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专题强化十三 动量和能量的综合问题
目标要求 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．
1．解动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的
求解过程．
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．
(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．
题型一 动量与能量观点的综合应用
例1 (2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状
1
态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．
当A回到最低点时，质量为m 的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，
2
并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能E 至少多大？
k
答案 (1)m (2)
1
解析 (1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速
度大小为v，由牛顿第二定律，有
mg＝m
1 1
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的
速度大小为v ，有
Amv 2＝mv2＋2mgl
1 A 1 1
联立解得v ＝
A
由动量定理，有I＝mv ＝m
1 A 1
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需
满足
v′＝v
A
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前 B的速度方向相同，以此方向为正方向，
设B碰前瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律，有
B
mv －mv ＝(m＋m)v′
2 B 1 A 1 2
联立解得v ＝
B
又E＝mv 2
k 2 B
可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为
k
E＝.
k
例2 如图所示，光滑水平轨道MN左端与倾角θ＝37°的足够长的斜面PM连接，右端与半
径为R的光滑圆弧轨道QN连接．质量分别为m ＝2 kg和m ＝3 kg的滑块A、B之间夹有少
1 2
量炸药，静止在MN上(滑块A、B均可视为质点，炸药的质量忽略不计)．炸药引爆后释放
的化学能E＝30 J全部转化为两滑块的动能，之后滑块B冲上圆弧轨道，滑块A冲上斜面
PM，A与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)炸药引爆后A、B到达M、N点时的动能E 、E 各为多大；
A B
(2)已知B恰好能到达圆弧轨道的最高点Q，圆弧轨道的半径R是多大；
(3)A沿斜面上滑的最大距离x.
答案 (1)18 J 12 J (2)0.4 m (3)0.9 m
解析 (1)设炸药引爆后A、B的速度大小各为v、v，
1 2
取向左为正方向，由动量守恒定律得
mv－mv＝0
1 1 2 2
由能量守恒定律得：E＝mv2＋mv2；
1 1 2 2
可得E ＝mv2，E ＝mv2；
A 1 1 B 2 2
联立解得E ＝18 J，E ＝12 J
A B
(2)B从N到Q的上滑过程，由机械能守恒定律得E ＝mgR
B 2
可得R＝0.4 m
(3)A从M沿斜面上滑的过程，运用动能定理得：
－mgxsin 37°－μm gxcos 37°＝0－E
1 1 A解得x＝0.9 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例3 如图所示，一质量为M＝3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处
有一障碍物A，质量为m＝2.0 kg的b球用长l＝2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也
为m的滑块(视为质点)以v ＝7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平
0
向右的，大小为6 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤
去恒力F.当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b
粘在一起成为c.不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力．已知滑块与平板车间的动摩擦
因数μ＝0.3，g取10 m/s2，求：
(1)撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；
(2)撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；
(3)c能上升的最大高度．
答案 (1)滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右
(2)4 m/s (3)0.2 m
解析 (1)对滑块，由牛顿第二定律得：
a＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
1
对平板车，由牛顿第二定律得：a＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
2
(2)设经过时间t 滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v
1 1
则：v＝v－at
1 0 11
v＝at
1 21
解得：t＝1 s，v＝4 m/s.
1 1
(3)规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得，mv＝2mv，
1 2
解得v＝＝ m/s＝2 m/s.
2
根据机械能守恒得，×2mv2＝2mgh，
2
解得h＝＝ m＝0.2 m.
例4 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在
同一水平面上．桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环
剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量
m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水
平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞
离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道．(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)BP间的水平距离s ；
BP
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
(3)物块A由静止释放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)设碰撞后物块B由D点以初速度v 做平抛运动，
D
落到P点时v2＝2gR①
y
其中＝tan 45°②
由①②解得v ＝4 m/s③
D
设平抛用时为t，水平位移为s，则有R＝gt2④
2
s＝v t⑤
2 D
由④⑤解得s＝1.6 m⑥
2
物块B碰后以初速度v ＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2减速到v ，则BD过程由运动学公式v 2
0 D D
－v2＝2as⑦
0 1
解得s＝2.5 m⑧
1
故BP之间的水平距离s ＝s＋s＝4.1 m⑨
BP 2 1
(2)若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为v ，由D到M的运动过程，根据动能
M
定理，
则有－mgR＝mv 2－mv 2⑩
M D
设在M点轨道对物块的压力为F ，
N
则F ＋mg＝m⑪
N
由⑩⑪解得F ＝(1－)mg<0，假设不成立，即物块不能到达M点．
N
(3)对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有：m v ＝m v ′＋m v ⑫
A A A A B 0
根据机械能守恒有：
m v 2＝m v ′2＋m v2⑬
A A A A B 0
由⑫⑬解得：v ＝6 m/s⑭
A
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有：
mgh＝mv 2，⑮
A
由⑭⑮解得h＝1.8 m．⑯课时精练
1.如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接．一质量为m的
小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞．
A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度为g.假设A、B间的碰撞为完全弹性碰
撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)请计算说明物块A与B能否发生第二次碰撞．
答案 见解析
解析 (1)设碰撞前A的速度为v，对A下滑过程由动能定理得：
mgh＝mv2，得v＝
碰撞中由动量守恒得：mv＝mv′＋4mv
B
由机械能守恒得：
mv2＝mv′2＋×4mv 2
B
解得v′＝v，v ＝v
B
解得碰撞后A的速度：v′＝－
B的速度v ＝
B
(2)碰撞后A沿光滑轨道上升后又滑到O，然后向右减速滑行至停止，对此过程由动能定理
得：
μmgx ＝mv′2，解得x ＝h
A A
B沿地面减速滑行至停止，μ·4mgx ＝×4mv 2
B B
得x ＝h
B
因为x >x ，所以会发生第二次碰撞．
A B
2.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R＝
m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心连
线夹角为90°；现给A滑块一瞬时冲量，使其获得v ＝2 m/s的初速度并沿铁槽运动，与B
0
滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g
＝10 m/s2；试求：(1)A、B第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能E ；
pm
(2)A滑块运动的总路程．
答案 见解析
解析 (1)对A滑块，由动能定理可得：
－μmg＝mv2－mv2
1 0
A、B碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得：
mv＝(m＋m)v
1 2
又由能量守恒定律可得：
mv2＝(m＋m)v2＋E
1 2 pm
解得：E ＝1.8 J
pm
(2)A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mv＋mv
1 3 4
又由机械能守恒定律可得：
mv2＝mv2＋mv2
1 3 4
解得：v＝0，v＝6 m/s
3 4
A、B的总路程为s，由功能关系有：－μmgs＝0－mv2
1 1 0
A、B运动的总圈数为n，有：s＝2πRn
1
得：n＝2.5
对A、B的运动过程分析，A运动了1.25圈，
故A滑块的路程s＝1.25×2πR＝5 m.
2
3.光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小
车质量M＝2.0 kg，高h＝0.2 m，如图所示．现从圆弧导轨顶端将一质量为m＝0.5 kg的滑
块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上
的B点．滑块落地后0.2 s小车右端也到达B点．已知AB相距L＝0.4 m，g取10 m/s2，求：
(1)滑块离开小车时的速度大小；
(2)圆弧导轨的半径；
(3)滑块滑过小车的过程中产生的内能．
答案 (1) 2 m/s (2) 1.8 m (3) 7 J解析 (1)滑块平抛过程中，沿竖直方向有：
h＝gt2
1
沿水平方向：L＝vt
11
解得：t＝＝0.2 s，v＝＝2 m/s
1 1
(2)滑块滑出后小车做匀速直线运动：v＝＝ m/s＝1 m/s
2
滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正
方向，
则：mv＝mv＋Mv
0 1 2
代入数据得：v＝6 m/s
0
滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有：
mgR＝mv2
0
代入数据得：R＝1.8 m
(3)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能：ΔE＝mgR－(mv2＋Mv2)
1 2
代入数据得：ΔE＝7 J.
4．如图所示，水平轨道OP光滑，PM粗糙，PM长L＝3.2 m．OM与半径R＝0.15 m的竖
直半圆轨道MN平滑连接．小物块A自O点以v＝14 m/s向右运动，与静止在P点的小物块
0
B发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B分开，A恰好运动到M点停止．A、B均看作质点．
已知A的质量m ＝1.0 kg，B的质量m ＝2.0 kg，A、B与轨道PM的动摩擦因数均为μ＝
A B
0.25，g取10 m/s2，求：
(1)碰后A、B的速度大小；
(2)碰后B沿轨道PM运动到M所需时间；
(3)若B恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．
答案 (1) 4 m/s 5 m/s (2) 0.8 s (3) 1.5 J
解析 (1)由牛顿第二定律，A、B在PM上滑行时的加速度大小相同，均为a，
a＝＝＝μg
代入数据得：a＝2.5 m/s2
由运动学知识，对A，v2＝2aL
1
得碰后速度v＝4 m/s
1
A、B相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，得：m v＝m v＋m v
A 0 A 1 B 2
得碰后B的速度v＝5 m/s
2
(2)对B物块，P到M的运动过程，有：L＝vt－at2
2
结合(1)可解得：t＝3.2 s(不符合，舍去)
1
t＝0.8 s
2
即所求时间t＝0.8 s
(3)B在M点的速度大小v＝v－at
3 2
代入数值解得：v＝3 m/s
3
B恰好过N点，满足：＝m g
B
M到N过程，由功能关系可得
ΔE＝m v2－m v2－2m gR
B 3 B 4 B
联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.
