题型对点练 计算题对点练(四) 能量和动量计算题（word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

**基本信息** 聚焦能量与动量综合应用，通过4道典型计算题构建“过程分析-定律应用-多体作用”的解题逻辑链，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |碰撞与相对运动|1|斜抛弹性碰撞+板块模型|动量守恒→动能定理→摩擦生热| |圆弧与传送带|1|圆弧下滑+传送带减速+弹性碰撞|机械能守恒→运动学公式→冲量计算| |机械能与动量|1|系统平衡+弹性碰撞+阻力做功|受力分析→机械能守恒→动量守恒| |多轨道系统|1|轨道滑行+弹簧压缩+能量回收|动能定理→动量守恒→能量守恒|

计算题对点练(四)　能量和动量计算题 1.(10分)(2025福建莆田模拟)如图所示,长为L=4 m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上,长木板的左端与平台左端对齐,质量为m的物块b放在长木板上表面的左端,长木板的上表面离地面的高度为1.8 m。先将长木板锁定,让质量为m的小球a在地面上的A点斜向右上与水平方向成45°角抛出,小球a沿水平方向与物块b发生弹性碰撞,碰撞后,物块b滑离长木板时速度为a、b碰撞后一瞬间b的速度的,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球a与物块b碰撞前一瞬间,小球a的速度大小; (2)物块b与长木板上表面的动摩擦因数; (3)解除长木板的锁定,让小球a仍从A点以原速度抛出,小球a与物块b碰撞后,物块b与长木板的最终速度大小。 2.(12分)如图所示,固定在竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧最低点与水平传送带相切于B点,传送带左端与足够长光滑水平面相切于C点。传送带BC之间的距离为R,传送带始终以大小为v0=的速度沿逆时针匀速转动。一质量为3m的物块Q静止在水平面C端,将质量为m的物块P在圆弧的最高点A由静止释放,P沿圆弧下滑并滑上传送带,运动到水平面上后与Q发生弹性碰撞,P与传送带间的动摩擦因数为0.4,不计物块的大小及空气阻力。重力加速度大小为g,求: (1)物块P运动到圆弧最低点时对轨道的压力大小; (2)P与Q碰撞过程中,P对Q的冲量大小; (3)碰撞之后,P、Q间的最大距离。 3.(13分)(2025山西临汾适应练)建筑工地上,有一种简易打桩机。如图所示,打桩锤C和重物A、B通过不可伸长的轻质钢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),C到两定滑轮的距离均为L=3 m。重物A、B和打桩锤C均可视为质点,A、B的质量均为m=50 kg,C质量为m'=80 kg。系统可以在如图中虚线位置保持静止(C、D恰不接触)。某次打桩时,将C由图中实线位置静止释放,运动到虚线位置时,与质量为mD=120 kg的静止桩D发生弹性碰撞,碰撞时间极短。碰撞后桩D进入泥土,受到泥土的阻力随深度x变化的关系式为Ff=kx(k为常量),桩D进入泥土的最大深度xm=10 cm。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)打桩锤C从静止运动到虚线位置时,C下降的高度H; (2)打桩锤C从静止运动到虚线位置时,C获得的速度v0; (3)常量k的值。 4.(15分)(2025福建龙岩模拟)如图所示,某快递公司自动卸货装置由直轨道AB、圆弧轨道BC、水平轨道DE和固定在E端的弹簧组成,轨道均光滑,AB与BC相切于B点。直轨道倾角θ=37°,A、B两点竖直高度差h=0.9 m,圆弧轨道半径R=1 m、圆心角θ=37°。质量为m1=1 kg的运货箱载有质量为m2=3 kg的货物一起从轨道最高点A静止下滑,经圆弧BC滑上紧挨着C点的静止小车,小车上表面水平且与C点等高,运货箱与挡板碰撞后共速但不粘连,二者右行压缩弹簧至最短时锁定。卸货后解锁,小车与空箱被弹回,小车遇左侧台阶碰撞瞬间停止,空箱滑出后恰能返回到A点。已知小车质量m3=1.5 kg,长度L=0.6 m,弹簧始终在弹性限度内,货物在运货箱内不滑动,运货箱和货物视为质点,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)运货箱经过圆弧轨道C点时对轨道的压力; (2)当弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能; (3)小车上表面与运货箱间的动摩擦因数。 参考答案 1.答案 (1)6 m/s (2)0.15 (3)1 m/s 解析 (1)设小球a与物块b碰撞前一瞬间,小球a的速度大小为v1,在A点抛出的初速度大小为v0,则竖直方向根据运动学公式=2gh 综合解得v1=v0cos 45°==6 m/s。 (2)a与b碰撞过程,根据动量守恒定律有mv1=mv2+mv3 根据机械能守恒定律有 解得v2=-2 m/s,v3=4 m/s 根据题意,物块b滑离长木板时的速度v4=2 m/s 根据动能定理有μmgL= 解得μ=0.15。 (3)假设a、b碰撞后物块b能滑到长木板的右端,令此时物块b和长木板的速度大小分别为v4'、v5,则由动量守恒定律有mv3=mv4'+3mv5 由能量守恒定律有μmgL=mv4'2-×3m 联立两式代入数据解得v4'=v5=1 m/s 可见假设成立且物块b刚好静止在长木板的右端。 2.答案 (1)3mg (2) (3)R 解析 (1)设P第一次滑上传送带时,物块P的速度大小为v1,根据机械能守恒定律有mgR= 解得v1= 运动到圆弧最低点时由牛顿第二定律得FN-mg= 解得FN=3mg 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小FN'=FN=3mg。 (2)设物块在传送带上先减速后匀速,则匀减速运动的加速度大小a=μg=0.4g 减速运动的距离x==1.25R>R 假设不成立,因此P第一次通过传送带一直做减速运动,设通过传送带的速度大小为v2,则有=R 解得v2= 设Q、P碰撞后,P的速度大小为v3,Q的速度大小为v4,根据动量守恒定律有mv2=-mv3+3mv4 根据能量守恒定律有×3m 解得v3=v4=v2= 碰撞过程中,P对Q的冲量大小I=mv2+mv3=。 (3)碰撞后P向左减速至速度为0的过程中位移x3=R<R 又v3<v0 因此物块P第二次在传送带上先减速再反向加速运动,运动的时间t2= 最终Q、P共速,Q、P间的最大距离s=v4t2=R。 3.答案 (1)4 m (2) m/s (3)1.52×105 N/m 解析 (1)打桩锤C静止在虚线位置时,合力为0,此时绳与竖直方向夹角为θ,以C为研究对象,根据平衡条件有2mgcos θ=m'g 得cos θ=,θ=37° 打桩锤C从静止下降到虚线位置时下降的高度H= 解得H=4 m。 (2)打桩锤C从静止下降到虚线位置时的速度为v0,则A、B的速度vA=vB=v0cos θ A、B上升的高度hA=hB=-L 根据机械能守恒定律有m'gH-2mghA=m'+2× 得v0= m/s。 (3)打桩锤C和静止桩D发生弹性碰撞,设碰后C的速度为vC,D的速度为vD,根据动量守恒定律有m'v0=m'vC+mDvD 根据能量守恒定律有m'm'mD 得vD=v0= m/s D进入泥土,根据动能定理有mDgxm-Wf=0-mD 其中克服阻力做功Wf= 解得k=1.52×105 N/m。 4.答案 (1)128 N,方向竖直向下 (2)32 J (3)0.3 解析 (1)对运货箱和货物整体,从A到C过程,由动能定理有(m1+m2)g[h+R(1-cos θ)]=(m1+m2) 解得vC= m/s C点有FN-(m1+m2)g=(m1+m2) 解得FN=128 N 根据牛顿第三定律,运货箱对轨道的压力FN'=FN=128 N,方向竖直向下。 (2)从滑上小车到共速,运货箱、货物和小车组成的系统动量守恒,则有(m1+m2)vC=(m1+m2+m3)v共 弹簧压缩到最短时,弹簧的弹性势能为Ep=(m1+m2+m3) 解得Ep=32 J。 (3)取走货物,弹簧解锁后,弹性势能转化为运货箱和小车的动能,即Ep=(m1+m3)v2 小车与台阶碰撞后静止,此后根据能量守恒定律,有m1v2=μm1gL+m1g[h+R(1-cos θ)] 解得μ=0.3。 7 学科网（北京）股份有限公司 $