第5講小專題:動力學、能量和動量觀點的綜合應用

考點一動量觀點與動力學觀點的綜合應用

動量與牛頓運動定律的選用原則

⑴涉及加速度的問題，則選用牛頓運動定律或運動學公式。

(2)涉及某段時間的運動狀態(tài)變化,一般選用動量定理。

(3)涉及物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般選用動量守恒定律，但需注意是否滿足守恒

的條件。

(4)涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，一般作用時間都極短，即使系統(tǒng)所受合

力不為0,也可以用動量守恒定律去解決。

［例1］【動量觀點與動力學觀點的綜合應用】(2024?陜西西安一模)某物流公司用如圖所

示的傳送帶將物體從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角437。,順時針轉(zhuǎn)動的速率

血=2m/so將質(zhì)最為m=25kg的物體無初速度地放在傳送帶的頂端4物體到這底端B后

能無碰撞地滑上質(zhì)量為"=50kg的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)

分別為川=0.5、償=0.25,4、8間的距離為s=8.20m。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重

力加速度g取速力加取sin37。=06cos37。=0.8。

(1)求物體滑上木板左端時的速度大小。

(2)若地面光滑,要使物體不會從木板上掉下，木板長度L至少應是多少？

(3)若木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃=0.1,且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度

【答案】(l)6m/s(2)4.8m(3)7.2m

【解析】⑴物體速度達到傳送帶速度前，由牛頓第二定律，有wgsin37°+/ziwgcos370=wai,

解得m=10m/s2;

設(shè)物體與傳送帶共速時運動的位移為xi,對物體有%2=2mxi,

解得xi=0.20m;

因為X|Vs,所以此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速運動,

設(shè)物體的加速度為。2,根據(jù)牛頓第二定律有wgsin370-/zi/ngcos37°=Z/R/2,

解得放=2m/s2;

設(shè)物體到達8端時的速度大小為匕根據(jù)運動學公式有v2-q)2=242(s』)，

解得v=6m/so

(2)設(shè)物體恰好不會從木板上掉下，物體和木板共速為環(huán),規(guī)定物體的初速度方向為正方向,

由動量守恒定律有mu=(〃i+A/)vi,

由能量守恒定律得〃2〃.￡=5〃廿-3〃?+刊)％2,

解得L=4.8m,

則木板長度心至少為4.8m。

⑶由于"(〃?+4/)8>〃2〃喧,所以木板不運動,物體做句減速直線運動，設(shè)物體速度為0時，恰好

到達木板的最右端，其加速度

?3=〃2g=2.5m/s\

根據(jù)運動學公式有v2=2aiL\

解得〃=7.2m,

則木板的最小長度為7.2m。

考點二動量與能量觀點的綜合應用

動量與能量觀點的選用原則

在應用動量觀點和功能關(guān)系解題時，往往涉及位移的求解時應用動能定理,涉及時間的求

解時應用動量定理，涉及滑動摩擦力做功時一般應用能量守恒定律列式求解。

［例2］【動量與能量觀點的綜合應用】(2024?廣東肇慶一模)如圖所示，光滑水平地面上

放置一質(zhì)量為m的上表面光滑的四分之一圓弧形斜劈.圓弧與水平地面間平滑連接，一固

定樁置于斜劈右側(cè)固定斜劈。另一質(zhì)量也為根的小物塊(可視為質(zhì)點)以初速度如沖向斜

劈，恰能上升到斜劈最高點，不計一切阻力。

⑴求圓弧半徑R;

(2)若撤去固定樁，小物塊仍以初速度均沖向斜劈，求此時小物塊所能上升的最高點與水平

地面間的高度差；

(3)若撤去固定樁，改變小物塊的初速度大小，使小物塊所能上升的最大高度為2凡求此時小

物塊的初速度大小和斜劈最終的末速度大小。(結(jié)果均用四)表示)

【答案】(1居(2)居(3)2vo2vo

［解析】(1)對小物塊由動能定理得-，〃g&=0-、?q)2,

解得R與。

2g

(2)小物塊上升至最高點時,對小物塊與斜劈整體，由動量守恒定律得

mvo=2mv,

由能量守恒定律得，7%2=|x2〃M+〃ig〃，

2

聯(lián)立解得〃="。

4g

(3)設(shè)小物塊的初速度大小為片,小物塊上升至最高點時,對小物塊與斜劈整體，由動量守恒

定律、能量守恒定律得mv\=2mv共，

2=^x2mv2+2mgR,

22八±t

聯(lián)立解得v)=2voo

小物塊與斜劈最終分離時，設(shè)小物塊的速度大小為4,斜劈的速度大小為電,有

mv\=mv\^mv2y

2=!〃山產(chǎn)曲?02,

聯(lián)立解得V2=2V()O

考點三力學三大觀點的綜合應用

三大觀點優(yōu)選策略

(1)在研究物體受力的瞬時作用與物體運動的關(guān)系時，或者物體受到恒力作用做勻變速直

線運動時,優(yōu)先選用牛頓第二定律和運動學規(guī)律解決問題。

(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時,如果涉及時間的問題，或作用時

間極短的沖擊作用，優(yōu)先選用動量定理解決問題。

(3)研究某一物體受到力的持續(xù)作用運動狀態(tài)發(fā)生改變時，如果涉及位移且不涉及加速度、

時間等問題，優(yōu)先選用動能定理解決問題。

(4)如果系統(tǒng)中只有重力或彈簧彈力做功，而又不涉及加速度和時間，優(yōu)先選用機械能守恒

定律解決問題。

(5)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，如果所研究的問題滿足動量守恒

或機械能守恒的條件，則優(yōu)先選用動量守恒定律和機械能守恒定律解決問題。

(6)在涉及相對位移問題時，優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)

機械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。

對點1.動量觀點與動力學觀點的綜合應用

1.(4分)(2025?貴州六盤水開學考)一爆竹從水平地面上豎直向上拋出，爆竹上升到最高點

時炸裂為質(zhì)量不同、速度均沿水平方向的兩部分，最后均落回地面。不計空氣阻力。下列

說法正確的是()

[A]質(zhì)量大的部分在空中運動的時間長

[B]質(zhì)量小的部分在空中運動的時間長

[C]質(zhì)量大的部分落地速度大

[D]質(zhì)量小的部分落地速度大

【答案】D

【解析】根據(jù)題意可知，炸裂后兩部分均做平拋運動，由/?=%產(chǎn)可知，兩部分在空中運動的

時間相等，故A、B錯誤;根據(jù)題意可知，爆炸過程動量守恒，則兩部分水平飛出時動量大小

相等，由p=〃w可知，質(zhì)量大的部分初速度小，由于兩部分在空中運動的時間相等，由i>=g/可

知，落地時豎直分速度相等，由廣?。2+辦2可知,初速度大的落地速度大，則質(zhì)量小的部分

落地速度大，故C錯誤,D正確。

2.(12分)氣囊是劇烈碰撞事故時保護駕駛員安全的重要設(shè)施,當汽車在碰撞過程中受到的

平均撞擊力達到某個臨界值后時,安全氣囊爆開。某路段的限速為40km/h,質(zhì)量如=1600

kg的甲車以某一速度與E前方質(zhì)量〃?2=1600kg以速度V2=18km/h迎面行駛的乙車發(fā)生

碰撞,經(jīng)過極短時間片0.16s,兩車以相同的速度沿著甲車的行駛方向一起又滑行了1m后

停下，此次碰撞甲車內(nèi)的安全氣囊恰好爆開,設(shè)兩車與路面的動摩擦因數(shù)4=02g取10mg,

求：

(1)兩車碰撞后瞬時速度的大??；

(2)甲車碰撞前是否超速；

(3)氣囊爆開的臨界撞擊力用的大小。

【答案】(1)2m/s(2)沒有超速(3)6.68xlO4N

【解析】(1)設(shè)兩車碰撞后瞬時速度的大小為匕根據(jù)運動學公式廿=2"，

〃一四一意,

解得v=2m/so

(2)設(shè)甲車的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得m\V|-/W2V2=(/M|+〃?2)丫,

解得w=9m/s=32.4km/h<40km/h.

故甲車碰撞前沒有超速。

（3）對甲車研究，設(shè)甲車的初速度方向為正方向，由動量定理可得

-Fot-fim\gt=m?v-m\vi,

解得后=6.68x1O*1N。

對點2.動量與能量觀點的綜合應用

3.（4分）（2024?廣東東莞三模）如圖甲所示，水平冰面上有兩名同學，同學A的質(zhì)量為50kg,

同學B靜止站在冰面上,A以一定的初速度向B滑去，抱住同學B后兩人一起向右運動。

以向右為正方向，同學A的位移一時間圖像如圖乙所示,不計空氣和冰面對人的阻力，則下

列說法正確的是（）

甲乙

[A]同學B對A的沖量為150N-s

[B]同學A和B的質(zhì)量之比為3:2

[C]兩人相抱過程中損失的動能為375J

[D]兩人相抱過程中相互間的作用力做功大小之比為1:1

【答案】C

【解析】由于xr圖像的斜率表示速度，由題圖乙可知同學A的初始速度為力等5m/s,

同學A抱住同學B后兩人的速度為尸詈=2m/s,由動量守恒定律得AUA=（〃?A+〃?B）匕解得

〃?B=75kg,對A由動量定理得小\=〃5期-〃?,\"=-150N,s,同學A和B的質(zhì)量之比為

tnB75kg3

故A、B錯誤;兩人相抱過程中損失的動能為AEkWmA孫2-F〃?A+〃?B）/=375J,故C正確;由

動能定理有WBA=^WAV2-^?A2,又有畋8=^”巾記-0,兩人相抱過程中相互間的作用力'故功

大小之比為|*H，故D錯誤。

4.（14分）如圖所示為春節(jié)期間燃放的“火箭”型爆竹,由上下A、B兩部分構(gòu)成,A的質(zhì)量

mi=0.1kg,B的質(zhì)量012=0.2kg,A、B中間夾有少量火藥,不計其質(zhì)量。開始時讓“火箭”在

距地面H=0.8m高處自由釋放，“火箭”著地瞬間以原速率的0.75倍反彈，剛要離開地面時

火藥爆炸,經(jīng)極短時間后A、B分離，此時B的速度恰好為零。不計空氣阻力和“火箭”的體

積，可認為火藥爆炸所釋放的化學能全部轉(zhuǎn)化為A、B的機械能，重力加速度g取lOm/s?。

求：

A

A

口火藥

B

(1)“火箭”著地時的速度v的大小;

(2)爆炸過程A部分所受作用力的沖量I的大??；

(3)火藥爆炸所釋放的化學能E.

【答案】(1)4m/s(2)0.6Ns(3)2.7J

【解析】(1)根據(jù)機械能守恒定律有得尸4m/s。

(2)與地面碰拽后反彈速率M=0.75匕

根據(jù)動量守恒定律有(/〃1+〃”)/=/〃|V|,

爆炸過程A部分所受作月力的沖量

I=ni\v\-m\v'y

得Z=0.6N-So

(3)由功能關(guān)系有3〃?[+〃?2)/2,

得E=2.7J。

對點3.力學三大觀點的綜合應用

5.(6分)(2024?湖南邵陽階段檢測)(多選)如圖所示，輕繩工為/，小球質(zhì)量為〃八，小車質(zhì)量為

〃⑵置于光滑水平面上，將小球向右拉至水平后靜止釋放，小球擺到最低點過程中,()

[A]系統(tǒng)的機械能不守恒

小球在最低點的速度為指

[B]

小球在最低點的速度為

卬]小車向右移動的距離為卷；

【答案】CD

【解析】系統(tǒng)在整個運動過程中,只有小球的重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤;設(shè)小

球擺到最低點時，小球的速度為小車的速度為電,系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以水平向左

為正方缸根據(jù)動量守恒定律可得〃小,「〃?2力=0,根據(jù)機械能守恒定聿可得

〃?3=^〃必244〃?2W2,聯(lián)立可得V|=I也叫故B錯誤,C正確;小球擺到最低點過程中，由動

2L-Unii+ni2

重守恒定律結(jié)合運動學公式有一"72X2=0,小球下落到最低點時，小球與小車的相對位移

為Xl+X2=/，解得X2=/^,故D正確。

mi+m2

6.（6分）（2024?云南曲靖二模）（多選）如圖所示，不可伸長的輕質(zhì)細線跨過輕質(zhì)滑輪連接兩個

質(zhì)量分別為2m.m的物體A、B,質(zhì)量為m的物體C中間有孔，套在細線上且可沿細線無

摩擦滑動。初始時使三個物體均處于靜止狀態(tài)，此時A、B離地面的高度均為鼠物體C

在B上方/?處。同時由靜止釋放三個物體，一段時間后C與B發(fā)生碰撞并立即粘在一起。

已知重力加速度為g,整個過程中細線未斷裂，物體均可視為質(zhì)點，不計阻力的影響。下列說

法正確的是（）

小

f]C

[A]從釋放三個物體到C與B發(fā)生碰撞經(jīng)歷的時間為R

[B]碰撞結(jié)束后A的速度為零

[C]A最終離地面的高度為%

[D]碰撞過程中，三個物體損失的機械能為，叫〃

【答案】BD

【解析】根據(jù)牛頓第二定律，對物體A有2〃?g-FT=2〃k7,對物體B有尸解得a樓,

物體B向上與物體C向下過程中，根據(jù)夕出0靖=九解得片后故A錯誤;碰前的瞬間物體

A與物體B的速度大小以=丫11=。片碰前的瞬間物體C的速度大小vc=gt=F^,以向下

為正方向,根據(jù)動量守恒定律有〃?ncnyB=2/〃VBC,解得VBC=性,由于此時物體B、C與物體

A的速度相等,方向都為向下，質(zhì)量也相等，所以三個物體速度都為0.故B正確;物體A下降

和物體B上升的距離6=屜4戶=%A最終離地面的高度為以'=力-兒\=%故?錯誤;物體B

244

與C碰撞前整體機械能守恒，以地面為零勢能面，最初整體的機械能

失的機械能為AEp=Ep「E[2="】gh,故D正確。

7.(14分)如圖甲所示,半徑為R=0.8m的光滑四分之一圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi),最低點

B切線水平,8離地面的高度〃=0.8m,小球b放在B點,讓小球a在力點由靜止釋放，在圓弧

軌道的最低點a與b發(fā)生正碰,碰撞后兩球同時落地，兩球落地點間距0.4m,a、b兩球的

質(zhì)量均為0.5kg,重力加速度為g取10m/s，不計空氣阻力。

(I)求兩球碰撞過程中損失的機械能；

(2)若兩球碰撞后粘在一起，則碰撞后瞬間，兩球?qū)A弧軌道的壓力多大?兩球粘在一起后

要能落在地面上離B點水平距離為1m的位置，可在靠近B點固定一水平板,如圖乙所示,

板的上表面剛好與B點的切線在同一平面，球與板間的動摩擦因數(shù)為0.25,則板應多長？

【答案】(1)1.875J(2)15N0.6m

【解析】(1)小球a由A點、滑到B點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有

用%2,

與b碰撞時滿足mvo=mv\+nivz,

兩球做平拋運動，運動時間

1=J-^-=0.4s,且(也一環(huán))/=45,

解得V2=2.5m/s,vi=1.5m/s,

則碰撞損失的能量

222=

v0-v14v2)1-875Jo

(2)若兩球碰撞后粘在一起，則碰撞后mw=2〃?匕兩球在圓弧凱道最低點時有

FN-2〃?g=2"J。

1\

解得"N=15N,即兩球?qū)A弧軌道的壓力為15N;設(shè)板長為"則

Jv，2-1-2//n^=-/z,ImgL,

L+v't=1m。

解得L=0.6m。

畫綜合提升練

8.（4分）（2025?江蘇南通開學考）如圖所示，兩側(cè)帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平

地面上，擋板的厚度可忽略不計,車長為2L,與平板車質(zhì)量相等的物塊中（可視為質(zhì)點）由平

板車的中點處以初速度均向右運動，已知甲、乙之間的動摩擦因數(shù)為"，重力加速度為g,忽

略甲、乙碰撞過程中的能量損失，下列說法正確的是（）

[1I乙[]

[A]甲、乙達到共同速度所需的時間為電

[B]甲、乙共速前，乙的速度一定始終小于甲的速度

[C]甲、乙相對滑動的總路程為產(chǎn)

[D]如果甲、乙碰撞的次數(shù)為〃（存0）,則最終甲與乙左端的距離可能為羽-2/遼

【答案】C

【解析】設(shè)甲、乙質(zhì)量均為嘰碰前瞬間甲的速度為V,乙的速度為】，2,碰后瞬間甲的速度

為環(huán)；乙的速度為電',由動量守恒定律和機械能守恒t律有

〃”]+〃7y2=〃"1'+"八々',[〃7%2+]1；22=^〃?丫產(chǎn)€好?丫2'2,解得片'=V2,丫2'=也，即甲、乙發(fā)生碰撞時速

44?44

度互換。設(shè)甲、乙最終的共同速度為V3,則〃巾0=2〃?力,得V3#則達到共速所需的時間為片普,

碰撞使得兩者速度互換和甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，故A、B錯誤。

從開始到相對靜止過程中，甲、乙相對滑動的總路程為S,根據(jù)動能定理可得

尸1x2〃X￡）2-/女2,解得S嗡，故C正確。設(shè)甲、乙碰撞的次數(shù)為〃，最終相對錚止

時甲與乙左端的距離為S）,若第〃次碰撞發(fā)生在平板車妁左擋板，則有

￡+2心（〃-1）+50=5（〃=2,4,6/，?）,解得四三貯■+￡-2〃￡（〃=2,4,6,…），若第〃次碰撞發(fā)生在平板車的

?if

右擋板，則有L+2*L1）+2A』=S（〃=1,3,5,…），解得so=2泣+L-當〃=1,3,5,…）,即最終甲與乙

4ag

左端的距離不可能為空-2/也,故D錯誤。

4〃g

9.(16分)(2024?山東卷』7)如圖甲所示,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部

分的上表面粗糙,豎直半圜形部分的表面光滑，兩部分在尸點平滑連接,0為軌道的最高點。

質(zhì)量為〃?的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m,重力加速度大小g取10m/s2o

[a/(m?s2)/

777777777777777777777777777777T^7777-Q48