文档内容
训练十二 动量和能量的综合问题
知识梳理
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 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在
水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v为10 m/s向上滑
0
动时，受到滑杆的摩擦力F为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖
f
直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度
g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小F 和F；
N1 N2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即F＝(m＋M)g＝8 N
N1
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖
直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为F＝Mg－F′＝5 N.
N2 f
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Fl＝mv2－mv2
f 1 0
代入数据解得v＝8 m/s.
1
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
1
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m.
变式训练1 (2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，B点右侧为
水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑．B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨
道与水平轨道在B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的C
点，B与C之间距离L＝0.7 m．一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与
小物块均处于静止状态．一质量m＝20 g的子弹以速度v＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子
0 0
弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值E；
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x.
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
0 0 0 1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 2
由机械能守恒定律有(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋mgh
0 1 0 2
联立解得h＝1.2 m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m.
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有
3
(m＋M)v＝(m＋M)v＋mv
0 1 0 3
由能量守恒定律有(m＋M)v2＝(m＋M)v2＋mv2
0 1 0 3
联立解得v＝2 m/s，v＝8 m/s
3
即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
(3)当弹簧具有最大弹性势能E 时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m＋M)v＋mv＝(m＋M＋m)v
pm 0 3 0 4
由能量守恒定律有(m＋M)v2＋mv2＝(m＋M＋m)v2＋μmgL＋E
0 3 0 4 pm
联立解得E＝8.5 J.
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC部分总共运动了s的路程，由水平方向
动量守恒有(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 5
由能量守恒定律有(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋μmgs
0 1 0 5
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m.
题型二 力学三大观点的综合应用
例2 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x＝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．A、B均可视为质点，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点以速度v做平抛运动，落到P点时v2＝2gR①
D y
其中＝tan 45°②
联立①②解得v＝4 m/s③
D
设平抛用时为t，水平位移为x，则有R＝gt2④
2
x＝vt⑤
2 D
联立④⑤解得x＝1.6 m⑥
2
由x＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2减速到v，则BD过程由运动学公
0 D
式v2－v2＝2ax⑦
D 0 1
解得x＝2.5 m⑧
1
故BP之间的水平距离s＝x＋x＝4.1 m⑨
BP 2 1
(2)假设物块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，根据动能定理，
M
则有－mgR＝mv2－mv2⑩
M D
设在M点轨道对物块的压力大小为F，
N
则F＋mg＝m⑪
N
由⑩⑪解得F＝(1－)mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点．
N
(3)物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则v＝v＝6 m/s⑫
A 0
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝mv2，⑬
A
由⑫⑬解得h＝1.8 m.
变式训练2 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平
板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C
位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m．由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点
与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知平板A的质量
m＝1 kg，物块B的质量m＝1 kg，物块C的质量m＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的
A B C
动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
(3)求平板A在桌面上滑行的距离．
答案 (1)7.5 J (2)2 J (3) m
解析 (1)设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为v和v，B、C组成的系统动量守恒，则有
B C
mv－mv＝0
B B C C
由能量守恒定律得E＝mv2＋mv2
p B B C C
分离后，物块C做平抛运动，则有h＝gt2，x＝vt
C
联立解得v＝2 m/s，v＝3 m/s，E＝7.5 J.
C B p
(2)B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为v，对物块B，由
B1
动能定理得－μmgL＝mv2－mv2
B B B1 B B
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有
mv＝mv＋mv，
B B1 B B2 A A
mv2＝mv2＋mv2
B B1 B B2 A A
且E＝mv2
kA A A
联立解得v＝2 m/s，v＝0，v＝2 m/s，E＝2 J.
B1 B2 A kA
(3)A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmg＝ma
B B B
对A有μmg＋μ(m＋m)g＝ma
B B A A A
解得a＝6 m/s2，a＝2 m/s2
A B
设经过时间t，两者共速，则有v＝at＝v－at
B A A
解得v＝ m/s，t＝ s
此过程中A向左运动距离x＝t＝× m＝ m
1
此后，A、B相对静止一起减速到零，有－μ(m＋m)gx＝0－(m＋m)v2
B A 2 B A
解得x＝ m，
2
整个过程中A在桌面上滑行的距离为x＝x＋x＝(＋) m＝ m.
1 2
强基固本练
1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆
上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C
球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度．
答案 (1)2 (2) (3)
解析 (1)对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mv＝2mv
C AB
mgl＝mv2＋×2mv2
C AB
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小为v＝2.
C
(2)对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mx＝2mx
C AB
x＋x＝l
C AB
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离为x＝.
AB
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.
对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mv－mv＝2mv
C AB
由机械能守恒定律可得
mv2＋mv2＝×2mv2＋mgh，则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
C AB
联立解得Δh＝.
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B
和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点．C点右侧的粗糙水平面上，紧
挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m＝1 kg的物
2
块，另一质量为m＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到
1
达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m
2 2
的物块刚好未从木板上滑下．已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m的物块与木板间的动摩擦因数μ＝
2 1
0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
2
0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m的物块到达B点时的速度大小v；
1 B
(2)质量为m的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W ；
1 克f
(3)木板的长度L.
答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m
1
竖直方向上有v2＝2gh
y
根据几何关系可知v＝vcos θ
y B
联立解得v＝5 m/s
B
(2)质量为m的物块到达C点时，由牛顿第二定律有F－mg＝
1 N 1
解得v＝6 m/s
C
质量为m的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
1
mg(R＋Rsin θ)－W ＝mv2－mv2
1 克f 1 C 1 B
解得W ＝10.5 J
克f
(3)质量为m的物块运动到C点时与质量为m的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则
1 2
v＝v＝6 m/s
2 C经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m的物块有μmg＝ma
2 1 2 2 1
对木板有μmg－μ(m＋M)g＝Ma
1 2 2 2 2
根据公式v＝v＋at，设经过时间t后二者共速有at＝v－at
0 2 2 1
对质量为m的物块有x＝vt－at2
2 1 2 1
对木板有x＝at2
2 2
因为质量为m的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m的物块相对木板的位移即为木板长度，则有
2 2
L＝x－x
1 2
联立解得L＝3 m.
3.如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧
(未与A、B连接)．距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切
于C点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)．某一时刻将压缩的弹簧
释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D(过D点后立即撤去物块A)，B向左
平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)．已知A与右侧水平面间的动摩
擦因数μ＝0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体分离时，物块B与斜面体各自的速度大小．
答案 (1)6mg (2) (3)
解析 (1)设A恰好通过D点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律有mg＝m①
D
设A通过C点时的速度大小为v，则对A从C到D的运动过程，根据动能定理有
C
－2mgL＝mv2－mv2②
D C
设物块A通过C点时所受轨道支持力大小为F，根据牛顿第二定律有F－mg＝m③
联立①②③解得F＝6mg④
根据牛顿第三定律可知，物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F′＝F＝6mg⑤
(2)设弹簧释放瞬间A、B的速度大小分别为v、v，由动量守恒定律有mv＝mv⑥
A B A B
对物块A从弹簧释放到运动到C点的过程，由动能定理有－μmgL＝mv2－mv2⑦
C A
设斜面体的质量为M，B滑上斜面体最高点时，B和斜面体有共同速度v，对B和斜面体，
由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v⑧
B
由机械能守恒定律有
mv2＝(M＋m)v2＋mgL⑨
B
联立①②⑥⑦⑧⑨解得M＝⑩
(3)物块B与斜面体分离时，设物块B与斜面体各自的速度分别为v′和v′，以水平向左为正方向，由动
B
量守恒定律有mv＝mv′＋Mv′⑪
B B
由机械能守恒定律有mv2＝mv′2＋Mv′2⑫
B B
联立⑩⑪⑫解得v′＝，v′＝.
B
4．(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以
速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形
细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左
拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1
m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光
滑，物块a落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质
点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v的大小；
0
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F与h间满足的关系；
N
(3)若物块b释放高度0.9 m
