高效作业10 拓展与归类•专题研析4 能量守恒与动量守恒的综合应用-【精彩三年】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

高效作业10 [拓展与归类•专题研析4　能量守恒与动量守恒的综合应用] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [A级　新教材落实与巩固] 1．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，物体A的左边固定有轻质弹簧，与物体A质量相等的物体B以速度v向物体A运动并与弹簧发生碰撞，物体A、B始终沿同一直线运动，则物体A、B组成的系统动能损失最大的时刻是(　　) A．A开始运动时 B．A的速度等于v时 C．B的速度等于0时 D．A和B的速度相等时 D 【解析】物体B和物体A碰撞的过程中，物体A、B系统(包括弹簧)动量守恒且能量守恒，即物体A、B(包括弹簧)的动能和弹性势能之间存在相互转化。当物体A、B的速度相等时，弹簧处于最长或最短，即弹性势能最大，此时物体A、B系统动能损失最大，故D正确。 2．(多选)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内达到相对于木块静止，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧至最短的过程称为Ⅱ，则(　 　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD A．在过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．在过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 C．在过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．在过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒 【解析】在子弹射入木块到刚相对静止的过程Ⅰ中，弹簧来不及发生形变，即弹簧中无弹力，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误；在过程Ⅱ中，系统受到墙壁的作用力，系统所受合力不为0，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误，D正确。 3．(多选)小车静止于光滑的水平面上，A端固定一根轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车质量为M，长为L。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与木块都处于静止状态，如图所示。突然烧断细绳，弹簧被释放，木块离开弹簧向B端冲去，并跟B端的橡皮泥粘在一起。以下说法正确的是(　　　) A．如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B．整个系统任何时刻动量都守恒 D．整个系统最后静止 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BCD 【解析】小车和木块组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，由于最后弹簧的弹性势能转化为内能，整个过程机械能不守恒，选项B、C、D正确。 4．(多选)如图所示，三个小球a、b、c的质量都是m，都处于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰撞后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　　) A．三个小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三个小球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧的弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ACD 【解析】在整个运动过程中，系统所受合力为0，总动量守恒，小球a与小球b碰撞过程机械能减少，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的速度不为0，小球b的动能不为0，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5．如图所示，有光滑弧形轨道的小车静止于光滑的水平面上，其总质量为M，一质量也为M的铁块以水平速度v沿轨道的水平部分滑上小车。若轨道足够高，铁块不会滑出，则铁块沿圆弧形轨道上升的最大高度为(　　) A 6．(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小。以下判断正确的是(　 　) A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B．两个系统产生的内能一样多 C．子弹在软木中打入深度较大 D．子弹在硬木中打入深度较大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 7．[2023·温州中学检测] 如图所示，质量为m0的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半径为R的半圆形光滑轨道，现将质量为m的小球在轨道的边缘由静止释放，当小球滑至半圆轨道的最低位置时，求： (1)小车移动的距离。 (2)小球的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8．如图所示，在光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个滑块速度恰好相同。求在B与C碰撞前瞬间B的速度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [B级　素养养成与评价] 9．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子内有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(重力加速度大小为g)(　　) D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．[2023·苏州中学检测] 如图所示，质量mB＝2 kg的平板车B上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量mA＝2 kg的物块A(A可视为质点)，A、B一起以大小为v1＝0.5 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m0＝0.01 kg的子弹以大小为v0＝600 m/s的水平初速度向右瞬间射穿A后，速度变为v＝200 m/s。已知A与B之间的动摩擦因数不为0，且A与B最终达到相对静止时A刚好停在B的右端，车长L＝1 m，g取10 m/s2。求： (1)A、B间的动摩擦因数。 (2)整个过程中因摩擦产生的热量。 答案：(1)0.1(2)1 600 J 【解析】(1)规定向右为正方向，子弹与A作用的过程，根据动量守恒定律得 m0v＋mAvA＝m0v0－mAv1 代入数据解得vA＝1.5 m/s 子弹穿过A后，A以1.5 m/s的速度开始向右滑行，B以0.5 m/s的速度向左运动，当A、B有共同速度时，A、B达到相对静止，对A、B组成的系统运用动量守恒定律，规定向右为正方向，有(mA＋mB)v2＝mAvA－mBv1 代入数据解得v2＝0.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11．如图所示，在光滑的水平面上有三个小球A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧拴连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同速度向左运动但不粘连。求： (1)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1。 (2)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．[2023·东营一中检测] 一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在B的左端，质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2 m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g取10 m/s2)。求： (1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间的速度大小。 (2)小球与A碰撞后瞬间物块A的速度大小。 (3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长。 答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 13．两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块由静止开始滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．[2023·长郡中学检测] 如图甲所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。 感谢聆听，再见！ C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为v A． B． C． D． 【解析】铁块上升到最高点时与小车具有共同的速度，则由动量守恒定律有2Mv′＝Mv，由能量关系可知Mgh＝Mv2－×2Mv′2，解得h＝，故选A。 【解析】设子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律有(m＋M)v＝mv0，可知共同速度v相同，则根据ΔE＝　　mv－(m＋M)v2＝Q，可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减少量相同，故两个系统产生的内能Q一样多，故A错误，B正确；根据功能关系Q＝Ff·d，可知产生的内能Q相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 答案：(1)R　(2) 【解析】(1)选小车和小球为系统，依题意系统在水平方向总动量为0且守恒。假定小车和小球的水平速度大小分别为v1x、v2x，则有 m0v1x＝mv2x 则有m0∑v1xΔt＝m0x1＝m∑v2xΔt＝mx2 x1、x2分别为小球滑到最低点时小车和小球水平运动距离大小，依题意有x1＋x2＝R 解得x1＝R (2)当小球滑至最低点时，小车速度大小为v1，小球速度大小为v2，由动量守恒定律得m0v1＝mv2 由能量守恒定律得mgR＝m0v＋mv 解得v2＝ 答案：v0 【解析】设最终三个滑块的共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度(即在B与C碰撞前瞬间B的速度)为vB，由动量守恒定律有mAv＋mBvB＝(mA＋mB)v0 (mB＋mC)v＝mBvB 联立以上两式得，所求B的速度为vB＝v0 A．mv2 B．v2 C．NμmgL D．NμmgL 【解析】根据动量守恒定律，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝，故A、B错误；根据能量守恒定律，损失的动能等于因摩擦产生的热量，即等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝NFfL＝NμmgL，故C错误，D正确。 根据能量守恒定律知 μmAgL＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v 代入数据解得μ＝0.1 (2)根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的热量 Q＝m0v＋(mA＋mB)v－m0v2－(mA＋mB)v 代入数据解得Q＝1 600 J 答案：(1)mv (2)mv 【解析】(1)B、C碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得(mB＋mC)vBC＝mCv0 第一次A、B、C共速时弹簧压缩量最大，选A、B、C组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 (mA＋mB＋mC)v1＝(mB＋mC)vBC 弹簧压缩量最大时储存的弹性势能为 Ep1＝－ 解得Ep1＝mv (2)选B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，选A、B、C组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 (mB＋mC)v2＋mAv3＝(mB＋mC)vBC 由机械能守恒定律得 (mB＋mC)v＋mAv＝(mB＋mC)v 解得v2＝－，v3＝ 即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有(mA＋mB)v4＝mBv2＋mAv3 弹簧伸长量最大时储存的弹性势能 Ep2＝mBv＋mAv－(mA＋mB)v 解得Ep2＝mv 【解析】(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得 m0v＝m0gL 代入数据解得v0＝4 m/s (2)小球反弹过程机械能守恒，有m0gh＝m0v 解得v1＝2 m/s 小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有－m0v1＋mvA＝m0v0 代入数据得vA＝1 m/s (3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得(m＋M)v＝mvA 代入数据解得v＝0.5 m/s 由动能定理得－μmgx＝(m＋M)v2－mv 代入数据解得x＝0.25 m 答案：h 【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，物块在劈A上下滑过程中，由机械能守恒定律和动量守恒定律得 mv2＋M1V2＝mgh M1V＝mv 设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，在物块滑上劈B的过程中，由机械能守恒定律和动量守恒定律得 mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2 (M2＋m)V′＝mv 联立解得h′＝h 　 (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力的大小。 (2)若不固定小车，滑块从A′点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，如图乙所示。已知A′O与竖直方向夹角为θ＝60°，小滑块的质量m＝，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ。求： ①滑块运动过程中，小车的最大速率。 ②滑块从B点到C点运动过程中，小车的位移大小。 答案：(1)3mg　(2)①　② 【解析】(1)若固定小车，则滑块滑到B点时速度最大，所需向心力最大，受到的支持力最大，且设为FN，根据动能定理和牛顿运动定律有mgR＝　mv FN－mg＝m 解得FN＝3mg 由牛顿第三定律可知滑块对小车的最大压力大小为F′N＝FN＝3mg。 (2)①由于地面是光滑的，则小车和滑块组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，有mv1－Mv2＝0 由上式可看出，当滑块速度v1最大时小车速度达到最大，又由于滑块经过B点后摩擦力使其减速，则可知滑块到达B点时速度最大，则从A′点到B点根据动能定理有 mg(R－R cos 60°)＝mv＋Mv 联立解得v2＝ ②由于不固定小车，则滑块从B点到C点过程中和小车组成的系统在水平方向动量守恒，则在这段过程中任意时刻滑块的速度v3和小车的速度v4均满足0＝mv3－Mv4(取水平向右为正方向)，设滑块的位移大小为x，小车的位移大小为s，则有Ms＝mx 根据位移关系有s＋x＝L 由题意可知m＝ 则s＝ $$