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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
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，即转变为系统内能的量．
(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换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
例1 (2020·贵州安顺市适应性监测(三))如图1所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖
直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)
静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的
距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为 m
的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：
图1
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
答案 (1)3mg (2)mgR (3)R
解析 (1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为v ，
P
由机械能守恒定律有：mgR＝mv 2
P在最低点轨道对物块的支持力大小为F ，
N
由牛顿第二定律有：F －mg＝m，
N
联立解得：F ＝3mg，
N
由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v，由动能定理有mgR－μmgR＝mv2－0，
0 0
解得v＝，
0
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv ＝(m
0
＋2m)v，
mv2＝(m＋2m)v2＋E，
0 p
联立解得E＝mgR.
p
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v、v，规定向右为正方向，
1 2
则有mv＝mv＋2mv，
0 1 2
mv2＝mv2＋(2m)v2，
0 1 2
联立解得：v＝－，
1
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：
－μmgx＝0－mv2
1
解得x＝R.
例2 如图2所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同
一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，
B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某
时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到
斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m ＝3.2 kg，小球Q
1
的质量m ＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E ＝
2 p
168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，不计空气阻力，求：
图2
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
答案 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s
解析 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：mv＝mv
1 1 2 2由机械能守恒定律得：E＝mv2＋mv2
p 1 1 2 2
联立可得：v＝5 m/s，v＝16 m/s
1 2
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
mv2＝mv 2＋2mgR
2 2 2 C 2
解得：v ＝12 m/s
C
(2)小球P在斜面上向上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
1
mgsin θ＋μm gcos θ＝ma，
1 1 1 1
解得：a＝10 m/s2
1
故上升的最大高度为：h＝sin θ＝0.75 m
(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度大小为
a，则：
2
mgsin θ－μm gcos θ＝ma，
1 1 1 2
解得：a＝2 m/s2
2
小球P上升到最高点所用的时间：t＝＝0.5 s，
1
则：2R＝gt2＋h－a(t－t)2sin θ
2 1
解得：t＝1 s.
1．(动量和能量的综合问题)(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m 的
1
小球A，处于静止状态．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
2
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＝mv2＋2mgl
1 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 ＝v′
2 B 1 A
联立解得v ＝
B
又E＝mv
k 2
可得碰撞前瞬间B的动能E 至少为
k
E＝.
k
2．(动量和能量的综合问题)(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图3所示，有一个可视为
质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v ＝2 m/s的初速度水平抛出，到
0
达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑
上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相
平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的
半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10
m/s2.求：
图3
(1)小物块到达C点时的速度大小；
(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，长木板的长度L至少多大．
答案 (1)4 m/s (2)60 N，方向竖直向下 (3)2.5 m
解析 (1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角为60°，
v ＝＝4 m/s
C
(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1－cos 60°)＝mv 2－mv 2，
D C
代入数据解得：v ＝2 m/s.
D
小物块在D点时由牛顿第二定律得：F －mg＝m
N
代入数据解得：F ＝60 N，
N
由牛顿第三定律得：F ′＝F ＝60 N，方向竖直向下．
N N
(3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为 v，小物块在长木板上滑行的过
程中，由动量守恒定律得mv ＝(M＋m)v
D
解得：v＝ m/s对物块和长木板组成的系统，
由功能关系得μmgL＝mv 2－(M＋m)v2
D
解得：L＝2.5 m．
课时精练
1．如图1所示，以A、B为端点的光滑圆弧轨道固定于竖直平面，一长滑板静止在光滑水
平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点．一物块从A点由静止
开始沿轨道滑下，经B滑上滑板且最终滑块与木板一起向右运动并保持相对静止．已知物
块可视为质点，质量为m，滑板质量M＝2m，圆弧轨道半径为R，物块与滑板间的动摩擦因
数为μ＝0.5，重力加速度为g.滑板与B端的碰撞没有机械能损失．求：
图1
(1)物块滑到B点时的速度大小v；
0
(2)滑板与木板一起运动时的速度大小v；
1
(3)若离滑板右端足够远处有一竖直固定的挡板P，且木板与挡板碰撞没有能量损失，要使物
块最终不从滑板右边掉下，求滑板长度最小值L.
答案 (1) (2) (3)R
解析 (1)物块由A到B过程中机械能守恒，
有mv2＝mgR，
0
解得v＝
0
(2)从物块滑上滑板到两者相对静止一起运动，
根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v，
0 1
解得v＝.
1
(3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，
所以滑板与挡板P碰撞后速度v 大小不变，方向向左．
1
此后滑板做匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动直至再次达到共同速度．
设两者第二次具有的共同速度为v，取向左为正方向，
2
有Mv－mv＝(M＋m)v
1 1 2
根据能量守恒，第一次二者共速有μmgs＝mv2－(m＋M)v2
1 0 1
第二次二者共速有μmgs＝(m＋M)v2－(m＋M)v2
2 1 2
木板的最小长度L＝s＋s，
1 2联立解得L＝R.
2.(2020·浙江杭州二中模拟)如图2所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半
径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，m ＝0.1 kg，m ＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸
A B
药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为 M＝0.3 kg，
车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q
点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ
＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度v ＝6
A
m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极
短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
图2
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范
围内．
答案 (1)1 N，方向竖直向上 (2)0.22 J
(3)0.675 m<L<1.35 m
解析 (1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：m v 2－m v2＝m g·2R
A A A A
在最高点由牛顿第二定律得：m g＋F ＝m
A N A
解得F ＝1 N
N
由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：m v ＝m v ，
A A B B
解得v ＝3 m/s
B
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
m v ＝(m ＋M)v
B B B 共
由能量守恒定律得：E＝m v 2－(m ＋M)v 2－μm gL，
p B B B 共 B
联立解得E＝0.22 J
p
(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成
的系统动量守恒，
有m v ＝(M＋m )u
B B B
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块
B恰好滑到Q点，
由能量守恒定律得μm gL＝m v 2－(m ＋M)u2
B 1 B B B
联立解得L＝1.35 m
1
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块
B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：
2μm gL＝m v 2－(m ＋M)u2
B 2 B B B
联立解得L＝0.675 m
2
综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的条
件是0.675 m<L<1.35 m.
3．(2019·全国卷Ⅲ·25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为m ＝1.0 kg，m ＝
A B
4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图3所示．
某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为 E ＝10.0
k
J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝
0.20.重力加速度取g＝10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
图3
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)物块B先停止 0．50 m (3)0.91 m
解析 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为v 、v ，以向右为正方向，由动量守恒
A B
定律和题给条件有
0＝m v －m v ①
A A B B
E＝m v 2＋m v 2②
k A A B B
联立①②式并代入题给数据得
v ＝4.0 m/s，v ＝1.0 m/s③
A B
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a.假设
A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 B.设从弹簧释
放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为s ，则有m a＝μm g④
B B B
s ＝v t－at2⑤
B B
v －at＝0⑥
B
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，
所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程s 都可表示为
A
s ＝v t－at2⑦
A A联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
s ＝1.75 m，s ＝0.25 m⑧
A B
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边
0.25 m处．B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v ′，由动
A
能定理有
m v ′2－m v 2＝－μm g⑩
A A A A A
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v ′＝ m/s⑪
A
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v ″和v ″，由动量守恒定律与机械能
A B
守恒定律有
m ＝m v ″＋m v ″⑫
A A A B B
m v ′2＝m v ″2＋m v ″2⑬
A A A A B B
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v ″＝ m/s，v ″＝－ m/s⑭
A B
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s ′时停止，B
A
向左运动距离为s ′时停止，由运动学公式
B
2as ′＝v ″2,2as ′＝v ″2⑮
A A B B
由④⑭⑮式及题给数据得
s ′＝0.63 m，s ′＝0.28 m⑯
A B
s ′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
A
s′＝s ′＋s ′＝0.91 m.
A B
