第三次共速时，滑块恰好未从木板上掉落，求木板的长度。

v27v241v2

【答案】(1)0(2)0(3)0

9g9g486g

【详解】（1）滑块和木板作用过程动量守恒，设第一次共速的速度大小为v1，由mv0Mmv1

1

设木板未运动时，木板右端到挡板的距离为x，由动能定理可得mgxMv20

0021

v2

解得x0

09g

mg

（2）木板运动过程的加速度a2g

MM

v1

木板从开始运动到第一次共速的时间t1

aM

木板与挡板碰后速度等大方向，设第二次共速的速度大小为v2，滑块和木板相互作用动量守恒，

mMv1Mmv2

v2v1

木板从第一次与挡板碰撞到与滑块第二次共速的时间t2

aM

滑块从开始运动到与木板第二次共速所用的时间tt1t2

7v

联立代入数据解得t0

9g

（3）设滑块与木板第三次共速的速度大小为v3，根据动量守恒，有mMv2Mmv3

11

设木板长度为L，由功能关系可得mgLmv2Mmv2

2023

241v2

联立解得L0

486g

6．（2025·天津宁河·一模）如图所示，水平面上竖直固定一个粗糙圆弧轨道BC。圆弧轨道C端切线水平，

长木板静止在光滑的水平面上，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连（长木板厚度不计）。从B

的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m2kg的物块（可视为质点），物块恰好能从B点沿切线方向

无碰撞进入圆心角53的圆弧轨道BC，物块滑到圆弧轨道C点时速度大小为vC4m/s，经圆弧轨道后

滑上长木板。已知长木板的质量M6kg，A点距C点的高度为H1.2m，圆弧轨道半径为R1m，物块

与长木板间的动摩擦因数0.3。物块始终未滑出长木板，空气阻力不计，g取10m/s2，sin530.8，

cos530.6。求：

(1)物块从B滑到C的过程中摩擦力做的功；

(2)在物块相对长木板运动的过程中，木板的位移大小。

【答案】(1)-17J(2)0.5m

【详解】（1）从A到B做平抛运动，根据图中几何关系可得hR（1cos）

2（）

根据运动学公式可得vBy2gHh

解得vBy4m/s

11

从B到C由动能定理可得：mghWmv2mv2

f2C2B

v

其中vBy

Bsin53

解得Wf17J

（2）对物块和木板分析，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mvC(Mm)v

解得v1m/s

1

在物块相对长木板运动的过程中，对长木板列动能定理有mgxMv2

2

解得：x0.5m

7．如图所示，长木板静止在光滑水平面上，长木板上表面两端分别固定半径均为R的四分之一圆弧体AB、

CD，圆弧面