2025年高考物理一轮复习(通用版)第七章动量第38课时动量和能量的综合问题[重难突破课]

第38课时 动量和能量的综合问题 [重难突破课]
题型一 动量与能量观点的综合应用
1.两大观点
（1）动量的观点：动量定理和动量守恒定律。

（2）能量的观点：动能定理和能量守恒定律。

2.三种技巧
（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律）。

（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。

（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。

【典例1】如图所示，长为1.2 m 、质量为3 kg 的平板静置在光滑水平地面上，质量为1 kg 的小物块静置在平板上表面的最右端，板的上表面左端通过挡板固定一个轻弹簧，用不可伸长的轻绳将质量为1 kg 的小球悬挂在O 点，轻绳处于水平拉直状态。

现将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与长木板的左端发生弹性碰撞，已知物块与长木板间的动摩擦因数为0.1，物块与长木板相对静止时刚好停在长木板的中点，重力加速度g 取10 m/s 2，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，不计小球大小，绳长为0.8 m ，挡板质量不计，求：
（1）小球与长木板碰撞后瞬间，小球与长木板各自的速度大小； （2）物块与长木板间因摩擦产生的热量；
（3）小物块压缩弹簧的过程中弹簧具有的最大弹性势能。

答案：（1）2 m/s 2 m/s （2）1.5 J （3）0.45 J
解析：（1）设小球与平板碰撞前的一瞬间，速度大小为v 0，根据机械能守恒定律得m 1gL ＝1
2m 1v 02
解得v 0＝4 m/s
小球与平板碰撞过程，根据动量守恒定律得m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 根据能量守恒定律得1
2m 1v 02＝1
2m 1v 12＋1
2m 2v 22 解得v 1＝v 2＝2 m/s 。

（2）设物块与平板最后的共同速度大小为v 3，根据动量守恒定律得m 2v 2＝（m 2＋m 3）v 3 解得v 3＝1.5 m/s
根据能量守恒定律，因摩擦产生的热量Q ＝1
2m 2v 22－1
2（m 2＋m 3）v 32＝1.5 J 。

（3）设物块相对板运动的路程为s ，则Q ＝μm 3gs 解得s ＝1.5 m
则当弹簧压缩量最大时，物块相对板运动的路程为s'＝
1.5－0.6
2
m ＋0.6 m ＝1.05 m
因物块将弹簧压缩至最短时物块与木板的动能之和等于二者最终共速时的动能之和，故E p ＝μm 3g （s －s'） 解得E p ＝0.45 J 。

如图所示，小周设计的玩具滑动的固定轨道分成三部分，倾斜粗糙的AB 轨道，水平光滑的BC 轨道，还有一段光滑的圆弧轨道与斜面AB 相切于A 点，圆弧轨道的圆心为O ，半径为R ＝0.5 m ，N 为圆弧上的一点，且半径ON 竖直，水平轨道上有一个轻弹簧，轻弹簧的左端与墙壁相连，右端与质量为m 1＝6 kg 的小物块Q 相连接，均处于静止状态。

现在A 处由静止释放一个质量为m 2＝2 kg 的小滑块P ，小滑块P 与小物块Q 发生弹性碰撞，已知AB 轨道长为L ＝4 m ，AB 段与水平面的夹角θ为37°，小滑块P 与AB 轨道间的动摩擦因数μ为0.5，且通过B 点时无能量损失。

（空气阻力不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
（1）求小滑块P 第一次运动到B 点时的速度的大小v B ； （2）求轻弹簧的最大弹性势能E p 。

答案：（1）4 m/s （2）12 J
解析：（1）对小滑块P ，从A 到B ，由动能定理得 m 2gL sin 37°－μm 2gL cos 37°＝1
2m 2v B 2
解得v B ＝4 m/s 。

（2）设小滑块P 与小物块Q 碰撞后速度分别为v P 、v Q ，以水平向左为正方向，弹性碰撞过程满足系统动量守恒和机械能守恒，则有m 2v B ＝m 2v P ＋m 1v Q ，1
2
m 2v B 2＝1
2
m 2v P 2＋1
2
m 1v Q 2
联立解得v P ＝－2 m/s ，v Q ＝2 m/s
当小物块Q 的速度减为0时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，则有E p ＝1
2m 1v Q 2＝12 J 。

题型二 力学三大观点的综合应用
动力学观点
（1）如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律。

（2）凡涉及瞬时状态的分析和运动性质的分析，必须要用动力学观点
动量 观点
（1）对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问
题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft ＝mv －mv 0。

（2）对于碰撞、爆炸、反冲问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解
能量 观点
（1）对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利
用动能定理求解。

（2）如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解
【典例2】 （2023·辽宁高考15题）如图，质量m 1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k ＝20 N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。

质量m 2＝4 kg 的小物块以水平向右的速度v 0＝5
4 m/s 滑上木板
左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。

木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与形变量x 的关系为E p ＝1
2kx 2。

取重力加速度g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示。

（1）求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1。

（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 2及此时木板速度v 2的大小。

（3）已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0。

求木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU （用t 0表示）。

答案：（1）1 m/s 0.125 m （2）0.25 m
√3
2
m/s （3）（4√3t 0－8t 02）J
解析：（1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有 m 2v 0＝（m 1＋m 2）v 1 解得v 1＝1 m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有 μm 2g ＝m 1a 解得a ＝4 m/s 2 由运动学公式有 v 12＝2ax 1
解得x 1＝0.125 m 。

（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动
对物块有μm 2g ＝m 2a' 对整体有kx 2＝（m 1＋m 2）a' 解得x 2＝0.25 m
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，有1
2（m 1＋m 2）v 12＝1
2
（m 1＋m 2）v 22＋1
2
k x 22
解得v 2＝√32
m/s 。

（3）木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0，木板从速度为0到物块与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到木板返回时，受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为v 2＝√3
2 m/s ，木板返回所用时间也为t 0 在此2t 0的时间内，对物块，由动量定理有 －μm 2g·2t 0＝m 2v 3－m 2v 2 解得v 3＝(
√3
2－2t 0)m/s
在此2t 0的时间内，弹簧的初、末弹性势能不变，木板的初、末动能不变，故对系统，由能量守恒定律有 ΔU ＝1
2
m 2v 22－1
2
m 2v 32
解得ΔU ＝（4√3t 0－8t 02）J 。

如图所示，一倾角θ＝30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L ＝5 m ，某时刻，小物块A 从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B 发生多次碰撞，小物块A 、B 之间的碰撞时间极短且为弹性碰撞，已知小物块A 、B 的质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝4 kg ，小物块A 与斜面间无摩擦，小物块B 与斜面间的动摩擦因数μ＝√3
2，重力加速度g ＝10 m/s 2。

（1）求小物块A 经过多长时间与小物块B 发生第一次碰撞及小物块A 、B 第一次碰撞后瞬间的速度大小； （2）求小物块第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞； （3）若仅从能量角度考虑，小物块B 最终能否静止在斜面底端。

答案：（1）1 s 3 m/s 2 m/s （2）√17+3
5
s （3）见解析
解析：（1）以小物块A 为研究对象， 由牛顿第二定律得m 1g sin θ＝m 1a 1 解得a 1＝5 m/s 2
由运动学公式得L
2
＝1
2a 1t 12
解得t 1＝1 s
取沿斜面向下为正方向，第一次碰前小物块A 的速度大小v ＝a 1t 1＝5 m/s 小物块A 、B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可知 m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，1
2m 1v 2＝1
2m 1v 12＋1
2m 2v 22 联立解得v 1＝－3 m/s ，v 2＝2 m/s
故小物块A 、B 第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为3 m/s 、2 m/s 。

（2）第一次碰后，以小物块B 为研究对象， 由牛顿第二定律可得m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2 解得a 2＝－2.5 m/s 2
设经过时间t 后小物块B 的速度减为0，由运动学公式可得0＝v 2＋a 2t 解得t ＝0.8 s
设小物块A 、B 第一次碰撞后经过时间t 2发生第二次碰撞， 由运动学公式可得v 2t 2＋1
2a 2t 22＝v 1t 2＋1
2a 1t 22 解得t 2＝4
3 s ＞t
小物块B 在t ＝0.8 s 时已静止，t 2＝43 s 舍去。

故有12v 2t ＝v 1t 2＋1
2a 1t 22 解得t 2＝
√17+3
5
s 小物块A 、B 第一次碰撞后经
√17+3
5
s 发生第二次碰撞。

（3）对小物块A 、B 整体运动过程分析， 运动到斜面底端的过程中重力做的功 W ＝m 1gL sin θ＋m 2g L
2 sin θ＝75 J 克服摩擦力做的功W f ＝μm 2g cos θ·L
2＝75 J 由于W ＝W f ，小物块B 可以静止在斜面底端。

题型一 动量和能量的综合问题
1.（多选）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m 1＝1.0 kg 的物块A ，另一端连接质量为m 2＝1.0 kg 的木板B ，绳子开始是松弛的。

质量为m 3＝1.0 kg 的物块C 放在长木板B 的右端，C 与木板B 间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。

现在给物块C 水平向左的瞬时初速度v 0＝
2.0 m/s ，物块C 立即在长木板上运动。

已知绳子绷紧前，B 、C 已经达到共同速度；绳子绷紧后，A 、B 总是具有相同的速度；物块C 始终未从长木板B 上滑落。

下列说法正确的是（ ）
A.绳子绷紧前，B 、C 达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A 、B 的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A 、B 的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A 、B 、C 三者将以大小为23 m/s 的共同速度一直运动下去
解析：ACD 绳子绷紧前，B 、C 已经达到共同速度，设B 、C 达到的共同速度大小为v 1，根据动量守恒定律可得m 3v 0＝（m 2＋m 3）v 1，解得v 1＝1.0 m/s ，A 正确；绳子刚绷紧后的瞬间，A 、B 具有相同的速度v 2，A 、B 组成的系统动量守恒，则有m 2v 1＝（m 1＋m 2）v 2，解得v 2＝0.5 m/s ，B 错误，C 正确；A 、B 、C 三者最终有共同的速度v 3，A 、B 、C 组成的系统动量守恒，则有m 3v 0＝（m 1＋m 2＋m 3）v 3，解得v 3＝2
3 m/s ，D 正确。

2.如图所示，半径为R 的光滑1
4
圆弧轨道PA 固定安装在竖直平面内，A 点的切线水平，与水平地面的高度差为R ，
让质量为m ＝0.2 kg 的小球甲（视为质点），从P 点由静止沿圆弧轨道滑下，从A 点飞出，落在地面的B 点，飞出后落到地面的水平位移为 x ＝0.9 m ；把质量为M ＝0.4 kg 的小球乙（与甲的半径相同）静止放置在A 点，让小球甲重新从P 点由静止沿圆弧轨道滑下，与乙发生弹性碰撞，空气的阻力忽略不计、重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是（ ）
A.圆弧轨道的半径R ＝0.9 m
B.乙从A 点飞出至落至地面过程中重力的冲量大小为0.6 N·s
C.甲、乙碰撞后乙的速度2.0 m/s
D.乙对甲的冲量大小为1.2 N·s
解析：C 甲由P 到A 过程，由机械能守恒定律可得mgR ＝1
2m v 02，甲由A 到B ，由平抛运动的规律可得R ＝1
2gt 2，x ＝v 0t 。

联立解得v 0＝3 m/s ，R ＝0.45 m ，t ＝0.3 s ，故A 错误；乙做平抛运动的时间为t ＝0.3 s ，重力的冲量I G ＝Mgt ＝1.2 N ·s ，故B 错误；甲、乙在A 点发生碰撞，设碰后甲、乙的速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2，由能量守恒定律得1
2m v 02＝1
2m v 12＋1
2M v 22，联立解得v 1＝－1 m/s ，v 2＝2 m/s ，故C 正确；甲、乙在碰撞的过程中，对甲应用动量定理，可得乙对甲的冲量大小为I ＝mv 0－mv 1＝0.8 N ·s ，故D 错误。

题型二 力学三大观点的综合应用
3.（多选）如图所示，质量为M ＝0.5 kg 的光滑木板静止放在光滑水平面上，左侧连接一个劲度系数为k ＝ 1 N/m 且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的轻细线连接在竖直墙上，细线所能承受的最大拉力为T ＝1 N 。

现让一个质量为m ＝1 kg 、初速度为v 0＝2 m/s 的滑块在木板上向左运动，然后压缩弹簧。

以下说法正确的是（ ）
A.细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统机械能守恒
B.细线被拉断时，滑块的加速度最大
C.木板的最大加速度为2√2 m/s 2
D.滑块最后离开木板时相对地面的速度恰好为零
解析：AC 细线被拉断前，木板、滑块、弹簧组成的系统只有弹簧弹力做功，其他力不做功，则系统机械能守恒，故A 正确；细线被拉断后，滑块将继续向左压缩弹簧，当滑块与木板速度相等时，弹簧被压缩到最短，此时滑块的加速度最大，故B 错误；细线被拉断时，滑块的速度为v 1，此时弹簧被压缩x 1，当滑块与木板速度相等时，滑块的速度为v 2，且弹簧被压缩x 2，由能量守恒定律得1
2m v 02＝1
2m v 12＋1
2k x 12＝1
2（m ＋M ）v 22＋1
2k x 22，由胡克定律得kx 1＝T ，由动量守恒定律得mv 1＝（m ＋M ）v 2，解得x 2＝√2 m ，木板的最大加速度为a ＝
kx 2M
＝2√2 m/s 2，故C
正确；滑块最后离开木板时，弹簧恢复原长，设此时滑块速度为v 3，木板速度为v 4，由动量守恒定律得mv 1＝mv 3＋Mv 4，由能量守恒定律得1
2m v 02＝1
2m v 32＋1
2M v 42，可知v 3≠0，故D 错误。

4.（2023·全国乙卷25题节选）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l ，圆管长度为20l 。

一质量为m ＝1
3M 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。

小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

不计空气阻力，重力加速度大小为g 。

求：
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。

答案：（1）
√2gl 2
√2gl 2
（2）l
解析：（1）设碰撞前瞬间小球的速度为v ，碰后小球及圆盘的速度分别为v 1、v 2，取竖直向下为正方向，对碰撞前，小球做自由落体运动，由动能定理得 mgl ＝1
2mv 2
解得v ＝√2gl
小球和圆盘碰撞过程系统满足动量守恒和机械能守恒，有 mv ＝mv 1＋Mv 2
12
mv 2＝12
m v 12＋1
2
M v 22
又m ＝13
M 联立解得v 1＝－
√2gl 2
，v 2＝
√2gl 2
所以第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为√2gl 2。

（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球先向上做匀减速直线运动，到最高点再向下做匀加速直线运动，圆盘一直向下做匀速直线运动，当小球速度向下且与圆盘速度相等时，两物体间距最大，设此过程所经历的时间为t ，对小球，由匀变速直线运动公式得
√2gl 2
＝－
√2gl 2＋gt
解得t ＝√2l g
由竖直上抛运动的对称性知，此时小球又回到了与圆盘第一次碰撞的位置，故圆盘下落的距离就是此时两物体的间距，也是第一次碰撞到第二次碰撞之间两物体的最远距离，即 s max ＝v 2t ＝
√2gl 2×√2l
g ＝l 。

5.半径为r 的1
4圆弧轨道AB 与半径为2r 的1
4圆弧轨道BC 在B 点平滑对接，固定放置在竖直平面内，轨道的最低点A 和最高点C 处的切线均水平，两轨道内壁均光滑。

现让质量为m 的小球甲（可视为质点），在光滑的水平地面上以水平向右的速度与静止的、质量也为m 的小球乙（可视为质点）发生碰撞，碰后乙能够到达C 点。

已知重力加速度为g 。

（1）若A 、C 两点轨道对乙的弹力大小之差为10mg ，求小球乙从C 点到落地点的位移大小；
（2）若乙刚好能够到达C 点，且甲、乙在碰撞过程中产生的热量为甲的初动能的3
8，求甲与乙碰撞之前甲的速度大小。

答案：（1）√33r （2）
8√2gr 3
解析：（1）设乙在A 、C 两点所受的弹力大小分别为F A 、F C ，对乙受力分析，由牛顿第二定律可得 F A －mg ＝m
v A 2r
，F C ＋mg ＝m
v C 22r
对乙，由A 到C ，由机械能守恒定律可得12
m v A 2＝12
m v C 2＋mg·3r 由题意可得F A －F C ＝10mg
由平抛运动的规律可得3r ＝1
2gt 2，x ＝v C t
平抛运动的位移为s ＝√x 2＋（3r ）2
综合解得s ＝√33r 。

（2）设甲与乙碰撞之前甲的速度为v 0，对于甲、乙的碰撞过程，由动量守恒定律可得mv 0＝mv 甲＋mv 乙 碰撞过程中产生的热量为Q ＝1
2m v 02－1
2m v 甲2－1
2m v 乙2 由题意知Q ＝1
2
m v 02·3
8
若乙刚好能够到达C 点，则有mg ＝
mv C122r
由机械能守恒定律可得1
2m v 乙2－1
2m v C12＝mg·3r 联立解得v 0＝
8√2gr 3。

6.（2023·浙江6月选考18题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。

水平直轨道AB 、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R ＝0.4 m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。

质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k ＝100 N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。

现有质量m ＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v 0＝2√21 m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。

已知传送带长L ＝0.8 m ，以v ＝2 m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能E p ＝1
2kx 2（x 为形变量）。

（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小v F 和所受支持力大小F N ；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度v B ＝1 m/s ，求滑块a 、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE ； （3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx 。

答案：（1）10 m/s 31.2 N （2）0 （3）0.2 m
解析：（1）滑块a 以初速度v 0从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，由动能定理有 mg·2R ＝1
2m v F 2－1
2m v 02 解得v F ＝10 m/s
在最低点F ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v F 2R
解得F N ＝31.2 N 。

（2）碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有 －mg·2R －μmgL ＝1
2
m v B 2－1
2
m v a 2
解得v a ＝5 m/s
滑块a 、b 碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv F ＝－mv a ＋3mv b 解得v b ＝5 m/s
碰撞过程中损失的机械能ΔE ＝1
2m v F 2－1
2m v a 2－1
2·3m v b 2＝0。

（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有 mv F ＝（m ＋3m ）v ab 解得v ab ＝2.5 m/s
滑块a 、b 一起向右运动，压缩弹簧，a 、b 减速运动，c 加速运动，当a 、b 、c 三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有
（m ＋3m ）v ab ＝（m ＋3m ＋2m ）v abc 解得v abc ＝5
3 m/s
由机械能守恒定律有E p1＝1
2
×4m v ab 2－1
2
×6m v abc 2
解得E p1＝0.5 J
由E p1＝1
2k x 12，解得最大压缩量x 1＝0.1 m
滑块a 、b 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使a 、b 继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c 速度最大，a 、b 速度最小；滑块a 、b 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，a 、b 加速，当a 、b 、c 三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x 2＝0.1 m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx ＝x 1＋x 2＝0.2 m 。