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限时规范专题练(二) 动量与能量综合应用问题
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分。其中1～3题为单选，4～6
题为多选)
1. 如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是m的小车A和B，两车之间
用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0 向右运动，另有一质量为m的粘性物体，
从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，
弹簧获得的最大弹性势能为( )
A.m B.m
v v
C.m D.m
v v
答案 C
解析 粘性物体和A相互作用的过程，水平方向动量守恒，取向右为正方向，
由动量守恒定律有：m v0 ＝2m v1 ，得：v1 ＝。之后三个物体组成的系统动量守恒，当
B车与A车速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律得：2m v1 ＝
3m v2 ，解得：v2 ＝v1 ＝，弹簧的最大弹性势能为：E p ＝×2m v－×3m v＝m v，故C正
确，A、B、D错误。
2. 如图所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有
一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的
最大深度为d ，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 。设子弹均
1 2
未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于
木块静止时，下列判断正确的是( )
A．木块静止，d ＝d B.木块向右运动，d m QvQ ，则
v >0，图像如图B所示；若m PvP 0，所以此碰撞过程为非弹
性碰撞，故A错误，B正确；设碰后乙物块经过时间t停止运动，根据题图b，结合
相似三角形知识知＝，解得t＝3 s，碰后乙物块移动的距离为s＝t＝×3 m＝3.75
m，故C正确；对碰后乙物块滑行过程，根据动量定理得－f
乙
t＝0－m
乙v2
，解得f
乙
＝ N，甲物块滑行的加速度大小为a ＝＝ m/s2＝1 m/s2，甲物块所受摩擦力大小
甲
为f ＝m a ＝5×1 N＝5 N，则f ∶f ＝3∶2，故D错误。
甲 甲 甲 甲 乙
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
7．(2021·八省联考重庆卷)(10分)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为
L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。
把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿
水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰
撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。
答案 (1) (2)L
解析 (1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守
恒定律可知3mgL＝·3m
v
解得v0 ＝。
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，L＝gt2
解得t＝
水平方向上做匀速直线运动，2L＝v2 t
解得v2 ＝＝＝2L＝
小木块1和2碰撞过程，根据动量守恒定律得
3m
v0
＝3m
v1
＋m
v2
解得碰撞后小木块1的速度大小为
v1 ＝＝
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝×3m
v
解得h＝L。
8．(2021·八省联考广东卷)(14分)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜
面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有材质相同、质量
均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q
到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，
A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且
无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
答案 (1)0
(2)当k<时，t＝2；当k>时，t＝＋·解析 (1)A和B恰好能静止，则
mgsinθ＝μmgcosθ
给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二
定律可知F＝mg＝ma
解得a＝g
设与B碰前A的速度为v1 ，有v＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
m
v1
＝m
v2
＋m
v1
′
由机械能守恒定律可知m v＝m v＋m
v1
′2
联立解得v1 ′＝0，v2 ＝。
(2)A、B第一次碰后，B受力平衡，沿斜面做匀速直线运动，B运动到斜面底端
所用时间为t ＝＝
1
碰后A的加速度不变，A运动到斜面底端所用时间为
t ＝
2
若t ＝t
1 2
解得：k＝
当k<时，A与B同向相撞(即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞)，此时有
gt2＝t
解得t＝2
当k>时，A与B反向相撞(即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞)
根据题意，B与挡板碰后速率仍为v2 ＝，
设B沿斜面向上运动时加速度大小为a′，则
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′
解得：a′＝g
设B向上运动时间t 后与A第二次相撞，则
2
L＝g(t
1
＋t
2
)2＋v2 t
2
－gt
解得t ＝＝ ，
2B向上减速至零的时间t ＝
0
因为＝＜1，故所求t 合理
2
则t＝t ＋t ＝ ＋·。
1 2
9．(2020·吉林省白山市二模)(14分)如图所示，小物块甲紧靠轨道BCD静置于
光滑水平面上，轨道BCD由水平轨道CD及与CD相切于C点的光滑圆弧轨道组
成，圆弧轨道的半径为R。现将小物块乙(视为质点)从B点正上方到B点高度为R
的P点由静止释放，乙从B点沿切线方向进入圆弧轨道，恰好不会从水平轨道CD
的左端D点掉落。已知甲、乙以及轨道BCD的质量相同，乙与CD间的动摩擦因
数μ＝0.5，重力加速度大小为g。求：
(1)乙通过C点时的速度大小v1 ；
(2)CD的长度L以及乙在CD上滑行的时间t；
(3)在乙从B点开始滑到D点的时间内，轨道BCD的位移大小x。
答案 (1) (2)3R (3)R
解析 (1)设乙的质量为m，当乙滑到C点时，轨道BCD与甲的共同速度大小
为v2 ，甲、乙及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有m v1 －2m v2 ＝0，
乙滑到C点之前，甲、乙及轨道组成的系统机械能守恒，有mg×2R＝m v＋
×2m
v
解得v1 ＝，v2 ＝。
(2)乙滑到C点后，轨道BCD与甲分离，设轨道BCD与乙速度相同时的速度大
小为v，乙从C点滑到D点的过程中，对乙和轨道BCD组成的系统，以水平向左
为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
m
v1
－m
v2
＝2m
v
m v＋m v－×2m
v
2＝μmgL则v＝＝
解得L＝3R；
设乙从C点滑到D点的过程中的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝
ma
乙从C点滑到D点的过程做匀减速直线运动，有
v＝v1 －at
解得t＝ 。
(3)设乙从B点滑到C点的时间为t ，该过程轨道BCD通过的距离为x ，甲、乙
1 1
及轨道组成的系统水平方向动量守恒，有2m·－m＝0
设乙沿轨道BCD从C点运动到D点的过程中轨道BCD通过的距离为x ，由
2
动能定理有
－μmgx
2
＝m
v
2－m
v
经分析可知x＝x ＋x
1 2
解得x＝R。
10．(2020·青海省西宁市高三下复习检测)(14分)如图所示，在倾角为θ＝30°的
光滑斜面的底端有一个固定挡板D，小物体C靠在挡板D上，小物体B与C用轻
质弹簧栓接。当弹簧处于自然长度时，B在O点；当B静止时，B在M点，已知OM
＝l。在P点还有一小物体A，使A从静止开始下滑，A、B相碰后一起压缩弹簧。A
第一次脱离B后最高能上升到N点，且ON＝1.5l。B向上运动时还会拉伸弹簧，能
使C物体刚好脱离挡板D。已知A、B、C的质量都是m，重力加速度为g。已知弹簧
的弹性势能与弹簧的形变量大小有关。试求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)弹簧第一次恢复到原长时小物体B的速度大小；
(3)M、P两点之间的距离。
答案 (1) (2) (3)9l解析 (1)B静止时，根据平衡条件得kl＝mgsinθ
则弹簧的劲度系数k＝。
(2)当弹簧第一次恢复到原长时A、B恰好分离，设此时A、B的速度大小为v3 ，
对A物体，从A、B分离到A速度变为0的过程，根据机械能守恒定律得
m v＝mgΔh
此过程中A物体上升的高度Δh＝1.5lsinθ
解得v3 ＝ 。
(3)设A与B相碰前的速度大小为v1 ，相碰后的速度大小为v2 ，M、P两点之间
距离为x，对A物体，从开始下滑到A、B相碰前，根据机械能守恒定律得
mgxsinθ＝m
v
A与B碰撞过程，根据动量守恒定律得
m
v1
＝(m＋m)
v2
设B静止时弹簧的弹性势能为E ，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原
p
长的过程，根据机械能守恒定律得(m＋m) v＋E
p
＝(m＋m) v＋(m＋m)glsinθ
B物体的速度变为0时，C物体恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为l，弹
簧的弹性势能也为E
p
对B物体和弹簧，从A、B分离到B速度变为0的过程，由机械能守恒定律得
m v＝mglsinθ＋E
p
解得M、P两点之间的距离x＝9l。
