由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继121
续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv1＝mgh2
42
⑦
2E
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝。⑧
mg1
答案：(1)
g
考点三 动量与能量的综合应用[师生共研类]
1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题 能量观点 动量观点
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
内容 动量守恒定律 一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 表达式 (2)Δp1＝－Δp2 (3)Δp＝0 (1)系统不受外力或所受合外力为零 守恒条件 (2)内力远远大于外力 (3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒) 研究对象 守恒性质 相互作用的物体系统 矢量守恒(规定正方向) 机械能守恒定律 只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变 (1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′ (2)ΔEk＝－ΔEp (3)ΔEA增＝ΔEB减 (1)只受重力或弹力作用 (2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功 (3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零 相互作用的系统(包括地球) 标量守恒(不考虑方向性) 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 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题 2E2E (2) mmg
[典例] 如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A1
和B(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量m1＝M的小球P从物体A
2正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；
(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；
1
(3)若换成另一个质量m2＝M的小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性
4碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零。求Q开始下落时距离A的高度。(上述过程中Q与A只碰撞一次)
[解析] (1)设碰撞前瞬间P的速度为v0，碰撞后瞬间二者的共同速度为v1， 12
由机械能守恒定律，可得m1gh＝m1v0，
2由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋M)v1， 1
联立解得v1＝2gh。
3
(2)设开始时弹簧的压缩量为x，当地面对B的弹力为零时弹簧的伸长量为x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P与A从碰撞后瞬间到地面对B的弹力为零的运动过程中上升的高度为h′2Mg
＝x＋x′＝，由x＝x′可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即Ep1＝Ep2。
k
设地面对B的弹力为零时P与A共同速度的大小为v， 由机械能守恒定律，
1122
得(m1＋M)v1＝(m1＋M)gh′＋(m1＋M)v， 22解得v＝
2gh4Mg
－。 9k
2(3)设小球Q从距离A高为H处下落，Q在碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3，碰后A的速度为v4，11122
由机械能守恒定律可得m2gH＝m2v2，由动量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3，由能量守恒定律可得m2v2＝222122Mg2
m2v3＋Mv4，由(2)可知碰撞后地面对物体B的弹力恰好为零时，A上升的高度为h′＝，由能量守恒定
2k1225Mg律可得Mv4＝Mgh′，联立解得H＝。
22k
1
[答案] (1)2gh (2)
3[解题方略]
2gh4Mg25Mg－ (3) 9k2k
2
利用动量和能量观点解题的技巧
(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)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查物理过程始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。
[题点全练]
1．[动量守恒与动量定理的综合]
所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程号”对“天宫二号”的平均作用力大小为( )
m·Δv
A．
M＋mΔtC．
Mm·Δv
M＋mΔt
2
中互相靠近，m，两者对接前中“天舟一
M·Δv
B．
M＋mΔt D．0
2
解析：选C 在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋M·Δv
mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定
M＋m理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝
Mm·Δv
，故C正确。
M＋mΔt
2．[动量守恒与机械能守恒的综合]
(多选)如图所示，A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，半圆形槽的半径为R。将小球A从半圆槽右侧顶端由静止释放，不计一( )
A．A能到达半圆槽的左侧最高点 B．A运动到半圆槽的最低点时A的速率为 C．A运动到半圆槽的最低点时B的速率为 D．B向右运动的最大距离为
2R 3
gR 34gR 3
B物体上部切摩擦。则
解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，由能量守恒可得，两物体机械能守恒，且A、B整体在水平方向上合外力为零，水平方向动量守恒，则A可以到达半圆槽的左侧最高点，且A在半圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右
21
运动的最大距离为R，故D正确；对A运动到半圆槽的最低点的运动过程应用机械能守恒定律可得mgR＝321222
mvA＋·2mvB＝3mvB，所以A运动到半圆槽的最低点时B的速率为vB＝
2
4
gR，故B、C错误。 3
3．[动量守恒定律与牛顿运动定律的综合]
(2024·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑
3
3
1
gR，A的速率为vA＝2vB＝3
其正前方停两车都完全动了2.0 m。
已知A和B的质量分别为2.0×10 kg和1.5×10 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小； (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB
①
2
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有 vB′＝2aBsB
联立①②式并利用题给数据得 vB′＝3.0 m/s。
③
2
②
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA
④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有 vA′＝2aAsA
2
⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝4.3 m/s。
答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
⑦ ⑥
“融会贯通”归纳好——探究4类常见“碰撞”模型的解法
模型(一) 多体碰撞或多次碰撞模型
[例1] 如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )
A．3个小球静止，3个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．5个小球静止，1个小球运动 D．6个小球都运动
[解析] 因A、B两球质量不等，MA
2024高考大一轮复习(新课改专用)第6章 第2节 动量守恒定律
