2023-2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第七章动量守恒定律强化七动量和能量的综合问题

专题强化七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

速度加为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1N,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〃?=kg,滑杆的质量M

=kg,A、B间的距离/=m,重力加速度g取Iom∕s2,不计空气阻力.求：

⑴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V,；

(3)滑杆向上运动的最大高度h.

答案(1)8N5N(2)8m/s(3)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∕zNi=("z+M)g=8N

当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也

为IN,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为尸N2=Mg—R'=5N.

⑵滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有一wzg∕—Fd=^mvι2-^mv(r

代入数据解得5=8m/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mV]-(m+M)v

碰后滑块和滑杆以速度。整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

-(m+M)gh=O-^(m+M)v2

代入数据联立解得〃=m.

【例2】(2020∙天津卷・11)长为I的轻绳上端固定,下端系着质量为〃”的小球4,处于静止状态.A

受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点.当A回

到最低点时，质量为加2的小球B与之迎面正碰，碰后A、8粘在一起，仍做圆周运动，并能

通过圆周轨迹的最高点.不计空气阻力，重力加速度为g,求：

(I)A受到的水平瞬时冲量/的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

答案d(2沔(2黑：他)2

解析(1)4恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速

度大小为。，由牛顿第二定律，有

V2

mtg=mt~i^

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的

速度大小为VA,有

^mtVA2=^m↑v2+2m∣g∕

联立解得VA=y[5gl

由动量定理有1=mιVA=mιyβ3

(2)设两球粘在一起时速度大小为？'，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需

满足

V=VA

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前8的速度方向相同，以此方向为正方向，设

3碰前瞬间的速度大小为内，由动量守恒定律，有

加2。8一A=(m1+m2)0’

联立解得内=何⑵"+也)

m?

又Ek=2m2Vir

可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为

2

5gl(2mt+m2)

Ek=一获一'

题型二力学三大观点的综合应用

【例3】(2022•浙江6月选考∙20)如图所示，在竖直面内，一质量小的物块α静置于悬点。正

下方的A点，以速度。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/.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”相同的物块b悬挂于。点，并向左拉开一定的高度〃由静止下摆，细线始

终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰.已知胆=2g,/=1m,R=m,H=m,V

=2m∕s,物块与CD之间的动摩擦因数〃=,轨道AB和管道OE均光滑，物块“落到

FG时不反弹且静止.忽略M、8和N、C之间的空隙，8与。E平滑连接，物块可视为质

点，取g=10m∕s2.

(1)若Zz=m,求〃、〃碰撞后瞬时物块。的速度8的大小；

(2)物块。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m<Λm,求物块”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)5m/s

⑵FN=LN(∕z2m)

(3)当m<∕zm时，m<x≤3m,当mW/?m时，(3+乎)mWx<(+乎)m

解析(1)物块。摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有，"g∕z=J”0∕,2,解得S)=5m/s①

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'+mvo®

NnM=Nnυj之+展加^^③

联立①②③解得vo=5m/s©

(2)由(1)分析可知，物块6与物块。在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块〃刚好可以到达

七点对应的高度为加，根据动能定理可得加g/?]—2〃wg/—mgH=O,解得hι=m⑤

以竖直向下为正方向，则有FN+mg=trr^®

由动能定理有mgh—2μmgl-mgH=3nwW⑦

联立⑥⑦可得JFN=力一NS2m)⑧

(3)当mW/zm时，最终物块〃静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得

rngh—2μmg∕—ιngH=gmva⑨

从E点飞出后，竖直方向”=上产⑩

水平方向Sl=OEr⑪

当力最大时，Sl最大，即Slmax=ΓΠ,又因X取不到最大值，则Sl取不到最大值，

根据几何关系可得。尸=害m⑫

x=3l+DF+si®

代入数据解得(3+坐jm≤x<(+^)m;⑭

当m<∕zm时，从心=m释放8,。、。碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可得，"g/?一

卬"gS2=0⑮

当h最小时

解得S2=m⑯

可知物块a达到距离C点右侧m处静止；

当h取m时，

物块”在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得,咫“一WMgS3=0,解得S3=0∙4m,

距离C点0.6m,

又因/?=m不在此范围内，故当m<∕zm时，有3/—S34W3/

代入数据得m<r≤3m.

[例4](2023•浙江1月选考∙18)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾

角8=37。的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCnE、倾角9=37。的直轨道£尸、水平直轨道厂G组

成，除fG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与轨道A8、EF相切于8(E)

处.凹槽GH〃底面H/水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆

渡车上表面与直轨道尸G、平台JK位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R=m,B点高

度为R,FG长度LFG=m,H/长度Lo=9m,摆渡车长度L=3m、质量机=Ikg.将一质量

也为，〃的滑块从倾斜轨道AB上高度/?=m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重

力的倍.(摆渡车碰到竖直侧壁"立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37。=,cos370

=)

(1)求滑块过C点的速度大小OC和轨道对滑块的作用力大小Fc;

(2)摆渡车碰到〃前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数〃；

⑶在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.

答案(1)4m/s22N(2)(3)s

解析⑴滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得R-Rcos0)=%n>c2

解得OC=4m/s

滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得

„,Vc2

FC十mg=nr^~

解得FC=22N

(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为V,从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

mgh-mgLpG=2mv2

解得v=6m/s

摆渡车碰到〃前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速,

设为m,以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得〃m=2ms

V

解得0ι=]=3m/s

根据能量守恒可得Q-fimgL-^mv2-^×2mv↑2

解得〃=

(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为“=等=3m∕s2

V—V∖

所用时间为Zi=—1—=1S

v+v]

此过程滑块通过的位移为为=m

2

Li)-χ∖

滑块与摆渡车共速后,滑块与摆渡车一起做匀速直线运动,该过程所用时间为，2=1厂=S

则滑块从G到J所用的时间为ι=f]+∕2=s.

课时精练

l.(2023∙浙江精诚联盟联考)如图所示，竖直的半径为R的螺旋圆形轨道BFEG”与直轨道AH

和BC在H、B处平滑连接，倾角为，的斜面CO在C处与直轨道BC平滑连接.在直轨道

A”左端固定连接一轻弹簧，弹簧另一端系一个质量为机的小滑块Q,弹簧处于自然状态.一

个质量也为m的小滑块P从斜面CD上高”处由静止下滑.已知BC段与小滑块P间的动摩

擦因数g=0.2.轨道其他部分均光滑，直轨道Be长LBC=Im,kg,，=30。，R=m.弹

簧始终处于弹性限度内，滑块脱离轨道后，不会再落到轨道上，重力加速度g=10m∕s2.

Iw嗡

AH

⑴若滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，求滑块P从静止下滑的高度H；

(2)若滑块P恰好能过E点完成圆周运动与。发生碰撞，碰撞时间极短，碰后尸。一起运动,

但互不粘连，求P、。第一次分离时弹簧和滑块。系统的机械能.

答案(l)m(2)J

解析(1)滑块产在圆轨道P点的压力刚好为零，则。F=O,，咫(H-R)-"/MgL5C=O,

解得H="LBC+R=m.

(2)设滑块P碰前速度为v0,

.VE2I、--,1,

由mg=〃厂比，=mg∙2R十彳nuL,

解得VJ=5gR

设碰后共同速度为V9有mvQ=2mv,

弹簧原长处尸、Q分离，分离时尸和。的动能均为EkPWO2

分离时弹簧和滑块Q系统的机械能E=⅛nυo2=^ngR=J.

OO

2.(2023•浙江衢州市质检)在一场冰壶比赛中，如图甲，蓝壶静止在大本营圆心。处，红壶

推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始.不断刷冰，直

至两壶发生正碰为止.已知，红壶经过P点时速度。O=m∕s,P、。两点相距L=27m,大

本营半径R=m,从红壶进入刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v~t图线如图乙所

示.假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰

面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点.

⑴试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；

⑵求在刷冰区域内红壶滑行的距离S.

答案⑴会滑出（2）15m

解析（1）设冰壶的质量为〃?，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为。1、V∖,和Z√,

由题图乙可得Ol=m∕s,V∖,=m∕s,

由动量守恒定律得机Ol=机功'+mV2,①

M2

设碰后蓝壶滑行距离为Sl,红壶、蓝壶的加速度大小均为0,S1=^3②

由题图乙可得α∣=∣°7;I=m∕s2③

由①②③及题图乙信息得Sl=m>R=m④

则蓝壶会滑出大本营.

（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为Fn,Ffl="⑼⑤

由题图乙可得f=0时红壶的速度z√=m∕s,设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为∕¾,

加速度大小为。2,Ff2=）M2⑥

由题图乙可得“2=画潦里」=m∕s2⑦

在红壶经过P点到与蓝壶发生正碰前的过程中，由动能定理得

-Ffl（L-S）-FfiS=^mVl2—Soo2⑧

由③⑤⑥⑦⑧式及代入数据得S=15m.

3.（2021.浙江6月选考∙20）如图所示，水平地面上有一高H=m的水平台面，台面上竖直放

置倾角0=37。的粗糙直轨道A&水平光滑直轨道8C、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半

圆形光滑轨道OE凡它们平滑连接，其中管道CZ）的半径r=m、圆心在O∣点，轨道。Er

的半径R=m、圆心在O2点，Oi、D、。2和F点均处在同一水平线上.小滑块从轨道AB

上距台面高为//的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小

球经管道C。、轨道OE尸从尸点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰

后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上。点，已知小滑块与轨道AB间的

动摩擦因数〃=*,sin37°=,cos37°=,g取IOmAP.

⑴若小滑块的初始高度〃=m,求小滑块到达B点时速度如的大小；

⑵若小球能完成整个运动过程，求h的最小值力min；

⑶若小球恰好能过最高点E且三棱柱G的位置上下可调，求落地点。与尸点的水平距离X

的最大值Xmax.

答案(1)4m/s(2)m(3)m

解析(1)小滑块在AB轨道上运动时有

八h1ʌ

mgh〃加geos"sinQ

代入数据解得vo=^∖[gh=4m/s

(2)设小滑块滑至B点时的速度大小为如，小滑块与小球碰撞后速度大小分别为小、v2f碰撞

过程中动量守恒，机械能守恒，因此有mvn=mv]+mv2,

=mv

^nιvιr2J+

解得O]=0,V2=VB

小球沿CZ)EF轨道运动，在最高点可得

OEmin2

mg=mR

从C点到E点由机械能守恒可得

2

SoEmil?+fng(R+f)=∣WVβmin

其中OBmin=,

解得∕lmin=m

(3)设/点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动，由动能定理有

mg(R+y)=^∕nVG2-^nVEmin2

从G点到Q点，由平抛运动规律可得X=UGO

H+r-y=

联立可得水平距离为x=2√(-y)(+γ)

由数学知识可得，当一y=+y时，X有最大值，最大值为XmaX=m.

4.(2023•浙江精诚联盟联考)如图为一游戏装置的示意图，倾角a=53。的轨道AB与半径R=

m半圆轨道相切.水平放置的传送带以。带=2m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端EF

长E=3m,传送带右端与一光滑水平面平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块，

物块的质量M=kg且数量N足够多.游戏开始时，让质量为m=kg的物块m从轨道AB

上由静止滑下，到达轨道最低点C时对轨道的压力大小为N.物块用与轨道A8间的动摩擦

因数川=、与传送带间的动摩擦因数"2=，轨道其余部分均光滑.碰撞均为对心弹性碰撞，

物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内，不计空气阻力∙(sin53。=,cos53。=,

重力加速度g=10m∕s2)

⑴求物块m到达C点时的速度大小Oe和从轨道AB释放的高度H-,

(2)若物块m恰好从传送带左端E点沿水平方向落至传送带，求CE两点的水平距离Li；

(3)求物块m在传送带上运动的总时间t&.

答案(1)√29m/sm(2)m(3)s

解析(1)由牛顿第三定律知在C点轨道对物块m的支持力为尸NC=N,由牛顿第二定律得

FNc-mg=nτ~^,解得vc=y∣2^m/s

物块从释放到运动至C,由动能定理得mg(H+R+Rcos53°)—∕z∣m^cos53。、.Zaw=3moc2-0

代入数据解得〃=m

(2)物块从C运动至£),由动能定理得

—mg(R-Rcos530)=-^noc1

解得VD=5m/s

在。点，沿水平方向和竖直方向分解速度可得UDt=ODeOS53°=3m/s,VDy=Vosin53°=4m/s

依题意可得Ll=RSin530+ODJQE=m

(3)依题意，物