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难点 13 动量和能量的综合问题
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．
一、动量与能量观点的综合应用
【例1】长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后
1
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
2
面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，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
A
mv 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
二、力学三大观点的综合应用
【例2】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
0
＝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.一、单选题
1．（2022·全国·高三专题练习）两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m ＝1 kg，m ＝2
A B
kg，v ＝6 m/s，v ＝2 m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A B
A．v ′＝5 m/s，v ′＝2.5 m/s
A B
B．v ′＝2 m/s，v ′＝4 m/s
A B
C．v ′＝－4 m/s，v ′＝7 m/s
A B
D．v ′＝7 m/s，v ′＝1.5 m/s
A B
【答案】B
【解析】AD．碰前的动量为
碰后A项的总动量为
D项的总动量为
则两种情况都满足动量守恒；但碰后A的速度v ′大于B的速度v ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，
A B
AD错误；
B．碰后的总动量为
则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能
两球碰后的总动能
不违背能量守恒定律，B正确；
C．碰后的总动量为
则满足动量守恒，两球碰后的总动能大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律，C错误。
故选B。
2．（2022·全国·高三课时练习）如图，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止
释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则（ ）
A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大
B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大
C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变
D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变
【答案】B
【解析】A．重锤下落过程做自由落体运动，据位移速度公式可得
故重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，A错误；
B．重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，可得
故重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；
C．碰撞过程为完全非弹性碰撞，重锤和预制桩的总机械能要减小，系统要产生内能，C错误；
D．整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度减速下降的过程中，受合外力不为零，总动量减小，D错误。
故选B。
3．（2022·重庆·模拟预测）如图1所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动
一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度-
时间图象如图2所示， 时刻甲、乙间距为 ，均停止后间距为 ，已知重力加速度 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．两物块与地面间的动摩擦因数相同
B．两物块的质量之比为
C．两物块间的碰撞为弹性碰撞
D．乙在整个过程中的位移大小
【答案】D
【解析】A．从图2可以看出
，
解得
，
A错误；
B．碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为 ， ，由运动学知识可知碰后瞬间甲、乙两
物块的速度分别为 ， ，根据动量守恒定律有
解得
B错误；
C．结合B项分析可知
故碰撞过程中有动能损失，C错误；D．结合图象分析可知， 之后的运动过程，甲的位移为零，则乙的位移大小
D正确。
故选D。
4．（2022·河南·睢县高级中学高三开学考试）如图所示，一同学在 点的正上方 高处将小球 由静止
释放，同时，另一同学将质量相同的小球 从 点以 的初速度竖直向上抛出，两小球在空中发生弹
性碰撞（时间极短）经过一段时间后，两小球分别经过 点。取重力加速度大小 ，不计空气阻
力，两小球均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞点到 点的距离为
B．碰撞前瞬间小球 的速度大小为
C．小球 经过 点时的速度大小为
D．两小球经过 点的时间间隔为
【答案】D
【解析】AB．设两球经过时间 发生碰撞，对于小球 ，下落的高度为
对于小球B，上升的高度为
则
解得则
则碰撞点到 点的距离为 ，碰撞前瞬间小球 的速度大小为
碰撞前瞬间小球 的速度大小为
故AB错误；
CD．两小球在空中发生弹性碰撞，且两个小球的质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定理可知，两个
小球的速度互换，则小球A从碰撞点开始向下做自由落体运动，则到达P点的速度大小为
根据
可得小球A下落到P点的时间
小球B做初速度为 的匀加速运动，根据
解得小球B下落到P点的时间
则两小球经过 点的时间间隔为
故C错误D正确。
故选D。
5．（2022·湖北省孝感市第一高级中学模拟预测）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆
弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入
半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球从小车的B点冲出后，不能止升到刚释放时的高度
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒
D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小
【答案】C
【解析】A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；
B．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机
械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误；
C．整个过程中小球和小车的机械能守恒，C正确；
D．人船模型可得
解得
，
所以小球的水平位移大小为 ，故D错误。
故选C。
6．（2022·广东·模拟预测）如图所示，半径为R光滑的 圆弧轨道PA固定安装在竖直平面内，A点的切
线水平，与水平地面的高度差为R，让质量为m=0.2kg的小球甲（视为质点）从P点由静止沿圆弧轨道滑
下，从A点飞出，落在地面的B点，飞出后落到地面的水平位移为x=0.9m；把质量为M=0.4kg的小球乙
（与甲的半径相同）静止放置在A点，让小球甲重新从P点由静止沿圆弧轨道滑下，与乙发生弹性碰撞，
空气的阻力忽略不计、重力加速度 ，下列说法正确的是（ ）A．圆弧轨道的半径R=0.9m
B．乙从A点飞出至落至地面过程中重力的冲量大小为
C．甲、乙碰撞后乙的速度2.0m/s
D．乙对甲的冲量大小为
【答案】C
【解析】A．甲由P到A，由机械能守恒定律可得
甲由A到B，由平抛运动的规律可得
综合解得
故A错误；
B．乙做平抛运动的时间为
重力的冲量
计算可得
故B错误；
C．甲乙在A点发生碰撞，设碰后甲乙的速度分别为 、 ，由动量守恒由能量守恒
综合解得
故C正确；
D．甲乙在碰撞的过程中，对甲应用动量定理，可得乙对甲的冲量大小为
故D错误。
故选C。
7．（2022·福建·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为m的半圆轨道静止在光滑水平地面上，直径AB
水平，半径OC竖直。一可视为质点的质量为 的小物块从A端由静止滑下。已知小物块第一次经过C点
时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。下列判断正确的是（ ）
A．无论轨道ABC是否光滑，小物块都不能滑到B端
B．若轨道ABC是粗糙的，小物块从A端第一次滑到C点的过程中系统因摩擦产生的总热量为
C．无论轨道ABC是否光滑，小物块从A端第一次滑到C点的过程中受到的合外力冲量大小均为
D．无论轨道ABC是否光滑，小物块从A端第一次滑到C点的过程中水平位移大小均为
【答案】CD
【解析】A. 因水平面光滑，所以轨道与物块组成的系统水平方向动量守恒，设物块沿CB向上滑到最大高
度h时，两者相对静止，速度为 ，则若轨道光滑，由能量守恒得
解得
小物能滑到B端，故A错误；
B. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中水平方向动量守恒，结合能量守恒定律可得
解得系统因摩擦产生的总热量为
故B错误；
C. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中，无论轨道ABC是否光滑，由动量定理可得合外力的冲量为
故C正确；
D. 小物块从A端第一次滑到C点的过程中，无论轨道ABC是否光滑，水平方向有
解得小物块水平位移大小为
故D正确。
故选CD。
8．（2022·安徽·中国科技大学附属中学模拟预测）如图，A、B两个物体，用一根轻弹簧相连，放在光滑
的水平面上，已知A物体质量为B物体的一半，A物体左边有一竖直档板，现用水平力向左缓慢推B物体，
压缩弹簧，外力做功为W。突然撤去外力，B物体从静止开始向右运动，以后带动A物体做复杂的运动，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】现用水平力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功为 ，根据能量守恒知簧储存的弹性势能大
小是 ，设A物体刚运动时，弹簧弹性势能转化为B的动能，B物体的速度为 ，则
当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为 ，则由动量守恒得
再由机械能守恒定律得
联立解得，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为
故选C。
9．（2022·辽宁·沈阳二中三模）质量为 的平板小车左端放有质量为 的小铁块，它和车之
间的动摩擦因数 。开始时，车和铁块均以 的速度在光滑水平面上向右运动，如图所示。车
与墙发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞中无机械能损失，且车身足够长，运动过程中铁块总不能和墙相碰，
则小车和墙第一次相碰后，平板小车第一次离开墙的最大距离 以及铁块相对小车的总位移 分别为（
）A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【解析】车第一次与墙相撞后向左做匀减速直线运动，当速度减为零时，平板小车第一次离开墙的最大距
离 ，对小车，由动能定理得
代入数据解得
小车与铁块的初速度向右，系统的初动量向右，由于 ，小车不论与墙相撞多少次，系统的总动量总
是向右，小车与墙壁每碰撞一次系统的总动量减少一次，直到系统动量减为零为止，最后小车停在墙下，
且铁块相对小车相对运动方向不变总是相对向右运动，设整个过程铁块相对小车的总位移为 ，对系统，
由能量守恒定律得
代入数据解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．（2022·山西·太原五中二模）如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L
=0.8m的细线拴着质量为0.2 kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t=0时刻，小圆环获得沿杆向
左的冲量 ，g取10m/s2.，下列说法正确的是（ ）A．小球B做圆周运动
B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小
C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功
D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
【答案】C
【解析】A．由题意可知，小球B相对于圆环A做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，
可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球B不做圆周运动，故A错误；
BC．由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环A的速度变为0时，如果小球恰回到最A的正下方，
系统水平方向动量守恒，则有
解得
如果此时小球回到A的正下方，其速度水平向左，其动能为
因系统初动能为
则根据系统能量守恒可知，当圆环A的速度变为0时，小球B还没有回到其的正下方，则小球B继续加速，
圆环A则反向向右加速，当小球B回到圆环A的正下方向时，圆环A具有向右的速度，所以从小球B开
始运动到第一次回到圆环A的正下方的过程中细线对A先做负功再做正功，故B错误，C正确；
D．假定小球B开始运动到第一次回到的正下方时速度为v、圆环速度为v，则有
1 2
解得根据动量定理有，从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为
方向水平向左，故D错误。
故选C。
二、多选题
11．（2022·全国·高三课时练习）带有 光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，
一质量也为M的小球以速度v 水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则（ ）
0
A．小球以后将向左做平抛运动 B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对小车做的功为 Mv D．小球在弧形槽上上升的最大高度为
【答案】BC
【解析】D．上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立得
D错误；
ABC．从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒，此
过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，BC正确，A错
误。
故选BC。
12．（2021·云南·昆明一中模拟预测）如图所示，将两个质量分别为m=60g、m=30g的小球A、B叠放在
1 2
一起，中间留有小空隙，从初始高度h=1.8m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹，A球
0与B球碰撞的时间为0.01s，不计空气阻力，取向上为正方向，B球的速度时间图象如图乙所示，g取
10m/s2（ ）
A．B球与A球碰前的速度大小为6m/s
B．两球碰撞过程中，B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1：101
C．A、B两球发生的是弹性碰撞
D．若m
