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考点巩固卷47
动力学、能量和动量三大观点结合的综合应用
建议用时：50 分钟
考点序号
考点
题型分布
考点1
动力学、能量和动量三大观点结合的综合应用
4 单选+8 多选+3 解答
考点01：动力学、能量和动量三大观点结合的综合应用（4 单选+8 多选+3 解
答）
一、单选题
1．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，有一半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道置于光滑水平面上。一
小球以初速度
滑上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量
，小球质量
，重力加速度为g，若小球
从圆弧轨道飞出时速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（ ）
A．圆弧半径
B．小球飞出时速度为
C．小球飞出时圆弧轨道的速度为
D．小球从滑上圆弧到飞离圆弧过程中速度变化量的大小为
【答案】C
【详解】ABC．小球以初速度
滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧到飞
离圆弧的运动中，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，机械能守恒，因此小球有两个分速度，
其中v1是相对轨道的速度，与圆弧相切，v2是随轨道运动的速度，方向水平，如图所示，由几何关系，可
1
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知v1与v2成60°角，v 与v2成30°角，则v1与v 成30°角，所以四边形是菱形，v1= v2，则有
，由动
量守恒定律可得
系统的机械能守恒
联立解得
解得小球飞出时圆弧轨道的速度为
解得小球飞出时速度为
AB 错误，C 正确；
D．由题意可得矢量三角形，如图所示，由几何关系可得
其中
解得
2
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D 错误。
故选C。
2．（2023·江苏扬州·扬州市新华中学校考三模）下列四幅图的有关说法正确的是（ ）
A．图（1）中的人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动
B．图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔一定不张开
C．图（3）为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4 的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能
使逸出功为2.21eV 的金属钾发生光电效应的光谱线有4 条
D．图（4）可以得知原子核F 的比结合能小于原子核E 的比结合能，原子核D 和E 聚成原子核F 时会有
质量亏损，要释放能量
【答案】C
【详解】A．用锤打车，人（包括铁锤）和车组成的系统在水平方向所受的外力之和为零，所以系统水平
方向动量守恒，人和车的初动量为零，根据水平方向动量守恒定律可知，锤头打下去时锤头向右运动，车
就向左运动；举起锤头时锤头向左运动，车就向右运动，用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一但锤头
不动，车就停下来，故A 错误；
B．由图可知，当用紫光照射时，可以发生光电效应，因为绿光的频率小于紫光的频率，所以若改用绿光
照射，验电器金属箔不一定张开，故B 错误；
C．一群氢原子处于n=4 的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，一共能产生6 条光谱线，其中n=4 到
n=3 的光子能量0.66eV<2.21eV 不能使钾发生光电效应，还有n=3 到n=2 的光子能量1.89eV<2.21eV 不能使
钾发生光电效应，其余4 种光子能量都大于2.21eV 均能使钾发生光电效应，故C 正确；
D．原子核F 的平均核子质量小于原子核E 的平均核子质量，原子核F 的比结合能大于原子核E 的比结合能，
原子核D 和E 聚变成原子核F 时核子平均质量减小，会有质量亏损，要释放能量，故D 错误。
故选C。
3
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3．（2023·海南·统考模拟预测）如图所示，轻弹簧左端固定在墙壁上，右端拴接质量为
的物块
，初
始时弹簧处于原长状态，物块
静止在地面上，其左侧地面光滑，右侧地面粗糙．质量为
的物块
从距
离物块
为
的位置以大小为
的初速度向
运动，并以大小为
的速度与
发生碰撞（碰撞时间极
短），碰后物块
静止。两物块均可视为质点，重力加速度为
，则（ ）
A．物块
与地面间的动摩擦因数为
B．两物块第一次碰撞损失的能量为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．物块
最终停止在其初始位置的右侧
【答案】B
【详解】A．根据题意，B 运动过程中，由动能定理有
解得
故A 错误；
B．由于碰撞时间极短，则碰撞过程系统动量守恒，则有
解得
则两物块第一次碰撞损失的能量为
4
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故B 正确；
C．根据题意可知，碰撞之后，物块A 和弹簧组成的系统机械能守恒，当物块A 的动能为0 时，弹簧的弹性
势能最大，由机械能守恒定律有
故C 错误；
D．根据题意，由上述分析可知，物块B 由初位置运动到物块A 静止的位置，动能减小了
由于碰撞过程中动能损失，则物块B 经过2 次与物块A 的碰撞，动能一定小于
，由动能定理可知，物
块
最终一定停止在其初始位置的左侧，故D 错误。
故选B。
4．（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图所示，长度为l 的轻质细线一端与带孔小球A 连接，
另一端与木块B 连接，小球A 穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球A 与木块B 质量均为m。t＝0 时
刻，给木块B 一水平瞬时冲量I，使其获得v0＝
的初速度，则从t＝0 时刻至B 再次运动到A 正下方的
过程中（ ）
A．A、B 沿绳方向加速度始终相等
B．绳对A 球的冲量大小为m
C．绳对A 先做正功后做负功
D．木块B 再次运动到A 正下方时绳子拉力的大小为3mg
【答案】D
【详解】A．从t＝0 时刻至B 再次运动到A 正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，所以A 一直水
平向右加速，B 的运动可以分解为水平向右随A 加速直线运动和竖直平面内的圆周运动。所以A 的加速度
水平向右，B 的加速度有与A 相同的向右的加速度分量和沿绳的加速度分量。故A、B 沿绳方向加速度不相
等，故A 错误；
5
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B．从t＝0 时刻至B 再次运动到A 正下方的过程中，由动量守恒定理和能量守恒定理可得
解得
，
对A 球由动量定理可得
由受力分析可知重力与支持力不相等，所以
所以
故B 错误；
C．从t＝0 时刻至B 再次运动到A 正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，绳对A 一直做正功，故C
错误；
D．B 再次运动到A 正下方时，由B 项分析知A 的速度不为零，所以B 随A 水平运动的速度为零，由
得
故D 正确。
故选D。
二、多选题
5．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）质量为
的小车放在光滑的水平面上，小车上固定一竖直轻杆，
轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为
的小球，如图所示，将小球向右拉至细线与
6
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竖直方向成
角后由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．球、车组成的系统总动量守恒
B．小球向左仍能摆到原高度
C．小车向右移动的最大距离为
D．小球运动到最低点时的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．小球静止释放后，运动到最低点过程，竖直方向的分速度先增大后减小，竖直方向的加速度
方向先向下，后向上，即小球先失重后超重，可知球、车组成的系统所受外力的合力不为0，则该系统总
动量不守恒，故A 错误；
B．对应球、车组成的系统而言，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，又由于系统在水平方向所受
外力的合力为0，则系统在水平方向上的动量守恒，可知当小球向左摆到最高点时，球与车的速度均为0，
小球向左仍能摆到原高度，故B 正确；
C．当小球摆到左侧最高点过程，小车位移最大，根据动量守恒定律的位移表达式有
其中
解得
故C 正确；
D．小球运动到最低点过程，根据水平方向动量守恒有
7
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根据机械能守恒定律有
解得
故D 错误。
故选BC。
6．（2023·河南开封·统考三模）如图所示，一辆质量
的小车静止在光滑水平面上，小车左边部分
为半径
的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道末端平滑连接一长度
的水平粗粘面，粗糙面
右端是一挡板。有一个质量为
的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A 点由静止释放，
小物块和小车粗糙区域的动摩擦因数
，重力加速度取
，则（ ）
A．小物块滑到圆弧末端时的速度大小为
B．小物块滑到圆弧末端时小车的速度大小为
C．小物块与右侧挡板碰撞前瞬间的速度大小为
D．小物块最终距圆弧轨道末端的距离为
【答案】BC
【详解】AB．小物块滑到圆弧轨道末端时，由能量守恒和水平方向动量守恒得
联立解得
8
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故A 错误、B 正确；
C．小物块与右侧挡板碰撞前，由能量守恒和水平方向动量守恒得
联立解得
故C 正确；
D．由水平方向动量守恒知，小物块和小车最终都静止，由能量守恒得
解得
则小物块最终距圆弧末端的距离
故D 错误。
故选BC。
7．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）小朋友喜欢的“踩踩球”其实就是由上下两个连在一起质量
相等的半球组成，两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时，将“踩踩球”直立静放在水平地面上，用脚从上半
球顶部中心点向下踩压，当两半球贴合后放开脚，过一会儿贴合装置失效，弹簧恢复原长，球就会突然展
开，瞬间弹起。如图所示，小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为
；踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为
；弹起后到达最高点时中间白色标距地面的高度为
。已知
“踩踩球”总质量为
并全部集中在上下半球上，重力加速度大小为
，不计一切阻力，下列说法中正确
的是（ ）
9
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A．“踩踩球”离开地面时的速度大小为
B．上述踩压过程中压力做的功为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为
【答案】AC
【详解】A．设球离地的速度为，由动能定理可得
解得
故A 正确；
D．弹簧恢复原长过程中，根据动量定理，“踩踩球”所受合外力的冲量大小为
故D 错误；
BC．设弹簧的最大弹性势能为
，踩压过程中压力做的功为
，弹簧恢复原长连接装置拉紧前上半球速
度为
，上半球弹起过程由机械能守恒可得
连接装置拉紧过程由动量守恒可得
10
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踩压过程由功能关系可得
联立解得
，
故B 错误，C 正确。
故选AC。
8．（2023·福建福州·福建师大附中校考模拟预测）如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进
行的超级碰撞实验，它可以使小球弹起并上升到很大高度。某次实验大球（在下）质量是小球（在上）质
量的3 倍，从距地面高h 处由静止释放，h 远大于球的半径，两球均可视为质点，不计空气阻力。假设大
球和地面、大球与小球的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg
B．大球与地面碰撞前的速度大小为
C．大球与小球碰撞后，小球上升的高度为4h
D．若大球的质量增大，小球上升的最大高度会更高
【答案】BCD
【详解】A．不计空气阻力，两球下落过程做自由落体运动，处于完全失重状态，小球对大球的弹力为零，
故A 错误；
B．大球做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度-位移公式
v2=2gh
可知，大球与地面碰撞前的速度大小为
11
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故B 正确；
C．大球与地面发生弹性碰撞，大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，大球速度反向后与小球发
生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球的速度大小
为v1，大球速度大小为v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
大球与小球碰撞后小球做竖直上抛运动，小球上升的高度
故C 正确；
D．设小球质量为m，大球质量为M，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量
守恒、机械能守恒，设碰撞后小球的速度大小为v1，大球速度大小为v2，选向上方向为正方向，由动量守
恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
若大球的质量增大，速度
增大，小球上升的最大高度会更高，故D 正确。
故选BCD。
9．（2023·安徽·模拟预测）如图，足够长的光滑细杆
水平固定，质量
的物块A 穿在杆上，可
12
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沿杆无摩擦滑动，质量
的物块B 通过长度
的轻质细绳竖直悬挂在A 上，整个装置处于静
止状态，A、B 可视为质点。现让物块B 以初速度
水平向右运动，g 取
，则（ ）
A．物块A 的最大速度为
B．物块A、B 组成的系统，动量守恒
C．物块B 恰好能够到达细杆
处
D．物块B 从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了
【答案】AD
【详解】A．当B 在A 的右侧运动时，细绳弹力对A 一直做正功，可知当B 再次回到最低点时，A 的速度最
大，则有
，
解得
A 正确；
B．对B 分析，可知B 在竖直方向有有加速与减速过程，即物块A、B 组成的系统存在超重与失重过程，系
统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平
方向上动量守恒，B 错误；
C．令物块B 恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B 速度相等，则有
，
解得
可知，物块B 不能够到达细杆
处，C 错误；
D．根据上述可知，物块B 从开始运动到最大高度的过程中，B 减小得机械能与A 增加的机械能相等，则有
13
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D 正确。
故选AD。
10．（2023·山东·统考二模）如图所示，质量为
的光滑木板静止放在光滑水平面上，左侧连接一
个劲度系数为
且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的轻细线连接在竖直墙上，细线所
能承受的最大拉力为
。现让一个质量为
、初速度为
的滑块在木板上向左运动，然
后压缩弹簧。以下说法正确的是（ ）
A．细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统机械能守恒
B．细线被拉断时，滑块的加速度最大
C．木板的最大加速度为
D．滑块最后离开木板时相对地面的速度恰好为零
【答案】AC
【详解】A．细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，其他力不做功，故系统机
械能守恒，故A 正确；
B．细线被拉断时，滑块将继续向左压缩弹簧，当滑块与木板速度相等时，弹簧被压缩得最短，此时滑块
的加速度最大，故B 错误；
C．细线被拉断时，滑块的速度为
，此时弹簧被压缩
，当滑块与木板速度相等时，滑块的速度为
，
且弹簧被压缩
，由能量守恒定律得
由胡克定律得
14
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由动量守恒得
解得
，木板的最大加速度为
故C 正确；
D．滑块滑块最后离开木板时，弹簧恢复原长，设此时滑块速度为
，木板速度为
，由动量守恒得
由能量守恒定律得
可知
，故D 错误。
故选AC。
11．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，AB 段为一竖直圆管，BC 为一半径为
的半圆轨道，C 端的
下方有一质量为
的小车，车上有半径
的半圆轨道，E 为轨道最低点，左侧紧靠一固定障碍
物，在直管的下方固定一锁定的处于压缩的轻质弹簧，弹簧上端A 放置一质量为
的小球（小球直
径略小于圆管的直径，远远小于R、r）。AB 的距离为
，A、E 等高，某时刻，解除弹簧的锁定，
小球恰好能通过BC 的最高点P，从C 端射出后恰好从D 端沿切线进入半圆轨道DEF，并能从F 端飞出。
若各个接触面都光滑，重力加速度取
，则（ ）
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A．小球恰好能通过BC 的最高点P，
B．弹簧被释放前具有的弹性势能
C．小球从F 点飞出后能上升的最大高度
D．小球下落返回到E 点时对轨道的压力大小
N
【答案】BC
【详解】AB．由A 到P 过程中，小球机械能守恒，由机械能守恒定律得
在P 点，由牛顿第二定律得
解得
，
A 错误，B 正确；
C．A 到E 过程中，A、E 等高，由机械能守恒定律得
解得
小球由E 上升到最高点过程中，小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以球的初速度方向为正方向，
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则
系统机械能守恒，则
代入数据联立解得，小球从F 点飞出后能上升的最大高度为
C 正确；
D．小球从第一次经过E 点到再次返回到E 点的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以
小球的初速度方向为正方向，则
系统机械能守恒，则
解得，小球的速度大小为
方向水平向左；小车的速度大小为
方向水平向右。由于小球与小车运动的方向相反，所以二者的相对速度，则
在E 点对小球受力分析，由牛顿第二定律
解得，小球受到的支持力
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为115 N，D 错误。
故选BC。
12．（2023·全国·校联考模拟预测）如图所示，质量为3kg 的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨
道的BC 部分为半径为R 的四分之一圆弧，CD 部分水平。质量为1kg 的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶
17
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端B 正上方的A 点由静止自由落下，与圆弧相切于B 点并从B 点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取重力
加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物块对小球不做功
B．物块的最大速度为1m/s
C．两者分离时物块移动了0.15m
D．物块对地面的最大压力为70N
【答案】BC
【详解】A．小球对物块做正功，物块对小球做负功，故A 错误；
B．系统在水平方向动量守恒，有
根据能量守恒有
解得
，
故B 正确；
C．小球的水平分速度始终为物块速度的3 倍，结合几何关系得两者分离时物块移动了
故C 正确；
D．小球在C 点时对物块的压力最大，此时物块没有加速度，以物块为参考系（此时为惯性系），小球此
时相对圆心的速度为
，对整体应用牛顿运动定律有
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故D 错误。
故选BC。
三、解答题
13．（2023·江西·校联考模拟预测）如图，倾角为
的光滑斜面与光滑水平面在B 点平滑连接，倾角
为
的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D 点通过一小段圆弧连接。在
水平面BD 上的C 点放一质量为3m 的小物块b，在斜面上A 点由静止释放质量为m 的小物块a，A、B 间距
离为L，a 滑到水平面上后与b 发生弹性正碰，之后a、b 将在水平面上发生第二次碰撞，b 与传送带间的
动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为
，重力加速度为g，求：
（1）a 第一次与b 碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间a 与b 的速度大小；
（3）a、b 第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b 在传送带上运动因摩擦产生的内能。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设a 与b 碰撞前一瞬间，a 的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
解得
（2）设a、b 碰撞后的速度大小分别为
、
，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
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（3）由于
，因此物块b 在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据牛顿第二定
律有
解得
根据对称性，物块b 在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为
物块b 第一次在传送带上运动过程，因此摩擦产生的内能为
14．（2023·吉林·统考模拟预测）如图所示，质量m＝1 kg 的物块P 静置于水平面上的A 点，现用F＝ 6 N
的水平力拉动物块P 使其沿水平轨道AB 运动，A、B 间距离L＝6 m，物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.
2，经时间t 撤去力F，此时物块P 尚未通过B 点；质量M＝1 kg 的物块Q 静置于B 点，物块Q 与水平轨道
BC 是由特殊材料制成的，物块Q 在轨道BC 上运动时所受阻力大小与其速度大小成正比，即f 阻＝kv，其中
k＝0. 5 kg/s；物块P、Q 发生弹性碰撞后，物块Q 冲上半径R＝0. 2 m 的光滑半圆形轨道，圆弧轨道与BC
轨道平滑相连，重力加速度g 取10 m/s2。
（1）为使物块P 能到达B 点，求力F 作用的最短时间。
（2）求P、Q 发生碰撞后物块Q 获得的最大速度。
（3）若力F 作用
s 后撤去，要使物块Q 在沿光滑半圆形轨道运动过程中不脱离轨道，求轨道BC 的长
度x 应满足的条件。（计算结果可以用根号表示）
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
【详解】（1）力F 作用时物块P 的加速度大小
撤去力F 后的加速度大小
设力F 作用的最短时间为
，则
解得
（另一解舍去）
（2）当力F 一直从A 点作用到B 点时，P 到达B 点的速度最大，则P 的最大速度为
取水平向右为正方向，当P、Q 碰撞时动量守恒有：
根据机械能守恒定律得
解得Q 获得的最大速度
（3）此时设物块Q 运动到C 点的速度为
情况一：若物块Q 运动到最高点不超过D 点，则
解得
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情况二：若物块Q 通过圆轨道的最高点E，
则
又
解得
当F 的作用时间为
时，物块Q 获得的速度
从B 到C 的过程由动量定理得
又
可得
或
15．（2023·广东梅州·统考三模）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种富有挑战性的极限运动，下面
是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径
，左
侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C 与B 等高，曲面在D 点的切线与水平方向间的夹角
。
两轨道间有质量
的长木板静止在光滑水平地面上，长木板右端紧靠圆弧轨道AB 的B 端，木板上
表面与圆弧面相切于B 点。一质量
的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB 最高点由静止滑下，
经B 点滑上长木板。已知重力加速度大小
，小滑块与木板之间的动摩擦因数
，木板厚度
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，D 点离地面的高度
，不计空气阻力。
（1）求小滑块P 滑到B 点时对轨道的压力大小。
（2）若木板只与C 端发生了两次碰撞（未与B 端发生碰撞），小滑块一直未与木板分离，木板与C 端碰
撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短。
①求开始时木板左端离C 端的距离；
②求木板的最小长度。
【答案】（1）30N；（2）0.5m；16m
【详解】（1）小滑块P 滑到B 点时，由动能定理可知
解得
在B 点时由牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P 滑到B 点时对轨道的压力大小为30N。
（2）①若在小滑块与C 端碰撞前小滑块与木板已达共同速度，碰撞后木板速度反向，则整体的总动量向
右，木板将与B 端发生碰撞，这与已知条件不符，故在小滑块与C 端碰撞前小滑块与木板未达共同速度。
小滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
木板与C 端第一次碰撞前瞬间，小滑块速度为
，木板速度为
，在小滑块滑上木板到木板第一次与C 端
碰撞前瞬间，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板以原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为a，由对称性可知，木板与B 端
接触时速度为0，后开始向左做匀加速直线运动与C 端发生第二次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速
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度仍为
，小滑块速度为
，木板只与C 端发生了两次碰撞，则
从木板第一次与C 端碰撞之后的瞬间到木板第二次与C 端碰撞之前瞬间的过程，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端到C 端的距离为x，则由运动学公式可知
解得
②滑块P 刚好停在木板最左端时木板最短，此时小滑块P 与木板的速度均为0，设木板的最短长度为L，由
能量守恒定律可知
解得
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