第1章 专题探究3 动量与能量的综合运用-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(教科版2019)

专题探究三动量与能量的综合运用 黑题专题强化练 限时：60min 题型1动量守恒与能量守恒的关系 速直线运动.若木块从滑上木板到和木板相对 1.如图所示，将一光滑半圆形槽置于光滑水平面 静止的过程中，木块的位移是木板位移的4 上，现让小球从A点正上方某处静止释放，经 倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则下列说 最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻 法正确的是 力，则对小球与槽组成的系统 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能守恒 A.木块动能减少量等于木板动能增加量 C.动量守恒，机械能不守恒 B.因摩擦而产生的热能等于木块动能减少量 D.无法判断动量、机械能是否守恒 C.因摩擦而产生的热能是木板动能增量的 3倍 D.木板质量是木块质量的2倍 4.(2024·江苏杨州新华中学期中)如图所示， 质量m1=3kg且足够长的小车静止在光滑的 (第1题) (第2题) 水平面上，现有质量m2=2kg、可视为质点的 2.(海南高考)如图，用长为1的轻绳悬挂一质量 物块，以水平向右的速度。=2m/s从左端滑 为M的沙箱，沙箱静止.一质量为m的子弹以 上小车，物块与车面间的动摩擦因数4=0.5， 速度)水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱 最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静 共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射 止g取10m/s2,在这一过程中，下列说法错 向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 误的是 ( A.若保持m、"、I不变，M变大，系统损失的机 77777777777777777 械能变小 A.系统最后共同运动的速度为0.8m/s B.若保持M、v、I不变，m变大，系统损失的机 B.小车获得的最大动能为0.96J 械能变小 C.系统损失的机械能为2.4J C.若保持M、m、I不变，D变大，系统损失的机 D.物块克服摩擦力做的功为4J 械能变大 题型3弹簧模型 D.若保持M、m、r不变，I变大，系统损失的机 5.(2024·湖北荆州期末)用轻质弹簧连接的质 械能变大 量均为m的A、B两物体，静止放置在光滑的 题型2板块模型 水平地面上，弹簧处于原长，A的左端靠在竖 3.(多选)一长木板静止于光滑的水平面上， 直墙壁，现让B突然获得一个水平向左的速 小木块（可视为质点）从左侧以某一速度，滑 度，规定水平向左为正方向，下列说法正确 上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀 的是 ( 第一章黑白题027 AwwwB A 777777777777777777777 A.A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量 最大时，墙壁对A的冲量为mo B.A未离开墙壁，弹簧从压缩量最大到恢复 A.子弹能穿过木块B,Q,<QB 到原长的过程中，系统的动量守恒 B.子弹能穿过木块B,Q>Qm C.从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对 C.子弹不能穿过木块B,Q,<Q D.子弹不能穿过木块B,Q,>Q月 B做的功为mm 8.质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面 D.从B获得速度到A刚要离开墙壁，弹簧对 上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的 B的冲量为-2mo 步枪和子弹的射击手，子弹质量为m,首先左 6.(2023·河北保定六校联盟期中)如图甲所 侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的深度 示，物块A、B的质量分别为2kg、3kg,用轻弹 为d,子弹与木块相对静止后，右侧的射击手 簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧 开枪，子弹水平射入木块的深度为d,如图所 与竖直墙壁接触但不粘连.物块C从高为5m 示，设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之 的平台以9m/s的初速度水平抛出，落地时恰 间的作用力大小相等.当两颗子弹均相对木块 好与A相撞，碰撞瞬间竖直方向不反弹，与物 静止时，两子弹射入的深度之比为()》 块A粘在一起不再分开，物块A的-1图像如 图乙所示，下列说法正确的是 M q一 g A. B. m 2m+M M 2M C D. 甲 m+M m+M A.前2s时间内，弹簧对物块B的冲量大小 题型5综合训练 为0 9.(2024·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，木块 B.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能 静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时 水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射 为27J 人木块的深度是B的3倍.假设木块对子弹阻 C.物块C的质量为2kg 力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇， D.物块B离开墙壁后的最大速度为3m/s 则A、B运动的过程中，下列说法正确的是 题型4子弹打木块模型 7.(2024·山东泰安期中)如图所示，一颗子弹 水平击中固定的木块A,并留在其中：另一颗 相同的子弹以相同的速度击中放在光滑水平 A.木块和子弹A、B系统动量不守恒 面上的相同的木块B.子弹在木块A、B中产生 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大 的热量分别为Q4Q。,则 ( 小的3倍 选择性必修第一册：JK黑白题028 C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 12.(2024·广西一模)在图示装置中，斜面 D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止 高h=0.9m,倾角α=37°，形状相同的刚性小 后，子弹B再向左射入木块，最终A进入 球A、B质量分别为100g和20g,轻弹簧P 的深度仍是B的3倍 的劲度系数k=270N/m,用A球将弹簧压缩 10.如图所示，质量分别为m1,m2的小球A、B用 △l=10cm后无初速释放，A球沿光滑表面冲 轻弹簧连接，两小球分别套在两平行光滑水 上斜面顶端与B球发生对心弹性碰撞，设碰 平轨道上，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长 度均为d.B的左侧有一固定挡板.假设轨道 撞时间极短，弹簧弹性势能尼，一(4山，重 足够长，A由图示位置静止释放，当A与B相 力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6. 距最近时，A的速度为)，则在以后的运动过 (1)求碰撞前瞬间A球的速度大小： 程中 (2)求B球飞离斜面时的速度大小： A.A的最小速度是0 (3)将装置置于竖直墙面左侧，仍取△1= 10cm,再次弹射使B球与墙面碰撞，碰 B.A的最小速度是m m1+m2 撞前后瞬间，速度平行于墙面方向的分 C.B的最大速度是 量不变，垂直于墙面方向的分量大小不 变，方向相反，为使B球能落回到斜面 D.B的最大速度是 2m m1+m2 上，求装置到墙面距离x的最大值 11.(2022·山东大联考)（多选）如图所示，在固 定的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡 板，一个劲度系数为49.5N/m的轻弹簧下端 连接挡板，上端连接质量为1kg的物体B,质 655C06086006860866050686610661 量为0.98kg的物体A与B一起静止在斜面 上(A与B不粘连)，此时弹簧的弹性势能为 0.99J.质量为0.02kg的子弹以200m/s的 速度沿着斜面向下射入物体A且未穿出（射 入时间极短).g取10m/s2,斜面倾角为30°， 下列判断正确的是 ( A.子弹停在物体A内瞬间，A的速度大小为 4 m/s B.子弹射入物体A过程中系统损失的机械 能为396J C.当A、B再次回到初始位置时A与B分离 D.A与B分离时，A(包括子弹)和B的动能 之和为2.99J 第一章黑白题029喷气的过程中根据动量守恒定律：m=(m-△m),+△m,解得 度由。变成-。，动能的变化量为0.由动能定理可得弹簧对 4=m-4.12x10x17x10-30x492x10 B做的功为0.故C错误.故选D. m-△m /s=1.56× 1.2×10-50 6.D解析：AC.弹簧对A与C组成的系统与对B的作用力始 103m/s=1.56kms,故选B. 终大小相等方向相反，以A、C组成的系统为研究对象，取向 右为正方向，则前2s时间内弹簧的弹力对A,C组成的系统 专题探究三动量与能量的综合运用 的冲量为I=(m,+mc）'-(m,+me）r,根据图乙可知：= 黑题 专题强化练 3m8,'=-3/s,而C与A碰撞前后瞬间，C与A组成的系 1.B 统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可得m,= 2.C解析：分析易得只有子弹射人沙箱并留在其中这个过程 (m,+m)r,其中。=9m/s,解得m,=1kg,I=-18kg·/s, 由此可知，在前2s时间内，弹簧对物块B的冲量大小为 中系统的机械能有损失，由动量守恒得n=(m+M)r共，则系 18kg·m/s,故AC错误：B.物块B离开墙壁前，弹簧被压缩 2mm2 统损失的机械能A5= 2(m+)候= 1 至最短时其弹性势能最大，此时A、C组成的系统的速度减 2(m+) mMe? 2(m+M对于A选项，由△B= 为0，根据能量守恒可得△F=2（m,+me)广=15小，故 m+M m B错误：D.当物块B离开墙壁后弹簧先被拉伸至最长，此后 可知，若保持m、P,1不变，M变大，则系 2(m+M) 弹簧恢复原长，恢复原长瞬问弹簧又开始被压缩，直至弹簧 被压缩至最短后又开始恢复原长，恢复原长后又开始被拉 统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= 伸，分析可知，当弹簧恢复原长时B速度有最大值.在B离 开堵壁后A、,B、C及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒， mMe Mr 可知.若保持M,/不变，m变大，则系 2(m+M) 设B离开墙壁后弹簧第一次恢复原长时A、C组合体的速度 20 为1，B的速度为2，则有(m:+mc)n=(m,+mc),+m, 统损失的机械能变大，故B错误：对于C选项，由△E= 2（m+me)=2(m,+me)+2m号，联立解得=0， mMn2 可知，若保持M、m,!不变，”变大，则系统损失的机 2(m+M) 2=3m/s,故D正确.故选D. 械能变大，故C正确：对于D选项，若保持M、m、不变，I变 7.D解析：木块A,B相同，由题意可知，子弹击中术块A,并留 mMr2 在其中，设子弹击中木块前的动能为E,子弹在木块中受 大，则系统损失的机械能△E=2m+M)不变，故D错误。 到的平均阻力是F,在木块A中的位移是x,对子弹由动能 3.CD解析：AB.木块动能减少量等于木板动能增加量与因摩 擦产生的热量之和，AB错误：C.设木板的位移为x,则木块 定理可得-F(=0-E,解得，一相同子弹以相同速度 的位移为4x,木板的质量为M,木块的质量为m,共同速度为 水平击中木块B后，子弹与木块B组成的系统动量守恒，因 此子弹与木块B相互作用后速度都不是零，即都有动能，设 1,根据动能定理，木板增加的动能为，M=压，因摩擦产生 此时子弹的动能为E于，木块B的动能为E本，子弹在木块B 的热能为Q=∫·3x,因摩擦而产生的热能是木板动能增量的 中的位移是xg,由功能关系可得E-E-E本=Fxg,解得 3倍，C正确：D.根据动量守恒定律得mm=(m+M)1,根据 子一E子-E体，可知x,>,即子弹不能穿过木块B.所以 = “因摩擦而产生的热能是木板动能增量的3倍“得 2m2 子弹击中木块A,子弹的动能全部转化为内能：可知相同子 弹以相同的速度水平击中木块B后，子弹的动能一部分转化 2(m+M)=3·2M,解得M=2m,木板质量是木块质量 为木块B的动能，另一部分转化为内能，则有Q,>Q 的2倍，D正确.故选CD. 选项ABC错误，D正确.故选D. 4.D解析：A.根据动量守恒定律有m2=(m,+m2)P,解得 8.B解析：设向右为正方向，子弹射人木块前的速度大小为 =0.8ms,故A正确，不符合题意：B.小车获得的最大动 ",子弹的质量为m,子弹受到的阻力大小为当两颗子弹均 相对于木块静止时，由动量守恒得 能为E=2m,解得E=0.96J,放B正确，不符合题意： m-mn=(2m+M)p',得'=0. C系统损失的机械能为△5=m,后-(m,+m),解得 即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即 静止 △E=2.4」.故C正确，不符合题意：D.对物块，由动能定理得 先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有 W产2m,-2m,6,解得甲=-3361，物块克服摩擦力做 m=(W+m5,由能量守恒得风=之r2-之(+m),① 的功为3.36J.故D错误，符合题意故选D. 再对两颗子弹和木块系统为研究对象，得 5.D解析：AD.A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最大 ② 时，系统动量的变化量为△p,=0-m,墙壁对A的冲量就是 系统所受合外力的冲量，由动量定理可得11=△p,=-mo,同 联立解得 理从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速度由变成-， 每乙2m十故B正确，ACD错误 动量的变化量为△p2=-m。-mo,弹簧对B的冲量为I2= 故选B. △=-2mo,故A错误，D正确：B.A未离开墙壁，弹簧从压 9.C解析：A.以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系 缩量最大到恢复到原长的过程中，墙壁对A有向右的弹力， 统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误 即系统受到向右的弹力，外力之和不等于0，系统的动量不 BC.以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右 守恒，故B错误：C.从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速 为正方向，由动量守恒定律可得m,心，-m”m=0,则有 选择性必修第一册·JK黑白题12 m=mgve. 离时，A(包括子弹)和B的动能之和为E, 即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块 由能量守恒定律有 始终保持静止，木块所受合力为零，可知两子弹对木块的作 用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力 2(mm,tma)E=E+(m+m,tma)gxsin 30 大小相等，设为下，子弹射入木块的深度为d,由动能定理， 解得E=2.99J.故D正确.故选BD 对子弹A有-Fd,=0-Eu,可得Fd.=E, 12.(1)3m/s(2)5m/s(3)1.2m 对子弹B有-FdB=0-Eu,可得F,da=En, 解析：(1)设A球与B球碰撞前的速度为”4，由能量守恒定 由于d,=3dg,则有两子弹初动能的关系为E,=3Eg, mivi 运解得m,=3 律E,=m+2,听， 由动能公式可得B,2m, E= 2m 即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍： 其中=4yr=×270xa1PJ=L351 由于m,书，=mga,可得"=3， 代人数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为，=3m/s 即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错 (2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量 误，C正确 守恒定律得m,D,=mAB+mgt, D.若子弹A向右射人木块，子弹A与木块组成的系统动量守 恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定 2% 由机械能守恒定律得 2m2+ 1 2m哈2， 律可知，系统减少的机被能 联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为4= 2m △E=Fd<E,可得d<d, m,十m。 子弹B再向左射人木块，由于子弹A、B与木块组成的系统 5m/s. 动量守恒，由以上分析可知m,=m, (3)仍取△1=10m,则B球飞离斜面时的速度仍为= 则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与 5m/s,设B球运动的总时间为t,由对称性可知，若B球能 木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可 落回到斜面，则水平方向有2x=os37°·1， 知，系统减少的机械能△E'=F,n>E,可得dn>d, 竖直方向有y=sin37°·t 由以上分析可知d<3d,D错误故选C 2=0,解得1=06s, 10.D解析：当A与B相距最近后，A继续前进，做减速运动. 1.2m B通过弹簧被A拉着跟在其后开始做加速运动，当A与B 本章达标检测 再次相距最近时，A减速结束，B加速结束，所以此时A速 度最小，B速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定 白题单元达标测 律，可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞，选取向右 1.A 为正方向，由弹性碰撞的相关公式可得 2.B解析：根据力的作用的相互性，子弹、橡皮泥和钢球对墙 m1=m,tm,之m= 2m,: 的冲量大小可以通过墙对子弹、橡皮泥和钢球的冲量计算， 对子弹，=△p,=mm,-mw1,对橡皮泥12=△p2=m,对钢球 解得：=1 2m1 , 3=4p3=2m,可知/<2<4，故选B. m1+ 21m,+m 3.A4.C5.BD6.C 故B的最大速度为，此时4的速度为四 7,C解析：ABA,B(包括人)两船在水平方向所受合力为零 m+m 1- m+m 满足动量守恒，因此两船（包括人）动量大小之比为1：1， A的最小速度要分情况讨论： 当m,≥m,时，A的最小速度为m 即m,=(m+2m),因此两船速度大小之比：a I: m1+m2 当m,<m时，A的最小速度为0. 3:2,AB错误：CD,两船动能大小之比 11.BD解析：A根据题意可知，子弹射入物体A且未穿出（射 入时间极短)，子弹、物体A、B组成的系统动量守恒，设射 2me 入后系统的速度为， 1 1 2C正确，D错误故选C 根据动量守恒定律有m。=(m+m,+ma)D, 2(m+2m 代入数据解得r=2m/s,故A错误： 8.B解析：AB.小物块与箱子组成的系统，在整个过程中受到 B.子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为 的外力之和为零，故系统满足动量守恒，设最终小物块与箱 )1(+m,+m8)2=396J,故B正确： 子我同的速度为，则有m=(:m,部得行产则 C根据题意可知，当A与B分离时，A,B间作用力为零 且A,B的加速度相等，对物体A和子弹整体，由牛顿第二 2mm2 整个过程中，系统损失的动能为△5，= 2(M+m)7= 定律有(m,+m)gsin8=(m,+m)4, Mmv2 设弹簧对B的弹力为F, 2+m)故A错误，B正确：CD小物块与箱璧碰撞N次后 由牛顿第二定律可得mngsin0-F=mga, 恰又回到箱子正中间，可知整个过程中，小物块与箱子发生 联立解得F=0,即A与B分离时，弹簧恢复到原长，则当A、 的相对路程为s=N忆，则整个过程中，因摩擦产生的内能为 B再次回到初始位置时A与B未分离.故C错误： Q=mgsm=μmgL,根据能量守恒可知，整个过程中，系统损 D根据题意可知，子弹未进入A之前，根据平衡条件有 失的动能为△E=Q=umgL,故CD错误.故选B. (m,+ms)gsin0=k:,代人解得x=0.2m. 9.C解析：A.在下滑过程中，弧形槽在压力作用下向左运动. 由C分析可知，当A、B分离时，弹簧恢复原长，设A与B分 物块的机械能一部分转化为弧形槽的动能，故物块的机械能 参考答案与解析黑白题13