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考点32 动力学观点、能量观点和动量观点的综合应用
（核心考点精讲精练）
1. 5 年真题考点分布
动力学观点、能量观点和
动量观点的综合应用
2023·山东卷·T18
2023·海南卷·T18
2022·全国乙卷·T25
2022·湖北卷·T16
2022·河北卷·T13
2022·山东卷·T18
2020·天津卷·T11
2020·山东卷·T18
2018·全国卷Ⅰ·T24
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近几年高考主要考查：用力的观点、动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型；动量观
点和能量观点分析计算子弹打木块模型
【备考策略】
1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点.
2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题．
【命题预测】
这个考点难度大，综合性强，一般是压轴题，特别与生活实际相结合的问题要注意。
1．处理力学问题的三个基本观点：
①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；
②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；
③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三大观点分析和解决综合问题
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，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)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，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．
1
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(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，
即转化为系统内能的量．
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形
式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
考向
1 动量与能量观点的综合应用
1、灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有
的物体为研究对象.
2、灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地
选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、能量的守恒情况.
（2023·浙江·统考高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道
CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从
D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的
速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，
弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】 （1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
2
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FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
3
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（2022·湖北·统考高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B 和C 通
过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）时，C 到两定
滑轮的距离均为L。重物A 和B 的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C 的绳与水
平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C 的下落速度为
时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为零，D 竖直向下运动
距离后静止（不考虑C、D 再次相碰）。A、B、C、D 均可视为质点。
（1）求C 的质量；
（2）若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，求F 的大小；
（3）撤掉桩D，将C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C 的总动能最大时C 的动能。
【答案】 （1）
；（2）6.5mg；（3）
【解析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C 为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD 碰后C 的速度为零，设碰撞后D 的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
4
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CD 碰撞后D 向下运动
距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C 向下运动的速度为v′，AB 向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机
械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当
时解得
即
此时
于是有
解得
此时C 的最大动能为
考向
2 力学三大观点的综合应用
动力学观点
（1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。
（2）凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点
5
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动量观点
（1）对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类
的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
（2）对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒
定律求解
能量观点
（1）对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，
一般都利用动能定理求解。
（2）如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则
采用机械能守恒定律求解
1、应用力学三大观点解决多过程问题
多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平抛运动、圆周运动。
1．解题思路
(1)对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学
模型，最好画出草图。
【特别提醒】
对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速度达到相同时受力特点有可能发生
突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划分过程。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒
定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接
处的物理量关系(如速度大小不变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程
列方程求解，层层递进)。
2．过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规律，提高效率。例如物体经
过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上运用机械能守恒定律；多个物体连续多次碰撞，有时
可以看成一个过程运用动量守恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动
量守恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。
（2023·山东·统考高考真题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B 的
上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向右做
匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，并
以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加
速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
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（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量
的大小。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
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设再经过t2时间，物块A 恰好祖上模板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动
0.48m 时，有
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此时A、B 之间的距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
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则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
（2023·安徽·校联考模拟预测）如图甲所示，水平面与倾角为
的足够长的粗糙斜面在B 点平滑衔接，水
平面上A 点的左边光滑，右边粗糙，物块a、b 中间用一根轻质弹簧相接并静止在水平面上，弹簧处于原长，
弹簧与物块a 用拴扣（质量不计）相连，物块a 的质量
。质量
的物块c 静止在水平面上
的A 点。
时对物块a 施加水平向右的恒力F，
时撤去F，在
内两物块的加速度随时间变化的
情况如图乙所示。当物块b 的速度达到
，拔掉拴扣（不影响物块a、b 的瞬时速度），使弹簧与
物块a 瞬时分离，然后撤去弹簧和物块b。物块a 继续向右运动一段距离后与物块c 发生正碰，碰撞时间极
短，碰后物块a 恰好停止运动，物块c 向右运动一段距离，通过B 点沿斜面向上滑动一段距离后速度减小
为零，此后物块c 沿斜面向下滑动，回到水平面A 点的速度为
（不考虑与a 相碰）。已知弹簧始终处
于弹性限度内，物块c 通过B 点时没有机械能损失，重力加速度取
，不计空气阻力，物块a、
b、c 均可视为质点。求：
（1）拔掉拴扣的瞬间，物块a 的速度
大小；
（2）物块a 与物块c 发生正碰时，系统损失的机械能；
（3）物块c 从开始运动到斜面最高点时克服摩擦力做的功
及物块c 沿斜面上滑的最大高度h。
【答案】 （1）8m/s；（2）24J；（3）32J，1m
【解析】（1）t=0 时，弹簧弹力为零，对a 根据牛顿第二定律可得
t=4s，a、b 整体加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得
解得
从t=0 到拔掉拴扣的过中，根据动量定理可知
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解得
（2）物块a 与物块c 发生正碰时，由动量守恒得
其中
解得
所以物块a 与物块c 发生正碰时，系统损失的机械能
解得
（3）物块c 向右运动一段距离，通过B 点沿斜面向上滑动一段距离后速度减小为零过程中，根据动能定理
得
物块c 沿斜面向下滑动，恰好回到水平面的A 点的过程中，根据动能定理得
解得
【基础过关】
1．（2023 春·湖南长沙·高三长沙市南雅中学校考开学考试）如图所示，质量为 m3=2kg 的长木板 C 放在
光滑水平面上，其上表面水平，质量为 m1=2kg 的物块 A 放在长木板上距板右端 L1=4.5m 处，质量为
m2=4kg 的物块 B 放在长木板上左端，物块 A 与物块 B 距离 L2=4m，地面上离板的右端 L3=4.5m 处固
定一竖直挡板。开始A、B、C 处于静止状态，现用一水平拉力 F 作用在物块 A 上，使物块 A 相对于长
木板滑动， 当长木板刚要与挡板相碰时，物块 A 刚好脱离木板。已知物块 A 与长木板间的动摩擦因数
为μ1=0.3，物块 B 与长木板间的动摩擦因数为μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，
每次长木板与挡板碰撞后均以与碰撞前大小相同的速度返回，重力加速度 g=10 m/s2，求：
（1）拉力 F 的大小；
（2）长木板 C 第二次与挡板碰撞时的速度；
（3）B 最终能滑离长木板 C 吗？如果能，滑离时 B 的速度是多少？如果不能，则第 4 次撞击前 B 离
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板左端的距离。
【答案】 （1）10N；（2）1m/s；（3）不能，3.37m
【解析】（1）物块A 在拉力F 的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a1。
根据牛顿第二定律得
F-μ1m1g=m1a1
设物块A 从开始运动到滑离长木板所用时间为t1，根据运动学公式有
假设开始时物体B 与长木板不会发生相对滑动，一起做加速运动的加速度为a2。
则
μ1m1g=（m2+m3）a2
解得
由于
m2a2=4N＜μ2m2g=8N
假设成立。
根据运动学公式有
联立解得
t1=3s
F=10N
（2）长木板与挡板第1 次碰撞时的速度
然后木块A 脱离木板，木板以3m/s 的速度反弹向左运动，物块B 以3m/s 的速度向右运动，设向右为正，
则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
v2=1m/s
由能量关系
解得
即此时物块B 相对木板C 向右滑动3m，则以后两者共同速度向右运动，第2 次与挡板相碰时的速度为
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1m/s；
（3）长木板与挡板第2 次碰撞时的速度
碰后木板以1m/s 的速度反弹向左运动，物块B 以1m/s 的
速度向右运动，设向右为正，则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
由能量关系
解得
长木板与挡板第3 次碰撞时的速度
碰后木板以
的速度反弹向左运动，物块B 以
的速度
向右运动，设向右为正，则达到共速时由动量守恒定律可知
解得
由能量关系
解得
因
可得最终木块B 相对木板的位移为
则物块B 不能滑离木板C，第 4 次撞击前 B 离板左端的距离
2．（2023·山东·模拟预测）如图所示，水平轨道与倾角为
的斜面轨道在P 点平滑连接，质量为m 的小物
块B 静止在水平轨道上。用长度为L 的不可伸长的细绳将小球A 悬挂在小物块B 正上方的O 点。轻绳处于
水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块B 发生第1 次碰撞，碰后小球速度方向与碰前
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方向相同，小物块B 沿斜面上滑高度
后返回，然后在水平轨道上与小球A 发生第2 次碰撞，且碰撞前
小球A 速度方向向右。每次碰撞均为弹性碰撞。已知小球A 和小物块B 均可视为质点，不计所有摩擦，重
力加速度为g，求：
（1）小球A 第一次运动到最低时的速度大小；
（2）小球A 的质量；
（3）第2 次碰撞后小物块B 的速度大小；
（4）第2 次碰撞后小物块B 沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 （1）
；（2）5m；（3）
；（4）
【解析】（1）小球A 第一次运动最低点的过程中，由能量守恒，得
解得
（2）设第1 次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
又
联立可得
（3）第2 次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
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联立解得
（4）小物块B 沿斜面上升过程，有
解得
3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图所示，一木楔OABC 固定于水平地面上，其斜面AB 段的倾角为
53°，BC 段的倾角为37°，AB 与BC 间、BC 与地面间均通过一段很短的圆弧平滑连接，A、B 离水平地面
的高度分别为
和
。现将一质量为
的物块P 从斜面上A 处由静止释放，物块P 与
木楔间的动摩擦因数为
，到达水平地面上与静止于D 点的物块Q 发生弹性碰撞，已知物块Q 的质
量为
，物块P、Q 与水平地面间的动摩擦因数均为
，C、D 间距离为L=2m，重力加速度大
小为
，
，
，求：
（1）P 从A 运动至B 所用的时间；
（2）P 到达C 时的速度大小；
（3）Q 在水平地面上滑行的距离。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）对于物块P，从A 运动至B 时，根据牛顿第二定律有
根据动力学公式
解得
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（2）对于物块P，从B 运动至C 时，根据牛顿第二定律有
根据动力学公式
解得
（3）对于物块P，从C 运动至D 时，根据动能定理有
解得
，物块P、Q 发生弹性碰撞有
解得
，物块Q 在水平地面上运动至静止有
解得
4．（2023 秋·广东深圳·高三深圳市罗湖外语学校校考期末）如图所示，一水平传送带以v=3m/s 的恒定速
度顺时针转动，其上表面左端A 点、右端B 点分别与一光滑曲面、一光滑水平台面平滑对接。光滑水平台
面上距B 点d1 =2m 处的P 点放置有一质量为M=3kg 的物块，P 点右侧相距d2 =4m 处的C 点固定有竖直挡
板。一质量为m =1kg 的物块从光滑曲面距水平面h=1.8m 处由静止释放。已知A、B 两点相距L=2.5m，物
块m 与传送带之间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度为g=10m/s2。假设所有碰撞均是弹性正碰，且碰撞
时间极短，两物块均可视为质点，求
（1）物块m 从开始释放至与物块M 发生第1 次碰撞前的速度；
（2）物块m 从开始释放至与物块M 发生第2 次碰撞的过程中，整个系统因摩擦产生的内能；
（3）在物块M 没有滑入传送带前，物块m 与物块M 第n 次（n>1）碰撞结束时，物块m 的速度大小（本
问不要求写出解答过程，只要求写出结果）。
【答案】 （1）4m/s；（2）
；（3）见解析
【解析】（1）对m
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假设m 在传送带上一直减速
解得
所以假设成立，物块m 从开始释放至与物块M 发生第1 次碰撞前的速度为4m/s。
（2）对m
m 从A 运动至B 点，相对路程为
设第1 次碰后瞬间，m 和M 速度分别v1和u1，由动量守恒定律和机械能守恒定律
联立解得
在传送带上m 向左运动到速度减为0 时，两者相对路程为
m 再向右运动到B 点时，两者相对路程为
所求的内能为
解得
（3）物块m 与物块M 第n（n＞1）次碰撞结束时，物块m 的速度大小
n=2 时，vn=4m/s；n=4，6，8…时，vn=3m/s；n=3，5，7…时，vn=1.5m/s
次数
碰前速度
碰后速度
碰撞位置
1
m
4m/s 方向向右
2m/s 方向向左
P 点
M
0
2m/s 方向向右
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2
m
2m/s 方向向右
4m/s 方向向左
P 点右侧1m 处
M
2m/s 方向向左
0
3
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P 点右侧1m 处
M
0
1.5m/s 方向向右
4
m
1.5m/s 方向向右
3m/s 方向向左
P 点左侧
m 处
M
1.5m/s 方向向左
0
5
m
3m/s 方向向右
1.5m/s 方向向左
P 点左侧
m 处
M
0
1.5m/s 方向向右
【能力提升】
5．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水
平传送带（传送带顺时针匀速传动，其速度的大小
可以由驱动系统根据需要设定），其左侧为倾斜直轨
道，倾角
，右侧为放置在光滑水平面上质量为M 的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与传送带
两端等高并平滑对接。一质量为m 的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后滑上滑板，
滑板运动到D 时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量
，滑板的质量
，倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度
，传送带两轴心间距
，滑板的长度
，滑板右端到固定挡板的左端的距离为
，物块与倾斜直轨道间的动摩擦因数为
，物块
与传送带和滑板间的动摩擦因数分别为
、
，重力加速度的大小
。
（1）若
，求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间；
（2）求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能；
（3）若
，讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功
与
的关系。
【答案】 （1）
，
；（2）
，
；（3）
18
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【解析】（1）对物块，在A 到B 的运动过程应用动能定理得
解得
若传送带速度
，则
代入数据解得
在传送带上减速运动时间
随后在传送带上匀速运动的时间
物块通过传送带所需的时间
（2）①当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力对物块所做的功最多，即物
块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为
，由动能定理得
解得
②当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块克服摩擦力所做的功最多，即物块
刚滑上滑板时的动能最小，最小动能设为
，由动能定理得
解得
（3）由（2）问可知，当
时，物块先匀加速再匀速，刚滑上滑板时的速度大小
，设若滑
板与挡板间距足够长，滑板碰挡板前物块与滑板能达共速
，由动量守恒定律得
解得
对物块，由动能定理得
19
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对滑板，由动能定理得
解得
，
物块相对滑板的位移
故若
，则木板与挡板碰撞前物块与滑板已经共速，共速后二者相对静止，无摩擦力，故克服摩
擦力做的功
若
，则当滑板与挡板相碰时物块尚未滑到滑板的右端，这种情况下物块的对地位移为
故克服摩擦力做的功
综上可得
与
的关系
6．（2023·贵州毕节·统考三模）如图，在竖直平面内，固定有半径
和半径
的光滑圆形轨
道，他们轨道弧长分别占圆周的
和
，圆轨道与水平轨道分别相切于B 点和D 点，且平滑连接。某时刻，
让质量为
，不带电的绝缘小滑块P 从A 点静止释放，经圆轨道滑至B 点，从B 点进入水平轨道，
与静止在C 点的小滑块Q 发生弹性碰撞，滑块Q 的质量为
，电量为
。整个过程中滑块Q
的电荷量始终保持不变，滑块P、Q 均可视为质点，与水平轨道间的动摩擦因数均为
，BC 间距
，CD 间距
。滑块Q 从C 点到D 运动的过程中，存在垂直轨道平面向里磁感应强度
的匀强磁场；滑块Q 从D 点进入光滑轨道时，磁场消失，同时加入水平向右范围足够大的匀强电
场，场强大小
。已知重力加速度
。求：
（1）小滑块P 刚到
光滑圆轨道最低点B 时对圆轨道的压力；
（2）小滑块P 与小滑块Q 碰撞后Q 的速度大小为多少？
（3）判断当Q 进入光滑绝缘半圆轨道后是否会脱离轨道。若不会，则求经过N 点的速度；若会，试求Q
离开半圆轨道时的速度大小为多少？（计算结果可用根式表示）
20
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【答案】 （1）3N；（2）4m/s；（3）会，
m/s
【解析】（1）P 从A 到B，由动能定理得
代入数据得
在B 点，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律得
（2）P 从B 到C，由动能定理得
在C 点P 与Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
代入数据得
，
（3）碰后Q 从C 到D，在磁场中有
，
故Q 做匀速运动，Q 从D 点进入圆轨道，在电场中，其等效重力为
由几何关系得
解得
假设Q 能通过等效最高点，由动能定理得
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代入数据得
，故会脱离圆轨道，在脱离圆轨道处，弹力为零，等效重力沿半径方向的分力提
供向心力得
由动能定理得
代入数据得
7．（2023·江苏盐城·统考三模）如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平直杆，质量为M=3m 的滑块
套在直杆上，长为H 的轻绳一端固定在滑块底部O 点，另一端连接质量为m 的小球。O 点到地面的高度为
2H。现将小球拉至与O 点等高处，轻绳伸直后由静止释放。不计小球与滑块所受到的空气阻力，重力加速
度大小为g。
（1）若滑块固定，求轻绳转动30°时重力的瞬时功率P：
（2）若滑块与杆之间无摩擦，小球摆到最低点时，剪断轻绳，求小球落地时与滑块的距离s；
（3）若滑块不固定，小球运动的过程中，滑块始终静止，求滑块与杆之间的动摩擦因数的最小值μ。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设轻绳转过30°时，小球的速度为v，根据机械能守恒定律有
重力的瞬时功率为
所以
（2）设小球摆到最低点时速度大小为v1，滑块速度大小为v2，根据水平方向系统动量守恒，有
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根据系统机械能守恒，有
剪断轻绳后，滑块做匀速运动，小球做平抛运动，经时间t 落地，有
小球落地时与滑块间的水平距离为
小球与滑块之间的距离
（3）设轻绳转过θ 时，小球的速度为v0，轻绳中拉力为F，则
由牛顿第二定律，有
解得
所以动摩擦因数的最小值为
。
8．（2023·云南保山·统考三模）如图所示，滑板的上表面由长度为
的水平部分AB 和半径为
的四分之
一光滑圆弧BC 组成，滑板静止于光滑的水平地面上。滑块P 置于滑板的右端点A 处，滑块P 与滑板水平
部分间的动摩擦因数为μ。一根长度为L、不可伸长的细线，一端固定于
点，另一端系小球Q。小球Q
位于最低点时与滑块P 处于同一高度并恰好接触。现将小球Q 拉至与
同一高度（细线处于水平拉直状
态），然后由静止释放，小球Q 向下摆动并与滑块P 发生弹性碰撞，碰后滑块P 将在滑板上向左运动，从
C 点飞出后又落回滑板，最终相对滑板静止于AB 部分上某一点。设小球Q 的质量为m，滑块P 的质量为
3m，滑板的质量为6m，运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g，小球Q、滑块P 均可视为质点。求：
（1）小球Q 碰滑块P 前瞬间，小球的加速度的大小；
（2）滑块P、小球Q 碰撞过程中，滑块P 所受合力冲量I 的大小；
（3）
时，滑块P 从C 点飞出后相对C 点的最大高度h 及滑板在整个运动过程中的最大速率。
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【答案】 （1）
；（2）
；（3）
，
【解析】（1）小球Q 在下落过程中机械能守恒，则有
解得
由向心加速度公式得
（2）小球Q 和滑块P 发生弹性碰撞，由机械能和动量守恒，则有
解得
由动量定理得
滑块P 所受合力冲量I 的大小为
（3）滑块P 和滑板在水平方向上不受外力，由水平方向动量守恒可得
由能量守恒可得
解得
滑块P 从C 点飞出后，滑块P 再次滑入水平部分时滑板速度最大为v3，由能量和动量守恒得
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解得
9．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）如图所示，光滑水平面上放有一个凹槽，质量为M，
其中圆弧部分是半径为R 的四分之一圆弧，它与AB 段和CD 段相切，一个质量为2M 的小物块（可视为质
点）从图中A 处紧贴凹槽无初速释放，物块与凹槽CD 段的动摩擦因数为0.05，凹槽其余部分的摩擦忽略
不计，AB 段的长度为R，CD 段的长度为5R，物块和凹槽侧壁的碰撞是弹性碰撞，重力加速度为g，求：
（1）物块第一次通过C 点时的速度大小；
（2）从开始运动到物块与凹槽第一次碰前瞬间，物块水平方向的位移大小；
（3）从开始运动到最后停下时，凹槽的位移大小。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）物块第一次通过C 点时，由凹槽和物块组成的系统机械能守恒可得
由凹槽和物块组成的系统动量守恒可得
解得
（2）物块第一次通过C 点时，二者水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为
，凹槽水平
向左发生位移大小为
，可得
解得
物块冲上粗糙面后，物块的加速度为
，凹槽的加速度为
，由于牛顿第二定律可得
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当物块与凹槽右挡板发生碰撞时满足
即
解得
物块水平方向的位移大小为
（3）由水平方向上动量守恒可得，物块与凹槽最终都静止，由能量守恒定律可得
解得
当
时，
，即物块将停在C 点。物块相对凹槽停下时，凹槽也停止运动，整个过程中，物块相对
凹槽发生的位移为
对二者研究，由于水平方向上动量守恒，物块水平向右发生的位移大小为
，凹槽水平向左发生位移大小
为
，可得
解得
10．（2023 秋·广东河源·高三统考期末）超速和车距过小是发生交通事故的主要原因。某次碰撞测试中，
甲车在水平路面以大小为
的速度向右行驶，与向左行驶、速度大小为
的乙车发生正
面碰撞，碰后甲车立即停下，乙车向右反弹了一段距离后也停下。此后在甲车后方行驶的丙车由于速度太
快且与甲车车距太近来不及刹车，以大小为
的速度撞向甲车，碰后丙车和甲车连在一起向右运
动并再次碰撞乙车，最终三车连在一起又运动了一段距离，如图。若所有的碰撞都为一维碰撞，碰撞时间
极短，碰撞后各辆车均失去动力且车轮抱死不能滚动只能滑行。已知三车质量相同，轮胎与路面间的动摩
擦因数均为
，取重力加速度
。求：
（1）甲、乙车第一次碰撞后乙车的速度大小和乙车向右反弹到停下运动的距离
；
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（2）甲、乙车第二次碰撞后瞬间三车一起运动的速度大小。
【答案】 （1）
，
；（2）
【解析】（1）根据题意，设每辆车的质量为m，取水平向右为正方向，甲、乙第一次碰撞动量守恒，有
解得
碰后对乙车，由动能定理得
解得乙车碰撞后到停下的距离
（2）丙、甲碰墥碰后丙、甲的速度为
，由动量守恒定律有
解得
丙、甲一起运动到撞上乙前，设撞上乙前甲的速度为
，由动能定理得
解得
对甲、乙、丙车，碰撞后三车的速度为
，由动量守恒定律有
解得
11．（2023 秋·吉林白山·高三抚松县第一中学校考期末）如图1 所示，一足够长的光滑斜面固定在地面上，
斜面倾角
。将一质量
、带有挡板的长木板A 放置在斜面上保持不动，在离长木板下端合适
的位置放置一挡板P．在
时刻释放长木板A，同时有一质量
的物块B 以初速度
从长木
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板A 的上端滑入，经过一段时间后长木板A 与挡板P 发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去挡板P。长木板A 在
内的速度随时间变化的关系图像如图2 所示．
时，物块B 与A 的挡板发生弹性碰撞，
，重力加速度
。求：
（1）物块B 与长木板A 之间的动摩擦因数；
（2）初始状态下斜面上的挡板P 与长木板A 的下端的距离及长木板A 的长度；
（3）物块B 与长木板A 的挡板碰撞后，物块B 沿长木板A 向上运动的过程中A、B 组成的系统损失的机
械能。
【答案】 （1）0..5；（2）
，
；（3）
【解析】（1）由题图2 得长木板A 下滑的加速度
对长木板A，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）由题图2 可知，当
时，长木板A 与挡板P 发生碰撞，则长木板A 的下端距挡板P 的距离
．
物块B 在长木板A 上下滑，对物块B，根据牛顿第二定律得
解得
由题图2 知，长木板A 与物块B 相碰时，A 恰好回到原来的出发点，物块B 从开始运动到与A 发生碰撞的
时间
，物块B 运动的距离即为长木板A 的长度，则长木板的长度
（3）物块B 与长木板A 碰撞前，A 的速度为零，B 的速度
设物块B 与A 碰撞后，A 的速度为
，B 的速度为
，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有
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代入数据解得
，
（负号说明碰撞后物块B 沿长木板A 向上运动）
碰撞后长木板A 沿斜面向下运动，由牛顿第二定律有
解得
碰撞后物块B 沿斜面向上运动，由牛顿第二定律有
解得
物块B 沿长木板A 向上运动的时间
长木板A 沿斜面向下运动的位移
物块B 沿长木板A 向上运动的位移
系统损失的机械能
12．（2023·浙江宁波·校考三模）如图所示，小明和滑块P 均静止在光滑平台上，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 恰好从B 点无碰撞滑入半径R1＝3m 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
冲上静止在光滑水平面上的、半径为R2＝0.3m 的四分之一圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于F 点，最高点
为G。已知小明的质量M＝60kg，滑块P 的质量m1＝30kg，滑块Q 的质量m2＝60kg，圆弧槽S 的质量m3
＝90kg，AB 两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧对应的圆心角53°，LCF＝2m，LCE＝1.3m，两滑块与CF 部分
的动摩擦因数均为μ＝0.5，F 点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P 和Q 看做质点，重力加速度g＝
10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑块P 至少多消耗的能量；
（2）滑块P 到达圆弧末端C 时对轨道的压力；
（3）滑块Q 冲上圆弧槽后能上升的最大高度。
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【答案】 （1）202.5J；（2）790N，方向竖直向下；（3）0.27m
【解析】（1）设推出滑块P 的瞬时速度为v0，滑块P 在B 点的速度为vB，其竖直速度为vBy，则有
根据B 点速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑块P 的过程，小明和滑块P 组成的系统动量守恒
根据能量守恒，小明由于推出滑块P 至少多消耗的能量
解得
（2）滑块由B 到C 的过程，由动能定理，有
其中
滑块P 经过圆弧末端C 点时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
根据牛顿第三定律，滑块P 到达圆弧末端C 时对轨道的压力
代入数据，解得
方向竖直向下
（3）滑块P 从C 点到E 点的过程，由动能定理，可得
滑块P 与Q 碰撞的过程遵循动量守恒和能量守恒，设碰后滑块P 和Q 的速度分别为
和
，有
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Q 碰后的速度
方向水平向右
滑块Q 从E 点到F 点，根据动能定理，有
滑块Q 从F 点冲上圆弧槽S，滑块Q 与圆弧槽S 组成的系统水平方向动量守恒
设滑块Q 离开地面的最大高度为hm，滑块Q 从冲上圆弧槽S 到到达距离地面最高的过程，滑块Q 和圆弧槽
S 组成的系统机械能守恒
解得
【真题感知】
13．（2023·海南·统考高考真题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已
知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C 长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所用
的时间。
【答案】 （1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有
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解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
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B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
14．（2022·福建·高考真题）如图，L 形滑板A 静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为
的轻
质弹簧，弹簧左端与一小物块B 相连，弹簧处于原长状态。一小物块C 以初速度
从滑板最左端滑入，滑
行
后与B 发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A 也开始运动．
已知A、B、C 的质量均为
，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小为
；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）C 在碰撞前瞬间的速度大小；
（2）C 与B 碰撞过程中损失的机械能；
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（3）从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功。
【答案】 （1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）小物块C 运动至刚要与物块B 相碰过程，根据动能定理可得
解得C 在碰撞前瞬间的速度大小为
（2）物块B、C 碰撞过程，根据动量守恒可得
解得物块B 与物块C 碰后一起运动的速度大小为
故C 与B 碰撞过程中损失的机械能为
（3）滑板A 刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得
解得弹簧的压缩量，即滑板A 开始运动前物块B 和物块C 一起运动的位移大小为
从C 与B 相碰后到A 开始运动的过程中，C 和B 克服摩擦力所做的功为
15．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内
其下端与光滑水平面在Q 点相切。在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度向质量也为m 的静止小
物块B 运动。A、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到
与O 点等高的C 点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；
（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做功的功率；
（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能。
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【答案】 （1）2R ；（2）
；（3）
【解析】解：（1）设 B 到半圆弧轨道最高点时速度为
，由于B 对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第
二定律得
B 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有
联立解得
x=2R
（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得
由于对A 做功的力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为
解得
（3）设A、B 碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得
解得
对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A 的速度为v0，对A、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得
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解得
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
解得
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