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专题 7.3 动量和能量的综合应用
一、单选题
1．如图所示，质量为M、带有 光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一质量为m的小球在圆弧轨
道的最低点以水平速度 冲上小车，已知 ，小球最终返回最低点并与小车分离。下列说法正确的是
（ ）
A．在相互作用的过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．分离时小球速度方向向右
C．分离时小球速度方向向左
D．分离时小球速度大小可能为0
【答案】B
【解析】
A．在相互作用的过程中小球和小车组成的系统所受外力的合力不为0，但是在水平方向的所受合力为0，
即该系统在水平方向的动量守恒，A错误；
B．小球最终返回最低点并与小车分离，这一过程，类似于弹性碰撞
解得
由于
则表明小球方向与初速度方向相同，B正确，CD错误。
故选B。
2．如图所示，质量 的小车静止在光滑的水平面上，车长 ，现有质量 可视为质
点的物块，以水平向右的速度 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间
的动摩擦因数 ，取 ，则（ ）
A．物块滑上小车后，系统动量守恒和机械能守恒
B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大
C．若 ，则物块在车面上滑行的时间为
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则 不得大于
【答案】D
【解析】
A．物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中系统要
克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；
B．系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
系统产生的热量
则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；
C．若 ，由动量守恒定律得解得
对物块，由动量定理得
解得
C错误；
D．要使物块恰好不从车厢滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度 ，以向右为正方向，由动量
守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
D正确。
故选D。
二、多选题
3．如图甲，“胸口碎大石”是民间杂耍的保留节目（危险节目，请勿模仿）。其原理如图乙所示，皮囊A
放置在水平地面上，上面压着一块质量M=54kg的石板，质量m=6kg的铁锤，以 的速度，竖直向
下砸中石板，碰撞时间极短，铁锤与石板瞬间达到共同速度，之后忽略手持锤的作用力，且向下匀变速运动2cm减速到零，取重力加速度 。则（ ）
A．铁锤与石板碰后瞬间达到的共同速度为0.5m/s
B．铁锤与石板碰撞过程损失的机械能为75J
C．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板做的总功-7.5J
D．碰后向下减速到零的过程，皮囊对石板的冲量大小78N·s
【答案】AD
【解析】
A．铁锤与石板碰撞，动量守恒，有
解得
故A正确；
B．系统损失的机械能为
故B错误；
C．铁锤与石板共速后，根据动能定理
解得
皮囊对石板做的总功
故C错误；
D．由动量定理可得解得
皮囊对石板的冲量大小为
故D正确。
故选AD。
4．如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水
平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，
小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。不计空气阻力，关于这个过程，下列说法正确
的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
【答案】BD
【解析】
A．由题意，小球恰好能到达管道的最高点，此时二者速度相同，之后小球沿左侧管道滑下，从管道的左
端滑离，全过程小球给管道的弹力基本都是向右的，所以小车一直在向右加速运动，可能回到原来位置，
A错误；
B．由动量守恒可得
由机械能守恒可得解得
小球滑离小车时相对小车的速度
故小球滑离小车时相对小车的速度大小为v，B正确；
C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为 ，故由动量守恒定理
解得
由机械能守恒定律，以小球刚滑上小车的位置为零势能面，小球在最高点的重力势能等于系统动能减小量
所以，车上管道中心线最高点的竖直高度
C错误；
D．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定理可得此时的速度 ，
故小车的动量变化大小为
由动量定理，小车所受合外力冲量大小为 。
D正确。
故选BD。
5．章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出，由此获得一个反冲速度，从而迅速向前逃
窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为M，静止悬浮在水中一次喷射出质量为m的水，喷射速度大小为 ，章鱼体表光滑，则以下说法中正确的是（ ）
A．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B．喷水的过程中，章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
C．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
D．章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
【答案】AD
【解析】
A．章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，A正确；
B．在章鱼喷水的过程中，章鱼体内的化学能转化为机械能，系统机械能增加，B错误；
CD．以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定
律得
可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为
C错误，D正确；
故选AD。
6．如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上有带同种电荷的甲、乙两个小球（均视为质点），甲球在大小
为I、方向从甲球指向乙球的瞬时冲量作用下运动的同时，由静止释放乙球。两球的质量均为m，运动过
程中未碰撞。下列说法正确的是（ ）
A．甲球开始运动时的速度大小为 B．甲球开始运动时的速度大小为
C．当两球相距最近时，乙球的速度大小为 D．当两球相距最近时，乙球的速度大小为
【答案】BC
【解析】
AB．设甲球开始运动时的速度大小为v，根据动量定理有
0解得
故A错误，B正确；
CD．由于甲、乙两球组成的系统所受合外力为零，故该系统动量守恒，且当两球速度相同时两球相距最近，
根据动量守恒定律得
解得
故C正确，D错误。
故选BC。
7．如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块P静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切。一
滑块Q从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，已知光滑圆弧轨道和滑块的质量均为m，圆弧轨道的半径为
R，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．滑块Q在圆弧轨道P上滑动的过程中，系统的动量守恒
B．滑块Q在圆弧轨道P上滑动的过程中，P、Q水平位移大小一定相等
C．滑块Q滑到水平地面上时速度大小为
D．滑块Q在圆弧轨道P上下滑的过程中，P对Q的支持力做功为
【答案】BD
【解析】
A．Q在P上滑动时，Q与P组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向上动量守恒，竖直方向所受
合外力不为零，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B．系统可视为人船模型，水平方向由动量守恒可得可知滑块Q在圆弧轨道P上滑动的过程中，P、Q水平位移大小一定相等，故B正确；
C．设滑块Q滑到圆弧轨道P的末端时，P的速度为 ，Q的速度为 ，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
两式联立解得P、Q分离时的速度大小为
故C错误；
D．设滑块Q在圆弧轨道P上下滑的过程中，P对Q的支持力做功为W，下滑过程对Q由动能定理得
解得
故D正确。
故选BD。
三、解答题
8．质量为3m的小车C静止于水平面上，小车上表面由水平轨道与半径为R的 圆轨道平滑连接组成。一
个质量为m的小球B静止在小车的左端。用一根不可伸长、长度为L轻质细绳悬挂一质量也为m的小球
A，小球A静止时恰好和B接触，现将小球A向左拉到与悬点同一高度处（细线处于伸直状态）由静止释
放，当小球A摆到最低点时与小球B刚好发生对心弹性碰撞，小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的
最高点，（所有表面均光滑，A、B两小球半径r相等且r远小于L与R，B与C作用过程中没有机械能损
失），求：
（1）小车C上的圆轨道半径R为多大？
（2）若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处（细线处
于伸直状态）由静止释放，小球A与小球B对心弹性相碰后，小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高
度为多少？
（3）在（2）条件不变情况下，若小车C的质量为M（M与m的关系未知），试通过计算说明小球B再次返回小车左端时可能的速度？
【答案】（1） ；（2）3L；（3）见解析
【解析】
（1）小球A向左拉到与悬点同一高度处（细线处于伸直状态）由静止释放后，由动能定理有
小球AB发生弹性碰撞，则
解得
，
小球B水平冲上小车C恰好可以滑到轨道的最高点，则
解得
（2）若将悬点的位置提高至原来的4倍，使绳长变为4L，再次将小球A向左拉到与悬点等高处（细线处
于伸直状态）由静止释放，由动能定理有
小球AB发生弹性碰撞，则解得
，
此后到达圆轨道最高点时，水平分速度与车速度相同，竖直分速度不为0，在水平方向上由动量守恒定律
有
由机械能守恒定律有
小球飞出后，竖直方向做竖直上抛运动，则竖直方向上有
小球B上升过程中距圆轨道最低点的最大高度
解得
（3）由分析，B球最终仍然回到车的左端，从A碰撞B球后至B再次返回小车的左端过程，由动量守恒
定律有
由机械能守恒定律有
解得
可知，当 时，球B速度方向仍然水平向右；当 时，球B速度为0；当 时，球B速度方
向反向为水平向左。9．如图所示，反“L”型滑板（平面部分足够长）质量为4m，距滑板的A壁为L 的B处放有一质量为m、
1
电量为＋q的大小不计的小物体，滑板上表面光滑，下表面与地面之间的滑动摩擦因数为 ，整个装
置处于匀强电场中，电场强度 。初始时刻，滑板与小物体都静止，碰撞过程中小物体所带电荷不会
损失或者转移，重力加速为 。试求：
（1）释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体速度v 的大小；
1
（2）若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的 ，碰撞时间极短，则碰撞后滑板对地速度大小；
（3）根据（2）结果，小物体从开始运动到刚要发生第二次碰撞时，电场力所做功为多少。
【答案】（1） ；（2） （3）
【解析】
（1）对物体电场力作用下向左加速运动的过程，根据动能定理，有
得
（2）物体与滑板碰撞前后动量守恒，设物体第一次与滑板碰后的速度为v′，滑板的速度为v，取向左为正
1
方向，则有
mv=mv′+4mv
1 1
若 ，则
因为v′＞v，不符合实际，故应取 ，则有
1
（3）在物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，物体做匀变速运动，滑板做匀减速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同。物块的加速度
木板的加速度
向左为正方向，设经过时间t两者再次相碰，则
解得
对整个过程电场力做功为
10．如图，一上表面粗糙的木板AB静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，
物体P与木板上表面的动摩擦因数为μ。一根长度为L且不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系一
质量为m的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O同一高
度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极
短）已知物体P的质量为2m，滑板的质量为3m，重力加速度为g，求：
（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；
（3）若最终物体P不滑离木板，求系统因克服摩擦力做功产生的内能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）小球Q摆到最低的过程中，由动能定理可得
小球Q摆到最低点时，由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）P、Q发生弹性碰撞，取向左为正方向，由小球Q与物体P组成的系统动量守恒和机械能守恒可得
解得
（3）P在木板上滑行过程，由物体P与木板组成的系统动量守恒可得
解得
由物体P与木板组成系统的功能关系，可得系统因克服摩擦力做功产生的内能
解得
1．（2022·湖北省孝感市第一高级中学模拟预测）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆
弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说
法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能止升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【解析】
A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；
B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机
械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒，C正确；
D．人船模型可得
解得
，
所以小球的水平位移大小为 ，故D错误。
故选C。
2．（2022·辽宁·沈阳二中三模）质量为 的平板小车左端放有质量为 的小铁块，它和车之
间的动摩擦因数 。开始时，车和铁块均以 的速度在光滑水平面上向右运动，如图所示。车
与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞中无机械能损失，且车身足够长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，则小车和墙第一次相碰后，平板小车第一次离开墙的最大距离 以及铁块相对小车的总位移 分别为（
）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】
车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，当速度减为零时，平板小车第一次离开墙的最大距离 ，对
小车，由动能定理得
代入数据解得
小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于 ，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总
是向右，小车与墙壁每碰撞一次系统的总动量减少一次，直到系统动量减为零为止，最后小车停在墙下，
且铁块相对小车相对运动方向不变总是相对向右运动，设整个过程铁块相对小车的总位移为 ，对系统，
由能量守恒定律得
代入数据解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
3．（2022·山西·太原五中二模）如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L
=0.8m的细线拴着质量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量 ，g取10m/s2.，下列说法正确的是（ ）
A．小球B做圆周运动
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
【答案】C
【解析】
A．由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，可知圆环
在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆周运动，故A错误；
BC．由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到最A的正下方，
系统水平方向动量守恒，则有
解得
如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为
因系统初动能为
则根据系统能量守恒可知，当圆环A的速度变为0时，小球B还没有回到其的正下方，则小球B继续加速，
圆环A则反向向右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有向右的速度，所以从小球B开
始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线对A先做负功再做正功，故B错误，C正确；
D．假定小球B开始运动到第一次回到的正下方时速度为v、圆环速度为v，则有
1 2解得
根据动量定理有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
方向水平向左，故D错误。
故选C。
4．（2022·湖南·长郡中学二模）超弹性碰撞是一个精彩的演示实验，把一个弹性小球放在一个弹性大球上，
使它们自由落下，当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍。某同学演示这个实验
时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示。释放时A、B两球
（均可视为质点）相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失，若A球反弹后离碰撞点的最大
高度为H=4h，则A、B两球的质量之比为（ ）
A．1：3 B．2：3 C．1：2 D．3：4
【答案】A
【解析】
两球下落过程中根据系统机械能守恒有
解得设两个小球触地碰撞后，A的速度大小为 ，B的速度大小为 ，B球与地面碰撞后速度等大反向，然后
与A发生弹性碰撞，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得
根据系统机械能守恒定律有
A碰后由机械能守恒得
联立解得
由题知
H=4h
联立解得
故A正错，BCD错误。
故选A。
5．（2022·安徽淮北·二模）位于合肥市科学岛上的东方超环（EAST）（俗称“人造小太阳”）是中国科
学院等离子体物理研究所自主设计、研制并拥有完全知识产权的磁约束核聚变实验装置，是世界上第一个
非圆截面全超导托卡马克。该装置主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程 +
→ + 。假设两个氘核以相同大小的速度沿同一直线相向碰撞，聚变反应释放的能量全部转化为两个
新核的动能，分别用m 、m 、m，表示 、 、 的质量，用c表示光速，则下列说法正确的是（
H He n
）
A．反应后中子与氦核的动能之比为B．反应后中子和氦核的速度大小之比为
C．该聚变反应中释放的核能为（2m －m －m）c2
H He n
D．氘核 聚变成氦核 的过程中，核子的平均质量减小
【答案】ACD
【解析】
AB．由于反应前两个氘核速度方向相反，所以系统初动量为零，核反应过程中内力远大于外力，动量守恒，
所以生成的氦核与中子的合动量也为零，设反应后中子和氦核的速度大小分别为v 和v ，则
n He
解得
所以反应后中子与氦核的动能之比为
故A正确，B错误；
C．根据质能方程可得该聚变反应中释放的核能为
故C正确；
D．氘核 聚变成氦核 的过程中，核子数守恒，但由于释放了核能，所以存在质量亏损，则反应后核
子的平均质量减小，故D正确。
故选ACD。
6．（2022·四川成都·三模）如图，长木板AB静止在光滑水平地面上，连接在B端固定挡板上的轻弹簧静
止时，其自由端位于木板上P点， 。现让一可视为质点的小滑块以 的初速度水平向左滑上
木板A端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到AP的中点O。已知滑块和木板的质量均为
，滑块与木板间的动摩擦因数为 ，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大小 。下列判定正确的是（ ）
A．锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为1J
B．锁定木板时，弹簧的最大压缩量为0.25m
C．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置可能在P点左侧
D．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置恰好在P点
【答案】BD
【解析】
AB．锁定木板时，设最大压缩量为 ，最大的弹性势能为 ，从开始到弹簧被压缩最短过程中，由动能
定理得
从弹簧被压缩最短到回到O点过程中，由动能定理得
联立解得
故B正确，A错误；
CD．若不锁定木板，由动量守恒得
解得
根据能量守恒得
解得
可知小滑块向左运动到木板上的 点两者恰好共速，故D正确，C错误。
故选BD。
9．（2022·天津·耀华中学二模）质量为M=0.6kg的小车，原来静止在光滑水平轨道上，有两根长度均为L=0.8m的细绳，一根系在固定的挡板D上；另一根系在小车C上，下面各挂一只小球，小球的质量分别
为m =0.4kg，m =0.2kg，静止时两小球正好相切，且切点与两球心同在一水平面上，如图所示，如果将A
A B
球拉成水平后由静止释放，在最低点与B球碰撞，碰后A球继续向右运动，上升的最大高度为h=0.2m。求：
（1）碰后瞬间B球的速度
（2）碰撞后B球升高的最大高度；
（3）小车能达到的最大速度。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
（1）A球下落以及碰后上升时由机械能守恒定律
AB碰撞过程由动量守恒定律
解得
（2）对BC系统，当B上升到最大高度时，由动量守恒
由能量关系可知
解得
（3）当B再次回到最低点时小车的速度最大，则由动量守恒由能量关系可知
解得小车的最大速度
10．（2022·广东·华南师大附中三模）如图是小王练习滑板的部分赛道的示意图。赛道位于竖直平面内，
可视为光滑；其中AB和CD为半径 和 的四分之一圆弧赛道，BC为水平赛道、B、C处
与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量分别为 和 ，小王质量 。某时刻，小
王站在滑板a上，先从赛道AB上的E点由静止自由滑下，滑上BC赛道后，小王从滑板a跳到静止放置在
水平赛道上的滑板b上，跳后滑板a的速度变为0，然后滑板a立刻被撤走。已知滑板和小王的所有运动都
在同一竖直平面内，小王与滑板b始终没有冲出赛道AD，滑板和小王均可视为质点，重力加速度取
，求：
（1）小王离开a板前速度 的最大值；
（2）在满足（1）的条件下，求小王在初始时刻在E点对滑板a的压力大小。（以上计算结果均保留两位
有效数字）
【答案】（1）5.5m/s；（2）67N
【解析】
（1）以小王和两滑板为研究对象，跳入b板前后水平动量守恒，设小王与b板的共同速度为v，则有
小王与b板一起运动，不脱离轨道，即不能越过D点和A点，故恰好不脱离轨道的情况下，需满足两者返
回到A点时速度恰好为0。对两者，从B至A，由动能定理有联立解得
v=6m/s
v=5.5m/s
0
（2）设OE与竖直方向的夹角为 ，对小王与滑板a，从E至B由动能定理有
1
解得
在E点，对小王，设所受支持力为 ，则沿着半径方向有
解得
由牛顿第三定律，小王对滑板a的压力大小为67N。
1．（2019·浙江·高考真题）静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y。已知核X的质量
数为A，电荷数为Z，核X、核Y和α粒子的质量分别为m 、m 和m ，α粒子在磁场中运动的半径为R。
X Y α
则（ ）
A．衰变方程可表示为 B．核Y的结合能为
C．核Y在磁场中运动的半径为 D．核Y的动能为
【答案】AC
【解析】
A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为
A正确；B．此反应中放出的总能量为
可知核Y的结合能不等于 ，B错误；
C．根据半径公式
又
mv=p（动量）
则得
在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得
则
得半径之比为
则核Y在磁场中运动的半径为
故C正确；
D．两核的动能之比
因
解得故D错误。
故选AC。
2．（2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右
端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以相
同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B
粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1） ， ，方向均向右；（2）
【解析】
（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为 ，C、D的质量
均为 ，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为 ，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为 ，滑板A和B质量分别为 和 ，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若 ，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块
的质量为 ，新滑板的质量为 ，相对静止时的共同速度为 ，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
3．（2022·湖北·高考真题）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。
【答案】（1） ；（2）6.5mg；（3）
【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
解得
（2）CD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
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB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
令
对上式求导数可得
当 时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
4．（2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物
块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图
（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，方
向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
5．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑块
0
无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加
速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直
到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv2
共 0【解析】
（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv = 3mv
0 共
解得
v =
共
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v = 2v
木 滑
再根据动量守恒定律有
2mv = 2mv + mv
0 木 滑
联立化简得
v = v，v = v
滑 0 木 0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv 2 + mv 2 - × 2mv2
木 滑 0
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a = μg
滑
滑块相对木板静止时有
v = a t
0 滑
解得
t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = vt =
0
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv2
0
6．（2021·湖北·高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下
端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B
运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O
点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】（1）2R ；（2） ；（3）
【解析】
解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v，v，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
1 2
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
0
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
7．（2019·全国·高考真题）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ， ；
两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离 ，如图所示。某时刻，将压缩的微型
弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为 。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为 。重力加速度取 。A、B运动过程中所涉及
的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【答案】（1）4.0m/s， 1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m
【解析】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
解得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则
对A由动量定理可得
则
B一直向左运动，则
解得
可知B先停止运动，该过程中B的位移解得
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得
B停止时A的速度
解得
对A由动能定理可得
则位移
这表明在时间t 内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为
2
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
（3）t 时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 ，由动能定理有
2
解得
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为 ′以和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得
，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 ′时停止，B向左运动距离
为 时停止，由运动学公式
，
解得
，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
8．（2019·全国·高考真题）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小
物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一
段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减
为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的
v 和t 均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻
1 1
力。
（1）求物块B的质量；
（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，
然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。【答案】（1）3m ；（2） ；（3）
【解析】
（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为 、 ，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，
即
联立方程解得
，
根据v-t图像可知
解得
（2）设斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时
由v-t图像知
当物体A沿斜面上滑时
由v-t图像知
解得
又因下滑位移则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为
其中 为P点离水平面得高度，即
解得
故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为
（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为 ，则以A和B组成的系统，根据
能量守恒定律有
设改变后的摩擦因数为 ，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，
速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得
又据（2）的结论可知
得
联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为
9．（2016·全国·高考真题）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的
小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平
滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m=30 kg，冰块的质量为m=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10 m/s2。
1 2
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg；(2)不能
【解析】
(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒
系统机械能守恒
解得
(2)人推冰块的过程
得
（向右）
冰块与斜面的系统
，
解得
（向右）
因 ，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。
10．（2018·海南·高考真题）如图，光滑轨道PQO的水平段QO= ，轨道在O点与水平地面平滑连接．一
质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．
A、B与地面间的动摩擦因数均为 =0.5，重力加速度大小为g．假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰
撞时间极短．求(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离．
【答案】(1) ， ；(2)
【解析】
（1）设A滑到水平轨道的速度为 ，则有
A与B碰撞时，由动量守恒有
由动能不变有
联立得
第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为 和
（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间
第一次碰撞后B停下来所需时间
易知故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B，设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为 ，由动能定理得
解得
设A第二次碰撞B前的速度为 ，由动能定理得
解得
故A与B会发生第二次碰撞
A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有
由动能不变有
解得
B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为 ，由动能定理得
解得A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为 ，由动能定理得
解得
故
即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在O点左边停下
所以A、B均停止运动后它们之间的距离为
11．（2016·全国·高考真题）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距
l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为 ，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以
初速度v 向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与
0
地面间的动摩擦因数满足的条件．
【答案】
【解析】
设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有
mv2＞μmgl
0
即
设a与b碰撞前的速度为v，由能量守恒得
1m v 2=μmgl+ mv2
0 1
设a与b碰撞前向的瞬间，速度大小分别为v、v，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
a b
mv=mv+ mv
1 a b
mv2= mv2+ × mv2
1 a b
联立解得
v= v
b 1
碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：
联立得
则a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为
【名师点睛】
该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合
几何关系分析b与墙不相撞的条件．
12．（2014·全国·高考真题）如图，质量分别为 、 的两个小球A、B静止在地面上方，B球距地面的
高度h=0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A球下落t=0.3s时，
刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零，已知 ，重力
加速度大小为 ，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求：
（i）B球第一次到达地面时的速度；
（ii）P点距离地面的高度。【答案】（i） ；（ii）
【解析】
（i）B球总地面上方静止释放后只有重力做功，根据动能定理有
可得B球第一次到达地面时的速度
（ii）A球下落过程，根据自由落体运动可得A球的速度
设与A球碰撞前瞬间B球的速度为 ，则有碰撞过程动量守恒，规定向下为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程没有动能损失则有
又
小球B与地面碰撞后根据没有动能损失所以B离开地面上抛时速度
联立解得
