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2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 14：动量相关的综合能量问题（难度：偏
难）
1. 【动量与动力学观点的综合应用】如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一
个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的
水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
2. 【动量与动力学观点的综合应用】(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))如图，质量均为m
的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B
放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一
定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面
说法正确的是( )
A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2
D．小球A落地时的动能为mgl－mv2
3. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增
大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为
W 和W，合外力的冲量大小分别为I 和I。下列关系式一定成立的是( )
1 2 1 2
A．W＝3W，I≤3I B．W＝3W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
C．W＝7W，I≤3I D．W＝7W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
4. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·重庆高考)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的
动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间
的变化分别如图中曲线①、②所示，则( )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J时，物块动能为3 J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
5. 【动量与能量观点的综合应用】(2020·北京高考)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、
3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷
紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，
重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过
程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度
h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
6. 【动量与能量观点的综合应用】（多选）（2021·山东高考）如图所示，载有物资的热气球静止于距
水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v水平投出，落地时物资与热气球的距离
0
为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正
确的是（ ）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d＝ ( 1+ m ) √2Hv 0 2 +H2
M g
D.d＝ √2Hv 0 2 + ( 1+ m) 2 H2
g M
7. 【动量与能量观点的综合应用】如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全
1
相同的 圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b'分别为A、B
4
槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。
重力加速度为g，求：
（1）小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
（2）小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
（3）B槽的最大速度的大小。
8. 【动量与动力学观点的综合应用】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中
AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶
端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加
速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为 μ＝，
重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，
求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
9. 【动量与能量观点的综合应用】（2020·天津高考）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为
m 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周
1
轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆
2
周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k10. 【动量与动力学观点的综合应用】(2022·湖北省武汉市高三下5月模拟)一边长为L的正方体固定在水
平地面上，两个可视为质点的小球A、B通过长为2L的轻绳连接，小球B锁定在图示位置，A的质量
为3m，B的质量为m。现解除对B的锁定，立即对A施加一竖直向下的瞬时冲量I＝2m，经过极短时
间，A和B速度大小相等，当A撞击到地面时与地面牢固粘连。已知在B运动的过程中轻绳一直没有
断裂。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)从对A施加了瞬时冲量开始至A、B速度大小相等的过程中，求A、B及轻绳组成的系统损失的机械
能；
(2)求B球到达其轨迹最高点时的速度大小；
(3)B球越过最高点后继续运动，当轻绳再次绷直时，求轻绳与水平面的夹角。
11. 【动量与能量观点的综合应用】(2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg
的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四
分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然
长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，
置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态．一质量m＝20 g的子弹以速度v＝600 m/s向
0 0
右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与 BC间的动摩擦因数μ＝
0.5，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值E ；
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
12. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨
道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道
的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点
等高，木板左端放置一个质量为m ＝1 kg的物块，另一质量为m ＝1 kg的物块从A点以某一速度水平
2 1
抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为
m 的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m 的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直
2 2
高度H＝1.4 m，质量为m 的物块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ ＝
2 1 2
0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：(1)质量为m 的物块到达B点时的速度大小v ；
1 B
(2)质量为m 的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W ；
1 克f
(3)木板的长度L.
13. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，水平桌面左端有一顶端高为 h的光滑圆弧形轨道，
圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道 MNP，其形状为半径R＝0.8
m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m
＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量
也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式
为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨
道．A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离s ；
BP
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
14. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置
一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，
B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬
间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰
撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量m ＝1 kg，物块B的质量m ＝1 kg，物块C的质量m ＝1.5 kg，
A B C
B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
15. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均
为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)．距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑
竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)．某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆
形轨道的最高点D(过D点后立即撤去物块A)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度
为L(L小于斜面体的高度)．已知A与右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加
速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小．
16.【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角
θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道 AB相连，A处用光滑小圆
弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一
起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面
上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m ＝3.2 kg，小球Q的质量m ＝1
1 2
kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E ＝168 J，小球到达A点或B
p
点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球Q运动到C点时的速度大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
17. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物
块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一
水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.
开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，
摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与
MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽
略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v 的大小；
0(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F 与h间满足的关系；
N
(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为
正，建立x轴)．
18. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨
道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过
0
最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道
光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因
数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg（重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
（2）若碰后A、B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后A、B滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度v 与n的关系式。
n
19. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2021·湖南高考)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与
一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的
小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，
x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力
加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的
曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰
撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴
高度的取值范围。
20. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示
的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A
处以初速度v 为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹
0性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，
A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N ；
1 2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
21. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·海南高考)如图所示，有一个角度可变的倾斜轨道，当倾角为30°
时，滑块A恰好匀速下滑，现将倾角调为60°，使滑块A从高为h的地方由静止下滑，一段时间后滑
块A无碰撞地进入光滑水平面，与系在轻绳下端的小球B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平
面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知滑块A和小球B质量相等，重力加速度大小
为g，求：
(1)A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(2)A与B刚碰撞完瞬间B的速度；
(3)绳子的长度L。
22. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所
示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中
实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持
静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后
由静止释放。设C的下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C
的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
2024届高考物理一轮复习动量专题精准提升强化 14：动量相关的综合能量问题（难度：偏
难）【解析版】
1. 【动量与动力学观点的综合应用】如图所示，一带有光滑圆弧轨道的小车静止在光滑的水平面上，一
个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放，刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车，AB是圆弧的
水平直径，在小球从A向B运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球运动到圆弧轨道最低点时，小车的速度最大
C．小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小
D．小球从B点抛出后，向上做斜上抛运动
答案 BC
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，在竖直方向所受合力不为零，所以系统动量
不守恒，但水平方向系统动量守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水
平方向的总动量保持为零不变，因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大，则此时小车的速度最大，故B
正确；小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等，又因为小球和小车组成的系统在水平方向的总
动量始终为零，则此时小球在水平方向的速度为零，小车的速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，
小球从A到B的过程中，系统中只有重力做功，所以由系统机械能守恒可知，小球运动到B点的速度大小
等于小球在A点时的速度大小，故C正确，D错误。
2. 【动量与动力学观点的综合应用】(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(二))如图，质量均为m
的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B
放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一
定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面
说法正确的是( )A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2
D．小球A落地时的动能为mgl－mv2
答案 AD
解析 球B、C分离前，球C受到B向右的弹力，则球B受到C向左的弹力，因此球C对球B始终做
负功，所以A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，故A正确；球B、C分离时，B与C间的弹力刚好减为
0，B、C的加速度均为0，则B受到杆的弹力恰为0，所以球B对地面的压力大小为mg，故B错误；A、
B、C三球在水平方向不受外力作用，所以A、B、C三球在水平方向动量守恒，设在A落地瞬间A、B水平
方向速度大小为v ，有mv＝2mv ，解得v ＝，对A、B、C三球组成的系统由机械能守恒定律得mgl＝
共 共 共
E ＋mv2＋mv，解得小球A落地时的动能为E ＝mgl－mv2，故D正确；从开始到A球落地的过程中，杆对
kA kA
球B做的功等于球B和球C的动能增量之和，为W＝mv2＋mv＝mv2，故C错误。
3. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增
大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为
W 和W，合外力的冲量大小分别为I 和I。下列关系式一定成立的是( )
1 2 1 2
A．W＝3W，I≤3I B．W＝3W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
C．W＝7W，I≤3I D．W＝7W，I≥I
2 1 2 1 2 1 2 1
答案 D
解析 根据动能定理可知W＝m(2v)2－mv2＝mv2，W＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W＝7W；在初、末
1 2 2 1
速度大小一定的情况下，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因
此结合动量定理可知，合外力的冲量大小的范围是分别是mv≤I≤3mv，3mv≤I≤7mv，可得I≥I 一定成立，
1 2 2 1
I≤3I 不一定成立。故选D。
2 1
4. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·重庆高考)(多选)一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜
面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的
动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间
的变化分别如图中曲线①、②所示，则( )A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9 J时，物块动能为3 J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1∶
答案 BC
解析 由题意知，拉力大小F＝f＝μmg cos 45°，当拉力沿斜面向下时，对物块受力分析，由牛顿第二
定律有mg sin 45°＋F－f＝ma ，得物块下滑的加速度大小为a＝g sin 45°＝g，物块滑到底端的过程中重力
1 1
和摩擦力对物块做功分别为W ＝mg·at2·sin 45°＝t2＝18 J，W＝－μmg cos 45°·at2＝－t2＝－6 J，联立解得
G 1 f 1
物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，故A错误；当拉力沿斜面向上时，对物块受力分析，由牛顿第二定律有
mg sin 45°－F－f＝ma ，得物块下滑的加速度大小为a＝g sin 45°－2μg cos 45°＝g，则当拉力分别沿斜面
2 2
向上和向下时，物块的加速度大小之比为a∶a ＝1∶3，故C正确；当拉力沿斜面向上，物块位移大小为x
2 1
时，重力做功为W ′＝mg sin 45°·x，合力做功为W ＝ma ·x，两者比值为＝＝＝3，则重力做功为W ′＝9 J
G 合 2 G
时，合力做功为W ＝＝3 J，由动能定理知此时物块动能为3 J，故B正确；由p＝mv、v2＝2ax联立，得动
合
量大小p＝m，则当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为p∶p ＝∶＝1∶，故
2 1
D错误。
5. 【动量与能量观点的综合应用】(2020·北京高考)在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球(1号、2号、
3号)悬挂于同一高度，静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷
紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是( )
A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，
重复上述实验，3号仍能摆至高度h
B．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过
程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
h
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度
h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
答案 D解析 A项中，1号与质量不同的小钢球碰撞后，1号速度不为零，则该质量不同的小钢球获得的动能
小于1号碰撞前瞬间的动能，所以该质量不同的小钢球与3号碰撞后，3号获得的动能也小于1号碰撞前瞬
间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；B项中，1、2号释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，
且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中系统所受合外力不为零，所以
系统的动量不守恒，故B错误；C项中，1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能
损失，所以1、2号再与3号碰撞后，3号获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；D项中，碰撞后，
2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中系统所受合外力不为零，所
以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
6. 【动量与能量观点的综合应用】（多选）（2021·山东高考）如图所示，载有物资的热气球静止于距
水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v水平投出，落地时物资与热气球的距离
0
为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正
确的是（ ）
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d＝ ( 1+ m ) √2Hv 0 2 +H2
M g
D.d＝ √2Hv 0 2 + ( 1+ m) 2 H2
g M
解析：BC 热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物
资瞬间，满足动量守恒定律Mv＝mv ，则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热
0
气球所受合力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；热气球和物资的运动
m
示意图如图所示，热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为 a＝ g，
M
1 √2H
物资落地H过程所用的时间t内，根据H＝ gt2，解得落地时间为t＝ ，热气球在竖直方向上运动的位
2 g
1 1 m 2H m
移为H ＝ at2＝ · g· ＝ H，热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为x ＝vt＝v
M 2 2 M g M m 0 0
√2H m √2H
，x ＝vt＝ v· ，根据勾股定理可知热气球和物资的距离为 d＝√(x +x )2+(H+H )2 ＝
g M M 0 g m M M
( m ) √2Hv 2
1+ 0 +H2，C正确，D错误。
M
g7. 【动量与能量观点的综合应用】如图所示，半径均为R、质量均为M、内表面光滑的两个完全
1
相同的 圆槽A和B并排放在光滑的水平面上，图中a、c分别为A、B槽的最高点，b、b'分别为A、B
4
槽的最低点，A槽的左端紧靠着竖直墙壁，一个质量为m的小球C从圆槽A顶端的a点无初速度释放。
重力加速度为g，求：
（1）小球C从a点运动到b点时的速度大小及A槽对地面的压力大小；
（2）小球C在B槽内运动所能达到的最大高度；
（3）B槽的最大速度的大小。
1
解析：（1）小球C从a点运动到b点的过程机械能守恒，有mgR＝ mv 2
2 0
解得小球到b点时的速度大小为v＝√2gR
0
v 2
在最低点b，根据牛顿第二定律可得F －mg＝m 0 ，
N
R
解得F ＝3mg
N
由牛顿第三定律可知，小球C对A槽的压力F '＝F ＝3mg，A槽静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，
N N
地面对A的支持力F＝F '＋Mg＝3mg＋Mg，由牛顿第三定律可知，A槽对地面的压力F'＝F＝3mg＋Mg。
N
（2）B槽和小球C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，小球C在B槽内运动至所能达到的
最大高度h处时，两者共速，由动量守恒定律可知mv＝（M＋m）v
0
1 1
由机械能守恒定律，有 mv 2 ＝ （M＋m）v2＋mgh
2 0 2
MR
解得h＝ 。
M+m
（3）当小球C回到B槽的底端b'点时，B槽的速度最大，根据动量守恒定律，有mv＝mv＋Mv
0 1 2
1 1 1
由能量守恒定律可知 mv 2 ＝ mv 2 ＋ Mv 2
2 0 2 1 2 2
2m
解得v＝ √2gR。
2 M+m
MR
答案：（1）√2gR 3mg＋Mg （2）
M+m
2m
（3） √2gR
M+m8. 【动量与动力学观点的综合应用】(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中
AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶
端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加
速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为 μ＝，
重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，
求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
[答案] (1)9 m (2)7.44 m/s
[解析] (1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m＝2 kg，设其在AB段滑行的加速度为a，由牛
1 1
顿第二定律有
mg sin θ－μm g cos θ＝ma
1 1 1 1
代入数据解得a＝2 m/s2
1
已知滑雪者质量为m＝48 kg，初速度为v＝1.5 m/s，加速度为a＝3 m/s2，
2 0 2
设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t(t＝1 s)，
0 0
由运动学规律得
L＝a(t＋t)2
1 0
L＝vt＋at2
0 2
联立解得t＝2 s(t＝－1 s舍去)
故可得L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v、v，则v＝a(t＋t)
1 2 1 1 0
代入数据解得v＝6 m/s
1
v＝v＋at
2 0 2
代入数据解得v＝7.5 m/s
2
滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有
mv＋mv＝(m＋m)v
1 1 2 2 1 2
代入数据解得v＝7.44 m/s。
9. 【动量与能量观点的综合应用】（2020·天津高考）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为
m 的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周
1
轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆
2
周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求A受到的水平瞬时冲量I的大小；（2）碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
解析 （1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零。设A在最高点时的速度大小为v，
由重力提供向心力，有
v2
mg＝m ①
1 1 l
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零。设A在最低点的速度大小为v ，
A
有
1 1
m v 2 ＝ mv2＋2mgl ②
2 1 A 2 1 1
由动量定理，有I＝mv ③
1 A
联立①②③式，得I＝m √5gl。 ④
1
（2）设两球粘在一起时的速度大小为v'，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v'＝v ⑤
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向。设B碰前瞬间的
速度大小为v ，由动量守恒定律，有
B
mv －mv ＝（m＋m）v' ⑥
2 B 1 A 1 2
1
又E＝ m v 2 ⑦
k 2 2 B
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能
5gl(2m +m )2
1 2
E＝ 。 ⑧
k 2m
2
5gl(2m +m )2
答案 （1）m √5gl （2） 1 2
1 2m
2
10. 【动量与动力学观点的综合应用】(2022·湖北省武汉市高三下5月模拟)一边长为L的正方体固定在水
平地面上，两个可视为质点的小球A、B通过长为2L的轻绳连接，小球B锁定在图示位置，A的质量
为3m，B的质量为m。现解除对B的锁定，立即对A施加一竖直向下的瞬时冲量I＝2m，经过极短时
间，A和B速度大小相等，当A撞击到地面时与地面牢固粘连。已知在B运动的过程中轻绳一直没有
断裂。不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)从对A施加了瞬时冲量开始至A、B速度大小相等的过程中，求A、B及轻绳组成的系统损失的机械
能；
(2)求B球到达其轨迹最高点时的速度大小；
(3)B球越过最高点后继续运动，当轻绳再次绷直时，求轻绳与水平面的夹角。
答案 (1)mgL (2) (3)30°解析 (1)对A施加一竖直向下的瞬时冲量的瞬间，设A获得的速度为v，根据动量定理有
0
I＝3mv
0
轻绳绷紧瞬间，A、B及轻绳组成的系统内力F远大于外力，设作用时间为Δt，绷紧后A、B的速度大
小为v，则对A有－FΔt＝3mv－3mv
1 1 0
对B有FΔt＝mv
1
从对A施加了瞬时冲量开始至A、B速度大小相等的过程中，A、B及轻绳组成的系统损失的机械能为
ΔE＝·3mv－(3m＋m)v
联立解得ΔE＝mgL。
(2)设A落地前瞬间二者共同速度大小为v，此时A下降了L，B上升了L，根据动能定理有
2
(3m－m)gL＝(3m＋m)v－(3m＋m)v
联立解得v＝
2
A落地后瞬间，B刚好运动至正方体端点，且具有竖直向上的速度v，由于A与地面粘连，所以B将做
2
半径为L的圆周运动
假设B能够沿圆弧运动至圆弧最高点，设此时速度大小为v，根据动能定理有
3
－mgL＝mv－mv
解得v＝
3
mv2
设B能够通过圆弧最高点的最小速度为v ，根据牛顿第二定律有mg＝ min
min
L
解得v ＝<v
min 3
所以假设成立，即B到达其轨迹最高点时的速度大小为 。
(3)假设B越过最高点后能以半径2L做圆周运动，则在最高点时其所需向心力大小为
mv2
F ＝m min
向
2L
F ＝mg<mg，所以假设不成立，则B越过最高点后将做平抛运动，设轻绳再次绷直时与水平面的夹角
向
为θ，根据平抛运动规律有
2L cos θ＝vt
3
2L(1－sin θ)＝gt2
联立解得θ＝30°。
11. 【动量与能量观点的综合应用】(2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg
的小车，B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四
分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然
长度时左端恰好位于小车的C点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，
置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态．一质量m＝20 g的子弹以速度v＝600 m/s向
0 0
右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与 BC间的动摩擦因数μ＝
0.5，取g＝10 m/s2.求：(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值E ；
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
0 0 0 1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有
(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 2
由机械能守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋mgh
0 1 0 2
联立解得h＝1.2 m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m.
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v ，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有(m
3 0
＋M)v＝(m＋M)v＋mv
1 0 3
由能量守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M)v2＋mv2
0 1 0 3
联立解得v＝2 m/s，v＝8 m/s
3
即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
(3)当弹簧具有最大弹性势能E 时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m＋M)v＋mv＝(m＋M＋m)v
pm 0 3 0 4
由能量守恒定律有(m＋M)v2＋mv2
0 3
＝(m＋M＋m)v2＋μmgL＋E
0 4 pm
联立解得E ＝8.5 J.
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC部分总共运动了s的路程，由水平方向动
量守恒有(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 5
由能量守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋μmgs
0 1 0 5
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m.
12. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨
道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道
的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点
等高，木板左端放置一个质量为m ＝1 kg的物块，另一质量为m ＝1 kg的物块从A点以某一速度水平
2 1抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为
m 的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m 的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直
2 2
高度H＝1.4 m，质量为m 的物块与木板间的动摩擦因数μ ＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ ＝
2 1 2
0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m 的物块到达B点时的速度大小v ；
1 B
(2)质量为m 的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W ；
1 克f
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m 的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
1
竖直方向上有v2＝2gh
y
根据几何关系可知v＝v cos θ
y B
联立解得v ＝5 m/s
B
(2)质量为m 的物块到达C点时，由牛顿第二定律有F －mg＝
1 N 1
解得v ＝6 m/s
C
质量为m 的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
1
mg(R＋Rsin θ)－W ＝mv 2－mv 2
1 克f 1 C 1 B
解得W ＝10.5 J
克f
(3)质量为m 的物块运动到C点时与质量为m 的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则v ＝v
1 2 2 C
＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m 的物块有μmg＝ma
2 1 2 2 1
对木板有μmg－μ(m＋M)g＝Ma
1 2 2 2 2
根据公式v＝v＋at，设经过时间t后二者共速有at＝v－at
0 2 2 1
对质量为m 的物块有x＝vt－at2
2 1 2 1
对木板有x＝at2
2 2
因为质量为m 的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m 的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝
2 2
x－x
1 2
联立解得L＝3 m.
13. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，水平桌面左端有一顶端高为 h的光滑圆弧形轨道，
圆弧的底端与桌面在同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道 MNP，其形状为半径R＝0.8
m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量
也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式
为x＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨
道．A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离s ；
BP
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
解析：（1）设碰撞后物块B由D点以初速度v 做平抛运动，
D
落到P点时v 2 ＝2gR ①
y
v
y
其中 ＝tan 45° ②
v
D
由①②解得v ＝4 m/s ③
D
1
设平抛用时为t，水平位移为s，则有R＝ gt2 ④
2 2
s＝v t ⑤
2 D
由④⑤解得s＝1.6 m ⑥
2
物块B碰后以初速度v ＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2减速到v ，则B到D过程由运动学公式v 2 －v 2 ＝2as
0 D D 0 1
⑦
解得s＝2.5 m ⑧
1
故B、P之间的水平距离s ＝s＋s＝4.1 m。 ⑨
BP 2 1
（2）若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为v ，由D到M的运动过程，根据动能定理，
M
√2 1 1
则有－ mgR＝ mv 2 － mv 2 ⑩
2 2 M 2 D
设在M点轨道对物块的压力为F ，
N
v 2
则F ＋mg＝m M ⑪
N
R
由⑩⑪解得F ＝（1－√2）mg＜0，假设不成立，即物块不能到达M点。
N
（3）对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒定律，有m v ＝m v '＋m v ⑫
A A A A B 0
根据机械能守恒定律有，
1 1 1
m v 2 ＝ m v '2＋ m v 2 ⑬
2 A A 2 A A 2 B 0
由⑫⑬解得v ＝6 m/s ⑭
A
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有1
mgh＝ mv 2 ， ⑮
2 A
由⑭⑮解得h＝1.8 m。 ⑯
答案：（1）4.1 m （2）不能 （3）1.8 m
14. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置
一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，
B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬
间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰
撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量m ＝1 kg，物块B的质量m ＝1 kg，物块C的质量m ＝1.5 kg，
A B C
B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
答案 (1)7.5 J (2)2 J (3) m
解析 (1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为v 和v ，B、C组成的系统动量守恒，则有m v －m v
B C B B C C
＝0
由能量守恒定律得E＝m v 2＋m v 2
p B B C C
分离后，物块C做平抛运动，则有h＝gt2，x＝v t
C
联立解得v ＝2 m/s，v ＝3 m/s，E＝7.5 J.
C B p
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为v ，对物块B，
B1
由动能定理得－μm gL＝m v 2－m v 2
B B B1 B B
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有 m v ＝m v ＋
B B1 B B2
m v ，
A A
m v 2＝m v 2＋m v 2
B B1 B B2 A A
且E ＝m v 2
kA A A
联立解得v ＝2 m/s，v ＝0，v ＝2 m/s，E ＝2 J.
B1 B2 A kA
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μm g＝m a
B B B
对A有μm g＋μ(m ＋m )g＝m a
B B A A A
解得a ＝6 m/s2，a ＝2 m/s2
A B
设经过时间t，两者共速，则有v＝a t＝v －a t
B A A
解得v＝ m/s，t＝ s
此过程中A向左运动距离x＝t＝× m＝ m
1
此后，A、B相对静止一起减速到零，有－μ(m ＋m )gx＝0－(m ＋m )v2
B A 2 B A
解得x＝ m，
2
整个过程中A在桌面上滑行的距离为
x＝x＋x＝(＋) m＝ m.
1 2
15. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均
为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)．距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑
竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底
部与水平面平滑连接)．某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆
形轨道的最高点D(过D点后立即撤去物块A)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度
为L(L小于斜面体的高度)．已知A与右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加
速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小．
答案 (1)6mg (2) (3)
解析 (1)设A恰好通过D点时的速度大小为v ，根据牛顿第二定律有mg＝m①
D
设A通过C点时的速度大小为v ，则对A从C到D的运动过程，根据动能定理有
C
－2mgL＝mv 2－mv 2②
D C
设物块A通过C点时所受轨道支持力大小为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝m③
联立①②③解得F＝6mg④
根据牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F′＝F＝6mg⑤
(2)设弹簧释放瞬间A、B的速度大小分别为v 、v ，由动量守恒定律有mv ＝mv ⑥
A B A B
对物块A从弹簧释放到运动到C点的过程，由动能定理有－μmgL＝mv 2－mv 2⑦
C A
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，B和斜面体有共同速度v，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mv ＝(m＋M)v⑧
B
由机械能守恒定律有
mv 2＝(M＋m)v2＋mgL⑨
B
联立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝⑩
(3)物块B与斜面体分离时，设物块B与斜面体各自的速度分别为v ′和v′，以水平向左为正方向，由动量
B
守恒定律有mv ＝mv ′＋Mv′⑪
B B
由机械能守恒定律有
mv 2＝mv ′2＋Mv′2⑫
B B联立⑩⑪⑫解得v ′＝，v′＝.
B
16.【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角
θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道 AB相连，A处用光滑小圆
弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一
起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面
上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m ＝3.2 kg，小球Q的质量m ＝1
1 2
kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E ＝168 J，小球到达A点或B
p
点时已和弹簧分离。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球Q运动到C点时的速度大小；
（2）小球P沿斜面上升的最大高度h；
（3）小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
解析：（1）两小球弹开的过程，由动量守恒定律得
mv＝mv
1 1 2 2
由机械能守恒定律得
1 1
E＝ m v 2 ＋ m v 2
p 2 1 1 2 2 2
联立可得v＝5 m/s，v＝16 m/s
1 2
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得
1 1
m v 2 ＝ m v 2 ＋2mgR
2 2 2 2 2 C 2
解得v ＝12 m/s。
C
（2）设小球P在斜面上向上运动的加速度为a，由牛顿第二定律得
1
mgsin θ＋μm gcos θ＝ma，
1 1 1 1
解得a＝10 m/s2
1
v 2
故上升的最大高度为h＝ 1 sin θ＝0.75 m。
2a
1
（3）设小球Q离开圆轨道后到与小球P相碰所用的时间为t，由题意得小球P从A点上升到两小球相遇所
用的时间也为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a，则有
2
mgsin θ－μm gcos θ＝ma，
1 1 1 2
解得a＝2 m/s2
2
小球P上升到最高点所用的时间v
1
t＝ ＝0.5 s，
1 a
1
1 1
则2R＝ gt2＋h－ a（t－t）2sin θ
2 2 2 1
解得t＝1 s。
答案：（1）12 m/s （2）0.75 m （3）1 s
17. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物
块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一
水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.
开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，
摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与
MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽
略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v 的大小；
0
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F 与h间满足的关系；
N
(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为
正，建立x轴)．
答案 (1)5 m/s
(2)F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时， m≤x< m
解析 (1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得v＝5 m/s
b b
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv′＋mv
b b 0
mv2＝mv′2＋mv2
b b 0
联立解得v＝5 m/s
0
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高
度为h，根据动能定理可得mgh －2μmgl－mgH＝0，解得h＝1.2 m
1 1 1
以竖直向下为正方向，则有F ＋mg＝m
N
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
联立可得F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2水平方向s＝v t
1 E
当h最大时，s 最大，即s ＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s 取不到最大值，
1 1max 1
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s
1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m时，从h ＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得 mgh－μmgs
2 2
＝0
当h最小时
解得s＝1.8 m
2
可知物块a达到距离C点右侧0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs ＝0，解得s ＝0.4 m，距离C
3 3
点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m<h<1.2 m时，有3l－s<x≤3l
3
代入数据得2.6 m<x≤3 m.
18. 【应用力学三大观点解决多过程问题】如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨
道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过
0
最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道
光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因
数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg（重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短）
（1）求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
（2）若碰后A、B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
（3）求碰后A、B滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度v 与n的关系式。
n
1 1
解析：（1）物块A由初始位置到Q的过程，由动能定理得－mg×2R＝ mv2－ mv 2
2 2 0
解得v＝4 m/s
设在Q点物块A受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示
N
mv2
由牛顿第二定律得mg＋F ＝
N Rmv2
解得F ＝ －mg＝22 N。
N R
（2）由机械能守恒定律知，物块A与B碰前的速度仍为v＝6 m/s
0
A与B碰撞过程动量守恒，设碰后A、B的速度为v
共
mv＝2mv ，
0 共
1
解得v ＝ v＝3 m/s
共 2 0
1
设A与B碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s，由动能定理得－μ×2mgs＝0－ ×2mv 2
2 共
v 2
解得s＝ 共 ＝4.5 m
2gμ
s 4.5m
故k＝ ＝ ＝45。
L 0.1m
（3）碰后A、B滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度等于滑离第n个（n＜k）粗糙段的速度
由动能定理得
1 1
－μ×2mgnL＝ ×2mv 2 － ×2mv 2
2 n 2 共
解得v＝√v 2-2μgnL＝√9−0.2n（n＜45）。
n 共
答案：（1）4 m/s 22 N （2）45
（3）vn＝√9−0.2n （n＜45
19. 【应用力学三大观点解决多过程问题】(2021·湖南高考)如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与
一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的
小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，
x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为(2μL，μL)，Q端在y轴上。重力
加速度为g。
(1)若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；
(2)若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的
曲线方程；
(3)将质量为λm(λ为常数且λ≥5)的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰
撞(碰撞时间极短)，要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴
高度的取值范围。[答案] (1) √2μgL
x2
(2) +2y=4μL (其中μL≤y≤2μL)
2y
3λ-1 3μL(λ+1)2
(3) μL<h≤μL+
λ-3 (λ-1)2
1
[解析] (1)设A滑到O点时速度为v,A从倾斜轨道上滑到O点过程中,由动能定理有mg·2μL-μmgL=
0 2
mv2
0
解得v=√2μgL
0
(2)若A以(1)中的位置从倾斜轨道上下滑,A从O点抛出,假设能运动到弧形轨道上的P点,水平方向有
2μL=v t
01
1
竖直方向有y =
gt2
P 2 1
解得y =μL,假设成立
P
所以A落在弧形轨道时的动能E 满足mg·2μL-μmgL+mg·μL=E -0
k k
A从O点抛出,做平抛运动,水平方向有x=v t
1
1
竖直方向有y= gt2
2
v2 1
又y= y ,E= m(v2 +v2 )
2g k 2 1 y
x2
联立解得PQ的曲线方程为 +2y=4μL(0≤x≤2μL)
2y
(3)设A初始位置到x轴的高度为h,A滑到O点的速度为v ,碰撞后的速度为v ,反弹后再次返回O
A0 A1
点时速度为v ,A、B碰撞后B的速度为v ,A、B碰撞过程有mv =mv +λmv
A B A0 A1 B
1 1 1
mv2
=
mv2
+
λmv2
2 A0 2 A1 2 B
1-λ 2
解得v = v ,v = v
A1 1+λ A0 B 1+λ A0
1
A从倾斜轨道上滑下过程有mgh-μmgL=
mv2
2 A0
1 1
碰后又运动到O点过程有-μmg·2L=
mv2
-
mv2
2 A 2 A1
又A、B均能落在弧形轨道上且A落在B点右侧应满足v <v ≤v
B A 0
3λ-1 3μL(λ+1)2
联立求解得 μL<h≤μL+
λ-3 (λ-1)2
20. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示
的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A
处以初速度v 为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹
0性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，
A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N ；
1 2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止状态时，对滑块和滑杆整体由平衡条件可知，桌面对滑杆的支持力大小N ＝
1
(m＋M)g＝8 N
在滑块向上滑动过程中，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力f′＝
f＝1 N，方向竖直向上
对滑杆由平衡条件可知，此时桌面对滑杆的支持力大小N ＝Mg－f′＝5 N。
2
(2)滑块向上运动过程，根据动能定理有
－mgl－fl＝mv2－mv
代入数据解得v＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv＝(m＋M)v
1
碰后滑块和滑杆整体以速度v 向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
1
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v
联立并代入数据解得h＝0.2 m。
21. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·海南高考)如图所示，有一个角度可变的倾斜轨道，当倾角为30°
时，滑块A恰好匀速下滑，现将倾角调为60°，使滑块A从高为h的地方由静止下滑，一段时间后滑
块A无碰撞地进入光滑水平面，与系在轻绳下端的小球B发生弹性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平
面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知滑块A和小球B质量相等，重力加速度大小
为g，求：
(1)A与倾斜轨道间的动摩擦因数μ；
(2)A与B刚碰撞完瞬间B的速度；(3)绳子的长度L。
答案 (1) (2)，方向水平向右 (3)
解析 (1)设A、B的质量均为m，根据题意，当倾斜轨道的倾角为30°时，A恰好匀速下滑，对A进行
受力分析，由平衡条件可得
mg sin 30°＝μmg cos 30°
解得μ＝。
(2)设A进入水平面时的速度为v，A与B刚碰完瞬间的速度分别为v 、v 。滑块A沿倾角为60°的倾斜
0 A B
轨道下滑到水平面的过程中，由动能定理得
mgh－μmg cos 60°×＝mv－0
因A、B发生弹性正碰，以向右为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律有
mv＝mv ＋mv
0 A B
由碰撞前后总动能不变有
mv＝mv＋mv
联立解得v ＝，方向水平向右。
B
(3)根据题意，碰后B恰好能做完整的圆周运动，设B在圆周最高点的速度为v，由牛顿第二定律有mg
＝m
B从最低点运动到圆周最高点，由机械能守恒定律有mv＝mv2＋2mgL
联立解得L＝。
22. 【动量与能量观点的综合应用】(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所
示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中
实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持
静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后
由静止释放。设C的下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C
的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
解析 （1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
m g＝2mgcos 30°，解得m ＝√3m。
C C（2）C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
√3gL
√3m ＝√3m×0＋2mv
5
3√gL
解得v＝
2 5
L
C、D碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
10
L L 1
2mg －F ＝0－ ×2mv2
10 10 2
解得F＝6.5mg。
（3）设某时刻C向下运动的速度为v'，A、B向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据
机械能守恒定律可知
1 1 L ( L ) L ( L )
m v'2＋2× m（v'cos α）2＝m g －2mg -L ，令y＝m g －2mg -L
2 C 2 C tanα sinα C tanα sinα
dy -1 cosα
对上式求导数可得 ＝√3mgL ＋2mgL
dα (sinα)2 (sinα)2
dy √3
当 ＝0时，解得cos α＝ ，即α＝30°
dα 2
L ( L )
此时y＝m g －2mg -L ＝mgL
C tanα sinα
1 1
于是有E ＝ m v'2＋2× m（v'cos α）2＝mgL
k总max 2 C 2
gL
解得v'2＝3 √3
+
4 2
1
此时C的动能为E＝ m v'2＝（4－2√3）mgL。
k 2 C
答案 （1）√3m （2）6.5mg （3）（4－2√3）mgL
