专题6 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)

A与B发生弹性正碰,碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定 时,其合力是零,加速度是零,继续向下运动,弹力大于合重 律,则有3mr=3m+mm.-×3m^{g= 力,其合力向上,加速度向上,物块与钢板做减速运动,弹力 继续增大,加速度继续增大,后到达最低点0.加速度最大 解得第1次碰撞后A、B的速度大小分别为v.=1m/s,= 可知物块与钢板碰后一起先向下加速,后减速,则运动的加 3 m/s. 速度先向下减小后反向增大,AB错误: (2)由题意可知,第1次碰撞后B在斜面上做匀速直线运 C.物块与钢板碰撞前,物块从P点开始做自由落体运动,由 动,A继续向下做匀加速直线运动,加速度大小为a= 速度一位移关系公式,则下落到钢板时的速度大小为r。= 3mgsin8_5 m/s. ②gh=2x10x0.2m/s=2m/s. 3n 物块与钢板碰撞过程中,因碰撞时间极短,内力远大于合外 设经过时间1.A与B发生第2次碰撞,由运动学公式可得 力,则物块与钢板组成的系统动量守恒,设物块与钢板碰撞 士,=v 2ur”,:-cn, 后的共同速度为,,取向下为正方向,由动量守恒定律可 得mr.=2mr..解得v.=1m/s. 又1.三x.联立解得(=0.8s 碰后从P到0的过程中,由能量守恒定律可得 (3)第2次碰撞前瞬间,A的速度为r.=r+at=5m/s. 第2次碰撞过程,碰撞过程满足动量守恒和能量守恒定律 2mu}+2mgx.=AE.. 则有3mr'.+m.=3m.+mn. 代人数据解得弹赞弹性势能的增加量为AE.=3J.C正确; D.物块与钢板碰撞后一起运动,其碰撞是非弹性碰撞,碰撞 -mn. 过程中有机械能的减少,因此从P到0的过程中,物块、钢 联立解得第2次碰撞后A、B的速度大小分别为r。=4m/s. 板、弹策组成的系统机械能不守恒,D错误.故选C r=6m/s. 4. B 解析:A.对小圆环A.由动量定理/=m.v。=0.6N·s.可得 专题六 动量与能量的综合运用 .=6m/s. 当小圆环A与小球B速度相同时,小球B上升的高度最大 1.B 解析:AB.依题意,小车和小球组成的系统水平方向不受 根据水平方向动量守恒和机械能守恒有 外力,则系统水平方向动量守恒,设达到最高点的高度为H. 1 此时小球仍然具有水平速度,由动量守恒定律,可得mr。= (m+3m)n. 解得v.=2m/s.h=0.6m.故A错误 B.小圆环A向左运动,通过细线带动小球B向左运动,小球 B受到斜向左上方的拉力并加速,当小球B恰好回到圆环A 3 的正下方时,小球B速度最大.设此时小圆环A速度为v,小 联立解得= ,故A错误,B正确 8g 球B速度为v..此过程由水平方向动量守恒和机械能守恒 CD.设小球滑离小车时,二者速度分别为v:和v,取水平向 有n#_=m,+”,r--n1-. 1 1 右为正方向,由动量守恒和能量守恒可得mr。=mr+3mr; 1.3m. ,1 解得v.=-2ms.v.=4m/s.故B正确. -n{g= m+ C.从7=0时刻到小球B上升到最大高度的过程中,对小球B 由动量定理得/=mv;-0=0.4kg·m/s.可知合力对小球B 联立解得n=-2,{= 的冲量为0.4N·s.故C错误 可知小车相对小球的速度大小为Ar=r二r.三,故CD错 D.由B项分析知,小圆环A先向左减速运动,再向右加速;当 误.故选B. 小球B第一次获得最大速度时,圆环A正在向右运动,知从 2. D 解析:A.子弹射入A的过程中,子弹射入A的时间极短 1=0时刻到小球B第一次获得最大速度的过程中,细线的拉 弹密对A与子弹组成的系统没有力作用,A与子弹组成的系 力对小圆环A先做负功后做正功,故D错误故选B 统动量守恒,由于子弹利A有摩擦,机械能不守恒,A错误; 5.D 解析:A.三个球组成系统所受外力的合力为零,故系统 B.设子弹和A共速为v.根据动量守恒有mr。=2mv.解得v= 的动量守恒,故A正确: 1 2%. 挡板对B的弹力最大时,弹策压缩最短,根据能量守恒有 n. -4m,B错误: 可得三个球的速率应满足关系式=+}+,故B正确; CD.由对称性可知,小球A和小球C动能相同,由mg= C.在时间1内,B对地没有位移,所以固定挡板P对A、B以 及弹策组成的系统做功为0.C错误; D.根据动量定理/-0-2mv=-mr。, -n{) 说明在时间:内,弹对A和子弹组成的系统的冲量大小 可知当小球A的动能最大时,小球B的速度为零,设此时小 为m,方向水平向右,D正确. 球A.C的速度大小为u.速度方向与绳子垂直,两根绳间的 故选D. 夹角为9.如图所示 3.C 解析:AB.物块与钢板碰后一起向下运动中,开始物块与 钢板的合重力大于弹的弹力,合重力与弹力的合力方向向 下,由牛顿第二定律可知,则产生的加速度向下,物块与钢板 一起向下做加速运动,随向下运动位移增大,弹策的弹力增 大,其合力减小,加速度减小;当弹的弹力大小等于合重力 选择性必修第一册·JK|黑白题52 则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律,得mr。= C.设子弹出口速度为v.车后退速度大小为r,以向左为正. 81 2musin 根据动量守恒定律,有0=m-[M+(n-1)m]'. 子弹匀速前进的同时,车匀速后退,故有aur+r't=d. 另外E-mu, 1 解得=一 M+(n-1)m' (M+nn)r 由此可解得,小球A的最大动能为Em. 故车后退位移大小为As=r-- md m,故C正确; 此时两根绳间夹角为9=90*,此时,小球A的速率最大 D.若其中一发子弹的发射速度斜向上,当子弹到达空中最高 #2 2,故C正确,D错误本题选不正确的,故选D. 点时,子弹在水平方向有速度,由子弹、枪、人、车组成的系统 水平方向动量守恒可知,小车的速度不为零,故D错误,故 6.(1)4kg 241 (2)241 选C. 解析:(1)由乙图可知,物块C与A碰撞前后的速度分别为 3.B 解析:热气球和人原来静止在空中,说明系统所受合外 r.=6m/s.tc=4m/s. 力为零,故系统在人下滑过程中动量守恒,设当他滑到绳下 依题意,二者碰撞过程中动量守恒,可得mcvc=(m.+m)· 端时,他离地高度为H.设此过程人下滑的位移大小为x,热 tc.解得mc=4kg. 气球上升的位移大小为x,由动量守恒定律有mx.=Mx。. 又xx.=h,H=r. 联立解得H~3.6m.故选B m.)v=241. 4. A 解析:设小球运动的位移为s,由几何关系知大球运动的 (2)由乙图可知,t=3s时,弹策恢复原长,物块C与A速度 位移为(R一&),由“类人船模型”知两球在水平方向动量守 为vic=-4m/s. 恒,因此有2ms=m(R-s),解得s-R.故选A. 此后,物块B做加速运动,与物块C与A的距离越来越大, 弹箭的弹性势能越来越大,当三物块共速时,弹策具有最大 5.D 解析:A.由于B球不固定,A球不会做圆周运动,故 的弹性势能,该过程系统动量守恒,可得(m。+m)' A错误; (m.+m+m.)tc. B.两球在水平方向上动量守恒,轻杆转动至水平的过程中 2m1=Zmf. 即m=mx.又x+x=L. E.,联立解得E=241. B球向左运动的最大位移为xi= “,故B错误; 1 (2)0v。 D.4球在B球正下方时,B球速度最大,根据动量守恒与机 解析:(1)滑块相对木板向右运动,刚好能与炸药包接触,此 时滑块和木板的速度相同,设滑块刚要与炸药包接触时的速 度为u.以水平向右为正方向;滑块和木板组成的系统,滑块 得r.=v②gL,故D正确; 在木板上滑动的过程中,系统所受合外力为零,则该系统动 C.A球在B球正上方至正下方的过程与正下方至正上方的 量守恒,故有m.=2mr.,解得v.= ,。,方向水平向右, 过程互为逆过程,则B球在杆上往复运动,当A球仍回到B 球的正上方,此时B球回到初位置,故C错误,故选D 滑块在木板上滑动的过程中,由功能关系可知 专题1 简谐运动对称性的应用 mgL= 1.C 解析:根据题意可知,当鱼漂静止时,水面恰好过0点. 由平衡条件有mg=pgSh。, (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为”和v,最终滑块相 取向下为正方向,鱼漂向下运动时,鱼漂的合力为F=mg- 对木板静止于木板的左端时速度为t,系统在爆炸前后动量 pgs(h+ho). 守恒,则有2mr.=mr'+mr .2mr.=2mt, 整理可得F=-pgSh.可知,鱼漂的上下运动是简谐运动 系统爆炸后,对滑块在木板上运动的过程应用功能关系,则 A.因为鱼漂的上下运动是简谐运动,所以鱼漂恰好能回升至 有umgt=m)m(2m)r, 点V过水面,故A错误; B.鱼漂上升过程中不断减小,鱼漂的合力大小不断减小. 联立以上各式解得=0=r,方向水平向右 所以没有一个位置加速度与刚放手时相同,故B错误; 专题七 人船模型与类人船模型 1.C 解析:设渔船的质量为M.人和船组成的系统满足动量守 恒,则有n.=Mr: 则有mr. Ai=Mr△i.可得ms.=Ms. 又s+=Ls=d. 因为鱼漂的上下运动是简谐运动,所以鱼漂在N点的合力 联立解得渔船的质量为w-m(L-d) ,故选C. 大小跟在V点合力大小相等.所以在N点受到的浮力大小 d 2.C 解析:AB.子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零,系统 的动量守恒,子弹射击前系统的总动量为零,子弹射入犯后 而V点是鱼漂在整个上升过程中受到浮力最小的位置,故 总动量也为零,故小车仍然是静止的,在子弹射出枪口到打 C正确; 人靴中的过程中,小车向右运动,所以第:发子弹打入靴中 D.点0是鱼漂做简谐运动的平衡位置,所以点0过水面时 后,小车应停在原来位置的右方,待打完n发子弹后,小车将 鱼漂的速度最大,方向向上,但加速度为0.故D错误.故 静止不动,故AB错误 选C. 参考答案与解析 黑白题53题 动量与能量的综合运用 C限时 40分钟 1.(2024·辽宁沈阳一模)如图所示，小车上 D.在时间t内，弹簧对A和子弹组成的系 固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水 统的冲量大小为mo,方向水平向右 平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m.现 3.(2024·江苏淮安五校联盟联考)竖直放置 有质量为m的小球，以水平速度。从左端 的轻弹簧下端固定在地上，上端与钢板连 滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度， 接，钢板处于静止状态，如图所示.一物块从 然后从轨道左端滑离小车，关于这个过程， 钢板正上方0.2m处的P点自由落下，打在 下列说法正确的是 钢板上（碰撞时间极短）并与钢板一起向下 A.小球沿轨道上升 运动0.1m后到达最低点Q.已知物块和钢 到最大高度时，速 板的质量都为1kg,重力加速度大小g取 度为零 10m/s2,下列说法正确的是 B.小球沿轨道上升 A.物块与钢板碰后一起向下做减 速运动 的最大高度为。一 B.物块与钢板碰后一起运动的加 C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态 速度一直增大 D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度 C.从P到Q的过程中，弹簧弹性势 77 大小为2。 能的增加量为3J 2.如图所示，光滑的水平面上有两个用轻弹簧 D.从P到Q的过程中，物块、钢板、弹簧组 相连的小物块A和B(质量均为m),B靠着 成的系统机械能守恒 固定挡板P,最初它们都是静止的.现正对 4.(2024·山东束庄联考)如图所示，质量为 着A水平向左发射一颗质量为m、速度为。 0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上. 的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出， 用长度L=0.8m的轻质细线拴着质量为 子弹射入后再经时间(，挡板对B的弹力达 0.2kg的小球B,B悬挂在A正下方并处于 到最大.则下列说法正确的是 静止状态.1=0时刻，小圆环A获得沿杆向 左的冲量0.6N·s,g取10m/s2,下列说法 正确的是 A.小球B上升的最大高度为 A.子弹射入A的过程中，A与子弹组成的 0.45m 系统动量守恒，机械能也守恒 B.小球B获得的最大速度 B.挡板对B的弹力最大时，弹簧具有的弹 为4m/s B 性势能为2m6 C.从t=0时刻到小球B上升到最大高度的 C.在时间t内，固定挡板P对A、B以及弹 过程中，合力对小球B的冲量为0.6N·s D.从1=0时刻到小球B第一次获得最大速度 簧组成的系统做功为- 的过程中，细线对小圆环A始终做负功 O8黑白题物理|选择性必修第一册·JK 5.(2024·江苏连云港期末)如图所示，光滑7.如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长 水平面上三个弹性小球质量均为m,连接小 木板，挡板和长木板的总质量为m,木板长 球的两轻绳长度相同且不可伸长，起初轻 度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有 绳绷直三个小球静止排列在同一直线上.若 一个小炸药包（可视为质量不计的点）.木板 在垂直于轻绳方向给小球B一个水平初速 左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块。 度o,小球A、C碰撞时无机械能损失.下列 滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统 说法不正确的是 处于静止状态.给滑块一个水平向右的初速 A.三个球组成系统的动 度。，滑块相对木板向右运动，刚好能与小 量守恒 炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过 B.三个球的速率应满足 程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方 关系式后=++呢 向上运动，且完好无损)，滑块最终回到木 C.小球A的最大速率为 板的左端，恰与木板相对静止.求： 2 Yo (1)滑块与木板间的动摩擦因数： D.小球A的动能最大时小球B速度与初速 (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速 度n反向且最大 度大小 6.(2024·云南师大附中期末)如图甲所示， 炸包 物块A、B的质量分别是2kg和6kg,用轻 弹簧固定连接放在光滑的水平面上，物块B 左侧与竖直墙接触.现有一物块C从t=0时 刻以一定的速度向左运动，在1=1s时刻与 物块A相碰，碰后立即与A粘在一起.物块 C的速度可通过右侧的传感器测量，并得到 如图乙所示的-t图像求： (1)物块C的质量和A与C碰撞时损失的 机械能： (2)物块B离开墙后弹簧的最大弹性势能 +(m-s) 传感器 进阶突破·专项练09