2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）重难05 动量守恒定律 能量和动量的综合（重难专练）（解析版）

重难05动量守恒定律能量和动量的综合

内容导航

速度提升技巧掌握手感养成

重难考向聚焦

锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

重难技巧突破

授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧

重难保分练

稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值

重难抢分练

突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

1.理解动量、冲量的概念，会分析处理动量定理、动量守恒定律等规律的理解及应用问题。

2.熟练掌握应用三大观点分析处理“滑板－滑块”模型、传送带模型、含弹簧的系统等问

题。

1.动量定理

（1）公式：FΔt＝mv'－mv

（2）应用技巧

①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。

②表达式是矢量式，需要规定正方向。

③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。

④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。

⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。

2.用动量定理解题的基本思路

对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。

3.碰撞问题遵循的三条原则

4.反冲的两条规律

（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。

（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两

个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1－m2＝0。

模型图示模型�特1点�2

“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿

运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用，这类问题可分为两类：

①没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，

滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有

共同速度，摩擦力与相对路程的乘积等于系统损失的动能，即Ff·x相对＝

ΔEk。

②系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意

图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解。

3.传送带中摩擦力做功与能量转化

（1）静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静

摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。

（2）滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑

动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。

（3）摩擦生热的计算：①Q＝Ffs相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体

多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。

（建议用时：20分钟）

1．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，

木板上站着一只猫。已知猫的质量是木板的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保

持其相对斜面的位置不变，重力加速度为g，在猫奔跑但没有离开木板的过程中（）

A．猫对木板的摩擦力沿斜面向上

B．猫和木板组成的系统动量守恒

C．木板对猫做正功

D．木板的加速度为3gsin

【答案】D

【详解】AD．猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，以猫为研究对象，根据平衡条件可得

f2mgsin

即木板对猫的摩擦力沿斜面向上；根据牛顿第三定律，可知猫对木板的摩擦力沿斜面向下，大小为

ff2mgsin

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有fmgsinma

联立解得a3gsin，故A错误，D正确；

B．猫和木板组成的系统在沿着斜面的方向上所受外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；

C．由于猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，则猫的位移为零，故木板对猫不做功，故C错误。

故选D。

2．（2026·广东珠海&惠州&深圳·调研）2025年10月10日，中国安能集团首次在广西启用动力舟桥参与

南宁邕江北大桥右侧的堤坝加固抢险工作。动力舟桥的其中一种作业模式是将若干舟体拼接在一起形成带

式浮桥，方便岸边与抢险地的人员及物资运送。某次拼接时，两节质量均为m的刚性舟体A、B正分别以v0

和2v0的速度沿同一直线同向移动，B舟追上A舟，发生刚性连接，连接过程极短，忽略水流的阻力，下列

说法正确的是（）

A．连接后瞬间两舟的共同速度为1.5v0

B．连接过程中A舟对B舟的作用力大于B舟对A舟的作用力

C．连接过程中B舟所受合外力的冲量为0.5mv0

D．连接过程中A舟动量的变化量与B舟的动量变化量大小相等

【答案】AD

【详解】A．AB两舟碰撞过程，由动量守恒得mv0m2v02mv

解得连接后瞬间两舟的共同速度为v1.5v0，故A正确；

B．碰撞过程A舟对B舟的作用力与B舟对A舟的作用力是一对相互作用力，大小相等，故B错误；

D．A舟、B舟所受合力大小相等，作用时间相同，故合力的冲量大小相等，动量变化量的大小相等，故D

正确；

C．对B舟由动量定理Im1.5v02v0

得连接过程中B舟所受合外力的冲量为I0.5mv0，故C错误。

故选AD。

3．（2026·深圳&多校·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，

一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑

块的速度大小分别为v1、v2，根据测量数据在坐标轴画出一条直线，图像如图乙所示，重力加速度为g，不

考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（）

b

A．小球的质量为M

a

ab

B．小球运动到最高点时的速度为

ab

a2

C．小球能够上升的最大高度为

（2ab）g

D．若a<b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动

【答案】CD

【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，取向右为正方向，在刚开始的过程中，在水平方向上由动量

守恒定律得mv0=mv1＋Mv2

mm

变形得vvv

2M1M0

bm

结合图乙可得，av

aM0

b

则小球的质量mM，故A正确；

a

B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，取向右为正方向，

水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m＋M)v共

mv0ab

解得v共，故B正确；

mMab

1212

C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mvmgh(mM)v共

202

Mv2a3

解得h0，故C错误；

2mMg2abg

D．小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=

mv′1＋Mv′2

111

由机械能守恒定律得mv2mv2Mv2

202122

若a<b，则m>M，联立两式解得v′1>0，v′2>v′1

则小球在与圆弧滑块分离后向右做平抛运动，故D错误。

本题选择错误的，故选CD。

4．（2025·广东顺德·一模）“无动力过山车”是以亲子互动为主的游乐设备。如图，家长通过链条驱动将质

量为M的座舱和质量为m的小孩一起从轨道最低点沿轨道向上运动，座舱和小孩到轨道最高点时以一定的

速度沿轨道滑下，最后停在轨道上，已知轨道最高点离轨道最低点的高度差为h，重力加速度为g。下列说

法正确的是（）

A．在轨道最高点时，小孩对座舱的压力小于小孩的重力

B．在整个上升阶段，座舱和小孩的重力势能增加Mmgh

C．在下降阶段，座舱所受支持力的冲量为零

D．在下降阶段，合外力对小孩做功等于其动能的变化量

【答案】ABD

v2

【详解】A．在轨道最高点时，对小孩有mgFm

NR

可知小孩受座舱的支持力小于小孩的重力，根据牛顿第三定律可得小孩对座舱的压力小于小孩的重力，故A

正确；

B．在整个上升阶段，根据重力势能定义可知座舱和小孩的重力势能增加Mmgh，故B正确；

C．在下降阶段，座舱所受支持力不为零，根据冲量定义IFt，可知座舱所受支持力的冲量不为零，故C

错误；

D．在下降阶段，根据动能定理可知合外力对小孩做功等于其动能的变化量，故D正确。

故选ABD。

5．（2025·广东顺德·一模）2025年8月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电系统在长沙

组装完成，该系统可在1500米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v冲击涡轮发电机

叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ，则风力对叶片的平均冲击力大小为

（）

11

A．SvB．SvC．Sv2D．Sv2

22

【答案】C

【详解】取时间微元t，根据动量定理有vtSvFt

可得平均冲击力大小FSv2

故选C。

6．（2026·广东·模拟）某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg的火箭模型（不

含压缩气体质量）由静止竖直发射升空，200g压缩气体以大小为220m/s的对地速度在极短时间内从火箭喷

口喷出。若不计空气阻力，重力加速度g10m/s2。

(1)火箭发射后上升的最大高度H1；

(2)如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质量），

每级火箭分别灌装100g压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大小均为

220m/s。仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s末两级火箭完成分离（分离过程中

两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷出，求火箭能够上升的最大高度H2。

【答案】(1)H196.8m

(2)H2160.8m

【详解】（1）对火箭喷气过程研究，火箭和气体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有Mvmv0

2

喷气后火箭上升过程，由运动学公式有v2gH1

联立解得H196.8m

mm

（2）第一次喷气过程中由动量守恒定律有Mv1v0

22

第一次喷气结束后的1s内，火箭做竖直上抛运动，由运动学知识有v2v1gt

vv

该过程中火箭上升的高度h12t

12

MmMm

第二次喷气过程中由动量守恒定律有vvvv

2223202

2

第二次喷气后火箭上升过程，由运动学公式有v32gh2

第二次喷气后火箭能够上升的最大高度H2h1h2160.8m

7．（25-26高三上·广东肇庆中学·限时训练）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖

直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固

定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面

上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，

且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸

后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从

C点对轨道无挤压地切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩

擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.81.34。求：

(1)物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；

(2)物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；

(3)若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，会通过E点几次？计算每次经过E点的时间。（计算结果

保留三位有效数字）

【答案】(1)60N

(2)0.5

(3)两次，见解析

v2

【详解】（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动有mgmC

AAR

11

物块A从C到D过程机械能守恒有mv2m（g2R）mv2

2ACA2AD

v2

物块A在D点处由牛顿第二定律FmgmD

NAAR

联立解得FN60N

（2）由v-t图像可知：爆炸后瞬间物块A的速度大小为vA5m/s，物块A在水平轨道上运动的时间为t0.40s

，

爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有vCvAa1t1mAgmAa1

解得0.5

（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有mAvAmBvB0

解得vB10m/s

物块B在斜面轨道向上运动过程有mBgsinmBgcosmBa2

2

解得a210m/s

v2

物块B沿斜面上升的最大距离sB5m>3.2m

2a2

物块B通过E点有两次：

1

情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有svtat2

0B1221

解得t10.40s或t11.60s（舍去）

vB

情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间t2

a2

下降阶段mBgsinmBgcosmBa3

1

因为ssat2

0233

联立解得tt2t32.34s

8．（2025·广东顺德·一模）游乐场某闯关游戏可简化为如图甲的情景，长度L＝5.5m、质量M＝3kg的木板

c静止在光滑水平面上，左右两侧的平台足够长且与木板等高。初始时，木板c左端与左侧平台接触但不粘

连。现有可视为质点的两滑块a和b，质量分别为ma1kg、mb3kg，滑块b静止放置于左侧平台最右端。

滑块a受到拉力F的作用，其变化图像如图乙所示，t＝5s时撤去力F，此时滑块a恰好与滑块b发生弹性

碰撞。已知滑块a与左侧平台间动摩擦因数10.2，滑块b和木板c间动摩擦因数20.5，假设最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

(1)求滑块a受到F作用后多长时间开始运动；

(2)求a、b碰后滑块b的速度大小；

(3)如果木板c与右侧平台相碰后立即粘在一起，要使滑块b能滑上右侧平台，求s的取值范围。

【答案】(1)1s

(2)8m/s

(3)s＜0.9m

【详解】（1）由乙图知F＝2t（N）

滑块a在左侧平台上受到的最大静摩擦力fm1mag2N

又因为Ffm

联立解得t＝1s

即1s后滑块a开始运动。

（2）根据题意F-t图像的面积表示冲量，规定F方向为正方向，前1-5s内由动量定理得IF1magt1mav0

210

其中Ft图面积表示冲量，根据图乙可知力F在1-5s内的冲量I4NS24NS

F2

代入数据计算得v016m/s

111

ab发生碰撞，系统动量守恒、机械能守恒mvmvmv，mv2mv2mv2

a0aab12a02aa2b1

联立解得碰后b的速度大小v18m/s

（3）解法一：假设木板c与右侧平台相碰前，滑块b与木板c已经共速，根据动量守恒定律有mbv1mbMv2

代入数据解得v24m/s

11

由能量守恒得mv2mMv2mgΔs

2b12b22b1

代入数据解得s13.2m

1

木板c与右侧平台相碰后，对滑块b由动能定理得mv2mgΔs

2b22b2

代入数据解得s21.6m

滑块b的滑行距离sbΔs1Δs24.8mL5.5m

所以要想滑块b能滑到右侧平台，木板c与右侧平台相碰前，还未共速。

设木板c与右侧平台相碰时，滑块b和木板c速度分别为vb、vc，根据动量守恒定律有

mbv1mbvbMvc

111

由能量守恒得mv2mv2Mv2mgΔs

2b12bb2c2b3

木板c与右侧平台相碰后，滑块b恰能滑到右侧平台，位移为Ls3，由动能定理得

1

mv2mgLΔs

2b22b3

代入数据解得vc3m/s

1

设木板c与右侧平台相碰前位移大小为s，由功能关系有mgsMv2

c2bc2c

代入数据解得sc0.9m

所以s的取值范围应满足s＜0.9m时，滑块b才能滑到右侧平台。

解法二：假设滑块b、木板c共速前，b未从木板c上滑下，c与右侧平台相碰后，b恰匀减速滑到右侧平台

对滑块b，由牛顿第二定律有2mbgmbab

2

解得ab5m/s

对木板c，由牛顿第二定律有2mbgMac

2

解得ac5m/s

2

滑块b全程做匀减速运动，恰好匀减速滑到右侧平台，由v12abLs

解得s＝0.9m

2

木板c与右侧平台相碰前，一直做匀加速运动，由vc2acs

解得vc3m/s

v

木板c的加速时间tc

ac

解得t＝0.6s

木板c与右侧平台碰前b的速度v2v1abt

解得v25m/s

22

此过程中滑块b的位移为sbb，由v2v12absbb

解得sbb3.9m

滑块b与木板c相对位移为s相，则s相sbbs

解得s相3m5.5m且vcv2

所以bc共速前，c与右侧平台相碰，滑块b未从木板c上滑下，假设成立。所以s＜0.9m。

（建议用时：30分钟）

1．（2026·广东肇庆·一模）如图所示，某滑雪场的传送带与水平面的夹角为θ，游客利用传送带运送器械。

已知器械质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．在器械随传送带匀速上行的过程中，

下列说法正确的是（）

A．器械所受摩擦力的大小为mgsin

B．器械受到的摩擦力方向沿传送带向下

C．摩擦力对器械做负功

D．器械所受支持力的冲量为0

【答案】A

【详解】A．器械匀速运动，受到的摩擦力大小等于重力沿斜面的分力大小，所以摩擦力为f=mgsin，故

A正确；

B．器械匀速上行，相对传送带有下滑趋势，所以器械受到的摩擦力方向沿传送带向上，故B错误；

C．器械受到的摩擦力方向与运动方向相同，因此摩擦力对器械做正功，故C错误；

D．器械上行过程中所受支持力一直垂直于传送带，根据IFNtmgcost

可知器械所受支持力的冲量不可能为0，故D错误。

故选A。

2．（2025·广东执信中学&汕头金山中学&深圳外国语学校·调研）某中学实验室对一款市场热销的玩具机器

人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小

随时间的变化图像，以及相同时段机器人的加速度a随时间变化的图像。若不计空气阻力，取重力加速度

大小为10m/s2，则下列同学的推断结果正确的是（）

A．机器人与水平桌面间的滑动摩擦力为2.2N

B．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.1

C．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为6.2N·s

D．在0~4s时间内，合外力做的功为4.4J

【答案】C

【详解】AB．设机器人质量为m，滑动摩擦力大小为f，由两个图像结合牛顿第二定律可得

2.2Nfm0.2m/s2，4.4Nfm2.4m/s2

联立解得m1kg，f2N

因为fmg

解得0.2，故AB错误；

C．因为at图面积表示速度变化量，机器人初速度为0，故速度变化量大小等于末速度，则4s时机器人速

2.40.2

度v42m/s2.6m/s

2

规定F方向为正方向，根据动量定理有IFIfmv

4.4

因为0~4s时间内I4N·s8.8N·s

F2

联立解得摩擦力的冲量大小If6.2N·s，故C正确；

1

D．根据动能定理可知合力做功Wmv23.38J，故D错误。

2

故选C。

3．（2025·广东·联考）如图所示，小明同学对某轻质头盔进行安全性测试，他在头盔中装入质量为1.0kg

的物体，使物体与头盔紧密接触，使其从距水平地面3.2m的高处自由落下，并与地面发生碰撞，速度减为

零，头盔被物体挤压了0.04m，挤压过程物体的运动视为匀减速直线运动。不考虑物体和地面的形变，忽略

空气阻力，取重力加速度大小g10m/s2。下列说法正确的是（）

A．自由下落过程，物体对头盔的压力为零

B．物体自由下落过程经历的时间为0.6s

C．碰撞过程中，物体动量变化量大小为10kg·m/s

D．碰撞过程中，头盔对物体的平均作用力大小为810N

【答案】AD

【详解】A．自由下落过程，完全失重，物体对头盔的压力为零，选项A正确；

12h23.2

B．根据hgt2可得物体做自由落体运动的时间ts0.8s，选项B错误；

2g10

C．头盔着地前瞬间物体的速度vgt8m/s

物体在做匀减速直线运动的过程中动量变化量△pm△v8kgm/s

负号表示方向竖直向上，选项C错误；

D．根据0v22as

0v2

可得物体做匀减速直线运动过程中的加速度a800m/s2

2s

根据牛顿第二定律有mgFma

所以头盔对物体的平均作用力F=810N，选项D正确。

故选AD。

4．（2025·广东省·部分学校10月联考）如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端

固定在光滑斜面的底部，另一端连接质量为m的木块处于静止状态，质量为3m的小孩从距离木块L处由

静止开始沿斜面下滑，随后与木块碰撞后抱着木块一起压缩弹簧，碰撞时间忽略不计，碰后一起下滑的最

L

大距离为，弹簧始终处于弹性限度内，且人的运动方向始终与弹簧的轴线在同一直线上，人和木块均可

4

1

视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ekx2，其中k为劲度系数，x为形变量，

p2

求：

(1)人与木块碰撞过程系统损失的机械能E；

(2)人与木块碰后一起下滑到最低点的过程中，人对木块做的功W；

(3)弹簧的劲度系数k。

3

【答案】(1)mgL

8

39

(2)mgL

32

48mg

(3)

L

1

【详解】（1）人由静止到与木块碰撞过程，由机械能守恒定律可得3mgLsin303mv2

20

解得v0gL

人与木块碰撞过程，由动量守恒定律可得3mv03mmv

3

解得vgL

4

11

人与木块碰撞过程系统损失的机械能E3mv23mmv2

202

3

解得EmgL

8

L1

（2）人与木块一同向下滑，设木块对人做的功为W，对人由动能定理得W3mgsin3003mv2

1142

39

人对木块做的功WWmgL

132

（3）木块静止时，有mgsin30kx

人抱住木块后一起滑到最低点的过程，人、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，有

2

1212L1L

m3mvkxm3mgsin30kx

22424

48mg

联立解得k

L

5．（2025·广东·模拟）某工厂需要将货物从高处运输到地面的指定位置，运输过程可简化如图所示。长度

L16m的水平传送带以大小v5m/s的速度顺时针匀速转动，质量m2kg的货物（可视为质点）从传送

带的左端A点由静止释放，经过右端B点后，从半径R4m的半圆管道的最高点水平进入，当货物沿管道

下滑至C点时，货物对管道的压力FN70N，随后货物滑上静止在光滑水平面上的长木板，当货物与长木

板达到共速时，长木板左端恰好触碰制动装置并瞬间静止。已知货物与传送带间的动摩擦因数为10.25，

2

货物与长木板间的动摩擦因数为20.5，长木板的质量M3kg，长度L26.7m，重力加速度g10m/s。

求：

(1)货物经过B点时的速度大小vB；

(2)货物和半圆管道之间因摩擦产生的热量Q；

(3)若货物抛出点D离地面的高度H5m，求货物落地点与抛出点D的水平距离x。

【答案】(1)vB5m/s

(2)Q85J

(3)x3m

【详解】（1）货物在传送带上加速运动的过程有1mgma

解得a2.5m/s2

v2

假设货物到达右端B点前已经与传送带共速，则货物加速阶段通过的位移为s

2a

解得s5m6m

假设成立，可知货物离开B点时的速度大小为vB5m/s

（）当货物运动到点处，由牛顿第三定律可知，货物所受支持力大小为

2CFN70N

v2

由牛顿第二定律可知FmgmC

NR

解得vC10m/s

1212

货物从半圆管道的B点滑到C点的过程中，由功能关系可知mg2RmvmvQ

2C2B

解得此过程因摩擦产生的热量Q85J

（3）货物与长木板共速，由动量守恒定律可得mvC(mM)v共

解得v共4m/s

对货物受力分析，有2mgma1

2

解得a15m/s

22

货物在长木板上向左做匀减速运动，则2a1s1v共vC

解得s18.4m

对长木板受力分析，有2mgMa2

10

解得am/s2

23

2

长木板向左做匀加速运动，则2a2s2v共0

解得s22.4m

由位移关系可知L2s2s1

因此货物与长木板达到共速时，货物离长木板最左侧的距离sL2s2s10.7m

22

即长木板触碰制动装置静止后，货物仍向左匀减速运动0.7m，由2a1svDv共

解得vD3m/s

1

随后货物做平抛运动，竖直方向有Hgt2

2

解得t1s

货物落地点与抛出点D的水平距离xvDt3m

6．（2025·佛山禅城·供题训练）如图甲，ABCD为光滑的固定轨道，其中AB、CD水平，BC高为h=0.8m。

在CD轨道的右侧，一薄木板锁定在水平地面上（轨道与薄木板等高）。现有两物体P1、P2置于水平轨道

CD上，中间夹有一压缩的轻弹簧，两物体用细线连着处于静止状态。烧断细线，两物体被弹簧弹开后分别

向左右两个方向运动。其中物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，物体P2恰好能到达木

板的右端。待P2静止后解除木板锁定，木板在一水平恒力F作用下向右运动，作用2s后撤去恒力。当P2

与木板速度相同时，恰好从木板左端滑出，此后P2不再与木板发生相互作用。已知木板运动的速度随时间

2

变化的图线如图乙所示，木板的质量m00.6kg，sin37°0.6，cos37°0.8，重力加速度g10m/s。求：

(1)物体P1离开弹簧的速度大小；

(2)木板与地面间的摩擦因数；

(3)水平恒力F的大小：

(4)压缩弹簧的弹性势能（计算结果可保留根号）。

【答案】(1)3m/s

(2)0.2

(3)4.8N

33.23.2

(4)J

2

2

【详解】（1）物体P1从C点抛出后在空中做平抛运动，竖直方向有2ghvy

解得落到AB面上时的竖直分速度大小为vy4m/s

设物体P1离开弹簧的速度大小为v1，由于物体P1落在AB面上的速度方向与竖直方向夹角为37°，则有

v

tan371

vy

解得v13m/s

（2）由题意结合图乙可知，t2.5s时，P2恰好从木板左端滑出，在2.5s~3.0s内以木板为对象，根据图乙

1

可得木板的加速度大小为am/s22m/s2

30.5

设木板与地面间的摩擦因数为2，根据牛顿第二定律可得2m0gm0a3

解得20.2

（3）设物体P2的质量为m2，物体P2与木板间的摩擦因数为1，由题意结合图乙可知，在0~2.5s内物体

v122

P2一直做匀加速到与木板共速，则物体P2的加速度大小为am/s0.4m/s

t2.5

根据牛顿第二定律可得1m2gm2a

解得10.04

4

在0~2.0s，木板的加速度大小为am/s22m/s2

12

根据牛顿第二定律可得F1m2g2(m0m2)gm0a1

41

在2.0~2.5s，木板的加速度大小为am/s26m/s2

20.5

根据牛顿第二定律可得1m2g2(m0m2)gm0a2

联立解得m21kg，F4.8N

（4）由题意可知，木板的长度等于0~2.5s内物体P2与木板间的相对位移，结合图乙可得

111

L42m(14)0.5m12.5m4m

222

木板锁定时，物体P2恰好能到达木板的右端，设物体P2刚滑上木板时的速度为v2，根据运动学公式可得

2

2aL0v2

其中2，解得

a1g0.4m/sv23.2m/s

物体P1与物体P2被弹簧弹开过程，根据动量守恒可得m1v1m2v2

3.2

解得物体P1的质量为mkg

13

1212

设压缩弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒可得Emvmv

p211222

33.23.2

解得EJ

p2

7．如图所示，某体质训练比赛中，选手需要借助悬挂在高处O点的轻绳、静止在水面上的浮台从左岸到达

右岸。一选手（可视为质点）在左岸抓住绳，此时绳与竖直方向夹角60，然后由静止开始运动摆到最

低点时选手处于浮台正上方，但脚恰好未与浮台接触，此时松手，选手落到浮台后立即与浮台共速，一同

向右侧岸边运动；当浮台速度减为原来的一半时，恰要撞上岸边，选手立即以v16m/s的速度水平向右跳

离浮台，跳离瞬间浮台以v2=6m/s的速度水平向左运动。已知选手的质量m=60kg，绳的长度l=6.4m，浮台

向右移动时水的阻力f大小恒定，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

(1)求选手摆到最低点时对绳的拉力大小T；

(2)求浮台的质量M；

(3)若该过程浮台向右移动的距离x2.7m，求其所受水的阻力大小f。

【答案】(1)T1200N

(2)M20kg

(3)f400N

1

【详解】（1）选手开始运动至最低点过程，根据动能定理，有mgllcosmv2

20

解得v08m/s

mv2

最低点时选手满足Tmg0

l

解得T1200N

（2）选手落到浮台时，水平方向动量守恒mv0Mmv共

1

选手跳离浮台时，水平方向动量守恒Mmv共mvMv

212

联立可得v共6m/s，M20kg

2

v

（）对人和浮台一起向右移动的过程，根据动能定理1共12

3fxmMmMv共

222

解得f400N

8．（2025·广东省六校·联考）某款闯关游戏简化过程如图所示。轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光

滑、EF粗糙，EF段有一竖直固定挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B

为圆弧最高点。物块P2静止于E处，物块P1从D点以初速度v05m/s水平向右运动并与P2发生弹性碰撞，

且碰撞时间极短。已知：P1的质量m10.3kg，P2的质量m20.7kg；P2与EF轨道之间的动摩擦因数0.3，

2

与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为R0.15m；P1、P2可视为质点且运动紧贴轨道；取g10m/s。

(1)求P2被碰后获得的速度大小；

(2)P1经过B时对圆弧的压力；

(3)用L表示挡板与E的水平距离。若P2最终停在了EF段距离E为x的某处，试通过分析与计算，在图中

作出xL图线。

【答案】(1)-2m/s

(2)1N，方向竖直向下

(3)见解析

121212

【详解】（1）对P1、P2碰撞前后，由动量守恒和能量守恒有mvmvmv，mvmvmv

101P102P2021021P1022P20

解得vP203m/svP102m/s

1212

（2）对P1由碰后到B点，由动能定理得mgRmvmv

121P1121P10

2

vP11

对P1在B点，由牛顿第二定律得：mgNm

11R

解得N1N；

根据牛顿第三定律，P1经过B时对圆弧的压力大小为1N，方向竖直向下；

2

（3）P2在水平面上运动（不管向右还是向左运动）：m2gm2a2，a23m/s

若挡板离E点足够远，则物块直接匀减速到0后静止

2

0v02a2x

解得x1.5m

即L1.5m时，物块停在距E点x1.5m处

12

若P2与挡板碰撞一次后返回静止，由动能定理得mg(2Lx)0mv

222P20

解得x2L1.5

其中0.75mx1.5m

若P2与挡板碰撞一次后滑上B点，且速度不为0，则不存在x

12

对P2由碰后到恰好运动到B点，由动能定理得mg2LmgR0mv

2222P20

解得L0.5m

即L0.5m时，物块不会停止E与挡板之间；

若物块与挡板碰撞一次后滑上圆弧，并从圆弧滑回，能从圆弧滑下到E点的最大速度为物块恰好从运动到B

222

点时对应经过E点的速度vE3m/s

0v2

此时停下点到E点的距离xE0.5m

2a2

则物块与挡板最多只能碰撞一次；

12

对P2由碰后到最终静止在EF上，由动能定理得mg(2Lx)0mv

222P20

解得x1.52L

其中0.5mx0.75m

综上，xL关系图像如图

（建议用时：30分钟）

1．（2025·广东省广州市某校·三模）大型工厂的车间中有一种设备叫做天车如图甲所示，是运输材料的一

种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个滑块，滑块