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12 动量守恒定律
[-考点-08-] 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．
典例1 (动量与能量观点的综合应用)(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
1
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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 (力学三大观点的综合应用)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v0＝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：
2
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(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：
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
(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.如图，光滑轨道PQO 的水平段QO＝，轨道在O 点与水平地面平滑连接．一质量为m 的
小物块A 从高h 处由静止开始沿轨道下滑，在O 点与质量为4m 的静止小物块B 发生碰撞．
A、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度为g.假设A、B 间的碰撞为完全弹性
碰撞，碰撞时间极短．求：
(1)第一次碰撞后瞬间A 和B 速度的大小；
(2)请计算说明物块A 与B 能否发生第二次碰撞．
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′＝－
3
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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.如图所示，小球A 放于小球B 正上方(两球直接接触且球心连线竖直)，两小球同时由距水
平地面高度为H 的地方由静止释放，设两小球间碰撞和球B 与地面的碰撞均为弹性碰撞且
作用时间极短，小球B 的质量是小球A 质量的3 倍，忽略两小球大小，不计空气阻力，求
小球A 反弹后能上升的最大高度．
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
MvA′2＝Mgh
解得h＝4H.
3.(2022·忻州一中月考)如图所示，一水平轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，
质量为M＝2 kg 的物块静止在水平面上的P 点，质量为m＝1 kg 的小球用长l＝0.9 m 的轻
绳悬挂在P 点正上方的O 点．现将小球拉至轻绳与竖直方向成60°角位置，静止释放．小
球到达最低点时恰好与物块发生弹性正碰．碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹
回，刚好能回到P 点．设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质
点，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
4
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(1)小球第一次摆到最低点与物块碰撞前瞬间对轻绳的拉力大小；
(2)弹簧的最大弹性势能Ep.
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.(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＝.
5
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(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.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，半径R＝
m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg.两滑块初始位置与圆心
连线夹角为90°；现给A 滑块一瞬时冲量，使其获得v0＝2 m/s 的初速度并沿铁槽运动，与
B 滑块发生弹性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝
0.2，g＝10 m/s2；试求：
(1)A、B 第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；
(2)A 滑块运动的总路程．
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
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.如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝9 kg 的木板，其右端恰好和光滑固定的圆弧轨
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道AB 的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m0＝2 kg
的物体C(可视为质点)，已知圆弧轨道半径R＝0.9 m，现将一质量m＝4 kg 的小滑块(可视
为质点)，在轨道顶端A 点由静止释放，滑块滑到B 端后冲上木板，并与木板右端的物体C
粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C 与木板上表面
间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块到达圆弧的B 端时，轨道对它的支持力大小；
(2)木板的长度l.
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.(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，
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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.
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.
8.(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
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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；
(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.
9.如图所示，水平轨道OP 光滑，PM 粗糙，PM 长L＝3.2 m．OM 与半径R＝0.15 m 的竖直
半圆轨道MN 平滑连接．小物块A 自O 点以v0＝14 m/s 向右运动，与静止在P 点的小物块
B 发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B 分开，A 恰好运动到M 点停止．A、B 均看作质点．
已知A 的质量mA＝1.0 kg，B 的质量mB＝2.0 kg，A、B 与轨道PM 的动摩擦因数均为μ＝
0.25，g 取10 m/s2，求：
(1)碰后A、B 的速度大小；
(2)碰后B 沿轨道PM 运动到M 所需时间；
9
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(3)若B 恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能．
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
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.(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；
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(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；
(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，(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；
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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