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大题03 动量与能量的综合应用
动量与能量的综合应用是高考物理的高频核心模块，在全国卷及新高考卷中占比约
15%-20%，常为压轴题，综合动量守恒、能量守恒及动力学分析，典型模型如多物体碰撞
（A 碰B，B 再碰C）、含弹簧/摩擦的复杂系统（滑块-弹簧-斜面组合）如空间站机械臂
抓取卫星的动量控制、高铁防撞设计中的动能吸、自动驾驶汽车多车碰撞的动量分配与安
全算法模拟 、空间碎片碰撞的轨道预测与动量追踪。 2025 年高考对“动量和能量的综合
应用”考查将延续“重基础、强综合、拓创新”的命题思路，突出物理观念的系统性与实
际问题的模型转化能力。备考需以守恒思想为核心，强化复杂系统的分析能力，同时关注
科技前沿与跨学科融合，做到“以守恒破万变，以模型驭创新”。
题型1 动能定理的综合应用
例1. (2023 上海交大附中高三校考)某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型
1
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如图1 所示，斜面轨道AB 长L＝2 m，倾角α＝37°，与小球间动摩擦因数μ＝0.5，BC 为光滑水平轨
道，CDEFG 轨道竖直放置，由4 个半径R＝0.2 m 的四分之一光滑圆弧轨道组成，D 点与F 点为竖直连接
点，当小球在圆弧轨道上运动时，轨道与小球间存在沿半径方向(指向圆心)、大小为F＝4 N 的特殊引
力，上述各部分轨道平滑连接，连接处无能量损失。一质量为m＝0.1 kg 的小球从斜面顶端A 点以一定
的初速度沿斜面滑下，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
图1
(1)若小球以v0＝2 m/s 的初速度从A 点滑下时，
①求小球到达斜面底端B 点的速度vB；
②求小球刚过D 点瞬间对轨道的压力；
(2)要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，求小球在A 点初速度vA的取值范围。
答案 (1)①2 m/s ②0 (2)0≤vA≤2 m/s
解析 (1)①从A 点到B 点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mv－mv
解得vB＝2 m/s。
②从B 点到D 点，由动能定理得
－mgR＝mv－mv
解得vD＝2 m/s
设小球在D 点受到轨道给它的弹力FN，
由牛顿第二定律得F＋FN＝m
解得FN＝0
由牛顿第三定律得，小球刚过D 点瞬间对轨道的压力
FN′＝0。
(2)从A 点到E 点，由动能定理得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°－2mgR＝mv－mv
解得vE＝vA
能够到达圆弧轨道最高点E 的最小速度为零。为了保证小球不脱离轨道，在D 点轨道对小球弹力大于等
于零。因在D 点FN＝0 时，A 点速度为vA＝2 m/s。
要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E，小球在A 点初速度vA的取值范围为0≤vA≤2
2
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m/s。
例2.（2024 山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB 段为水平加速区，
BC 段为半径r＝22.5 m 的光滑圆管型通道，AB 与BC 相切于B 点；CDE 段为半径R＝100 m 的圆弧冰滑道，
BC 与CDE 相切于C 点，弧DE 所对应的圆心角θ＝37°，D 为轨道最低点，C、E 关于OD 对称。安全员
将小朋友和滑板（可视为质点）从A 点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通
道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E 点时对滑道压力FN＝410 N。已
知小朋友和滑板总质量为m＝40 kg，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
（1）小朋友在B 点时的速度v0；
（2）小朋友通过CDE 段滑道克服摩擦力做的功。
答案（1）15 m/s，方向水平向左 （2）1 800 J
解析（1）由于到达光滑圆管型通道上B 点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝mv0
2
r
，所以
v0＝15 m/s，方向水平向左。
（2）小朋友从B 滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos 37°）－W 克f＝1
2mv E
2－1
2mv0
2，在E 点，根
据牛顿第二定律可得FN－mgcos 37°＝mv E
2
R
，联立可得W 克f＝1 800 J。
应用动能定理解题的四点注意
3
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1．（2024 江苏苏州模考）如图所示，高度h＝0.8 m 的光滑导轨AB 位于竖直平面内，
其末端与长度L＝0.7 m 的粗糙水平导轨BC 相连，BC 与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD 相连，半圆
的圆心O 在C 点的正下方，C 点离地面的高度H＝1.25 m。一个质量m＝1 kg 的小滑块（可视为质点），
从A 点由静止下滑，小滑块与BC 段间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。
求：
（1）小滑块到达C 点时的速度大小；
（2）若半圆形管道的半径r＝0.5 m，求小滑块从C 点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向；
（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的
水平距离为多少？
答案（1）3 m/s （2）8 N 方向竖直向上（3）当r＝0.2 m 时水平射程最远，最远的水平距离为1.7
m
解析（1）对小滑块从A 到C 整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝1
2mvC
2，代入数据解得vC＝3 m/s。
（2）小滑块在C 点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝mvC
2
r
，代入数据解得FN＝8 N，
根据牛顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8 N，方向竖直向上。
（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝1
2gt2，水平射程x＝vDt，从C 到D 的过
程，由动能定理得mg×2r ＝1
2mv D
2－1
2mvC
2，解得x ＝√
2（H －2r ）
g
√（vC
2+ 4 gr ）＝
√
（2 H －4 r ）×(
vC
2
g + 4 r)，当2H－4r＝vC
2
g
＋4r 时，解得r＝0.2 m，即当r＝0.2 m 时水平射程
最远。最远的水平距离为xmax＝1.7 m。
题型二 机械能守恒定律的综合应用
例3.（2024 浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水平面的夹角为
53°，杆上套着一个质量为m 的滑块A（可视为质点）用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A 与另一个
质量为2m 的物块B 通过光滑的定滑轮相连接，轻绳因悬挂B 而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其
水平长度为L，现将滑块A 从图中O 点由静止释放（整个运动过程中A 和B 不会触地，B 不会触及滑轮
和直杆），sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
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（1）当绳子与直杆垂直时，求滑块A 的速度v；
（2）求滑块A 沿杆向下运动的最大位移x。
答案（1）2√11 gL
5
（2）50
21L
解析（1）当绳子与直杆垂直时，此时B 下落到最低点，B 的速度刚好为0，根据几何关系可得A 下滑的
高度hA＝Lsin 53° cos 53°＝12
25L，B 下落的高度hB＝L－Lsin 53°＝1
5L，根据系统机械能守恒得
mghA＋2mghB＝1
2mv2，解得滑块A 的速度v＝2√11 gL
5
。
（2）滑块A 下滑到最低点时的速度为零，此时B 的速度也为零，根据系统机械能守恒可知，滑块A 重
力势能的减少量等于B 重力势能的增加量，则有mgxsin 53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝
√（x sin53°）
2＋（L－x cos53°）
2－L，联立解得滑块A 沿杆向下运动的最大位移x＝50
21L。
例4.如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB 段粗糙，BC 段光滑。斜面上一轻质弹
簧的一端固定在底端C 处，弹簧的原长与BC 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T 作用下，由A
处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B 点时撤去T。T 随滑块沿斜面下滑的位移x 的变化关系如图(b)
所示。已知AB 段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB 段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹
性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N 时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B 点时的动能；
(3)滑块第一次在B 点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
答案 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
解析 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持
力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N 时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩
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擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma ①
FN－mgcos θ＝0 ②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B 点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0 ⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B 点时，动能仍为Ek。设滑块离B 点的最大距离为smax，由
动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax＝1.3 m。
2．如图所示，O 为固定在水平面的转轴，小球A、B 的质量均为m，A 与B、O 间通过铰
链用轻杆连接，杆长均为L，B 球置于水平地面上，B、O 之间用一轻质弹簧连接。现给A 施加一竖直向
上的力F，此时两杆夹角θ＝60°，弹簧处于原长。改变F 使A 球缓慢运动，当θ＝106°时力F 恰好
系统机械能守恒问题的思维流程
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为零。A、B 始终在同一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin 53°＝0.8，cos 53°＝
0.6，重力加速度为g。
(1)求弹簧的劲度系数k；
(2)若A 球自由释放时加速度为a，此时B 球加速度多大？
(3)在(2)情况下当θ＝90°时，B 的速度大小为v，求此时弹簧的弹性势能。
答案 (1) (2)(3)mgL－mv2
解析 (1)对A 球受力分析，如图甲所示
有2F1cos 53°＝mg
对B 球受力分析，如图乙所示
有FBsin 53°＝kx
其中x＝2L(sin 53°－sin 30°)
且F1＝FB，解得k＝。
(2)A 球自由释放时的加速度方向垂直于AO 杆，
由牛顿第二定律得
mgcos 60°－F1cos 30°＝ma
对B 有F1cos 60°＝maB
解得aB＝。
(3)当θ＝90°时，vA＝vcos 45°，对系统由机械能守恒定律得
mgL(cos 30°－cos 45°)＝mv＋mv2＋Ep
解得Ep＝mgL－mv2。
题型三 功能关系
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例5.如图甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC
在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(可视为质点)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的
大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC 间的动摩擦因数未
知，g 取10 m/s2。求：
(1)滑块到达B 处时的速度大小；
(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 过程所用的时间；
(3)若到达B 点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道
上克服摩擦力所做的功是多少？
答案 (1)2 m/s (2) s (3)5 J
解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F1x1＋F3x3－μmgx＝mv
解得vB＝2 m/s。
(2)在前2 m 内，有F1－μmg＝ma
且x1＝at，解得t1＝ s。
(3)当滑块恰好能到达最高点C 时，应有
mg＝m
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得
Wf－mg·2R＝mv－mv
代入数值得Wf＝－5 J，即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J。
例6.如图甲所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞
设施等部分组成。如图乙所示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8 t，在直干道上以
72 km/h 的速度向坡下行驶，运动到A 处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的
圆弧车道驶上制动坡床进行减速，再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C 间的高
度差为50 m，卡车运动到C 点时速度为108 km/h，制动坡床可视为与水平面间的夹角为θ＝30°的斜
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面，卡车在制动坡床上运动时受到坡床的阻力大小是其重力大小的，重力加速度为g＝10 m/s2。
(1)求卡车从A 运动到C 的过程中损失的机械能。
(2)为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？
(3)卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？
答案 (1)2×106 J (2)37.5 m (3)4×104 N
解析 (1)卡车从A 运动到C 的过程，以C 点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有
mgh＋mv＝ΔE＋mv
解得ΔE＝2×106 J。
(2)卡车经过C 点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有
－mgLsin θ－fL＝0－mv，其中f＝mg
解得L＝37.5 m
故这条避险车道至少需要37.5 m。
(3)由于mgsin θ＝mg＜f＝mg，卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动
卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为Ff＝mgsin θ，解得Ff＝4×104 N。
3．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC 相切车表面于B 点，一个质量为m＝
1.0 kg 可以视为质点的物块放置在A 点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s 沿光滑水平面上向右匀速运动。
劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也
不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B 处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的
质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因
数为μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
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(2)物块运动到B 点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。
答案 (1)2 m/s2 (2)2 m/s
(3)14.5 J 1 m
解析 (1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝2 m/s2。
(2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，由重力提供向心力，则有
mg＝m
物块从B 运动到C 的过程，由机械能守恒定律得
2mgR＋mv＝mv
联立解得vB＝2 m/s。
(3)根据能量守恒定律得
Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl
解得Ep＝14.5 J
从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块A 相对地面的位移
x1＝＝ m＝1.25 m
则小车的位移x＝x1－l＝1 m
即弹簧被压缩的距离为1 m。
题型四 动量与能量的综合应用
例7.喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成，利用一根软管将水从河中抽入飞
行器，再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱，可将使用者推至距水面几米的高度，如图9 所示。
现有一质量为M 的使用者被缓慢推至水面上方某一高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为m，水喷出
前的速度为零，两个喷水口的横截面积均为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，空气阻力及抽水过程
中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计，求：
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(1)两个喷水口喷出水的速度需要多大？
(2)飞行器喷水的平均功率多大？
答案 (1) (2)(M＋m)g
解析 (1)使用者和飞行器在水面上方某一高处悬停，根据平衡条件可知，喷水产生的推力为
F＝(M＋m)g
对喷出的水用动量定理，可得F′Δt＝2Δmv
其中Δm＝ρvΔtS
根据牛顿第三定律可知F＝F′
解得v＝。
(2)根据动能定理，飞行器在Δt 时间内对水做的功为W＝×2Δmv2－0
则飞行器喷水的平均功率为
P＝＝(M＋m)g。
例8.(2023 福建漳州一模)如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由
滑动的物块B，B 的质量为m，杆上在物块B 的左侧有一固定挡板C，B 的下端通过一根轻绳连接一小球
A，绳长为L，A 的质量也为m。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B 与挡板接
触。现由静止释放小球A。重力加速度大小为g。求：
(1)小球A 向右摆动的最大速度；
(2)物块B 运动过程中的最大速度；
(3)小球A 向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。
答案 (1) (2) (3)L
解析 (1)小球A 摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得
mAgL＝mAv
解得v1＝。
(2)小球A 从最低点向右摆动的过程中，A、B 系统水平方向动量守恒；当A 最后回到最低点时，B 的速
度最大，设此时A、B 的速度分别为vA、vB，由水平方向动量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒得
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mAv＝mAv＋mBv
解得vA＝0，vB＝。
(3)当小球A 摆至最高点时，A、B 共速，
设为v，A、B 系统水平方向动量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v
由机械能守恒定律得
mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2
联立解得h＝L。
应用动量守恒定律解题的步骤
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4.（2024 湖北武汉二模）如图所示，倾角θ＝30°的足够长斜面固定在水平面上，t
＝0 时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上相距l＝0.05 m 的两处同时由静止释放。已知A 的质
量是B 的质量的3 倍，A、B 与斜面之间的动摩擦因数分别为μA＝√3
6 、μB＝√3
3 ，A、B 之间的碰撞为
弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
（1）A、B 发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小；
（2）A、B 发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n 次碰撞，A 运动的位移大小。
答案（1）0.25 m/s 0.75 m/s （2）1.0 s
（3）0.05（3n2－3n＋1） m
解析（1）A 沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin θ－μA×3mg·cos
θ＝3ma，分析B 的受力，则mgsin θ＝μBmgcos θ，即B 静止在斜面上。A 与B 发生第一次碰撞前，
由运动学规律得v A 0
2＝2al，A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mvA0＝3mvA1
＋mvB1，1
2×3mv A 0
2＝1
2×3mv A 1
2＋1
2mvB1
2，解得vA1＝0.25 m/s，vB1＝0.75 m/s。
（2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间t0与B 发生第一次碰撞，有vA0＝at0，B 以速度vB1做匀
速直线运动，A 以初速度vA1，加速度a 做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1t1＋1
2at1
2＝vB1t1，此
时，B 以速度vB1做匀速直线运动，A 的速度为vA1'＝vA1＋at1，A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律
和机械能守恒定律得3mvA1'＋mvB1＝3mvA2＋mvB2，1
2×3mvA1'2＋1
2mvB1
2＝1
2×3mv A 2
2＋1
2mvB2
2，B 以速度
vB2做匀速直线运动，A 以初速度vA2，加速度a 做匀加速直线运动，第三次碰撞前，有vA2t2＋1
2at2
2＝
vB2t2，显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时
间均为0.4 s。故A 与B 发生第三次碰撞后的时刻为T3＝t0＋t1＋t2，解得T3＝1.0 s。
（3）从开始至第一次碰撞xA1＝l，从第一次碰撞至第二次碰撞xA2＝2l＋4l＝6l，从第二次碰撞至第三
次碰撞xA3＝8l＋4l＝12l，从第三次碰撞至第四次碰撞xA4＝14l＋4l＝18l，从第n－1 次碰撞至第n 次
碰撞xAn＝（6n－10）l＋4l （n＞1），A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移XAn＝xA1＋xA2＋xA3
＋…＋xAn＝（3n2－3n＋1）l＝0.05（3n2－3n＋1） m。
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1．如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑
草场修建如图乙所示模型。斜面滑道CD 与水平地面AB 的夹角θ＝37°，在底端右侧有一半径R＝1 m
的竖直圆弧轨道BE 与AB 相切，B 为切点。其中CD 的长度L＝125 m，DB 之间距离l＝5 m。一个质量m
＝60 kg 的游客(可视为质点)从C 点由静止开始下滑，恰好到达E 点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的
动摩擦因数均为μ＝0.7，且经过D、B 两点时不考虑能量损失，忽略空气阻力，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
(1)游客到达斜面底端D 时重力的瞬时功率；
(2)游客到达B 点时，对圆弧轨道的压力大小；
(3)从B 到E 的过程中，摩擦力对游客做的功。
答案 (1)3600W (2)2400N (3)－300J
解析 (1)游客从C 到D 过程，根据动能定理得
mgLsin θ－μmgcos θ·L＝mv－0
解得vD＝10 m/s
游客到达斜面底端D 时重力的瞬时功率为
PG＝mgvDsin θ＝3 600 W。
(2)游客从D 到B 过程，根据动能定理得
－μmgl＝mv－mv
解得vB＝ m/s
游客到达B 点时，根据牛顿第二定律可得
FN－mg＝m
解得FN＝2400N
根据牛顿第三定律可知，游客到达B 点时，对圆弧轨道的压力大小为2 400 N。
(3)从B 到E 的过程，根据动能定理得
－mgR＋Wf＝0－mv
解得Wf＝－300 J。
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2．如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为h，底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，O 点为连
接处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板M 上，弹簧自然伸长时另一端N 与O 点的距离为
s。质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩
量为d，物块与水平滑道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)若物块能够被重新弹回到坡道上，则它在坡道上能够上升的最大高度H。
答案 (1)mgh－μmg(s＋d) (2)h－2μ(s＋d)
解析 (1)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgh＝Ep＋Wf
解得弹簧的最大弹性势能
Ep＝mgh－μmg(s＋d)。
(2)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为Wf＝μmg(s＋d)
由功能关系得mgH＝Ep－Wf
解得物块A 能够上升的最大高度为
H＝h－2μ(s＋d)。
3．如图所示，倾角为θ＝37°的斜面体ABC 固定在高度为h＝0.8 m 的水平桌面上，斜面顶点C 与桌面边
缘D 距离L＝0.4 m，Q 为斜面上的一点，P 是QC 的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数μ1＝0.5，与桌
面间动摩擦因数μ2＝0.1。将小滑块从斜面上P 点由静止释放，刚好能够停在D 点；再将小滑块从斜面
上Q 点由静止释放，小滑块越过D 点做平抛运动落在水平地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损
失不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s2。求：
图9
(1)斜面上点P 与点C 之间的距离；
(2)小滑块做平抛运动的水平位移。
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答案 (1)0.2 m (2)0.16 m
解析 (1)设P、C 两点之间的距离为L1，从P 点到D 点，克服摩擦力做功
Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mgL
根据能量守恒定律，有mgL1sin θ－Wf＝0
解得L1＝＝0.2 m。
(2)设小滑块从Q 点由静止释放运动到D 点时的速度为v，由动能定理，有
2mgL1sin θ－2μ1mgL1cos θ－μ2mgL＝mv2
解得v＝ m/s＝0.4 m/s
小滑块从D 点做平抛运动，竖直方向有
h＝gt2
解得t＝＝0.4 s
平抛运动的水平方向位移x＝vt
代入数据解得x＝0.16 m。
4．（2024 山西太原二模）如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A 和另一小球B 由绕过两轻质
光滑定滑轮的细线相连，小球B、C 通过一竖直轻弹簧相连，C 球放在水平地面上，定滑轮N 到水平轻
杆的竖直距离为L。初始时MB 和NA 两段细线均竖直，小球A 位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉
力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg 拉小球A，当A 运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝
37°，此时C 恰好离开地面。已知小球A、B、C 的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限
度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）A 球在P2点时的速度大小。
答案（1）3mg
L
（2）10√123 gL
123
解析（1）设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B 有kx1＝mg，当A 运动到
P2处时，C 恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C 有kx2＝mg，根据几何关系可
得x1＋x2＝
L
sin37° －L＝2
3L，解得k＝3mg
L
。
（2）设A 在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos 37°，小球A 在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，
根据系统能量守恒有F·
L
tanθ ＝mg（x1＋x2）＋1
2mv2＋1
2mvB
2，解得A 球在P2 点时的速度大小v＝
10√123 gL
123
。
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5．（2024 浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道
AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG 及弹性板等组成，
轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m＝0.02 kg（可视为质点），轨道BCD 的半径R＝0.9 m，管道
DEF 的半径r＝0.1 m，滑块与轨道FG 间的动摩擦因数μ＝0.8，其余各部分轨道均光滑，轨道FG 的长
度l＝1 m，倾角θ＝37°，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板
作用后以等大速率弹回。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）在某次游戏中滑块第1 次运动到与O1等高的C 点时的速度v1＝3 m/s，求滑块受到的支持力大小。
（2）滑块恰好到达F，求弹簧的弹性势能。
（3）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器，要使滑块最终停在轨道FG 上，求弹簧的弹性势能Ep的取
值范围。
答案（1）0.2 N （2）0.45 J （3）0.45 J≤Ep≤0.656 J
解析（1）滑块在C 点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝mv1
2
R
，解得FNC＝0.2 N。
（2）假定滑块刚好到达F 点有vF＝0，从A 运动到F 点－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4 J，滑块
要能到F 点，须先通过D 点，刚好过D 点时有mg＝mv D
2
R
，得vD＝3 m/s，从A 运动到D 点，有－mg×2R
＝1
2mv D
2－Ep2，解得Ep2＝0.45 J，因为Ep2＞Ep1，所以恰好到F 点时，弹簧的弹性势能为0.45 J。
（3）由于μ＞tan θ，滑块在弹回的过程中刚好停在F 点时弹簧的弹性势能最大，从A 运动到F 过程，
根据动能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcos θ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656 J，所以弹簧的弹性势能Ep
的取值范围0.45 J≤Ep≤0.656 J。
5．（2024 湖南师大附中高三月考）如图所示，质量为m 的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，
弹簧下端固定在地面，质量为4m 的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，
轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α。某时刻由静止释放乙（足够高），经
过一段时间小球运动到Q 点，OQ 两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q 两点处时弹簧弹力的大小相
等。已知重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝1
2kx2（k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变
量），sin α＝0.8，cos α＝0.6。求：
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（1）弹簧的劲度系数k；
（2）小球位于Q 点时的速度大小；
（3）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面为零势
能面）。
答案（1）3mg
2d （2） √
8 gd
3
（3）mgd
3
解析（1）由于P、Q 两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P 点的压缩量等于Q 点的伸长量，
由几何关系知PQ＝dtan α＝4
3 d
则小球位于P 点时弹簧的压缩量为x＝1
2PQ＝2
3d
对P 点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx
解得k＝3mg
2d 。
（2）当小球运动到Q 点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ 垂直，所以物体乙的
速度为零，又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·(
d
cosα －d)
－mgdtan α＝1
2mv2
解得v＝ √
8 gd
3
。
（3）由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大Em＝1
2
kx2＝mgd
3
。
6．某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道AB 段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径
R＝4 m，B 为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC 两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD 平滑相连，传
送带以速度v＝10 m/s 向左匀速运动。一个质量为m＝50 kg 的滑雪运动员(视为质点)从右侧雪道上的
A 点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与BC 段间的动摩擦因数μ1可调节，与传
送带CD 间的动摩擦因数为μ2＝0.36，LBC＝12 m，LCD＝5 m，所有轨道均在同一竖直面内，重力加速度
g＝10 m/s2 ，不计空气阻力。
(1)求A 点距水平轨道BC 的高度h；
(2)若要使运动员一直匀加速通过传送带CD，则其与BC 段间的动摩擦因数μ1的取值范围为多少？
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(3)若运动员以最长时间通过传送带，从D 点水平飞出落在倾角α＝37°的斜坡DE 上，求运动员在斜
坡上的落点与传送带上表面的竖直高度h'(sin 37°＝0.6)。
答案(1)10 m (2)17
30≤μ1≤5
6 (3)4.05 m
解析(1)设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为v，则在最高点满足mg＝mv
2
R
运动员从A 点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有mg(h－2R)＝1
2mv2
解得h＝10 m。
(2)运动员要一直匀加速通过传送带，则vC≥0 且vD≤10 m/s
运动员从A 到C 过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＝1
2mvC
2－0
运动员从A 到D 过程中，由动能定理有
mgh－μ1mgLBC＋μ2mgLCD＝1
2mv D
2－0
解得17
30≤μ1≤5
6。
(3)运动员要以最长时间通过传送带，则其在传送带上做vC＝0 的匀加速直线运动，从C 到D 的过程中，
由动能定理可得μ2mgLCD＝1
2mv D
2－0
解得vD＝6 m/s
运动员从D 点飞出后做平抛运动，设平抛运动的时间为t，水平位移为x，竖直位移为h'，则
x＝vDt，h'＝1
2gt2，ℎ'
x ＝tan 37°
联立可得h'＝4.05 m。
7．（2024 江苏南师附中三模）如图所示，人坐在滑车上在冰面上以速度v0＝4 m/s 向右滑行，人与滑车
总质量m1＝100 kg，与冰面摩擦不计，在O 点静止一质量m2＝20 kg 的木箱，木箱与冰面间动摩擦因数
μ＝0.2，当人到达O 点时，将木箱相对地以速度v＝5 m/s 水平向右推出。此后人在A 点再次追上木箱，
人迅速抓住木箱并水平推着木箱一起运动，最后停在B 点。重力加速度g 取10 m/s2。
（1）推出木箱后，人的速度大小为多少？
（2）B 点离O 点距离x 为多少？
答案（1）3 m/s （2）16.7 m
解析（1）对人与木箱组成的系统，根据动量守恒定律可知m1v0＝m1v1＋m2v，得v1＝3 m/s。
（2）人推出木箱后，此后木箱向前匀减速运动，加速度大小为a，则有a＝μg＝2 m/s2，经时间t 人
追上木箱，则有s1＝v1t，s2＝vt－1
2at2，s＝s1＝s2，得t＝2 s，s＝6 m，此时木箱速度为v2'＝v－at
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＝1 m/s，人抓住木箱后，共同速度为v'，系统动量守恒，则m1v1＋m2v2'＝（m1＋m2）v'，得v'＝8
3
m/s，此后二者共同匀减速运动，则1
2（m1＋m2）v'2＝μm2gs'，解得s'＝32
3 m，又因为x＝s＋s'，所
以x＝50
3 m＝16.7 m。
8．（2024 山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2 m/s 的速度做匀速直线运动，长木
板质量M＝0.5 kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5 kg，
长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因
数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加
速度取g＝10 m/s2，求：
（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？
（2）若长木板足够长，质量变为4.5 kg，求：
①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。
②小物块与挡板第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？
答案（1）0.625 m （2）①1.5 s ②27×(
1
2)
2n+1
m
解析（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0
＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时
速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝1
2Mv0
2－1
2（M
＋m）v20
2，解得L＝0.625 m。
（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋
m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理
可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5 s。
②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝1
2
v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝1
2v1＝(
1
2)
2
v，
v3＝1
2v2＝(
1
2)
3
v，根据数学归纳法，第n＋1 次碰撞前的共同速度为vn＝1
2vn－1＝(
1
2)
n
v，小物块与挡板
第n 次碰撞到第n＋1 次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝1
2（M'＋
m）vn－1
2－1
2（M'＋m）vn
2，解得x＝27×(
1
2)
2n+1
m。
9．（2024 江西南昌二模）2024 年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青
奥会和巴黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB 与光滑圆轨
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道相切于B 点，斜坡长度为10 m，倾角为37°，圆轨道半径为3 m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为
60°足够长斜面PQ 相连，运动员连同滑板总质量为60 kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A 点由静止
下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的动摩擦因数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP 的P 点后落在了右侧的斜
面上，滑板和运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，sin
60°＝√3
2 ，求：
（1）滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C 时对C 点的压力大小；
（2）右侧斜面的落点到P 点的距离。
答案（1）2 600 N （2）14√3 m
解析（1）对滑板和运动员从A 点到C 点，根据动能定理可得
mgLsin 37°－μmgLcos 37°＋mgR（1－cos 37°）＝1
2mv2－0
解得v＝10 m/s，
在最低点C 点，有FN－mg＝m v
2
R ，解得FN＝2 600 N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨
道最低点C 时对C 点的压力大小为2 600 N。
（2）从C 到P 的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos 60°）＝1
2mv1
2－1
2mv2，
解得v1＝√70 m/s，
设右侧斜面的落点到P 点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos 60°＝v1xt，
lsin 60°＝－v1yt＋1
2gt2，其中v1x＝v1cos 60°，v1y＝v1sin 60°，
解得l＝14√3 m。
1．(2021 全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m 处由静止自由落
下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向
下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝
0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻
力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
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答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体
运动的规律有v＝2gh1
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比＝＝＝
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，
反弹后的速度大小为v4，
则有v＝2gh3
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv
解得W＝4.5 J。
(2)球在受到力F 作用的时间内，根据牛顿第二定律得F＋mg＝ma
球的位移x＝at2
运动员对球做的功W＝Fx
联立解得F＝9 N。
2．(2023 湖北卷)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表
面光滑，挡板的两端A、B 在桌面边缘，B 与半径为R 的固定光滑圆弧轨道
在同一竖直平面内，
过C 点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A 点切入挡板内侧，从B 点
飞出桌面后，在C 点沿圆弧切线方向进入轨道
内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌
面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D 点的速度大小；
(2)B 和D 两点的高度差；
(3)小物块在A 点的初速度大小。
答案 (1) (2)0 (3)
解析 (1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D 点有
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m＝mg
解得vD＝。
(2)由题意知，小物块从C 点沿圆弧切线方向进入轨道
内侧，则在C 点有vCx＝vCcos 60°＝vB
小物块从C 到D 的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
则小物块从B 到D 的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝mv－mv
联立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物块从A 到B 的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R
解得vA＝。
3．（2024 新课标卷）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保
持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面
控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重
力加速度大小g＝10 m/s2。当P 绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q 绳与竖直方向的夹角β＝53°。
（sin 37°＝0.6）
（1）求此时P、Q 绳中拉力的大小；
（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对
重物做的总功。
答案（1）1 200 N 900 N （2）－4 200 J
解析（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P 绳中拉力的大小为FP、Q 绳中拉力的大小为
FQ，则
在竖直方向上有FPcos α＝FQcos β＋mg
在水平方向上有FPsin α＝FQsin β
联立并代入数据，解得FP＝1 200 N、FQ＝900 N。
（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有
mgh＋W 总＝0
代入数据解得W 总＝－4 200 J。
4．（2024 江苏高考）嫦娥六号探测器于5 月3 日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，
探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、
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轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A 与轨道器对应的
组合体B 分离时间为Δt，分离后B 的速度为vB，且与v0同向，A、B 的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A 的速度vA；
（2）分离时A 对B 的推力大小。
答案（1）（m＋M ）v0－M vB
m
（2）M vB－M v0
Δt
解析（1）A、B 组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分离后A 的速度vA＝（m＋M ）v0－M vB
m
。
（2）A、B 分离的过程，对B 由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A 对B 的推力大小为F＝M vB－M v0
Δt
。
5．（2024 吉林高考）如图，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。
A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与A、B 不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长
时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝
0.25 m 后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案（1）1 m/s 1 m/s （2）0.2 （3）0.12 J
解析（1）A 离开桌面后做平抛运动，则
水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝1
2gt2
联立并代入数据解得vA＝1 m/s
A、B 与弹簧相互作用的过程中，A、B 所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又
A、B 竖直方向上所受合力均为零，故A、B 组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有
mAvA＝mBvB
解得vB＝1 m/s。
（2）对B 离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有
－μmBgxB＝0－1
2mBvB
2
代入数据解得μ＝0.2。
（3）对A、B 与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有
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ΔEp＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2＋μmAg· Δ x
2 ＋μmBg· Δ x
2
代入数据解得ΔEp＝0.12 J。
6．(2023 全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m 的小球压弹簧
的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分
离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；
垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h，重力加速度
大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
答案 (1) (2)
解析 (1)从释放弹簧到小球离开桌面的过程中，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，设小球离开桌面
时的速度大小为v0，由机械能守恒定律有
Ep＝mv
解得v0＝。
(2)小球与地面碰撞弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，设弹起时小球的竖直速度为vy1，由运动学公式
有
v＝2gh
设小球落地前的瞬间竖直方向速度大小为vy，有
vy1＝vy
小球从桌面水平飞出后，做平抛运动的过程中，有vy＝gt
其水平位移x＝v0t
联立解得x＝。
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