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专题强化十二 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 (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v0为10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff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FN1和FN2；
1
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(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(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FN1＝(m＋M)g
＝8 N
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FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－Ffl＝mv1
2－mv0
2
代入数据解得v1＝8 m/s.
(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mv1＝(m＋M)v
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.
例2 (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m0＝20
g 的子弹以速度v0＝600 m/s 向右击中小车并停留在车中，假设子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Epm；
(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m0v0＝(m0＋M)v1
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
(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v2
由机械能守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M＋m)v2
2＋mgh
2
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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v3，取水平向右为正方向，由水平方
向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv
由能量守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M)v3
2＋mv2
联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s
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Epm时，三者速度相同．由动量守恒定律有(m0＋M)v3＋mv＝(m0
＋M＋m)v4
由能量守恒定律有(m0＋M)v3
2＋mv2
＝(m0＋M＋m)v4
2＋μmgL＋Epm
联立解得Epm＝8.5 J.
(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(m0＋M)v1＝(m0＋M＋m)v5
由能量守恒定律有
(m0＋M)v1
2＝(m0＋M＋m)v5
2＋μmgs
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3 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sBP；
(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点；
3
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(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vD做平抛运动，落到P 点时vy
2＝2gR①
其中＝tan 45°②
联立①②解得vD＝4 m/s③
设平抛用时为t，水平位移为x2，则有R＝gt2④
x2＝vDt⑤
联立④⑤解得x2＝1.6 m⑥
由x＝6t－2t2可知，物块B 碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2减速到vD，则BD 过程
由运动学公式vD
2－v0
2＝2ax1⑦
解得x1＝2.5 m⑧
故BP 之间的水平距离sBP＝x2＋x1＝4.1 m⑨
(2)假设物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为vM，由D 到M 的运动过程，根据动
能定理，
则有－mgR＝mvM
2－mvD
2⑩
设在M 点轨道对物块的压力大小为FN，
则FN＋mg＝m ⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－)mg<0，假设不成立，即物块B 不能到达M 点．
(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vA＝v0＝6 m/s ⑫
设物块A 释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝mvA
2，⑬
由⑫⑬解得h＝1.8 m.
例4 (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mA＝1 kg，物块B 的质量mB＝1 kg，
物块C 的质量mC＝1.5 kg，B、C 均可看为质点，A 与B、A 与桌面间的动摩擦因数均为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
4
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解析 (1)设B、C 分离瞬间B、C 的速度大小分别为vB和vC，B、C 组成的系统动量守恒，
则有mBvB－mCvC＝0
由能量守恒定律得Ep＝mBvB
2＋mCvC
2
分离后，物块C 做平抛运动，则有h＝gt2，x＝vCt
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(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
vB1，对物块B，由动能定理得－μmBgL＝mBvB1
2－mBvB
2
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
mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
mBvB1
2＝mBvB2
2＋mAvA
2
且EkA＝mAvA
2
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(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μmBg＝mBaB
对A 有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA
解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2
设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
解得v＝ m/s，t＝ s
此过程中A 向左运动距离
x1＝t＝× m＝ m
此后，A、B 相对静止一起减速到零，有－μ(mB＋mA)gx2＝0－(mB＋mA)v2
解得x2＝ m，
整个过程中A 在桌面上滑行的距离为
x＝x1＋x2＝(＋) m＝ m.
课时精练
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：
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(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mvC＝2mvAB
mgl＝mvC
2＋×2mvAB
2
联立解得C 球第一次摆到最低点时的速度大小为vC＝2.
(2)对A、B、C 组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB
xC＋xAB＝l
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xAB＝.
(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mvC－mvAB＝2mv
由机械能守恒定律可得
mvC
2＋mvAB
2＝×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
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m2＝1 kg 的物块，另一质量为m1＝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，到达C 点时对轨道的压力大小为
46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2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m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1
＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B 点时的速度大小vB；
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W 克f；
(3)木板的长度L.
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答案 (1)5 m/s (2)10.5 J (3)3 m
解析 (1)质量为m1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
竖直方向上有vy
2＝2gh
根据几何关系可知vy＝vBcos θ
联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块到达C 点时，由牛顿第二定律有FN－m1g＝
解得vC＝6 m/s
质量为m1的物块从B 运动到C 过程中，由动能定理得
m1g(R＋Rsin θ)－W 克f＝m1vC
2－m1vB
2
解得W 克f＝10.5 J
(3)质量为m1的物块运动到C 点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度
交换，则v2＝vC＝6 m/s
经受力分析，由牛顿第二定律，
对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2
根据公式v＝v0＋at，设经过时间t 后二者共速有a2t＝v2－a1t
对质量为m2的物块有x1＝v2t－a1t2
对木板有x2＝a2t2
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板
长度，则有L＝x1－x2
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；
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(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vD，根据牛顿第二定律有mg＝m①
设A 通过C 点时的速度大小为vC，则对A 从C 到D 的运动过程，根据动能定理有
－2mgL＝mvD
2－mvC
2②
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vA、vB，由动量守恒定律有mvA＝mvB⑥
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＝mvC
2－mvA
2⑦
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mvB＝(m＋M)v⑧
由机械能守恒定律有
mvB
2＝(M＋m)v2＋mgL⑨
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vB′和v′，以水平向左为
正方向，由动量守恒定律有mvB＝mvB′＋Mv′⑪
由机械能守恒定律有
mvB
2＝mvB′2＋Mv′2⑫
联立⑩⑪⑫解得vB′＝，v′＝.
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v0的大小；
(2)物块a 在DE 最高点时，求管道对物块的作用力FN与h 间满足的关系；
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(3)若物块b 释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a 最终静止的位置x 值的范围(以A 点为坐标
原点，水平向右为正，建立x 轴)．
答案 (1)5 m/s
(2)FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当0.9 m<h<1.2 m 时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m 时， m≤x< m
解析 (1)物块b 摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mvb
2，解得vb＝5 m/s
b 与a 发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0
mvb
2＝mvb′2＋mv0
2
联立解得v0＝5 m/s
(2)由(1)分析可知，物块b 与物块a 在A 处发生弹性正碰，速度交换，若物块a 刚好可以到
达E 点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m
以竖直向下为正方向，则有FN＋mg＝m
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mvE
2
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)当1.2 m≤h<1.65 m 时，最终物块a 静止的位置在E 点或E 点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mvE
2
从E 点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s1＝vEt
当h 最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x 取不到最大值，则s1取不到最大值，
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m 时，从h2＝0.9 m 释放b，a、b 碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可
得mgh－μmgs2＝0
当h 最小时
解得s2＝1.8 m
可知物块a 达到距离C 点右侧0.8 m 处静止；
当h 取1.2 m 时，
物块a 在E 点速度为零，若返回到CD 时，根据动能定理可得mgH－μmgs3＝0，解得s3＝
0.4 m，距离C 点0.6 m，
又因h＝1.2 m 不在此范围内，故当0.9 m<h<1.2 m 时，有3l－s3<x≤3l
代入数据得2.6 m<x≤3 m.
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