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[-考点-08-] 动量和能量的综合问题
[典例1]
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
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.
[典例2]
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：
a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
对平板车，由牛顿第二定律得：a2＝＝ m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
1
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(2)设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1
则：v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1
解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s.
(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，mv1＝2mv2，
解得v2＝＝ m/s＝2 m/s.
根据机械能守恒得，×2mv2
2＝2mgh，
解得h＝＝ m＝0.2 m.
1.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′＋4mvB
由机械能守恒得：
mv2＝mv′2＋×4mvB
2
解得v′＝v，vB＝v
解得碰撞后A 的速度：v′＝－
B 的速度vB＝
(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：
μmgxA＝mv′2，解得xA＝h
B 沿地面减速滑行至停止，μ·4mgxB＝×4mvB
2
得xB＝h
因为xA>xB，所以会发生第二次碰撞．
2.答案 4H
解析 两小球做自由落体运动
v1
2＝2gH
小球B 与地面碰撞时没有机械能损失，所以以原速率反弹vB＝v1，方向向上；此时小球A
速度vA＝v1，方向向下，设小球A 质量为M，则小球B 质量为3M，小球B 反弹后与小球A
相碰，动量守恒、机械能守恒，取向上为正方向
3MvB－MvA＝3MvB′＋MvA′
×3MvB
2＋MvA
2＝×3MvB′2＋MvA′2
解得vA′＝v1，方向向下(舍)或vA′＝2v1，方向向上
小球A 反弹后，机械能守恒
2
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MvA′2＝Mgh
解得h＝4H.
3.答案 (1)20 N (2)2 J
解析 (1)小球由静止释放，由机械能守恒定律：mgl(1－cos 60°)＝mv0
2
小球在最低点由牛顿第二定律得：FT－mg＝m
又由牛顿第三定律有小球对轻绳的拉力大小FT′＝FT
解得：FT′＝20 N.
(2)小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝mv0′＋Mv1
mv0
2＝mv0′2＋Mv1
2
物块从P 点运动到最右端，由能量守恒定律得：
Mv1
2＝Ep＋Q
小球反弹后回到P 点的过程，又有：Ep＝Q
联立解得：Ep＝2 J.
4.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＝.
5.答案 见解析
解析 (1)对A 滑块，由动能定理可得：
－μmg＝mv1
2－mv0
2
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：
mv1＝(m＋m)v2
又由能量守恒定律可得：
mv1
2＝(m＋m)v2
2＋Epm
3
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解得：Epm＝1.8 J
(2)A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4
又由机械能守恒定律可得：
mv1
2＝mv3
2＋mv4
2
解得：v3＝0，v4＝6 m/s
A、B 的总路程为s1，由功能关系有：－μmgs1＝0－mv0
2
A、B 运动的总圈数为n，有：s1＝2πRn
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s2＝1.25×2πR＝5 m.
6.答案 (1)120 N (2)1.2 m
解析 (1)滑块从A 端下滑到B 端，由机械能守恒定律得
mgR＝mv0
2
解得v0＝3 m/s
在B 点，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得轨道对滑块的支持力大小FN＝120 N.
(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C 发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同
的速度为v1，则
mv0＝(m＋m0)v1
代入数据得v1＝2 m/s
对滑块、物体C 以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动
量守恒定律有
(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2
由能量守恒定律得
μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v1
2－(M＋m＋m0)v2
2
解得l＝1.2 m.
7.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
4
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(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.
8.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.
9.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，v1
2＝2aL
得碰后速度v1＝4 m/s
5
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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：mAv0＝mAv1＋mBv2
得碰后B 的速度v2＝5 m/s
(2)对B 物块，P 到M 的运动过程，有：
L＝v2t－at2
结合(1)可解得：t1＝3.2 s(不符合，舍去)
t2＝0.8 s
即所求时间t＝0.8 s
(3)B 在M 点的速度大小v3＝v2－at
代入数值解得：v3＝3 m/s
B 恰好过N 点，满足：＝mBg
M 到N 过程，由功能关系可得
ΔE＝mBv3
2－mBv4
2－2mBgR
联立解得损失机械能：ΔE＝1.5 J.
10.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，(3+) m≤x<(3.6＋) 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(3+ ) m≤x<(3.6＋) m；
6
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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.
7
