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压轴题 04 用动量和能量的观点解题
1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。近几年的高考命题中
一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。
考向一：动量定理处理多过程问题
1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在
作用时间内的平均值。
2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公
式中的F是物体或系统所受的合力。
3．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如
玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越
小。
4.应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析．
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。
(3)规定正方向。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求
解．
考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′ ①
1 1 1 1 2 2
mv＝mv′＋mv′②
1 1 2由①②得v′＝ v′＝
1 2
结论：
①当m＝m 时，v′＝0，v′＝v，两球碰撞后交换了速度。
1 2 1 2 1
②当m>m 时，v′>0，v′>0，碰撞后两球都向前运动。
1 2 1 2
③当m0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
1 2 1 2
考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题
两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。
mv＝mv＋mvmv＝（m＋m）v ①
1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 共
mv＋mv＝（m＋m）v 2＋E ②
1 2 1 2 共 损
根据能量守恒，E 一般有三个去向，转化为能能，转化为弹性势能，转化为重力势能。
损
考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题
1．爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆
炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然
从爆炸时的位置以新的动量开始运动。
2．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②
动量近似守恒；③某一方向动量守恒。
反冲运动中机械能往往不守恒。
注意：反冲运动中平均动量守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等。
3．人船模型
若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果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，则由m ＝－m 得mx＝－mx.该式的适用条件是：
11 22 1 1 2 2
(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
(3)x 、x 均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
1 2
01 动量定理处理多过程问题
1.一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，
则安全带受的平均冲力是多少？(g取10 m/s2)【答案】1 200 N
【解析】 法一 程序法
依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v，v＝2gL，得v＝。
1 1
经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F和重
力mg，有
(mg－F)t＝0－mv，F＝
1
将数值代入得F＝1 200 N。
由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′为1 200 N，方向竖直向下。
法二 全过程法
在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg，拉力F的冲量大小为Ft。
初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg－Ft＝0
解得F＝＝1 200 N。
由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下。
02 动量定理处理流体问题
2. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设
水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底
0
板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ρ，重力加
速度大小为g。求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】(1)ρvS (2)－
0
【解析】 (1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝vSΔt②
0
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρvS。③
0
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于
Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v2④
0
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
03 弹性碰撞问题
3.如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，m＝5m。B球静止，拉起A球，使细
B A
线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的
运动，下列说法正确的是( )
A.A静止，B向右，且最大偏角小于30°
B.A向左，B向右，且最大偏角等于30°
C.A向左，B向右，A球最大偏角大于B球最大偏角，且都小于30°
D.A向左，B向右，A球最大偏角等于B球最大偏角，且都小于30°
【答案】 C
【解析】设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为v，B球的速度为v，
A B
取向右为正方向
由动量守恒可得mv＝mv＋mv
A A A B B
由机械能守恒可得
mv2＝mv＋mv
A A B
可得v＝v＝－v，v＝v＝v，A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°，故选项C正确。
A B
04 完全非弹性碰撞问题
4.如图所示，光滑水平地面上静置有一质量m=3kg， R=0.5m的竖直光滑 圆弧轨道AB，O为圆心、B为轨道
1
最低点，OB竖直。其右侧地面上静置—质量m=1kg的木板C，木板的上表面粗糙且与B点等高。现将一质量
2
m=2kg的小滑块D（可视为质点），以v=3m/s的速度从右端滑上C的上表面，当它滑到C的左端时，C、D恰
3 0
好达到共同速度，此后C与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后C与B粘在一起。已知D与C上表面间的动摩
擦因数μ=0.2，取g=10m/s²。求∶
（1）木板C的长度；
（2）小滑块D沿圆弧轨道上升的最大高度。【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设C、D共同速度为v，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律可得
代入数据解得
（2）木板与圆弧轨道发生相撞，碰撞后C和圆弧轨道的共同速度为v 、取向左为正方向，根据动量守恒定律可
1
得：
小滑块D和圆弧轨道在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得
解得上升的最大高度
05 反冲、爆炸类问题
5.如图所示。光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量m =5kg，在其正中央并排放着两个小滑块（可视为质
C
点）A和B，m =1kg ，m =4kg，开始时三个物体都静止。在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以6m/s的速度
A B
水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间及爆炸时间，求：
(1)塑胶炸药爆炸后A、B获得的总动能
(2)到A、B都与挡板碰撞为止，B物体相对地面的位移大小为多少？
【答案】（1） ；（2）0.7m
【详解】（1）塑胶炸药爆炸过程中A、B组成系统动量守恒
有
解得 m/s
A、B获得的总动能
（2） ，当s =1m时，s =0.25m，
A B
即当A、C相撞时B与C右板相距A、C相撞时有
解得v=1m/s，方向向左。而 m/s，方向向右，两者相距0.75m，故B的位移为
06 动量守恒定律的综合应用
6.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，车的B点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点的
左侧固定以半径R＝0.7 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定轻质弹簧，
弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C点，B与C之间距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg的小物块，置于
车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m＝20 g的子弹，以速度v＝500 m/s击中小车并停留
0 0
在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，则：
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B点时，小物块的最大速度大
小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)否，5 m/s (2)2.5 J
【详解】(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v，可得：v＝5
0 0 0
m/s
当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v 。
共1
根据动量守恒定律得：mv＝(m＋M＋m)v 。
0 0 0 共1
解得：v ＝2.5 m/s
共1
根据机械能守恒定律得：(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v 2＋mgh
0 0 共1
解得：h＝0.625 m2R
所以，滑块会从小车滑离．
则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为
所以当 时，滑块B克服摩擦力做功为
11．（15-16高二下·福建厦门·期中）如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量m =m，m =2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一木板，静止
A B
在光滑的水平地面上，木板质量M=3m，板面与平台的台面等高，板面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面上有
一立桩，立桩与木板右端的距离为s，当木板运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A恰好能够通过
半圆轨道的最高点D，滑块B冲上木板。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆
炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：
（1）炸药爆炸后滑块A的速度大小v ；（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小v ；
A B
（3）①若s足够长，要使滑块B能与木板相对静止，则木板长度L至少为多少？
②若木板长度L=2R，立桩与木板右端的距离s可调整，调整范围为0﹣2R，请讨论滑块B在木板上运动的过程
中，克服摩擦力做的功W与s的关系。
f
【答案】（1） ；（2） ；（3）① ；②（a）当 时， ；（b）当
时，
【详解】(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为v ，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的
A
速度为v ，由牛顿第二定律得
AD
解得
滑块A在半圆轨道运动过程中，由动能定理可得
解得
（2）A、B爆炸过程中动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）①当滑块B与小车共速，设此速度为v，整个过程中，由动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守
恒定律得
对木板和滑块B组成的系统，由能量守恒定律得解得
即木板的最小长度
②对木板研究，由动能定理得
得滑块B与木板相对静止时，木板的位移大小
共速后，木板与立桩粘连后，若滑块B在板上做匀减速运动直到停下，其位移为
即这种情况下滑块会脱离木板
（a）当 时，木板到与立桩粘连时未与滑块B达到共速，分析可知，滑块会滑离木板，滑块B克服摩
擦力做功为
（b）当 时，木板与滑块B先达到共速然后才与立桩粘连，木板与滑块B共速后到碰到立桩之前，
滑块B与木板之间无摩擦力
滑块从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
12．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距L=20cm，两导轨及
其所构成的平面与水平面的夹角θ=37°，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大
小B=5T。现将质量分别为m=0.1kg、m=0.2kg的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接人导轨之间的电阻均
1 2
为R=1Ω。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，取重力
加速度大小 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）先保持b棒静止，将a棒由静止释放，求a棒匀速运动时的速度大小v；
0
（2）在（1）问中，当a棒匀速运动时，再将b棒由静止释放，求释放瞬间b棒的加速度大小a；
0
（3）在（2）问中，从b棒释放瞬间开始计时，经过时间t，两棒恰好达到相同的速度v（未知），求速度v的
0
大小与t 的关系式及时间t 内a棒相对于b棒运动的距离△x。
0 0【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）金属棒 在运动过程中，重力沿导轨平面的分力和 棒受到的安培力相等时 棒做匀速运动，由
法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律及安培力公式有
， 棒受力平衡，有
解得
（2）由右手定则可知金属棒 受到沿导轨平面向下的安培力，对 棒，由牛顿第二定律有
解得
（3）释放 棒后 棒受到沿导轨平面向上的安培力，在两棒达到共速的过程中，对 棒，由动量定理有
棒受到向下的安培力，对 棒，由动量定理有
解得
则
由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律有
又
解得
13．（2024·重庆·二模）某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施
加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为0.02kg，除质
量块外手机质量为0.18kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左5m/s的初速度。若开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计， ，求：
（1）当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；
（2）手机能获得的最大速度；
（3）质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。
【答案】（1）0.5m/s，0.225J；（2）1m/s；（3）
【分析】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用。由题意“手机放在水平光滑的桌面上”和“质
量块与手机间的摩擦力不计”可知，质量块、手机和弹簧系统动量守恒和能量守恒，这个系统可以看成碰撞模
型，其中第（1）问中当质量块、手机共速时，弹性势能最大，将系统整个过程看成完全非弹性碰撞模型；第
（2）问中对手机受力分析可知，当弹簧恢复原长时，手机速度最大，将系统整个过程看成完全弹性碰撞模型；
第（3）问由题意“质量块开始向右运动瞬间”可知此时质量块速度为0，将系统整个过程看成一般碰撞模型，
再利用动量守恒和能量守恒定律求解。
【详解】（1）已知手机的质量为M=0.18kg，质量块的质量m=0.02kg，开始振动时质量块的初速度 。
当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得
解得
由能量守恒定律得
解得
因此，当弹性势能最大时，手机的速度为0.5m/s，弹簧的弹性势能为0.225J。
（2）当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为 ，此时质量块速度为 ，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得 因此，手机能获得的最大速度为1m/s。
（3）质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为 ，由动量守恒得由能量守恒定律得
解得 因此，弹簧的弹性势能为 。
14．（2024·北京顺义·一模）动量p和力F都是矢量，在处理二维问题时，为简化问题研究，可以在相互垂直的
x、y两个方向上分别研究，即将二维问题转化为一维问题。
（1）质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小是v，碰
0
撞后的速度大小是v，如图1所示。分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp、Δp；
x y
（2）质量均为m的球1和球2构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1沿x轴正向以速度v 与静止的球2
1
碰撞，碰撞后两球的速度的偏角分别为 =53°、 =37°，如图2所示。求碰后两球速度的大小 和 。
（3）轻绳两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于
拉直状态，其俯视图如图3所示。对小球M施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度 。分别求出在轻
绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。
【答案】（1） ； ；（2） ； ；（3）见解析
【详解】（1）碰撞前后x方向小球的动量变化
碰撞前后y方向小球的动量变化
（2）设碰后两球速度大小分别为 、 ，规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下
规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下
联立，可得 ，
（3）由对称性，当两端小球发生碰撞时示意图如图所示，设两小球沿二者球心连线方向速度大小为v，在垂直两小球球心连线方向的速度大小为v，由机械能守恒定律
x y
和动量守恒定律，有 ，
解得 ，
可知在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间，两端小球的速度大小为
中央小球速度的大小为 。
15．（2024·江西·二模）第25届哈尔滨冰雪大世界于2023年12月18日开园迎宾，2024年2月15日闭园，它
用冰雪展现了哈尔滨沉淀60年的冰雪文化与魅力。一冰雕师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切
割，切割后分为A、B两部分，切割面与水平面的夹角为37°。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速
度大小为g， ，A、B的质量 、 ，A、B间动摩擦因数为 ，不计草垫厚度，
下滑过程中A不会翻转。
（1）若将A从图示位置由静止释放，在A下滑的过程中B一直保持静止，求释放A的瞬间，草垫对B的摩擦力
大小；
（2）若将正方体冰块置于光滑水平面上，A从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，直至刚与水平面接触，
求整个过程中B移动的距离；
（3）在第（2）问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A对B做的功W。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）冰块A的受力分析如图所示B对A的支持力
B对A的摩擦力
画出冰块B的受力分析，如图所示其中 和 分别是 和 的反作用力
冰块B水平方向受力平衡，可得草垫对B的摩擦力
联立解得
（2）设整个过程中A、B的水平位移大小分别为x 、x ，画出位移示意图
A B
根据几何关系，有
A、B系统在水平方向上动量守恒，有
联立解得
（3）设A刚与水平面接触时速度大小为v ，方向与水平方向的夹角为 ，B的速度大小为v ，示意图如图所示
A BA、B系统在水平方向上动量守恒，有
A、B系统机械能守恒，有
A、B在垂直于切割面方向上的速度相同，有
联立解得
该过程对B由动能定理得
解得 。
16．（2024·河北承德·二模）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应
用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如
图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。
如图所示，电荷量为 、质量为 的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间
有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小 ，与球B形状
相同、质量为 的绝缘不带电小球A以初速度 向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的
方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A始终不带电，小球B的电量
始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g取 。
（1）求第一次碰撞后瞬间A、B两小球的速度；
（2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B合力的
瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。
【答案】（1）A的速度 ，水平向右，B的速度 ，水平向右；（2）
【详解】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A球速度为 ，碰后B球速度为 ，根据动量守恒定律知根据能量守恒定律知
第一次碰后A的速度 ，水平向右；B的速度 ，水平向右
（2）竖直方向自由下落，AB始终在同一水平面，对B水平方向有
代入得
方向：水平向左
第二次碰撞前
代入得
对球B有
方向：水平向左，竖直方向有
方向：竖直向下
第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知
根据能量守恒定律知
第二次碰后A的速度为0，B的速度 ，方向：水平向右
球B合力的瞬时功率为0时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为 ，如图所示
则有
代入得
17．（23-24高二下·福建泉州·一模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计 质量分别为 和 的金属棒 和 静止放在水平导轨上， 、 两棒均与导轨垂直。图中 虚线
往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为 的绝缘棒 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与
水平导轨的高度差为 。已知绝缘棒 滑到水平导轨上与金属棒 发生弹性正碰，金属棒 进入磁场后始终未与
金属棒 发生碰撞。重力加速度为 。求：
（1）绝缘棒 与金属棒 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
（2）金属棒 进入磁场后，其加速度为其最大值一半时的速度大小；
（3）两金属棒 、 上最终产生的总焦耳热。
【答案】（1）0, ；（2） ；（3）
【详解】（1） 棒下滑过程中机械能守恒
棒与 棒发生弹性碰撞，由动量守恒
机械能守恒
解出 ，
（2） 棒刚进磁场的加速度最大；金属棒 进入磁场后 、 受到的安培力为内力， 、 动量守恒
设 棒进入磁场后某时刻， 棒的速度为 ， 棒的速度为 ，则 、 组成的回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
由安培力公式得
联立得
故当 棒加速度为最大值的一半时有联立得
（3）最终 、 以相同的速度匀速运动，由动量守恒
由能量守恒
解出
18．（2024·江西九江·二模）某同学在水平桌面上玩游戏，在距离桌面左侧边缘处放置质量为1kg的小物体A
（可视为质点），距离物体A为1m处有一质量为2kg的物体B（可视为质点），物体B距离桌面右边缘为
2m，两物体在一条直线上，如图所示。A、B两物体与桌面的动摩擦因数均为0.2，现使A以某一初速度向B运
动，为使A能与B发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，重力加速度为g（答案可以保留根号）。
（1）若A、B碰撞时间很短且碰后粘在一起，求物体A初速度大小的范围；
（2）若A、B发生弹性碰撞，且两物体最终间距最大，求物体A初速度的大小。
【答案】（1） （2）
【详解】（1）对A由动能定理得
A与B碰撞后粘在一起，由动量守恒，以 方向为正方向，有
若A与B恰好能滑行至桌子右侧边缘时，则
当 时，A初速度最小，则
当A与B恰好能滑行至桌子左侧边缘时，A初速度最大，则代入数据可得
故A初速度大小的范围是
（2）若A、B发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得代入数值解得 ，
所以A、B发生弹性碰撞后向相反方向运动；
由牛顿第二定律公式
可得
由题意可知， 物体刚好滑到边缘时，间距最大，则
由运动学公式可知
可知
故
代入数值可得
19．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量 、半径 的四分之一光滑圆孤abc静止在足
够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为 的小物块B，B的左侧固定一水平轻弹簧，
将质量为 的小物块A从圆弧顶端由静止释放，在小物块B的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B
的间距可调），当小物块B与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A与弹簧接触后即与弹簧固
定连接，已知重力加速度 ，不计空气阻力，A、B均可视为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端时的速度的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，小物块B与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
【答案】（1） m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）
【详解】（1）若圆弧固定，小物块A到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
解得 m/s
（2）若圆弧不固定，小物块A与圆弧组成的系统动量守恒，则有根据能量守恒定律有
解得 m/s
同时根据动量守恒定律有
根据几何关系可知
解得 m
（3）设物块B碰撞挡板的速度为0，则碰后AB总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据动量
守恒定律与能量守恒定律有
解得 J
物块B碰撞挡板的速度最大，则碰后AB总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B的最大速
度为 ，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知
解得 m/s
碰后总动量最小为
则AB共速的速度为
m/s
弹性势能为
解得 J
则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为20．（23-24高二下·浙江·开学考）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨
道AB、长度为L＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，
1 1
其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地
面上，小车的上表面由长为L＝1.5m的水平面GH和半径为R＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH
2 2
与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自
由下滑，滑块与糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为 ，不计其它阻力，取 。
求
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度；
（3）若释放的高度 ，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。
【答案】（1）6N，方向向下；（2）0.3m；（3）
【详解】（1）根据动能定理
代入数据得
根据牛顿第二定律
得细圆管道对滑块的作用力
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力
方向向下。
（2）根据动量定理
得
根据能量守恒滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度
（3）经过计算可知，当释放的高度 时，滑块刚好能到达半径为R＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高
2
点，若释放的高度 ，根据动能定理
根据动量定理
根据能量守恒
得
21．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O点左侧光滑，右侧动摩擦
因数为μ。B、C、D三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B的左端与O点对齐。A从光滑斜面的某一高度处
由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B发生碰后粘在一起形成组合体AB，碰撞过程中AB的机械能损
失了50%，然后AB与C发生弹性碰撞，C又与D发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D碰撞结束后瞬间，AB
的动量、C的动量、D的动量都相同。质量为m的物块D停止运动时，右端距离O点12l。所有物块的宽度均为
l，高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：
（1）D碰后瞬间的速度大小；
（2）A、B和C的质量；
（3）A下滑的高度以及所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距。
【答案】（1） ；（2）3m，3m，3m；（3） ；
【详解】设A、B、C三个物块的质量分别为 、 、 ，A、B两个物体碰前、碰后的速度分别为 、 ；
A、B、C三个物体碰后的速度分别为 、 ；C与D发生弹性碰撞后的速度分别为 、 。
（1）对D物块由动能定理
可得D碰后瞬间的速度大小为
（2）C与D发生弹性碰撞，由动量守恒定律由机械能守恒定律
因为C的动量和D的动量都相同，则
联立可得 ， ，
因为AB发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律
碰撞过程中AB的机械能损失了50%，由能量守恒定律可得
联立可得 ，
AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
其中
联立可得
（3）由（2）可知
， ，
物块A由斜面下滑的过程中，由动能定理
联立可得，A下滑的高度为
AB碰后继续运动的位移为
C碰后继续运动的位移为
所以所有物块都停止运动时B右侧与C左侧的间距为22．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）如图所示，水平地面上有一固定光滑的四分之一圆弧轨道，圆弧半径
为 ，紧挨着圆弧轨道右侧有一质量为 的小车B，小车与水平地面间无摩擦，小车左端和圆弧
轨道末端等高但不粘连，最右边有一固定的竖直挡板。现将一质量为 的滑块（可视为质点）A从轨道
顶端由静止滑下后滑上小车，小车与挡板碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减小为碰撞前速
度大小的 。已知滑块A与小车的上表面间的动摩擦因数为 ，滑块A和小车B与挡板第1次碰撞时已达到
共速，在整个过程中滑块A未从小车上滑落，重力加速度取 。求：
（1）滑块A滑到四分之一圆弧轨道底端时，对圆弧轨道的压力大小；
（2）滑块A和小车B与挡板第一次碰撞前因摩擦而产生的热量；
（3）小车B与墙壁第1次碰撞后到最终停下的过程中，小车B运动的总路程。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块在圆弧轨道上运动过程机械能守恒
在圆弧轨道的底端
再根据牛顿第三定律
解得
（2）小车和滑块相互作用到与弹性挡板第一次发生碰撞过程，动量守恒
此过程中损失的动能为
损失的动能转化为了摩擦产生的热量
解得
（3）小车与挡板发生第1次碰撞后，速度方向反向，速度大小变为原来的 ，即 ，小车受到滑块对其的摩擦力产生加速度，根据牛顿第二定律
小车向左减速为0的位移大小
小车在第1次与挡板碰撞后到与挡板发生第2次碰撞前，系统动量守恒达到共速，
根据动量守恒
小车向右加速到 的位移大小
即小车与滑块第2次共速时恰好与挡板发生第2次碰撞，且小车向左减速和向右加速的位移大小相等。故小车
在与挡板发生第1次碰撞后到第2次碰撞前，小车的路程
同理：小车与滑块第3次共速时恰好与挡板发生第3次碰撞，且小车向左减速和向右加速的位移大小相等
综上所述，小车B与墙壁第1次碰撞后最到终停下的过程
，
解得 。
23．（22-23高二上·山东菏泽·期末） 如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，
B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初速度v，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，
0
全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求两物块最终分离时各自的速度；
（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为 时弹簧的弹性势能；
（3）如果在物块B的右侧固定一挡板（挡板的位置未知，图中未画出），在物块A与弹簧分离之前，物块B与
挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块B以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求物块
B的速度为多大时与挡板相撞弹簧可以获得最大的弹性势能，最大弹性势能是多少？【答案】（1） ， ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）取水平向右为正方向，设 与弹簧分离时 、 的速度分别为 、 ，有动量守恒定律和机械
能守恒定律得
解得 ，
（2）在两物块相互作用过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律得
当 时
，
当 时
，
（3）当物块 与物块 动量相等时 与挡板相撞，弹簧可以获得最大的弹性势能。设物块 与物块 动量相
等时，物块 的速度为 ，物块 的速度为 ，物块 与挡板碰撞前，有
解得 时， 可获得最大值，最大值为
24．（2024·河北沧州·一模）如图所示，平板A静置在水平地面上，其左端固定有弹性挡板P，物块B处于平板
A上的 点， 点左侧光滑、右侧粗糙，光滑部分的长度 。用不可伸长的轻绳将小球C悬挂在O点，
O点位于 点初始位置的正上方。当轻绳处于水平拉直状态时，将小球由静止释放，第一次下摆至最低点与物
块B发生碰撞，碰后小球开始做简谐运动（最大摆角小于10°），其速度方向与碰前方向相同，物块B以
的速度沿平板上表面滑动直至与挡板P发生弹性碰撞，经过一段时间，物块B速度减为零时，小球
C刚好到达最低点向右运动，此时物块B与小球C间的距离为x。已知平板A（含挡板P）、物块B、小球C的质量分别为 ，平板A的粗糙部分与物块B间的动摩擦因数 ，平板A与
地面间的动摩擦因数 ，重力加速度 ，上述过程中物块
B始终在平板A上，所有碰撞时间和空气阻力均忽略不计，物块B与小球C均可视为质点。求：
（1）物块B与挡板P碰撞后瞬间，平板A和物块B的速度大小v 、v ；
A B
（2）物块B的速度减为零时，物块B与小球C间的距离x；
（3）悬挂小球C的轻绳的长度L。
【答案】（1）4m/s，4m/s；（2）1m；（3）0.64m
【详解】（1）由于物块B与挡板P发生弹性碰撞，则
联立解得 ，
由此可知，物块B与挡板P碰后速度反向，大小为4m/s；
（2）物块B与挡板P碰后，物块B做匀速直线运动，平板A做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
设经过时间t，平板A速度减为零，则
1
此时平板A的位移为
物块B的位移为
由于
所以，接下来物块B继续做匀速直线运动，平板静止，物块B匀速的时间为
之后，物块B做匀减速直线运动，有
由于
平板A将处于静止状态，物块B速度减为零的时间为该过程物块B的位移为
所以物块B的速度减为零时，物块B与小球C间的距离为
（3）在整个运动过程中物块B与C运动的时间满足
（n=0，1，2，3……）
联立可得
（n=0，1，2，3……）
B、C碰撞满足动量守恒，则
同时碰后C的速度方向与B速度方向相同，则
联立解得
故当n=2时，轻绳的长度为
25．（2024·江西·一模）如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上， 时刻将质量为 的A物块从距离
B物块 处由静止释放， 时刻A、B发生第一次碰撞， 时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块
的 图线如图乙所示（其中 均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最
大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）第一次碰撞后A物块沿科面向上运动们最大距离；
（2）B物块的质量及A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（3）B物块沿斜面下滑的最大距离。【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A物块在 的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
A物块在 时间内与在 的时间内受力情况一致，加速度相同，则有 时
刚释放 物块时， 之间的距离为 ，则有
可得
A物块在 的时间内沿斜面向上运动，运动的距离
联立可得
（2） 物块与 物块第一次碰撞时，由动量守怛可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得
其中 ，
联立可得 ，
A物块在 时间内下滑的距离
故B物块碰后沿斜面下滑的距离
假设第二次碰撞前 物块已停止运动，则有
可得即 时， 物块停止运动，假设成立，设 物块下滑过程中的加速度大小为 ，则有
设斜而倾斜角为 ，根据牛顿第二定律：对 物块有
A物块下滑时
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为 ，则有
由牛顿第二定律可得
联立可得
（3） 时，A物块与B物块发生第二次碰撞，碰前瞬间 物块的速度
由动量守恒可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得
联立可得
设第二次碰撞后B物块下滑的距离为 ，则有
可得
以此类推可得
则 物块运动的总距离
当 时，代入数据可得
26．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，质量 的足够长的长木板B静置在粗糙的水平面上，上表面放置
一质量 的物块A，另有一质量 的物块C以初速度 从长木板最左端滑上长木板后以
v=3m／s的速度与物块A发生碰撞，C恰好能从长木板左端滑落。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为
，长木板B与水平面之间的动摩擦因数为 。已知碰撞时间极短，A始终未从B上滑落，重力加
速度 ，物块A、C可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）C与A碰撞后物块C的速度大小；
（2）A、C碰撞后经过多长时间A、B物体均停止运动？【答案】（1）1m/s；（2）0.65s
【详解】
（1）C刚冲上B时，C与B之间的摩擦力
B与地面之间的最大静摩擦力
解得
故A、B静止，根据动能定理
碰后C向左运动，A向右运动，A与B之间的摩擦力
又
故B不动，直至C离开B，对C向左运动过程，根据动能定理
联立解得 ，
（2）C、A发生碰撞，动量守恒
解得
碰撞后经过时间 物块C从B上滑落，则有
解得
此时对物块A，根据牛顿第二定律
得
方向向左，又
此后B开始向右加速运动，根据牛顿第二定律
解得
设经过 两物体共速，有联立解得 ，
此后A、B一起减速，有
解得
故A、B停下所需的时间为
27．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）下图为“冲关”活动简易模型，它由竖直面内光滑圆形轨道和光滑水平轨道
PN组成，Q点为圆形轨道最低点，M点为最高点，圆形轨道半径 。水平轨道PN右侧并排放置木板
c、d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN平齐，木板c、d质量均为 ，长度
。两个小物块a和b静止在水平轨道PN的左端，质量分别为 和 ，物块间有一
被压缩的轻质弹簧，与两块不拴接，用细绳将它们锁定，已知弹簧的弹性势能 。物块b与木板c的动
摩擦因数 ，与木板d的动摩擦因数 ，木板c、d与地面间动摩擦因数均为 。现剪短细绳
后两物块瞬间被弹出，使两物块都获得水平速度。重力加速度 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块a、b与弹簧分离瞬间获得速度大小 、 ；
（2）通过计算分析物块b能否经过最高点M，若不能求物块b在圆轨道上距离水平轨道PN的最大高度H；若
能求物块b运动到圆形轨道最高点M处的速度 ；
（3）若仅改变物块a的质量，其余条件不变，为使物块b与弹簧分离后，经过圆形轨道（未与轨道脱离）后，
最终停在木板d上，求物块a质量的取值范围。
【答案】（1） ， ；（2）不能， ；（3）
【详解】
（1）根据动量守恒定律
解得 ，
（2）若物块b能通过 点
解得所以物块 不能到达圆周最高点
解得
所以物块 通过了 点，综上分析 在 之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在 点恰好脱离
从b点到E点由动能定理可得
解得
则
（3）当物块 分离后，物块 恰好通过 点时，物块 最终与木板 相对静止， 在 上滑动的相对位移为
由圆周运动知识得
由牛顿第二定律得
解得
物块b从M点到Q点动能定理可得
解得
设物块b最终与木板C相对静止时得速度为
解得 ，
所以物块b恰好通过圆周最高点最终停在木板C上未到达d板上。
根据动量守恒、机械能守恒得解得
当物块 分离后，物块 通过圆周最高点 点后，恰好停在木板 的最左端保持相对静止，设物块b在木板
上滑行的时间为 ，由运动学公式可得
解得
由碰撞过程动量守恒和能量守恒
解得
当物块 分离后，物块 通过圆周最高点 点后，恰好停在木板 的最右端保持相对静止，设物块 在木板
上滑行的时间为
由牛顿第二定律得物块 在木板 上滑行的加速度
由牛顿第二定律得物块 在木板 上滑行的加速度
假设此时木板c和 木板d分离，对木板d受力分析可得
解得
此加速度比木板c单独减速的加速度还大，说明木板d的减速更快，即物块在木板d上运动时cd没有分离，则
解得 ，
解得
由动量守恒和能量守恒解得
综上可知
28．（2024·广东·一模）如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，
现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大
小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，
重力加速度大小为g。求：
（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）B球落地所需时间为
此时AB两球的速度为
设还需 时间相遇，则有
解得
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
此时距离地面的高度为
（2）根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
，两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得 ， （舍去）， ，
设经 绳子绷直，则有
此时A、B两球的速度分别为
细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
AB小球一起上升过程中，根据运动学规律有
解得
则细绳绷直后小球A距地面的最大距离为
29．（2024·山西·二模）如图所示，竖直平面内固定放置两个相同的圆弧轨道（内壁均光滑）AB与CD，半径均
为r，圆心角 与 均为 ，B、C两点间有空隙（高度差忽略不计，可以让半径很小的球通过），
、C、B、 在同一倾斜直线上，A是轨道与光滑水平面的切点， 、 是竖直半径。质量分别为m、
4m的甲、乙两小球（视为质点）静止放置在光滑的水平面上，现让甲获得一个水平向右的初速度 （为未知
量），然后甲、乙发生弹性碰撞，碰后乙沿着轨道向上运动，重力加速度为g， ， ，求：
（1）若乙刚运动到B点还未离开圆弧轨道AB时，B点对乙的压力刚好为0，则 为多少？
（2）若乙刚好能运动到D点，则 为多少？
（3）接第（1）问，则C点对乙的支持力为多少，接第（2）问，则乙刚要落到水平面上时重力的功率为多少？【答案】（1） ；（2） ；（3） ，
【详解】（1）根据题意，设甲、乙发生弹性碰撞后速度分别为 、 由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得 ，
设乙球在 点的速度为 ，乙球从 到 过程中，由机械能守恒定律有
由于乙刚运动到B点还未离开圆弧轨道AB时，B点对乙的压力刚好为0，则有
联立解得 ，
（2）若乙刚好能运动到D点，则有
乙球从 到 过程中，由机械能守恒定律有
联立解得 ， ，
（3）接第（1）问，C点对乙的支持力为 ，则有
解得
接第（2）问，设乙球落地速度为 ，由机械能守恒定律有
解得
乙球从 飞出做平抛运动，则落地时水平分速度为
则落地时竖直分速度为乙刚要落到水平面上时重力的功率为
