曲线运动高考题汇编答案

3解析：（1）做平抛运动，水平方向有，x=v0t,竖直方向有，,

解得水平距离.

击中目标时的竖直分速度为vy=gt,击中目标时的速度大小为.

（2）①设圆筒壁与水平方向的夹角为θ，摩擦力为f,支持力为N，则由力平衡条件得，

f=mgsinθ,N=mgcosθ

,得，,.

②物块做匀速转动所需向心力由支持力的水平分力提供，有，得角速度.

4答案 

分析：本题考查了动能定理、圆周运动、电场和重力场的复合场、磁场。

解：（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：

①

。②

说明：①式2分，②式1分。

（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：

③

当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：④

由题意有：N≥0⑤

由以上三式可得：⑥

E的取值范围：。⑦

说明：③④⑤⑥式各2分，⑦式1分。

（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为ΔB，得：

U=Ed⑧

由法拉第电磁感应定律得：⑨

由全电路的欧姆定律得：E1=I（R+2R）⑩

U=2RI

经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：

。

说明：⑨式各2分，⑧⑩式各1分。

5答案 

分析：带电物体在复合场中的运动，动量守恒定律的应用，功能关系，圆周运动。

解：（1）设弹簧的弹力做功为W，有：

①

代入数据，得：W=-2.05 J。②

说明：①②式各2分。

（2）由题给条件知，N碰后做平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有：mv=±mv1+MV③

而：④

若P、N碰后速度同向时，计算可得V＜v1，这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。有：⑤

P、N速度相同时，N经过的时间为tn，P经过的时间为t下标P。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，有：⑥

gtn=V1sinθ=v1sinθ⑦

代入数据，得：⑧

对小球P，其圆周运动的周期为T，有：⑨

经计算得：tN＜T

P经过tP时，对应的圆心角为α，有：⑩

当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：α1=π+θ

联立相关方程得

比较得，tN≠tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。

当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：α2=π-θ

同上得：

比较得，tn≠tP2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。

说明：③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分。

（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN=tP=t，

再联立④⑦⑨⑩解得：

考虑圆周运动的周期性，有：（n=0，1，2，…）

当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同，tN=tP=t，

同理得：

考虑圆周运动的周期性，有：（n=0，1，2，…）。

（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）

说明：式各1分。

6A

分析:主要考查动能定理和圆周运动。

答案 

解析:设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1,根据动能定理

①

小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F,根据牛顿第二定律

②

由①②得F=10.0 N③

(2)设小球在第二个圆轨道最高点的速度为v2,由题意

④

⑤

由④⑤得L=12.5 m⑥

(3)要保证小球不脱离轨道,可分两种临界情况进行讨论:

Ⅰ.轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道,设在最高点的速度为v3,应满足

⑦

⑧

由⑥⑦⑧得R3=0.4 m

Ⅱ.轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R3,根据动能定理

解得R3=1.0 m

为了保证圆轨道不重叠,R3最大值应满足

(R2+R3)2=L2+(R3-R2)2

解得R3=27.9 m

综合Ⅰ、Ⅱ,要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

0＜R3≤0.4 m

或1.0 m≤R3≤27.9 m

(若写成“1.0 m≤R3＜27.9 m”,也可)

当0＜R3≤0.4 m时,小球最终停留点与起点A的距离为L′,则

-μmgL′=0-mv02

L′=36.0 m

当1.0 m≤R3≤27.9 m时,小球最终停留点与起点A的距离为L″,则

L″=L′-2(L′-L1-2L)=26.0 m

8答案 

（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则

代入数据得t=0.5 s

(2)目标靶做自由落体运动，则

代入数据得 h=1.25 m

解析：本题属送分题，主要考查平抛运动如何分解：水平方向：以速度v做匀速直线运动，竖直方向：做自由落体运动，分别在水平和竖直方向列式即可直达目的。

9答案 

（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则

代入数据得t=0.5 s

(2)目标靶做自由落体运动，则

代入数据得 h=1.25 m

解析：本题属送分题，主要考查平抛运动如何分解：水平方向：以速度v做匀速直线运动，竖直方向：做自由落体运动，分别在水平和竖直方向列式即可直达目的。

10D11AC12A13AD14D15A16D

17答案 

(1)75 m　(2)20 m/s　(3)32 500 J

解析：(1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有

Lsin37°＝gt2

A点与O点的距离L＝＝75 m.

(2)设运动员离开O点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，

即Lcos37°＝v0t

解得v0＝＝20 m/s.

(3)由机械能守恒，取A点为重力势能零点，运动员落到A点时的动能为EkA＝mgh＋m＝32 500 J.

18答案 

(1)s　　(2)①BD　②BD

(3)①电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流

②测量电压表V1内阻RV的实验电路如图所示：

③RV＝

U1表示V1的电压，U2表示V1和R2串联的总电压．

解析：(1)小球A做平抛运动，若能在空中相遇，水平方向s＝vA·t；竖直方向gt2＜h，两式联立得vA＞s·

若要求两球在空中相遇，则hA＝gt2，hB＝vB·t－gt2，hA＋hB＝h，s＝vA·t，以上四式联立，得＝.

(2)①两次拉伸的效果相同，包括大小和方向，B项正确而A项错；弹簧秤不一定拉伸到相同刻度，两次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置即可，D项正确而C项错误．

②弹簧秤、细绳、橡皮条与木板平行，保证各力都在同一平面内，细绳长些，标记同一细绳方向的两点远一些，以保证画力的方向时精确些，本题B、D两项符合要求．

(3)①允许通过电压表V1的最大电流Im＝ A＝1 mA，而与电流表A的量程(0.6 A)相比太小，所以该方案不可行．

②若选择电压表V2，则V2与V1量程相差太大，需找一个定值电阻与电压表V1串联分压，R1＝30  Ω太小，R2＝3 kΩ正合适，电路图见答案．

③RV＝，IV＝IR2＝，联立得RV＝.

19答案 

(1) 　(2) 

解析：(1)设物块B的质量为m，则物块A的质量为3m.物块B在d点受到向下的重力mg和向上的支持力mg，由牛顿第二定律得mg－mg＝m，解得v＝.

(2)物块B由b点运动到d点的过程中机械能守恒，则

m＝mgR＋mv2，解得vBb＝3

物块A、B在b点分开过程中动量守恒，则

3mvAb＝mvBb，解得：vAb＝

物块A向左滑动过程中由动能定理得

μ·3mg·s＝×3m，解得s＝.

20答案 

(1)v1＝　(2)  (H＋μL)　L＋H－μL　(3)0.38 m

解析：(1)设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得

mg(H－h)－μmgL1cosα＝m                                ①

即mg(H－h)＝μmgL＋m                                  ②

v0＝                                        ③

(2)根据平抛运动公式

x＝v0t                                                    ④

h＝gt2                                                                            ⑤

由③～⑤式得x＝2                            ⑥

由⑥式可得，当

h＝ (H－μL)

Lmax＝L＋H－μL.

(3)在⑥式中令x＝2 m，H＝4 m，L＝5 m，μ＝0.2，

则可得到：－h2＋3h－1＝0

求出h1＝＝2.62(m)，h2＝＝0.38(m)．

21答案 

(1)v1    (2)  (3)h

解析：(1)设发球时飞行时间为t1,根据平抛运动规律

h1=gt12                                               ①

x1=v1t1                                                 ②

解得x1=v1.                                       ③

(2)设发球高度为h2,飞行时间为t2,根据平抛运动规律

h2=gt22                                              ④

x2=v2t2                                                 ⑤

且h2=h                                                 ⑥

2x2=L                                                  ⑦

得v2=.                                          ⑧

(3)如图所示,发球高度为h3,飞行时间为t3,根据平抛运动得

h3=gt32                                              ⑨

x3=v3t3                                                ⑩

且3x3=2L                                          

设球从恰好越过球网到最高点的时间为t,水平距离为s,有

h3-h=gt2                                           

s=v3t                                               

由几何关系知

x3+s=L                                             

联立⑨—式,解得

h3=h.

 22答案 

(1)  (2)  (3)(qE-mg)

解析：(1)洛伦兹力不做功,由动能定理得

mgy=mv2                                        ①

得v=.                                       ②

(2)设在最大距离ym处的速率为vm,根据圆周运动有

qvmB-mg=m                                   ③

且由②知vm=                               ④

由③④及R=2ym

得ym=.                                        ⑤ 

(3)小球运动如图所示,

由动能定理

(qE-mg)|ym|=mvm2                                          ⑥

由圆周运动qvmB+mg-qE=m                               ⑦

且由⑥⑦及R=2|ym|解得vm=(qE-mg).

 23答案 

(1)1×103 W  (2)ω= 

解析：（1）v=72 km/h=20 m/s,由P=Fv得

P1=F1v=f1v

P2=F2v=f2v

故ΔP=P1-P2=(f1-f2)v=1×103 W.

(2)设转盘转动角速度为ω时，夹角为θ.

座椅到中心轴的距离R=r+Lsinθ

对座椅分析有F合=mgtanθ=mRω2

联立两式得ω=.

24答案 

Ⅰ.(1)10.243

    (2)24.220

    (3)1.69

Ⅱ.(1)20%

    (2)5%

解析：Ⅰ.D=10.243 mm，D.=24.220 cm，t=50.0 ms,

t时间内圆盘转过的弧度数θ=

圆盘转动的角速度

ω= rad·s-1=1.69 rad.·s-1

Ⅱ.（1）通过电压表的电流Iv==0.4 mA

通过Rx的电流IRx=(2.0-0.4) mA=1.6 mA

Rx的实际阻值  Rx实==1 000 Ω

Rx的测量值Rx测==800 Ω

结果百分误差=×100%=20%。

（2）同理可得电流表改为内接时，结果百分误差=×100%=5%。

25答案 

解：（1）设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得

                            ①

小物体自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则

                                                      ②

s=vt                                                                  ③

联立①②③式，代入数据解得

s=0.8m                                                             ④

（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向

                                                     ⑤

联立①⑤式，代入数据解得

F＝0.3N                                                         ⑥

方向竖直向下

26答案 

（1）1.1×104(11 460或1.0×104—1.2×104均可）  （2）

解析：（1）C的含量为说明经过了2个半衰期，则t=2×5 730年=1.1×104年.

（2）设炮弹的出口速度和炮身的反冲速度分别为v1和v2,E为“火药”提供的机械能.由动量守恒定律和能量守恒定律得

0=mv1-Mv2                                                 ①

E=mv12+Mv22                                           ②

由①②式得

v1=                                          ③

炮弹射出后做平抛运动，有

h=gt2                                                  ④

X=v1t                                                    ⑤

式中，t是炮弹从射出到落地时所需的时间,X为目标A距炮口的水平距离，由③④⑤式得

X=                                          ⑥

同理，目标B距炮口的水平距离为

X′=                                   ⑦

由⑥⑦式得

.                                ⑧

27答案 

(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有

                            R?=dsin                                    ①    

由洛化兹力公式和牛顿第二定律得

                                                                ②

将①式代入②式，得

                                                             ③

(2)质点在电场中的运动为类平抛运动。设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有

                            v0＝v?cos                                                                                 ④

                            v?sin＝at                                                                                   ⑤

                            d=v0t                                                                                          ⑥

联立④⑤⑥得

                                                                                                 ⑦

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得

                            qE＝ma                                                                                      ⑧

联立③⑦⑧得

                                                                                         ⑨

 28答案 

设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒定律得

mgh＝2mgR+mv2                  ①

物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N。重力与压力的合力提供向心力，有

mg+N＝m                                 ②

物块能通过最高点的条件是

N≥0                                          ③

由②③式得

v≥                                       ④

由①④式得

h≥R                                        ⑤

按题的需求，N≤5mg，由②式得

v≤                                      ⑥

由①⑥式得

h≤5R                                          ⑦

h的取值范围是

R≤h≤5R                       

29 

答案 

（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有

qE＝ma                                     ①

加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有

h＝at2                                     ②

l＝v0t                                        ③

由②③式得

v0＝l                                   ④

设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量

v1＝                                  ⑤

由①④⑤式得

v1＝＝              ⑥

设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有

tanα＝                                   ⑦

由④⑤⑦式得

α＝arctan                               ⑧

（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有

qvB＝m                                 ⑨

设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝＝R。用β表示与y轴的夹角，由几何关系得

Rcosβ＝Rcosα+h                            ⑩

Rsinβ＝l－Rsinα                            

由⑧⑩式解得

R＝                       

由⑥⑨式得

30

答案 

（1）设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R。由机械能守恒定律，有

                                                                                      　①

根据牛顿第二定律，有                                                          ②

解得h=4R                                                                                                        ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。

（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为

v′，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R。由滑动摩擦定律，有

                                                                                                         ④

由动量守恒定律，有                                                                ⑤

对物块、小车分别应用动能定理，有

                                                                          ⑥

                                                                                                  ⑦

解得                                                                                                     ⑧

31(3)弹簧的弹性力对球A所做的功.

答案 

解：（1）设碰撞后的一瞬间，球B的速度为v′B，由于球B恰能摆到与悬点O同一高度，根据动能定理：

-mgL=0-mv′2B　①

v′B=　②

（2）球A达到最高点时，只有水平方向速度，与球B发生弹性碰撞，设碰撞前的一瞬间，球A水平速度为vA，碰撞后的一瞬间，球A速度为v′A，球A、B系统碰撞过程动量守恒和机械能守恒：

2mvA=2mv′A+mv′B　③

×2mv2A=×2mv′A2+×mv′B2　④

由②③④解得：

v =　⑤

及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小vA=　⑥

（3）碰后球A作平抛运动，设从抛出到落地时间为t，平抛高度为y，则：

＝v′At　⑦

y=gt2　⑧

由⑤⑦⑧解得：y=L

以球A为研究对象，弹簧的弹性力所做的功为W，从静止位置运动到最高点：

W-2mg(y+2L)=×2mv2A　⑨

由⑤⑥⑦⑧⑨得：

W＝mgL　⑩

32答案 

解：（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为vG运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则

N-Mg=Man　①

an=　②

N-Mg=　③

vG=　④

vG=6.5m/s　⑤

（2）设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1,由机械能守恒定律有mgh=m　⑥

v1　=　⑦

运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1。

运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2,在空中飞行的水平位移为s,则

s=v2t2　⑧

设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0,则

s0=v1t1　⑨

设滑板a在t2时间内的位移为s1,则

s1=v1t2　⑩

s=s0+s1　

即v2t2=v1(t1+t2)　

运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有

mv1+Mv2=(m+M)v　

由以上方程可解出

v=　

代入数据，解得v=6.9m/s　

（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3,有

Mv2+mv3=(M+m)v1　

可算出v3=-3m/s，有|v3|=3m/s＜v1=6m/s，b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变。

系统的机械能改变为

△E＝（M+m）v+mv-(m+m+M)gh　

△E＝88.75J　

33（3）在第（2）问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么？

答案 

解：（1）设n号球质量为mn，n+1号球质量为mn+1，碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1＝ 

根据动量守恒，有                  (1)

根据机械能守恒，有=          (2)   

由(1)、(2)得

设n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn+1

据题意有vn-1=

得vn-1==           (3)

（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律有

             (4)

v1=                  (5)

同理可求，5号球碰后瞬间的速度

             (6)

由(3)式得       (7)

N=n+1=5时，v5=            (8)

由(5)、(6)、(8)三式得

k=        (9)

（3）设绳长为l，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F，由牛顿第二定律有

                (10)

则            (11)

(11)式中Ekn为n号球在最低点的动能

由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断。

34答案 

(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得： 

μmg=mω2R                                                                 ①

代入数据解得: ω==5rad/s                                                ②

(2)滑块在A点时的速度:vA=ωR=1m/s                                           ③

从A到B的运动过程由动能定理:

mgh-μmgcos53°-                                    ④

在B点时的机械能:EB=                                    ⑤

(3)滑块在B点时的速度:vB=4m/s                                                ⑥

滑块沿BC段向上运动时的加速度大小:

a1=g(sin37°+μcos37°)=10m/s2                                                  ⑦

返回时的加速度大小:a2=g(sin37°-μcos37°)=2m/s2                                 ⑧

BC间的距离:sBC==0.76m                                   ⑨

35答案 

（1）由动能定理：neU1=mv2                                               ①

n价正离子在a、b间的加速度a1=                                           ②

在a、b间运动的时间t1=                                        ③

在MN间运动的时间：t2=                                                    ④

离子到达探测器的时间：

t=t1+t2=                                   ⑤

（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律nevB=m                                                       ⑥

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：

R2=L2+（R-）2                                                               ⑦

由以上各式得：U1=                                                 ⑧

当n=1时，U1取最小值：Umin=   

36答案 

如图选坐标，斜面的方程为：

     ①

运动员飞出后做平抛运动

              ②

            ③

联立①②③式，得飞行时间

t＝1.2 s    ④

落点的x坐标：x1＝v0t＝9.6 m 　⑤

落点离斜面顶端的距离：　⑥

落点距地面的高度：　⑦

接触斜面前的x分速度：，

y分速度：

沿斜面的速度大小为：　⑧

设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：

 　⑨

解得：s2＝74.8 m　⑩

37答案 

25．l=（－v0）2

解析：设t为A从离开桌面至落地经历的时候，V表示刚碰后A的速度，有

    h=gt2                ①

    L=Vt                  ②

设v为刚碰后B的速度的大小，由动量守恒，

    mv0=MV-mv        ③

设B后退的距离为l，由功能关系，

    μmgl=mv2       ④

由以上各式得

     l=     ⑤

答案 

25．s=8R

解析：设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v0，由机械能守恒定律 

(m1+m2)gR=(m1+m2)v02

设刚分离时男演员速度的大小为v1,方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，(m1+m2)v0=m1v1－m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t ，根据题给条件，由运动学规律4R=gt2    s=v1t

根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律,     m2gR=m2v22

已知m1=2m，由以上各式可得     s=8R

39答案 

13.答案：（1）1 s  （2）10 m 

解析：（1）A球做竖直下抛运动

h=v0t+gt2

将h=15m、v0=10m/s代入，可得

t=1s

（2）B球做平抛运动

x=v0t

y=gt2

将v0=10m/s、t=1s代入，可得

x=10m

y=5m

此时A球与B球的距离L为

L=

将x、y、h数据代入，得

L=10m

40答案 

14.答案：1.2 m

解析：匀减速运动过程中，有：

υA2-υ02=-2as       ①

恰好作圆周运动时物体在最高点B满足：

mg=m    

mB1=2m/s      ②

假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：

        ③

联立①③可得

υB=3m/s

因为υB>υB1，所以小球能通过最高点B。

小球从B点作平抛运动，有：

2R=gt2         ④

SAC=υB·t       ⑤   

由④⑤得：

SAC=1.2 m

41 

答案 

14.小球在碰撞斜面前做平抛运动.设刚要碰撞斜面时小球速度为v.由题意，v的方向与竖直线的夹角为，且水平分量仍为v0，如图. 

由此得v=2v0                                                                        ①

碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v.碰撞时间极短，可不计重力的冲量,由动量定理，斜面对小球的冲量为

I=m（v）+m v　　                        　　②

　由①、②得

I=m v0　　　　　　             　　③

42答案 

19. 

由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期

T=2t0                                                                                                           ①

令m表示A的质量，l表示绳长，v1表示B陷入A内时即t=0时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得

m0v0=（m0+m）v1                                                    ②

在最低点和最高点处运用牛顿定律可得

F1－（m+m0）g=（m+m0）                                           ③

F2+（m+m0）g=（m+m0）                                             ④

根据机械能守恒定律可得

2l（m+m0）g=（m+m0）v－（m+m0）v                 ⑤

由图2可知

F2=0                                                                                  ⑥

F1=Fm                                                                                  ⑦

由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是

m=－m0                                    ⑧

l=g                                                                        ⑨

A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则

E=（m+m0）v                                                            ⑩

由②⑧⑩式解得　E＝g