动量和能量综合题的求解浙江上虞市东关中学（312352） 陈金苗一、了解处理力学问题的三条基本途径：二、动量和能量解题的基本思路和步骤： （1） 划分物理过程，创设具体的物理情景，画出示意图。
（2） 挖掘隐含的物理过程或条件。
并找出各物理过程的联系。
（3） 分析研究对象在各过程中的特点，选取合适的物理过程，满足什么物理规律，列出方程求解。
三、应用：（1）子弹穿木块模型例题1.如图,光滑的水平面上有一质量为m 1、长为L 的木板,在左端放一质量为m 2的可看作质点的木块,有一颗质量为m 3度v 3射入木块,射穿木块后速度减小到v 3’,与木板的摩擦因素为多大时,木块才不会从木板上滑出?(子弹穿木块的时间极短,可以忽略) 解:第一过程为子弹穿木块,动量守恒:'332233v m v m v m +=第二过程木块与木板的相互作用,满足动量守恒:v m m v m )(2122+= 有能量守恒定律:.)(21212212222v m m v m gL m +-=μ 牛顿运动定律：适用于力和运动的瞬间对应关系；匀变速运动过程。
不适用变力问题。
动量关系（动量守恒定律、动量定理）：∵高考对动量定理要求局限 于定性分析，∴综合应用主要在动量守恒定律的运用。
其 研究对象为一个系统；考查一个过程的始末两个状态的物 理量关系。
适用于象碰撞、反冲、爆炸等过程，典型模型 有碰撞模型、人船模型、子 弹打木块模型。
能量关系（机械能守恒定律、能量守恒定律、动能定理）：守恒定律适 用一个系统，一个过程的始末两个状态的物理量关系；动能 定理适用于一个物体，涉及功和位移的问题。
第一次碰后第二次碰前最后车与铁块一起静止在墙角处由上可得:)11(2)(21222'3323m m m gL m v v m +--=μ [思考:(1)如果μ已知,求板至少要多少长? (2)如果L 和μ已知,求v 3’不能超 过多少?(3)比较上题和如右图的模型:子弹穿木块是一种很典型的模型.]例题2：如图质量为m=2kg 的平板车(车身足够长)kg 的铁块,它和车间的动摩擦因素ц=0.5.开始时,v o =3m/s 的速度向右运动,与墙碰撞,时间极短,且无机械能损失.求:(1) 车与墙第一次碰后,小车右端与墙的最大距离?(2) 车与墙第二次碰撞前,车和铁块的速度?(3) 铁块最终距车的左端多远?(车身至少要多长,铁块才不会从车上滑下?)解:(1)车从第一次碰到速度为零时(此时铁块速度仍向右),距右端的距离最大.对车用动能定理:m d mv Mgd 6.0,211201=∴=μ(2)如果车在与墙第二次碰前仍未与铁块相对静止,的速度一定为3m/s.但有系统在水平方向上动量守恒:s m v v m M mv Mv /6.0,)(1100=∴+=-.可知, 车在与墙第二次碰前车与铁块已相对静止以v 1=0.6m/s 速度运动.(3)最后车与铁块一起静止在墙角处,对全过程分析,有能量守恒:m s v m M Mgs 5.1,)(2120=∴+=μ(即板至少要1.5 m 铁块才不会从车上滑下)（2）碰撞模型：例3.质量为m 的钢板与直立的轻弹簧的上端连接, 弹簧的下端固定在地面上,平衡时, 弹簧的压缩量为x 0如图,一物块从钢板的正上方距离为3x 0的A 处自由落下,打在钢板上并立即与钢板一起向下运动,但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块的质量也为m 时,它们恰好回到O 点.若物块质量为2m,仍从A 点自由落下,则物块与钢板回到O 点时,还具有向上的速度.求物块向上运动到最高点与O 点的距离.解:物块质量为m时 第一过程:物块下落,006gx v = (1) 第二过程:碰撞动量守恒:102mv mv = (2)第三过程:物块与板一起压缩弹簧再从最低点回到O 点,板.物块.弹簧满足机械能守恒(碰完时弹性势能为E P ):0212)2(21m g x v m E p =+ (3)物块质量为2m 时:第一过程相同.第二过程碰撞: 2032mv mv = (4)第三过程: 2022')3(213)3(21v m mgx v m E p +=+且E P =E P ’(5)第四过程:物块以V 速度做竖直上抛运动,02212x g v l ==例4.如图,MNPQ 为一光滑的连接轨道,MN 段是水平直轨道,NPQ 是一段半径为r 的圆轨道.在水平轨道上向右运动的小球A 的质量是静止的小球B 的质量的两倍.当A 球与B 球相碰后,A 的速度变为原来的1/3,而B球恰好通过半圆轨道的最高点Q.求:(1) 碰前小球A 的速度? (2) B 球经过最高点Q 后,落在水平地面上离N 点的解:第一过程:AB 碰撞,满足动量守恒:B B A A A v m v m v m +=0 (1)第二过程B 做圆周运动:恰好过最高点Q,rv m g m BB B 2'=B 机械能守恒:grv v m r g m v m B B B B B 543212.21022'=∴=+第三过程:B 做平抛运动, 2r =1/2 gt 2 ,t=2r t v s g r B 2,/'==∴。
微专题50动量和能量的综合问题1．如果要研究某一时刻的速度、加速度，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一运动过程时，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.若研究对象为一系统，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.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，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．这些问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．1.(多选)一个质量为m 的小型炸弹自水平地面朝右上方射出，在最高点以水平向右的速度v 飞行时，突然爆炸为质量相等的甲、乙、丙三块弹片，如图所示．爆炸之后乙由静止自由下落，丙沿原路径回到原射出点．若忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．爆炸后乙落地的时间最长B ．爆炸后甲落地的时间最长C ．甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为4∶1D ．爆炸过程释放的化学能为7m v 23答案CD解析爆炸后甲、丙从同一高度做平抛运动，乙从同一高度自由下落，则落地时间均为t ＝2H g ，选项A 、B 错误；爆炸过程动量守恒，以向右为正方向，有m v ＝－13m v 丙＋13m v 甲，由题意知v 丙＝v ，得v 甲＝4v ，又因x ＝v t ，t 相同，则x ∝v ，甲、丙落地点到乙落地点O 的距离比为x 甲∶x 丙＝v 甲∶v 丙＝4∶1，选项C 正确；释放的化学能ΔE ＝12×m 3v 甲2＋12×m 3v 丙2－12m v 2＝73m v 2，选项D 正确．2.(2023·湖南永州市第一中学模拟)如图所示，质量均为m 的木块A 和B ，并排放在光滑水平地面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为m 0的球C (可视为质点)，现将C 球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C 球，重力加速度为g ，则下列说法不正确的是()A ．A 、B 两木块分离时，A 、B 的速度大小均为mm mgL 2m ＋m 0B ．A 、B 两木块分离时，C 的速度大小为2mgL 2m ＋m 0C ．C 球由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m 0mgL 2m ＋m 0D ．C 球由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为m 0L 2m ＋m 0答案C解析小球C 下落到最低点时，A 、B 开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒定律有m 0gL ＝12m 0v C 2＋12×2m v AB 2，由水平方向动量守恒得m 0v C ＝2m v AB ，联立解得v C ＝2mgL 2m ＋m 0，v AB ＝m 0m mgL2m ＋m 0，故A 、B 正确；C 球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理得I AB ＝m v AB ＝m 0mgL2m ＋m 0，故C 错误；C 球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地水平位移大小为x 1，AB 对地水平位移大小为x 2，则有m 0x 1＝2mx 2，x 1＋x 2＝L ，可解得x 2＝m 0L2m ＋m 0，故D 正确．3.(多选)如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧轨道，BC 段是长为L 的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B 点．一质量为m 的可视为质点的滑块从小车上的A 点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC 轨道，最后恰好停在C 点．已知小车质量M ＝4m ，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，则()A ．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R ＋LB ．小车在运动过程中速度的最大值为gR10C ．全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L 5D ．μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL答案BCD解析滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，由人船模型特点有Mx 1＝mx 2，x 1＋x 2＝R＋L ，又M ＝4m ，由上两式解得x 1＝R ＋L 5，x 2＝4 R ＋L5，全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为4 R ＋L 5，全过程小车相对地面的位移大小为R ＋L5，所以A 错误，C 正确；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，则有M v 1＝m v 2，mgR ＝12M v 12＋12m v 22，解得v 1＝gR10，小车在运动过程中速度的最大值为gR10，所以B 正确；滑块最后恰好停在C 点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律有mgR ＝μmgL ，解得R ＝μL ，所以μ、L 、R 三者之间的关系为R ＝μL ，所以D 正确．4.(多选)如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F .质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落，重力加速度为g .则()A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为FMB ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为12m v 2D ．滑块与木板AB 段间的动摩擦因数为v 22gl答案ABD解析细绳被拉断瞬间，对木板，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，则细绳被拉断瞬间弹簧的弹力大小等于F ，根据牛顿第二定律有F ＝Ma ，解得a ＝FM ，A 正确；滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12m v 2，B 正确；弹簧恢复原长时木板获得动能，由系统机械能守恒知滑块的动能小于12m v 2，C 错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即E p ＝12m v 2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v ′，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0＝(m ＋M )v ′，E p ＝12(m ＋M )v ′2＋μmgl ，联立解得μ＝v 22gl，D 正确．5．(多选)(2023·湖南省长沙市高三检测)如图所示，竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m 的钢板连接，钢板处于静止状态．一个质量也为m 的物块从钢板正上方h 处的P 点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点Q ，重力加速度为g .下列说法正确的是()A ．物块与钢板碰后的速度大小为2ghB ．物块与钢板碰后的速度大小为2gh2C ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h2)D ．从P 到Q 的过程中，弹性势能的增加量为mg (2x 0＋h )答案BC解析物块下落h ，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 12，物块与钢板碰撞，以竖直向下的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2，解得v 2＝12v 1＝2gh2，选项A 错误，B 正确；从碰撞到Q 点，由能量守恒定律可知12×2m v 22＋2mgx 0＝ΔE p ，则弹性势能的增加量为ΔE p ＝mg (2x 0＋h2)，选项C 正确，D 错误.6.(2023·广东韶关市适应性考试)短道速滑接力赛是北京冬奥会上极具观赏性的比赛项目之一，如图所示为A 、B 两选手在比赛中的某次交接棒过程．A 的质量m A ＝60kg ，B 的质量m B ＝75kg ，交接开始时A 在前接棒，B 在后交棒，交棒前两人均以v 0＝10m/s 的速度向前滑行．交棒时B 从后面用力推A ，当二人分开时B 的速度大小变为v 1＝2m/s ，方向仍然向前，不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动．(1)求二人分开时A 的速度大小；(2)若B 推A 的过程用时0.8s ，求B 对A 的平均作用力的大小；(3)交接棒过程要消耗B 体内的生物能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求B 消耗的生物能E .答案(1)20m/s(2)750N(3)5400J解析(1)设二人分开时A 的速度大小为v 2，取v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律可得(m A ＋m B )v 0＝m B v 1＋m A v 2解得v 2＝20m/s(2)对A 由动量定理得F ·t ＝m A v 2－m A v 0解得F ＝750N(3)设B 消耗的生物能为E ，对二人组成的系统，根据能量守恒定律得12(m A ＋m B )v 02＋E ＝12m B v 12＋12m A v 22解得E ＝5400J.7．(2023·天津市南开区模拟)如图所示，光滑轨道abcd 固定在竖直平面内，ab 水平，bcd 为半圆，圆弧轨道的半径R ＝0.32m ，在b 处与ab 相切．在直轨道ab 上放着质量分别为m A ＝2kg 、m B ＝1kg 的物块A 、B (均可视为质点)，用轻质细绳将A 、B 连接在一起，且A 、B 间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)．轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为M ＝2kg 、足够长的小车，小车上表面与ab 等高．现将细绳剪断，之后A 向左滑上小车且恰好没有掉下小车，B 向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d 处．物块A 与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10m/s 2.求：(1)物块B 运动到圆弧轨道的最低点b 时对轨道的压力大小；(2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能E p ；(3)小车长度L 和物块A 在小车上滑动过程中产生的热量Q .答案(1)60N(2)12J(3)0.5m2J解析(1)物块B 在最高点时，有m B g ＝m Bv d 2R从b 到d 由动能定理可得－m B g ·2R ＝12m B v d 2－12m B v b 2在b 点有F N －m B g ＝m B v b 2R联立解得F N ＝60N由牛顿第三定律可知物块B 对轨道的压力大小为60N.(2)由动量守恒定律可得m A v A ＝m B v b 由能量守恒定律可得E p ＝12m A v A 2＋12m B v b 2联立解得E p ＝12J(3)物块滑至小车左端时与小车恰好共速，设速度为v ，根据动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋M )v 由能量守恒定律可得Q ＝μm A gL ＝12m A v A 2－12(m A ＋M )v 2联立解得Q ＝2J ，L ＝0.5m.8．(2023·河北省模拟)如图是某个同学设计的一个游戏装置，该游戏装置的滑道分为光滑的OA 、AB 、BE 、CD 四段，O 点右端固定安装一弹簧发射装置．将一质量为M 的物块a 与弹簧紧贴，释放弹簧，物块a 从O 处出发，运动到A 处时与质量为m 的滑块b 发生弹性碰撞．已知物块a 的质量为M ＝2kg ，滑块b 的质量为m ＝1kg ，竖直面内四分之一圆弧轨道CD 的半径为R ＝0.9m ，BE 段水平且距底座高度h ＝0.8m ，四分之一圆弧轨道C 端的切线水平，C 、E 两点间的高度差刚好可容滑块b 通过，两点间水平距离可忽略不计，滑块b 可以视为质点，不计空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2.若滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，求：(1)碰撞后瞬间滑块b 的速度大小；(2)碰撞后a 在AB 上运动能上升到的最大高度(保留两位有效数字)；(3)释放物块a 前弹簧的弹性势能(保留两位小数)．答案(1)5m/s(2)0.078m(3)14.06J解析(1)滑块b 恰好能够通过C 处并沿轨道滑落，有mg ＝mv C 2R解得v C ＝3m/s滑块b 由A 到C ，根据机械能守恒定律，有mgh ＋12m v C 2＝12m v A 2解得v A ＝5m/s(2)物块a 与滑块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有M v 0＝m v A ＋M v根据机械能守恒定律，有12M v 02＝12m v A 2＋12M v 2联立解得v 0＝3.75m/s ，v ＝1.25m/s对物块a 由机械能守恒定律，有Mgh M ＝12M v 2解得h M ≈0.078m(3)物块a 和弹簧组成的系统机械能守恒，可知释放物块a 前弹簧的弹性势能E p ＝12M v 02≈14.06J.。
疑难压轴能量与动量的综合分析与应用1.(2024•福建)如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M 、N 与桌面上的两个固定挡板相连。
小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。
桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，A 、B 、C 均静止，M 、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。
t =0时撤去电场，C 向下加速运动，下降0.2m 后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能为0.1J 。
已知A 、B 、C 的质量分别为0.3kg 、0.4kg 、0.2kg ，小球C 的带电量为1×10-6C ，重力加速度大小取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
(1)求匀强电场的场强大小；(2)求A 与B 间的动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；(3)若t =0时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A 、B 继续向右运动，一段时间后，A 从右向左运动。
求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。
(整个过程B 未与A 脱离，C 未与地面相碰)【解答】解：(1)撤去电场前，对小球C ，根据共点力平衡条件有：qE =m C g ，代入数据解得：E =2×106N/C (2)C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有：T 1=m C g ，T 1=f B =μm B g 代入数据解得：μ=0.5C 开始匀速运动瞬间，A 、B 刚好发生相对滑动，此时A 、B 、C 三者速度大小相等，M 、N 两弹簧的弹性势能相同；所以C 下降h =0.2m 的过程中，对A 、B 、C 及弹簧M 、N 组成的系统，由能量守恒定律有：m C gh =12(m A +m B +m C )v 2+2E p代入数据解得：v =23m/s (3)没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A 、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，对A 根据平衡条件，有：f =2kh当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h ′，对A ，根据牛顿第二定律可得：f ′-2kh ′=m A a对B 、C 根据牛顿第二定律可得：qE +m C g -f =(m B +m C )a撤去电场后，由第(2)问的分析可知A 、B 在C 下降h =0.2m 时开始相对滑动，在C 下降h =0.2m 的过程中，对A 、B 、C 及弹簧M 、N 组成的系统，由能量守恒定律，有qEh '+m C gh =12(m A +m B +m C )v 2m +2E p此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：v m =223m/s2.(2024•甘肃)如图，质量为2kg 的小球A (视为质点)在细绳O ′P 和OP 作用下处于平衡状态，细绳O 'P =OP =1.6m ，与竖直方向的夹角均为60°。
力学与动量、动能——解题策略解题策略1、在应用动理定理、动量守恒定律时，应该注意的两点是：1）选取正方向，与规定正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小； 2）理论上，只有在系统所受合外力为零时，系统的动量才守恒。
但严格符合守恒条件的系统是难以找到的，如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，考虑到系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，因此在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的，这是一种近似处理问题的方法。
3）即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的。
2、动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题. 分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解. 这一部分的主要模型是碰撞，而碰撞过程一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的. 对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换，从而建立碰撞过程的能量关系方程. 根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的方法. 能量是状态量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的。
力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度。
弹性碰撞模型弹性碰撞问题及其变形是中学物理中的常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热点。
弹性碰撞模型能与很多知识点综合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三，可轻松解决这一类题，切实提高学生推理能力和分析解决问题能力。
所以我们有必要研究这一模型。
弹性碰撞在碰撞过程无机械能损失，遵循动量守恒与系统机械能守恒定律，确切的说是碰撞前后动量守恒，动能不变。
在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞。
