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微专题55 动量和能量的综合问题
1．要研究某一时刻的速度、位移、加速度，可从动力学角度列式。2.研究某一运动过程时，
一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。3.若研究对象
为一系统，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否
满足守恒的条件。4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含
有系统机械能与其他形式能量之间的转换。这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定
律。
1. (多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v
飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示。爆炸之后乙由静止自由下
落，丙沿原路径回到原射出点。若忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A．爆炸后乙落地的时间最长
B．爆炸后甲落地的时间最长
C．甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4∶1
D．爆炸过程释放的化学能为
答案 CD
解析 爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t
＝，选项A、B 错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有mv＝－mv 丙＋mv 甲，由题
意知v 丙＝v，得v 甲＝4v，又因x＝vt，t 相同，则x∝v，甲、丙落地点到乙落地点O 的距离
比为x 甲∶x 丙＝v 甲∶v 丙＝4∶1，选项C 正确；释放的化学能ΔE＝×v 甲
2＋×v 丙
2－mv2＝
mv2，选项D 正确。
2. (2023·湖南永州市模拟)如图所示，质量均为m 的木块A 和B，并排放在光滑水平地面上，
A 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m0的球
C(可视为质点)，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，重力加速度为g，忽
略空气阻力，则下列说法不正确的是( )
1
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A．A、B 两木块分离时，A、B 的速度大小均为
B．A、B 两木块分离时，C 的速度大小为2
C．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m0
D．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为
答案 C
解析 小球下落时，对A 有向右的拉力，A、B 一起向右运动，小球C 下落到最低点时，
A、B 速度相同，A、B 将要分离，此过程水平方向动量守恒。根据机械能守恒定律有m0gL
＝m0vC
2＋×2mvAB
2，由水平方向动量守恒得m0vC＝2mvAB ，联立解得vC＝2，vAB＝，故A、
B 正确；C 球由静止释放到最低点的过程中，选B 为研究对象，由动量定理得IAB＝mvAB＝
m0，故C 错误；C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地水
平位移大小为x1，AB 对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得x2＝，
故D 正确。
3. (多选)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之
一圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点。一质量为m 的可视为
质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点。
已知小车质量M＝4m，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B．小车在运动过程中速度的最大值为
C．全过程小车相对地面的位移大小为
D．μ、L、R 三者之间的关系为R＝μL
答案 BCD
解析 滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx1＝mx2 ，x1＋x2＝R
＋L，又M＝4m，由上两式解得x1＝，x2＝，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大
小为， 全过程小车相对地面的位移大小为，所以A 错误，C 正确；滑块滑到圆弧轨道最低
点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv1＝mv2 ，mgR＝
Mv1
2＋mv2
2，解得v1＝，小车在运动过程中速度的最大值为，所以B 正确；滑块最后恰好停
在C 点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR＝μmgL，解得R＝μL，所以μ、
L、R 三者之间的关系为R＝μL，所以D 正确。
4. (多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗
糙且长为l，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承
受的最大拉力为F。质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达
2
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最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为
g。则( )
A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为
B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2
C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2
D．滑块与木板AB 段间的动摩擦因数为
答案 ABD
解析 细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧
的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F，根据牛顿第二定律有F＝Ma，解得a
＝，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系
统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为Ep＝mv2，B 正确；弹簧恢复原长时
木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于mv2，C 错误；由于细绳被拉断瞬间，
木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝
mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端，且速度与木板相同，设为v′，取向左为正方
向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m＋M)v′，Ep＝(m ＋ M)v′2＋μmgl，联立解
得μ＝，D 正确。
5．(多选)(2023·湖南长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端
与质量为m 的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m 的物块从钢板正上方高为h
处的P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q，重力加速度为
g，忽略空气阻力。下列说法正确的是( )
A．物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
B．物块与钢板碰后瞬间的速度大小为
C．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋)
D．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h)
答案 BC
解析 物块下落h，由机械能守恒定律得mgh＝mv1
2，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向
为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A 错误，B 正确；从碰撞到
3
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Q 点，由能量守恒定律可知×2mv2
2＋2mgx0＝ΔEp，则弹性势能的增加量为ΔEp＝mg(2x0＋)，
选项C 正确，D 错误。
6. (2024·湖南省岳阳第一中学开学考试)如图所示，半径r＝0.5 m 的竖直光滑半圆弧轨道的
下端B 点固定在高h＝1.8 m 的竖直墙壁上端，O 为半圆的圆心、BC 为竖直直径。现将一质
量m1＝1.5 kg 的小球a 从水平地面上的A 点以初速度v0＝10 m/s 斜向上抛出，抛射角为θ，
小球a 刚好能沿水平方向击中静置在B 点的小球b，小球b 的质量为m2＝0.5 kg。已知两小
球碰撞过程无能量损失，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：
(1)A、B 间的水平距离；
(2)小球b 到达最高点时的动能。
答案 (1)4.8 m (2)31 J
解析 (1)小球从A 到B，在竖直方向做加速度为g 的匀减速运动，在竖直方向上逆向运动为
自由落体运动，则h＝gt2
解得t＝＝ s＝0.6 s
竖直方向的初速度为vy＝gt＝6 m/s
由vy＝v0sin θ
解得θ＝37°
在水平方向做匀速运动，则vx＝v0cos θ＝8 m/s
A、B 间的水平距离x＝vxt＝8×0.6 m＝4.8 m
(2)设小球a 与小球b 碰后小球a 的速度为v1，小球b 的速度为v2，由动量守恒定律可得m1vx
＝m1v1＋m2v2
由能量守恒可得m1vx
2＝m1v1
2＋m2v2
2
解得v2＝12 m/s
小球b 从B 点到达最高点，由动能定理得－m2g×2r＝Ek－m2v2
2
解得小球b 到达最高点时的动能Ek＝31 J。
7．(2024·山东省阶段检测)如图所示，有一悬线长L＝0.8 m，一端固定，另一端接有质量m1
＝0.5 kg 的小球a，将悬线拉至水平后由静止释放，小球a 运动到最低点时恰与静置于水平
面上m2＝1.5 kg 的小滑块b 发生弹性正碰，碰后小滑块b 进入由两个半径均为R＝0.3 m 的四
分之一圆组成的竖直细圆弧管道ABC，圆弧管道ABC 的底端与水平传送带DE 所在平面平
滑连接。已知传送带长s＝1.5 m，以v＝2 m/s 的速率顺时针转动，小滑块b 与传送带间的动
摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，忽略细圆管直径，且a、b 均可看作质点，重力
加速度g 取10 m/s2，求：
4
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(1)碰撞后瞬间小滑块b 的速度vb；
(2)小滑块b 到达圆弧管道ABC 最低点C 时速度大小vC和所受支持力大小FN；
(3)小滑块b 通过传送带DE 所产生的热量Q。
答案 (1)2 m/s (2)4 m/s 95 N (3)3 J
解析 (1)将悬线拉至水平后由静止释放，小球a 运动到最低点时，由机械能守恒定律可得
m1gL＝m1v1
2
解得v1＝＝ m/s＝4 m/s
小球a 与小滑块b 发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可
得m1v1＝m1v1′＋m2vb，m1v1
2＝m1v1′2＋m2vb
2
联立解得v1′＝v1＝×4 m/s＝－2 m/s
vb＝＝ m/s＝2 m/s
(2)小滑块b 到达圆弧管道ABC 最低点C 时，由动能定理可得2m2gR＝m2vC
2－m2vb
2
代入数据解得vC＝4 m/s
小滑块在C 点时，由牛顿第二定律可得FN－m2g＝m2
代入数据解得FN＝95 N
(3)传送带的速率为v＝2 m/s，可知小滑块b 在传送带上开始做减速运动，则加速度为a＝－
＝－5 m/s2
假设小滑块b 减速到与传送带速度相等，此后与传送带相对静止，则有t＝＝0.4 s
则有传送带运动的位移为x 带＝vt＝0.8 m
小滑块b 运动的位移为x 块＝vCt＋at2＝1.2 m
小滑块b 与传送带相对位移为Δx＝x 块－x 带＝0.4 m<s＝1.5 m，假设成立
解得小滑块b 通过传送带DE 所产生的热量Q＝μm2g·Δx＝3 J。
5
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