高考专题动量和机械能综合（上）

学习必备 欢迎下载

高考专题：动量和机械能综合(上)

【考纲要求】

1.熟练掌握动量守恒定律并能灵活应用。 2.熟练掌握机械能守恒定律并能灵活应用。

3.能综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律解答有关综合题。

4.能正确比较和区分动量守恒定律和机械能守恒定律成立条件、使用方法及注意事项的异同点。

知识结构

热点导析

1.动量守恒定律和机械能守恒定律的相似之处

（1）两个定律都是用“守恒量”表示自然界的变化规律，研究对象均为物体系，运用“守恒量”表示物体系运动状态变化规律是物理研究中的重要方面。我们学习物理，就要学会用守恒定律处理问题。

（2）两个守恒定律均是在一定条件下才成立，它们都是用运动前、后两个状态的守恒量的相等来表示物体系的规律特征的，因此，它们的表达式是相似的，且它们的表达式均有多种形式。

（3）运用守恒定律解题都要注意其整体性（不是其中一个物体）、相对性（表达式的速度和其他有关物理量必须对同一参考系）、同时性（物体系内各物体的动量和机械能都是同一时刻的）、阶段性（满足条件后，各过程的始末均守恒）。求解问题时，都只需考虑运动的初状态和末状态，而不必考虑两个状态之间的过程细节。

（4）两个定律都可用实验加以验证，都可用理论进行论证，动量守恒定律是将动量定理用于相互作用的物体，在不受外力的条件下推导出来的；机械能守恒定律是将动能定理用于物体系（物体和地球组成系统），在只有重力做功的条件下推导而成的。

2.动量守恒与机械能守恒的不同之处

（1）守恒量不同，动量守恒定律的守恒量是动量，机械能守恒定律的守恒量是机械能。因此它所表征的守恒规律是有本质区别的，动量守恒时，机械能可能不守恒，也可能守恒；反之亦然。

（2）守恒条件不同，动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或某一方向系统不受外力），或系统所受的合外力等于零，或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力。机械能守恒定律适用的条件是只有重力做功；或者只有重力做功，受其他力，但其他力不做功；或者除重力的功外，还有其他力做功，但这些力做功的代数和为零。

（3）表达式不同，动量守恒定律的表达式是一个矢量式，不论是m1v1+mv2=m1v1′+mv2′，还是p1+p2=p1′+p2′，或者Δp1=-Δp2均是矢量式，对于在一直线上运动的物体系，只要规定正方向，动量守恒定律可表示为代数式。机械能守恒定律的表达式为标量式，一般它表示为Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或ΔEp=-ΔEk；或者ΔEa=-ΔEb（将系统分成a、b两部分来研究）。

学习必备 欢迎下载

3.动量守恒定律和机械能守恒及转化（即能量守恒定律）

是近年高考压缩所考查的重点知识点，90年代以来不包括选择题和填空题，只以计算和论述形式在全国试卷中出现的年份就有1992、1993、1995、1996、1997、1998等，在上海试卷中出现的年份有1992、1993、1995、1998等。在其他类型高考试卷中也反复出现。所以认真分析该类问题，注意常规解法，灵活运用其中规律，是第二轮复习的一个重点。

典型例析

例1 如图2-6-1所示，质量为M的长木板静止在光滑的水平地面上，在木块的右端有一质量为m的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度v0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能为 ，整个过程中转化为内能的机械能为 。

解析 将M、m和弹簧整体取为系统，系统不受外力（弹力为内力）动量始终守恒。弹簧压至最短和小物块退至木块右端时整体均具有共同速度v

即mv0=(M+m)v （取向左为正方向）

v=

mv0

M?m因m能相对于木板停于右端，所以一定有内摩擦

2m2?v0121212

从最初到最末E机损=mv0-(M+m)v=mv0-

2(M?m)222而E机损∝S相所以至弹簧压至最短时E机损′=据总能量守恒：

1E机损 212121mv0=(M+m)v+E机损+E弹 2222121m2v0将②③④结合得：E弹=mv0?

44M?m说明 本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能和内能转化的范例。

总能守恒选用了三个时刻，即初始状态、弹簧最短状态、物体m回复到M最右端的三个状态。正确分清运动过程和各阶段的特点是解答本题的关键。

例2 下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到初始位置高得多的地方。

学习必备 欢迎下载

A是某种材料做成实心球，质量m1=0.28kg,在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg的木棍B，B点是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H=1.25m处，由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速

2

度g=10m/s。

解析 根据题意A碰地板后，反弹速度的大小v1,等于它下落到地面时速度的大小。

即v1=2gH

①

A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度 v2=2gH

②

由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒 m1v1-m2v2=m2v2′ ③ 令h表示B上升的高度，有 h=

V2 2g?2 ④

由以上各式并代入数据得

h=4.05m ⑤

说明 本题将自由落体、竖直上抛、竖直方向近似动量守恒结合在一起，应用于一个演示实验中，要求能从物理实验中建立起中学物理能解决的模型。本题为20XX年高考原题。

例3 如图2-6-3所示 ，在光滑水平面上静止着一个质量为M的物体B，B的上面左端静止着质量为m的物体A，A、B间摩擦因数为μ，一个质量为m0的小球以水平速度v0飞来，与A碰撞后以撞前速率为B足够长，A未滑落）。

1弹回，求A与B相对静止后它们的速度及A在B上滑行的距离（设5

解析 小球与物体A发生碰撞，二物总动量守恒（碰撞时间很短，认为B未动）。

学习必备 欢迎下载

m0v0=m0(-

6m01v0)+mv1 v1=v0 55m6m0v0

5(m?M)

①

物体A与物体B相对静止后一起运动的速度为v2,A、B组成的系统动量守恒 mv1=(m+M)v2 v2=

②

A在B上滑行过程，根据能的转化与守恒定律，有 μmgS相=

1212

mv1-(m+M)v2 22

③

式②代入式③得

2218m0v0MS相=

25m2(M?m)?g说明 系统内有一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为Q=fS相。事实上的可分别对A和B应用动能定理并相加，总功即为fS相，总动能损失亦等于fS相。

例4 质量为m的滑块A与质量为M（M＞m）的长木块B的动摩擦因数为μ，滑块A与木板B一起以速度v0在光滑的水平地面上向右滑动，如图2-6-4所示，B到达墙时与墙发生碰撞，碰后B以原速率弹回，设木板足够长，问B碰撞后到A与B相对静止的整个过程中，A（相对地）通过的路程是多长？

解析 （1）由题意知，滑块A运动过程是B与墙相碰后，B以v0返回向左滑行，而滑块A仍以v0向右滑行（因为碰撞时间很短，不能改变A的运动状态）。

A、B组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，由于A、B间摩擦力作用使A的速度变为零，然后A随B向左运动，A、B最后达到共同速度v，选取向左方向为正，则

学习必备 欢迎下载

Mv0-mv0=(M+m)v,故v=

M?m·v0

M?m因M＞m，则v＞0，v方向向左。

（2）A受B对它自左的摩擦力f=μmg作用，开始一段时间A向右运动的速度由v0逐渐减小于0，再向左运动速度由0增大到v，设两段时间内A运动的路程分别为l1、l2，如图c，对A由动能定理得：

-μmgl1=0-

1212

mv0, μmgl2=mv, 2222v2v0(M?m)2v0∴l1=,l2==

2?g2?g2?g(M?m)22v0(M2?m2)运动总路程为s=l1+l2=

?g(M?m)2说明 本题关键在于以地面为参照系，深入细致分析A、B，特别是A的运动过程，分层次并列作图，得出A向右运动到最远的条件是速度为零，应特别注意此题，不是求A相对B滑动的路程。若M＜m，则将是另一种物理情景。

例5 在水平轨道上有一门大炮，炮车质量为M，炮弹质量为m，发射时炮弹相对于炮车的速度为v，炮口仰角为α，如图2-6-5所示，不计炮车和轨道间摩擦，求发射时炮车的反冲速度。

解析 设炮车对地的反冲速度为v′，水平向右方向为正方向，由于发射过程中炮车和炮弹水平方向不受外力，动量守恒，故有0=m(vcosα-v′)-Mv′。由此得v′=α,即炮车以大小为

mvcos

M?mmvcosα的速度向左后退。

M?m由于炮车反冲，炮弹出口速度方向的仰角并不等于炮口的仰角α，在图2-6-6中，v表示炮弹相对于炮口的速度，v′为炮身的反冲速度，炮弹出口相对于地面的速度为u，它跟地面间的夹角应为θ。

由于v′<

学习必备 欢迎下载

说明 运用动量守恒定律解题时，物体系中各物体的速度均以地面为参照系，所以，炮弹出口时的速度大小应为vcosα-v′，这是解题的关键。

例6 质量为M的小孩靠在墙上尽力将一个质量为m的铅球平推出去，球的水平射程为s0，如果他穿着冰鞋站在光滑的冰面上尽力将此球平推出去，这次球对投掷点的水平射程s1是多少？球落地时，球和小孩的水平距离s2是多少（可认为小孩两次掷球时做的功是一样的）？

解析 （1）人推球时做多少功，就会有多少生物能转化为机械能。第一次，人不动，这些机械能完全由球获得，设球获得的速度为v0，第二次，因人和球这一系统在水平方向不受外力而动量守恒，球向前飞行时，人应后退，设此时球的初速为v，人后退速度为v2,两次人做功相同。

121212

mv0=mv+Mv2 222 ①

第二次抛球过程中，球和人总动量守恒，则 mv-Mv2=0 ② 联立式①、②解得v=

MV0 M?m（2）人的高度一定，球做平抛运动落地时间一定，球对投掷点的水平射程S∝v，所以 s1=

MS0 M?m ③

由②式可得 v2=

mMMV0 M?m ④

球落地过程中，人后退的距离 s′=

mMMS0 M?m ⑤

所以，球落地时，球和人的水平距离 s2=s1+s′ =

⑥

mMS0+M?mMMM?mS0=S0 M?mM说明 对有些问题中间过程较复杂，如用动量守恒和能的转化守恒来计算可以避开中间

过程而使计算简化。

学习必备 欢迎下载

例7 质量为m的钢板与直立轻簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图2-6-7所示。一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与O的点的距离。

解析 本题为1997年全国高考压轴题 物块与钢板碰撞时的速度v0=6gx0

①

设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，mv0=2mv1 ②

刚碰完时弹簧的弹性势能为EP。当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零。根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒

EP+

12

（2m）v1=2mgx0 2 ③

设v2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有 2mv0=3mv2 ④

刚碰完时弹簧的弹性势能为EP′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则有

EP′+

1122

（3m）v2=3mgx0+(3m)v 22 ⑤

在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0,

故有EP′=EP ⑥

当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g。一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g。故在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O点的距离为

v21?x0 s=

2g2说明 此题的前半部分一直在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系，比较深刻地考查了学生大脑中能量的概念。

例8 如图2-6-8所示，质量为2m，长为l的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子 弹以初速v0水平向右射向木块，穿出木块时的速度为

v0，设木块对子弹的阻力恒定。 2学习必备 欢迎下载

（1）求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离l1。

（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u水平向右运动，子弹仍以初速v0向右射向木块（u＜v0），求子弹最终速度v。

（3）求在（2）情况下，子弹在木块中行进的过程中，木块移动的距离l2。 解析 本题为1993年上海高考压轴题

（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，则有

mv0=m

v0+2mv′ 2 ①

再依系统能量守恒，又有

121v021mv0=m()+(2m)12 ′+fl

v2222对木块依动能定理，有 fl1=

②

12

(2m)v′ 2 ③

①代入②有 fl=

52

mv0 16

④

由①③④导出l1=

1l 5

⑤

（2）此时子弹与木块组成的系统动量不再守恒。对子弹应用动能定理，有 -f(l+ut)=

1212

mv-mv0 22对子弹应用动量定理，又有

-ft=mv-mv0 ④代入⑤⑥后再消去t，得 v=u±(v0?u)?2

⑥

52v0 8木块固定在传送带，且一起向右运动，子弹的速度只能是v≥u，所以得v=u+(v0?u)?252v0 82

此解只在(v0-u)≥

101052

v0成立,即u≤v0(1-)时成立，当u＞v0(1-)时，子弹不

448再从木块射出，子弹的最终速度为u，故结果为：

学习必备 欢迎下载

当u≤v0(1-

52102)时，v=u+(v0?u)?v0

84当v0＞u＞v0(1-

10)时，v=u 410)时，子弹在木块中行进时间t可由 4（3）当u＜v0(1-

ft=mv0-mv得t=

1m(v0-v) f将fl=

52522mv0和v=u+(v0?u)?v0代入上式

816得t=

5216l2(v?u)?v0) (v-u-00285v05216ul2(v?u)?v0] [v0-u-0285v010)时，子弹在木块中行进时间 4由此得l2=ut=

当v0＞u＞v0(1-

t′=

16l16ul1m(v0-u)= 2(v0-u) ∴l2′=ut′=(v0-u) 25v05v0f说明 当子弹与木块都向右运动时，子弹能否穿透木块是由木块与子弹的速度关系决定的。当木块的速度v≤v0(1-

1010)时，子弹才能穿透木块；v0＞u＞v0(1-)子弹穿不透

44木块，留在木块中；当u＞v0时，子弹将碰不到木块。

例9 一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为

l，如图2-6-9所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与2木板间的摩擦系数为μ。A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0＜2?gl。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求

（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。 （2）在A、B刚要发生第四次碰撞埋，A、B、C三者速度的大小。

学习必备 欢迎下载

解析 本题为1998年全国高考压轴题

（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右做匀减速运动，而C向右做匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1，设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得

mv0=2mv1 ① 由功能关系，得

1212

mv0-mv1 221由（1）得v1=v0

2μmgs1=

②

23v0代入②式，得s1=

8?g根据条件v0＜2?gl，得s1＜

3l 4③

可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞。B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l-s1)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2,由功能关系，得

μmgs2=

12

mv1 2 ④

2v0解得s2=

8?g ⑤

V20因此在第一次到第二次碰撞境C的路程和为S=S2-l-S1=l

4?g(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得

mv1=2mv2 ⑥

解得v2=

11v1=v0 24因为A的速度为v1大于B的速度v2,故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速

度变为v2,B的速度为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得

mv1+mv2=2mv3⑦

解得v3=

3v0 8

学习必备 欢迎下载

故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为

1v0 43vB=vC=v3=v0

8vA=v2=

⑧ ⑨

说明 此题不但考查了知识，更侧重于考查了能力，考查的知识有：动能定理、动量定理、动量守恒定律、牛顿运动定律、运动学规律等内容。考查能力主要有：推理能力、理解能力、分析综合能力。

该题易判断出应用动量守恒定律和功能关系求解，但两规律都需对物体运动的末状态速度进行判断，这就需要分析物体运动过程中的动力学因素。第一次碰撞后，B做匀减速运动，C做匀加速运动，在第二次碰撞之前，B、C两物体能否持续这种运动，就需从运动的根本原因——受力来分析，B、C两物体做匀变速运动是由于它们之间相互作用的滑动摩擦力，而该力存在的基础是B、C能否发生相对运动，这就要求分析A、B发生第二次碰撞之前能否达到共同速度，这就是该题的“题眼”。另外，再注意到每次均为弹性碰撞，每次A、B速度均互换。

该题充分体现了力学综合题的解题思路，在动力学辅助下应用功能关系及动量守恒求解，而在分析动力学因素时物体的运动和力又是相辅相成的。

例10 “和平号”空间站已于今年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。（1）试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式。（2）算出E′的数值（结果保留两位有效数字）。

5

坠落开始时空间站的质量M=1.17×10kg 轨道离地面的高度h=146km

6

地球半径R=6.4×10m

2

坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s

4

入海残片的质量m=1.2×10kg 入海残片的温度升高ΔT=3000K

入海残片的入海速度为声速v=340m/s；

3

空间站材料每1千克升温1K平均所需能量c=1.0×10J;

7

每销毁1千克材料平均所需能量μ=1.0×10J。 解析 本题为20XX年高考试题

2

（1）根据题给条件，从近圆斩道到地面的空间中重力加速度g=10m/s。若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空站在近圆轨道的势能为

EP=Mgh ① 以v表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得

v2M=Mg r ②

其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则

r=R地+h ③ 由②、③式可得空间站在近圆轨道上的动能为

学习必备 欢迎下载

Ek=

1Mg(R地+h) 213R地+h) 22 ④

由①、④式得，在近圆轨道上空间站的机械能 E=Mg(

⑤ ⑥ ⑦

Q汽=（M-m）μ 用于残片升漫所需的能量 Q残=cmΔT 残片的动能为 E残=

12

mv 2 ⑧

以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒得 E=Q汽+E残+Q残+E′ ⑨ 由此得 E′=Mg(

1312

R地+h)-(M-m)μ-mv-cmΔT 22212

⑩

(2)以题给数据代入得 E′=2.9×10J

说明 本题是以能量为主线的力、热综合题，用已学过的中学物理知识解决当今世界上

的航天大事件，具有现实意义，能体现中学物理知识的重要地位。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/pk5x.html