动量和能量综合问题（解析版）

动量和能量综合问题

1.(2026湖北云学联盟12月联考)从水平地面斜向上发射一枚质量为m的炮弹，发射初速度与水平方向

成45°角，大小为v0，炮弹在上升到最高点时突然爆炸而分裂成两块质量均为m/2的碎片，一块以与水

平方向成45°角斜向上的初速度做斜抛运动，另一块以与水平方向成45°角斜向下的初速度做斜抛运动，

两块最终落回到水平地面。炮弹爆炸时间极短，可以认为系统水平方向、竖直方向动量守恒。已知炮弹

及碎片均在同一竖直平面内运动，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

(1)爆炸前后系统机械能增加了多少？

(2)两块碎片在水平地面上的落地点的距离为多少？

【解析】(1)由斜抛运动规律可知，炮弹在最高点的速度为vx=v0cos45°

设两块碎片的初速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，

水平方向mv0cos45°=v1cos45°+v2cos45°

竖直方向v1sinv2sin45°

联立解得：v1=v2=v0。

炮弹爆炸前后系统增加的机械能

(2)画出两碎片运动轨迹，可知斜向上抛出的碎片比斜向下抛出的碎片多运动的水平位移，就是斜上抛的碎片

落回爆炸时所在高度时的水平位移，有d=v0cos45°·t

-v0sin45°=v0sin45°-gt

联立解得d

2.(12分)(2026河北保定四县联考)如图所示，在光滑的水平面上固定一半径为R的光滑圆弧槽1，可

视为质点的小球质量为m，锁定在槽l顶端；光滑圆弧槽2半径也为R，圆心角为(θ=60°,，圆弧最高点

为P，P右侧部分水平。两槽底端切线均水平。重力加速度为g。

(1)若槽2固定，释放小球，小球从槽2圆弧的P点冲出后，落在槽2上表面Q处，求P、Q间的距离L;

(2)若槽2不固定，释放小球，小球恰能运动到槽2圆弧的P点，求小球和槽2的质量之比;

(3)接第(2)问，若小球在槽2中上升的时间为t，求小球上升过程槽2的位移大小。

【考点】.机械能守恒定律、动量守恒定律

1

【解析】：(1)若槽2固定，设小球到达P点的速度为v

从释放到P点过程，由机械能守恒有

mgRcosmv2(1分)

冲出后做斜抛运动，设在空中运动的总时间为t总

竖直方向有vsinθ=g分)

水平方向有L=(vcosθ)t总(1分)

可得LR(1分)

(2)槽2不固定，设小球到达水平面的速度为v由机械能守恒有mgRmv

小球到达P点时，小球与槽2速度相同，设为v₀共小球在槽2中运动过程系统水平方向动量守恒，有

mv0=(m+M(v其他

全过程机械能守恒，有mgRcosm+M(v

可得分)

(3)设两者共速前某一时刻，小球和槽2速度水平分量分别为vₓ、v,之后经过极短时间Δt,水平方向

位移分别为Δx、Δx,上升阶段水平方向发生总位移为x、x12

由动量守恒有分

1mv0=m2v1x+Mv2(1)12

等式两边同乘以△t，有mv0Δt=mv1xΔt+Mv2Δt

可得mv0Δt=m△x1+M△x2

经时间t小球到达P点，此过程求和，可得

mv0t=mx1+Mx2(1分)

根据位移关系有x1=x2+Rsinθ(1分)

可得x分)

3.(2025年8月贵州“贵百河”联盟摸底)如图1所示，运动员做“蹲跳起”动作，离开地面的瞬间，全身绷紧，

之后离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求运动员离开地面瞬间的速度。

(2)地面是不会对人做功的，那么人是如何获得机械能的呢？为了解释这个问题，小亮同学构建了如下

模型：如图2所示，将人的上半身和下半身分别看作质量为m1和m2的物块，上、下半身间的作用力看成

物块间竖直轻弹簧的弹力。将m1从平衡位置向下压距离h，表示人“蹲下”；然后松手，m1向上运动，表

示人“站起”；当m1回到平衡位置时，突然将弹簧的长度锁定，m2被带离地面，表示人“跳起”。试结合这

一模型，计算运动员在“站起”过程中至少要做多少功。

(3)如图3所示的是立定跳远动作分解图，有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂，且离开地面前瞬

间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位看成两个部分，试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。

2

【解析】.(1)运动员离开地面做竖直上抛运动,由机械能守恒定律:

mgH=mv2(2分)

(上式用运动学公式,可等价给分)

解得:v=、2gH(1分)

(2)从m1下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束,这个过程表示人的“站起”过程。

设弹簧长度锁定前瞬间,m1速度为v1,弹簧长度锁定后瞬间m1与m2整体离地,速度为v=2gH

,由弹簧长度锁定过程

系统动量守恒:

m1v1=(m1+m2(v(2分)

解得v1=2gH.(1分)

2

则至少需要做功W=m1gh+m1v1(2分)

解得W=m1gh+gH(2分)

(3)把手臂和躯体看作两个部分,向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大,根据系统

的动量守恒,起跳后身体速度还会增大,从而提高成绩。(2分)

4.(12分)(2026深圳质检)如图所示，水平面上有一质量为m=4kg的滑块A，滑块A左侧紧靠着一个

处于松弛状态的轻质缓冲气囊，气囊质量可忽略不计，开始均处于静止状态。现有一质量也为m的滑

块B以v0=8m/s的速度撞向气囊，气囊与滑块A、B接触过程中，气囊产生沿水平方向的弹力F与

时间t的关系如图所示。已知滑块A、B均可视为质点，重力加速度g取10ms2。

(1)若水平面光滑，求气囊恢复原状的过程中，气囊的弹力对滑块B冲量大小IF以及B与气囊分开始

的速度大小vB；

(2)若滑块A、B与水平面的动摩擦因素μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且气囊因形变产生的

热量忽略不计，求：

①滑块A滑动过程中的最大加速度大小a；

3

②从滑块B接触气囊开始至滑块A、B均停止滑动的整个过程中，A、B滑动的总路程。

解析：(1)气囊恢复原状过程中，气囊对滑块B的冲量大小：IF=F×t2(1分)

解得：IF=32N.s(1分)

根据动量定理，气囊恢复原状后，滑块B反向，即-IF=mvB-mv0(2分)

解得：vB=0(1分)

(2)②由图可知0~t1时刻内，图像斜率k分)

当t=t1时，滑块A加速度最大，根据牛二：Fm-μmg=ma(2分)

解得：a=75ms2(1分)

②整个运动过程，根据能量守恒，最终动能全部转化为摩擦生热，因此滑块A、B运动的总路程满足：

μmgx总mv分)

解得：x总=6.4m(1分)

5.(2026深圳质检)(16分)有自动清扫功能的环卫车在城市中逐渐普及。空载质量为M的环卫车在水平

公路上匀速直线行驶。已知环卫车行驶过程中受到的阻力大小是环卫车与地面间弹力大小的k倍，重

力加速度为g。

(1)若环卫车保持恒定功率P0行驶，求：

①环卫车空载时的速度vm的大小；

②环卫车扫起前方质量为m的垃圾，扫起垃圾的时间以及垃圾的高度变化均忽略不计，请通过计算判

断环卫车扫起垃圾后的运动状态；(运动状态是以下状态之一：匀速直线运动、加速度减小的加速运动、

加速度减小的减速运动)；

(2)现假设空载的环卫车前方的垃圾均匀分布，单位长度上垃圾质量为m0，从t=0开始环卫车保持速

度v0匀速直线行驶清理前方垃圾，不考虑是否超出额定功率以及满载情况。求：

①环卫车的动能??与时间t的关系；

②环卫车的实际功率P与时间t的关系；

解析：(1)①匀速行驶，受力平衡F牵=kMg(2分)

根据功率公式P0=F牵vm(1分)

解得：vm1分)

②扫起垃圾，与车共速，动量守恒即Mvm=(M+m(v(2分)

此时牵引力F牵

解得：F牵1=k(M+m(g(1分)

即受力平衡，故环卫车依旧匀速运动(1分)

(2)①经时间t后，环卫车一直匀速运动，环卫车的质量M1=M+m0v0t(1分)

环卫车的动能EkM1v分)

解得：EkMvm0v分)

4

②经很小一段时间∆t，扫起垃圾的质量为∆m=m0v0∆t(1分)

根据动量定理：F牵∆t-kM1g∆t=∆mv0(2分)

根据P=F牵v0

32

解得：P=m0v0+km0gv0t+kMgv0(2分)

2

(备注：此题不能用系统的动能定理去做，即P∆t-kM1gv0∆t=∆mv0，该式子看似正确，其实错误。

因为扫起垃圾，并使得垃圾获得动能的同时，也会产生热量。类似传送带，环卫车一直匀速，垃圾从零加

到共速，热量大小与动能增加量一样，感兴趣的同学可以验证一下。)

6.(12分)(2026河北邢台七校联考)在一次狩猎活动中，猎手站在高处将标枪从离水平地面高度，H=

7.2m的A点水平抛出,猎物沿BC以v0=20m/s速度向右匀速运动。A'为A点在地面上的投影点，

A'与直线BC的位置关系如图所示，A'到BC的距离d=6m。，已知猎手投掷标枪的最大速度vm=

13m/s,标枪的质量m=1kg。。以O点为坐标原点，沿BC方向建立图示坐标轴。猎物和标枪均可视为

质点，不计空气阻力，g取10m/s2,207.36=14.4。

(1)标枪落地时与地面的作用时间Δt=0.1s,，求地面对标枪平均作用力的最大值；

(2)若要击中猎物，求猎手掷出标枪时猎物所在位置的坐标范围。

2

【解析】：(1)设标枪落地时竖直速度为vy，则有vy=2gH(1分)

解得vy=12m/s(1分)

落地时，设地面对标枪水平方向的最大作用力为Fₓ,竖直方向的作用力为F，，根据动量定理有-FxΔt

=0-mvm,(mg-F,)△t=0-mvy(1分)

解得Fₓ=130N,Fy=130N(1分)

则地面对标枪的平均作用力最大值为

22

F=Fx+Fy=1302(1分)

(2)设标枪在空中运动时间为t，则有H=gt2(1分)

解得t=1.2s(1分)

设标枪在水平方向最大位移为s，则有：s=vmt=15.6m(1分)

标枪在BC上的落点距O点的最大距离为xBC，则有

22

xBC=、s-d=14.4m(1分)

猎物距离O点的最近位置坐标为x，则有

=-=-

x1xBCv0t9.6m1(1分)

猎物距离O点的最远位置坐标为x，则有

=--=-

x2xBCv0t38.4m2(1分)

综上,猎物所在位置的坐标范围为-38.4m≤x≤-9.6m(1分)

5

7.(2025年湖北模拟)如图所示，光滑的台面左侧固定有一根劲度系数为k=200N/m的轻弹簧，轻弹簧的

右侧与质量为m=1kg的滑块A栓接，质量也为m的滑块B紧靠滑块A一起静止在台面上。台面右侧

下方光滑的地面上固定有一圆心角为60°、半径R=0.5m的光滑圆弧轨道，一表面与圆弧轨道右端相切

且质量为m/2的长木板C与圆弧轨道接触不粘连，在C的右侧放着2025个质量均为m的滑块(视为质

点)，C和滑块均静止。现用恒力F=10N向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，撤去恒力F，此后

某时刻，滑块B与滑块A分离，分离后滑块A在台面上做简谐运动，滑块B从平台右侧飞出，恰好从圆

弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上C。当B、C刚共速时，C恰好与滑块1发生第1次碰撞。

一段时间后，B、C再次共速时，C恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后B、C共速时，C总是恰好与滑块1

发生碰撞；物块B始终未从C上滑落，若C与B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度为g=10m/s2，所

2

有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。弹性势能公式Ep=kx，其中k为弹簧劲度系数，x为弹

簧形变量。求：

(1)滑块A做简谐运动的振幅A；(结果用根号表示)

(2)滑块B在圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

(3)滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程。

【解析】(1)用恒力F=10N向左推动滑块B，当滑块A、B速度为0时，设B移动距离为x，由功能关系

Fx=kx2。

22

撤去恒力F，AB在弹簧原长处分离，由能量守恒定律，kx=·2mv0

22

此后滑块A做简谐运动，动能转化为弹性势能。由能量守恒定律，kA=mv0

解得滑块A做简谐运动的振幅A=m，v0=1m/s

(2)物块B抛出后到达固定轨道时速度vm/s

B在固定轨道上下滑到最低点的过程，由动能定理mgR(1-cos60°)=mv'2-mv2

B在最低点，由牛顿第二定律，FN-mg=m

联立解得FN=28N

由牛顿第三定律得B对轨道的压力大小为FN'=FN=28N

(3)B滑上C后，BC构成的系统动量守恒，设BC共速时的速度为v10，由动量守恒定律

mv'=(m+m/2)v10；

6

C与滑块1发生第1次弹性碰撞，

由动量守恒定律mv10=mvC1+mv1；

222

由机械能守恒，·mv10=·mvC1+mv1；

此后滑块1和2弹性碰撞，滑块1静止；滑块2以速度v10和3弹性碰撞，滑块2静止；···。

碰撞后C和B再次共速，由动量守恒定律mvC1+mv10=(m+m/2)v20；

由牛顿第二定律μmg=ma，

C前进的位移x1==m

C与滑块1发生第2次弹性碰撞，

由动量守恒定律mv20=mvC2+mv2；

由机械能守恒，mvmvmv

此后滑块1和2弹性碰撞，滑块1静止；滑块2以速度v20和3弹性碰撞，滑块2静止；···。

碰撞后C和B再次共速，由动量守恒定律mvC2+mv20=(m+m/2)v30；

C前进的位移x2==×m

······

2023

C与滑块1发生第2024次弹性碰撞后，C前进的位移x2024==m

每两次碰撞过程中，C前进的位移即滑块1前进的位移，滑块前进后和滑块2碰撞，然后等滑块C刚好共

速时碰撞滑块1，即滑块C最后一次与滑块1发生碰撞前，滑块1的总路程为

2024

Γ

=L|m

8.(2026河南濮阳质检)如图所示，水平面上固定一倾角为α=30°的光滑斜面，斜面低端与水平面平滑连

接，质量为m的小球A静止在斜面底端，在小球A右侧L=1.6m处有一质量为3m的小球B。t=0时

刻，将质量为m的小球C在斜面上距小球A也为L处由静止释放。已知小球A与水平面间无摩擦，小

球B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短课忽略不计，小球均可看

作质点，重力加速度g取10m/s2。求：

7

(1)小球C与小球A第一次碰撞后小球A的速度大小；

(2)从t=0时刻至小球A第一次返回斜面底端所经历的时间△t；

(3)从t=0时刻至小球A与B第3次碰撞前的过程中B的位移。

【答案】．(1)4m/s(2)2s(3)0.25m

【解析】(1)设小球C运动到斜面底端的速度为v0，由机械能守恒有

2

mgLsinα=mv0……………1分

小球C在斜面底端与小球A发生弹性碰撞有mv0=mvC1+mvA0……1分

222

mv0=mvC1+mvA0…………1分

解得vA0=4m/s………………1分

（2）设球C自静止释放至运动到斜面底端的时间为t1，由牛顿第二定律有

mgsinα=ma………………1分

2

根据位移时间公式有L=gsinαt1………………1分

小球C与小球A第1次碰后至与小球B碰前时间为t2，则有L=vA0t2……………1分

小球A与小球B第1次碰撞，根据动量守恒有mvA0=mvA1+3mvB1………………1分

能量守恒mvmvmv……1分

解得vA1=-2m/s，vB1=2m/s.......................................................1分

小球A与B第1次碰后，小球A第1次返回斜面底端所用时间为t3，则有

L=νA1t3...1分

小球A第1次返回斜面底端所经历的时间Δt=t1+t2+t3

解得Δt=2s.......................1分

(3)每次碰后小球B做匀减速运动，由牛顿第二定律3μmg=3maB.......................1分

设第一次碰后小球B匀减速到静止所用时间为t4，根据速度时间公式有νB1=αBt4...........1分

解得t4>2t3，由此可知第二次碰撞前小球B已静止，小球A每次与小球B碰撞后，速度大小变为原来的

,小球B的速度大小也为小球A原来速度大小的…………1分

故每次碰撞前小球B均已停下

2

由vB=2aBx得小球A与小球B第二次碰前小球B的位移大小x分

小球A与小球B第三次碰前小球B的位移大小x2==m=0.25m……………1分

从t=0时刻至A与B第3次碰撞前的过程中B的位移x=x1+x2=1.25m…………1分

9.(2026重庆沙坪坝质检)如图所示，一倾角θ=30o的足够长光滑斜面固定在水平面上。斜面上固定了一

中间带孔的滑槽。一轻质直杆平行于斜面穿在滑槽中，另一端与一劲度系数为k=25N/m、沿杆方向的

轻弹簧相连，轻质直杆与滑槽的最大静摩擦力为f=12.5N。现将一质量为m=1kg的小滑块从距离弹

2

簧上端L=0.2m处静止释放。已知弹簧的弹性势能Ep=kx(x为弹簧的形变量)、滑动摩擦力等于最

大静摩擦力、弹簧始终在弹性限度内且不会碰到滑槽、当地重力加速度取g=10m/s2，求：

8

(1)滑块下滑的最大速度vm的大小；

(2)直杆开始运动时弹簧的形变量以及全程产生的热量；

(3)若使滑块从距离弹簧上端3L处静止释放，求滑块与弹簧分离时的速度大小。

【解析】(1)当弹簧弹力F1=mgsinθ时，弹簧弹力F1=5N<f。

轻杆在滑槽中不会滑动，滑块达到最大速度，此时弹簧的压缩量x1=F1/k=0.2m

由机械能守恒定律，mgsinkxmv

解得：vm=3m/s

(2)直杆开始运动时弹簧弹力F2=f=12.5N

此时弹簧的压缩量x2=F2/k=0.5m

设直杆开始运动时，滑块的速度为v1，由机械能守恒定律，mgsinkxmv

之后滑块与直杆将一起运动，直至速度减为零。设运动距离为s，根据动能定理

由机械能守恒定律，mgssinθ-fsmv

解得s=0.05m

此后直杆一直保持静止，全程产生的热量Q=fs=0.625J

(3)结合(2)分析，若使滑块从距离弹簧上端3L处静止释放，直杆下滑的距离将增加，并不影响弹簧的弹

性势能。滑块与弹簧分离，滑块还需要向上运动x2的距离，根据机械能守恒定律，

解得滑块与弹簧分离时的速度大小vm/s

10.(2025河北秦皇岛模拟)如图，一圆形管道固定在水平地面上，管道上有a、b、c三点，恰好将圆形管道划

分为三个圆心角均为120°的圆弧，管道内放置两大小相同的小球A、B(均可视为质点)，小球的直径略小

于管道的孔径。初始时，B球静止，现给A球一初速度vO，小球A、B在a点发生第一次碰撞。已知

A球质量大于B球质量，所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短。

9

(1)若不计一切摩擦且A、B两球的质量之比为2:1，在a点发生第一次碰撞后，求A、B两球速度的大小。

(2)若两球在a点发生第一次碰撞后，A球第一次停在b点，B球第一次停在c点，且两球碰撞后均未运

动一周，A、B两球运动过程中受到的阻力分别为自身重力的