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阶段复习(三) 能量和动量
知识网络
规范训练 (2024·湖南永州市模拟)如图所示，小明和滑块P 均静止在光滑水平平台上，某
时刻小明将滑块P 以一定速度从A 点水平推出后，滑块P 恰好在B 点无碰撞滑入半径R1＝3
m 的光滑圆弧轨道BC，然后从C 点进入与圆弧轨道BC 相切于C 点的水平面CD，与放置在
水平面E 点的滑块Q 发生弹性正碰，碰后滑块Q 冲上静止在水平面上半径为R2＝0.3 m 的四
分之一光滑圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于E 点，最高点为G。已知滑块P 的质量m1＝30
1
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kg，滑块Q 的质量m2＝60 kg，圆弧槽S 的质量m3＝90 kg，A、B 两点的高度差h＝0.8 m，
光滑圆弧轨道BC 对应的圆心角53°，LCE＝1.3 m，滑块P 与CE 部分间的动摩擦因数μ＝
0.5，E 点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P 和Q 看作质点，不计空气阻力，重力加速度g
＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)滑块P 被推出时的速度大小v0；
(2)滑块P 和Q 相碰后Q 的速度vQ；
(3)滑块Q 冲上圆弧槽S 后能从圆弧槽S 最高点G 冲出的最大高度hm。
解题指导
关键表述
关键表述解读
滑块P 恰好在B 点无碰撞滑入光滑圆弧
轨道BC
滑块P 做平抛运动到达B 点速度方向恰好与
圆弧相切
与放置在水平面E 点的滑块Q 发生弹性
正碰；滑块P 与CE 部分间的动摩擦因
数μ＝0.5
先求出碰撞前滑块P 的速度，利用弹性正碰
规律求出滑块P 和Q 相碰后Q 的速度大小vQ
四分之一光滑圆弧槽S，滑块Q 冲上圆
弧槽S 后能从圆弧槽S 最高点G 冲出的
最大高度hm
属于滑块与曲面模型，滑块在最大高度处时
二者速度相同，利用动量守恒观点和能量观
点求出
答案 (1)3 m/s (2)4 m/s，方向水平向右
(3)0.18 m
解析 (1)设滑块P 在B 点的速度为vB，其竖直分速度为vBy，根据功能关系有m1gh＝
m1vBy
2①
根据速度的分解有＝tan 53°②
联立①②式代入数据解得v0＝3 m/s③
(2)滑块P 从A 点到E 点，设到E 点的速度为vP1，
根据动能定理有m1g(h＋R1－R1cos 53°)－μm1gLCE＝m1vP1
2－m1v0
2④
代入数据解得vP1＝6 m/s⑤
滑块P、Q 碰后，设P 的速度为vP2，
根据动量守恒定律及能量守恒定律有
m1vP1＝m1vP2＋m2vQ⑥
m1vP1
2＝m1vP2
2＋m2vQ
2⑦
2
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联立⑤⑥⑦式代入数据得vQ＝4 m/s，方向水平向右⑧
(3)滑块Q 从E 点冲上圆弧槽S，对Q 与S 组成的系统，水平方向根据动量守恒定律有
m2vQ＝(m2＋m3)vS⑨
根据能量守恒定律有
m2vQ
2＝m2g(R2＋hm)＋m2vS
2＋m3vS
2⑩
联立⑧⑨⑩式代入数据得hm＝0.18 m。
3
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阶段复习练(三)
1.(2024·四川攀枝花市测试)质量为1 kg 的物块静止在水平地面上，t＝0 时对其施加一水平拉
力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物体运动的位移—
时间图像如图所示，图像在P 点处的斜率最大、Q 点处的斜率为0，已知物块与水平地面间
的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m/s2，则水平拉力F 的大小为( )
A．2 N B．4 N C．6 N D．8 N
答案 C
解析 从0～t0时间内，对物块根据动量定理有
Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有－μmg×2t0＝0－mv，
解得F＝6 N，故选C。
2.如图所示，质量为M、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块放在小
车的最左端，现用一水平力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一
段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ffx
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)
答案 B
解析 对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek 物－0，整理有Ek 物＝F(x＋L)－Ff(x＋
L)，故A 项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek 车－0，整理有Ek 车＝Ffx，故B 项正确；初始
时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为
Ek＝Ek 车＋Ek 物＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过
程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C 项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩
擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D 项错误。
3.(2023·广东湛江市期末)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水
平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M 的导弹自由释放，释放时导弹立即向后喷出
4
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质量为m、对地速率为v1的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为( )
A.
B.
C.
D.
答案 B
解析 设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝，故选
B。
4.(多选)一辆汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系
如图所示，当汽车的速度达到v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车
的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为Ff，下列说法正确的是( )
A．汽车的最大功率为Ffv0
B．汽车匀加速时的加速度大小为
C．汽车做匀加速直线运动的时间为
D．汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小
答案 BD
解析 汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A 错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有
F－Ff＝ma，汽车速度为v0时的牵引力大小F＝＝2Ff，汽车匀加速时的加速度大小为a＝
＝，故B 正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝＝，故C 错误；汽车的速度从v0增加到
2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度
从v0增加到2v0的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，故D 正确。
5．(多选)(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O 点冲上足够
长的粗糙斜面，斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O 点所在的水平面为参
考平面，以O 点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μ<tan α。下列描述滑块
的动能Ek、重力势能Ep、机械能E 随滑块位移x 变化的图像中，可能正确的是( )
5
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答案 ABD
解析 由动能定理可得ΔEk＝F 合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力
为F1＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F2＝－mgsin α＋μmgcos α，故A 正确；
根据重力势能Ep＝mgxsin α，故B 正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，
则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x 增大均匀减小，下滑过程，
机械能随x 减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C 错误，D 正确。
6．离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P 处注入，在A 处电离出一价正
离子，已知B、C 之间加有恒定电压U，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速形成电流
为I 的离子束后喷出推进器，假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大
小为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 在A 处电离出正离子，经B、C 间电压加速后，由动能定理可知eU＝mv2，解得v
＝，以推进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝，M＝，解得F＝，根据
牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为。故选A。
7.(多选)(2024·四川绵阳市南山中学月考)如图所示，质量均为m 的两个小球A、B 用长为L
的轻质细绳连接，B 球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B 由静
止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A 球运动到最低点的过程中，下列说法
正确的是( )
A．A、B 组成的系统动量守恒
B．A 球运动到最低点时速度大小为
6
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C．A 球机械能减小了mgL
D．A 球运动到最低点时，B 球向右运动距离为
答案 BD
解析 A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A 错误；当A 球摆到
B 球正下方时，A、B 球的速度大小分别为vA和vB。以小球A 摆到最低点所在平面为参考平
面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB
由机械能守恒得mgL＝mvA
2＋mvB
2，
解得vA＝vB＝，A 球运动到最低点时速度大小为，故B 正确；A 球机械能减小量ΔE＝mgL
－mvA
2＝mgL，故C 错误；A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则
有m－m＝0，xA＋xB＝L，解得A 球运动到最低点时，B 球向右运动距离为，故D 正确。
8．如图所示，长为L2＝2 m 的水平传送带以v＝2 m/s 的速率逆时针转动，紧靠传送带两端
的水平面上各静止一个物块B 和C，mB＝mC＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m 的水平面上
放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够
长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1＝2 m 处由静止
释放一质量mA＝0.6 kg 的物块A，一段时间后物块A 与B 发生碰撞，碰撞后B 滑上传送带，
A 被取走。已知物块B、C 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2＝
0.02，物块A 与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为
质点，g 取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块A 与物块B 相碰前物块A 的瞬时速度大小；
(2)物块B 与物块C 第一次碰撞前，物块B 在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
(3)整个过程中，物块C 与挡板碰撞的次数。
答案 (1)4 m/s (2)0.5 J (3)10
解析 (1)根据题意，物块A 在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
mAgL1sin 37°－μ3mAgL1cos 37°＝mAvA
2，
代入数据可得vA＝4 m/s。
(2)A、B 两物块发生弹性碰撞，设碰后A 的速度为vA1，B 的速度为vB，
由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB
由能量守恒定律有mAvA
2＝mAvA1
2＋mBvB
2，
代入数据得vB＝3 m/s
物块B 在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B 做匀减速运动，
对物块B 有aB＝μ1g＝2 m/s2
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物块B 经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
则有t1＝＝0.5 s，x＝t1＝1.25 m
由于x<L2，物块B 与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，此过程传送带向左的位
移x1＝vt1＝1 m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入数据得Q
＝0.5 J。
(3)物块B 与物块C 在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mBv
＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有mBv2＝mBvB1
2＋mCvC1
2，代入数据得vB1＝0，vC1＝2 m/s
由此可知，以后每次B 与C 相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n 次，
由动能定理可知
－μ2mCg×2ns＝0－mCvC1
2，代入数据得n＝10。
9．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD 均为四分之一圆弧，E 为圆弧DEG 的最高点，各
圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH 与水平方向夹角为θ＝37°，底端H 有一弹簧，A、
O1、O2、D、O3、H 在同一水平直线上。一质量为0.01 kg 的小钢球(其直径稍小于圆管内径，
可视为质点)从距A 点高为h 处的O 点由静止释放，从A 点沿切线进入轨道，B 处有一装置
(未画出)，小钢球向右能无能量损失地通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B 点。若小钢
球能够运动到H 点，则被等速率反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6 m，BC 长L＝2 m，小钢球
与水平直轨道BC 和GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧
轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O 点出发恰能第一次通过圆弧
的最高点E。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)小钢球第一次经过C 点时的速度大小vC；
(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力大小FB(保留两位小数)；
(3)若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s 与h 的函数关系。
答案 (1)2 m/s (2)0.83 N (3)见解析
解析 (1)小钢球从O 点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小钢球到E 点的速度为0，
小钢球从C 点到E 点，根据动能定理得－mg·2R＝0－mvC
2，代入数据解得vC＝2 m/s
(2)从B 点到C 点，由动能定理得－μmgL＝mvC
2－mvB
2，小钢球经过B 点，由牛顿第二定律
得FN－mg＝m
代入数据联立解得FN＝ N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝FN＝0.83 N
(3)若小钢球恰能第一次通过E 点，设小钢球释放点距A 点为h1，从释放到E 点，由动能定
理得
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mg(h1－R)－μmgL＝0，代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E 点，设小钢球释放点距A 点为h2，从释放到E 点，由动能定理
得
mg(h2－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E 点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E 点一次，μ＜tan θ，则小钢球最终停在
H 点，从释放点到停在H 点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcos θ·s＝0，代入数据解得
s＝2.5(h－1 m)
③若小球释放高度2.24 m≤h，小球经过E 点两次s＝2＝2× m＝1.6 m。
9
