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微专题 55 动量和能量的综合问题
1．要研究某一时刻的速度、位移、加速度，可从动力学角度列式。2.研究某一运动过程时，
一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。3.若研究对象
为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否
满足守恒的条件。4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含
有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定
律。
1. (多选)一个质量为m的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度 v
飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙由静止自由下
落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O的距离比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
答案 CD
解析 爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为 t
＝，选项A、B错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有mv＝－mv ＋mv ，由题
丙 甲
意知v ＝v，得v ＝4v，又因x＝vt，t相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O的距离
丙 甲
比为x ∶x ＝v ∶v ＝4∶1，选项C正确；释放的化学能ΔE＝×v 2＋×v 2－mv2＝
甲 丙 甲 丙 甲 丙
mv2，选项D正确。
2. (2023·湖南永州市模拟)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，
A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m 的球
0
C(可视为质点)，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，忽
略空气阻力，则下列说法不正确的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m
0
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
答案 C
解析 小球下落时，对A有向右的拉力，A、B一起向右运动，小球C下落到最低点时，
A、B速度相同，A、B将要分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒定律有mgL
0
＝mv 2＋×2mv 2，由水平方向动量守恒得mv ＝2mv ，联立解得v ＝2，v ＝，故A、
0 C AB 0 C AB C AB
B正确；C球由静止释放到最低点的过程中，选 B为研究对象，由动量定理得I ＝mv ＝
AB AB
m ，故C错误；C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设 C对地水
0
平位移大小为x ，AB对地水平位移大小为x ，则有mx ＝2mx ，x ＋x ＝L，可解得x ＝，
1 2 0 1 2 1 2 2
故D正确。
3. (多选)如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之
一圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为
质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。
已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
答案 BCD
解析 滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx ＝mx ，x ＋x ＝R
1 2 1 2
＋L，又M＝4m，由上两式解得x ＝，x ＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大
1 2
小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以 A错误，C正确；滑块滑到圆弧轨道最低
点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv ＝mv ，mgR＝
1 2
Mv2＋mv2，解得v ＝，小车在运动过程中速度的最大值为，所以B正确；滑块最后恰好停
1 2 1
在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、
L、R三者之间的关系为R＝μL，所以D正确。
4. (多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗
糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承
受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达
最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料g。则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB段间的动摩擦因数为
答案 ABD
解析 细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧
的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于 F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a
＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系
统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 E ＝mv2，B正确；弹簧恢复原长时
p
木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于mv2，C错误；由于细绳被拉断瞬间，
木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即E ＝
p
mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端，且速度与木板相同，设为 v′，取向左为正方
向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，E ＝(m ＋ M)v′2＋μmgl，联立解
p
得μ＝，D正确。
5．(多选)(2023·湖南长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端
与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为 m的物块从钢板正上方高为h
处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动 x 后到达最低点Q，重力加速度为
0
g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
B．物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x＋)
0
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x＋h)
0
答案 BC
解析 物块下落h，由机械能守恒定律得mgh＝mv2，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向
1
为正方向，由动量守恒定律得mv ＝2mv ，解得v ＝v ＝，选项A错误，B正确；从碰撞到
1 2 2 1
Q点，由能量守恒定律可知×2mv2＋2mgx ＝ΔE ，则弹性势能的增加量为 ΔE ＝mg(2x
2 0 p p 0
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料＋)，选项C正确，D错误。
6. (2024·湖南省岳阳第一中学开学考试)如图所示，半径r＝0.5 m的竖直光滑半圆弧轨道的
下端B点固定在高h＝1.8 m的竖直墙壁上端，O为半圆的圆心、BC为竖直直径。现将一质
量m ＝1.5 kg的小球a从水平地面上的A点以初速度v ＝10 m/s斜向上抛出，抛射角为θ，
1 0
小球a刚好能沿水平方向击中静置在B点的小球b，小球b的质量为m ＝0.5 kg。已知两小
2
球碰撞过程无能量损失，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：
(1)A、B间的水平距离；
(2)小球b到达最高点时的动能。
答案 (1)4.8 m (2)31 J
解析 (1)小球从A到B，在竖直方向做加速度为g的匀减速运动，在竖直方向上逆向运动为
自由落体运动，则h＝gt2
解得t＝＝ s＝0.6 s
竖直方向的初速度为v＝gt＝6 m/s
y
由v＝vsin θ
y 0
解得θ＝37°
在水平方向做匀速运动，则v＝vcos θ＝8 m/s
x 0
A、B间的水平距离x＝vt＝8×0.6 m＝4.8 m
x
(2)设小球a与小球b碰后小球a的速度为v ，小球b的速度为v ，由动量守恒定律可得mv
1 2 1 x
＝mv＋mv
1 1 2 2
由能量守恒可得mv2＝mv2＋mv2
1 x 1 1 2 2
解得v＝12 m/s
2
小球b从B点到达最高点，由动能定理得－mg×2r＝E－mv2
2 k 2 2
解得小球b到达最高点时的动能E＝31 J。
k
7．(2024·山东省阶段检测)如图所示，有一悬线长L＝0.8 m，一端固定，另一端接有质量m
1
＝0.5 kg的小球a，将悬线拉至水平后由静止释放，小球a运动到最低点时恰与静置于水平
面上m＝1.5 kg的小滑块b发生弹性正碰，碰后小滑块b进入由两个半径均为R＝0.3 m的四
2
分之一圆组成的竖直细圆弧管道ABC，圆弧管道ABC的底端与水平传送带DE所在平面平
滑连接。已知传送带长s＝1.5 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，小滑块b与传送带间的动
摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，忽略细圆管直径，且 a、b均可看作质点，重力
加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰撞后瞬间小滑块b的速度v；
b
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料(2)小滑块b到达圆弧管道ABC最低点C时速度大小v 和所受支持力大小F ；
C N
(3)小滑块b通过传送带DE所产生的热量Q。
答案 (1)2 m/s (2)4 m/s 95 N (3)3 J
解析 (1)将悬线拉至水平后由静止释放，小球a运动到最低点时，由机械能守恒定律可得
mgL＝mv2
1 1 1
解得v＝＝ m/s＝4 m/s
1
小球a与小滑块b发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可
得mv＝mv′＋mv，mv2＝mv′2＋mv2
1 1 1 1 2 b 1 1 1 1 2 b
联立解得v′＝v＝×4 m/s＝－2 m/s
1 1
v＝＝ m/s＝2 m/s
b
(2)小滑块b到达圆弧管道ABC最低点C时，由动能定理可得2mgR＝mv 2－mv2
2 2 C 2 b
代入数据解得v ＝4 m/s
C
小滑块在C点时，由牛顿第二定律可得F －mg＝m
N 2 2
代入数据解得F ＝95 N
N
(3)传送带的速率为v＝2 m/s，可知小滑块b在传送带上开始做减速运动，则加速度为 a＝－
＝－5 m/s2
假设小滑块b减速到与传送带速度相等，此后与传送带相对静止，则有t＝＝0.4 s
则有传送带运动的位移为x ＝vt＝0.8 m
带
小滑块b运动的位移为x ＝v t＋at2＝1.2 m
块 C
关注公众号《黑洞视角》获取更多资料小滑块b与传送带相对位移为Δx＝x －x ＝0.4 m
