第1章 专题强化练2 动量和能量的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册（教科版2019）

专题强化练2　动量和能量的综合应用 1.如图所示,质量为m=195 g的小滑块(视为质点),放在质量为M=0.8 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑的水平面上,滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.4。质量为m0=5 g的子弹以v0=300 m/s的速度水平向右射入滑块并嵌入其中(时间极短),重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) A.小滑块向右滑行的最大速度为9.5 m/s B.木板向右滑行的最大速度为2.5 m/s C.滑块在长木板上滑行的时间为2 s D.小滑块和长木板因摩擦而产生的热量为4.5 J 2.(多选题)光滑半圆形曲面B静止于光滑地面上,物块C固定于地面上,现将小球A从曲面最右端由静止释放,当小球A滑至曲面最底端时,曲面B恰好与C粘连。已知A与B的质量都为m,B曲面半径为R,重力加速度为g,则 (　　) A.最初时B右侧与C的间距为R B.B与C粘连时A的速度大小为 C.此后A能运动到的最高点距离地面 D.此后A运动到最高点时,B受到A的压力大小为0 3.弹簧跳跳杆是儿童特别喜欢的玩具之一,其结构可简化为如图所示,一质量M=0.3 kg的足够长“T”形支架,竖直立在水平地面上,有一质量m=0.2 kg的物块套在支架直杆上,物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧,弹簧上端固定在支架顶端,下端与物块不相连。开始时弹簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定,弹簧的弹性势能Ep= J。现解除锁定,弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为f=1.5 N,重力加速度取g=10 m/s2,空气阻力、锁定时弹簧的长度和支架与地面碰撞过程中的能量损失均忽略不计,支架始终保持在竖直方向上。求: (1)弹簧恢复形变的过程中,支架所受合力的冲量大小; (2)当支架第一次上升到最大高度时,物块的速度大小及通过的位移。 4.在光滑的水平面上,一质量为mA=0.2 kg的小球A,以v0=15 m/s的初速度向右运动,与质量为mB=0.1 kg的静止小球B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞过程中没有机械能损失。碰撞后两小球滑向与水平面相切的圆心为O、半径为R(未知)的竖直放置的固定光滑的半圆形轨道MN,且小球A通过最高点N时对轨道的压力大小为2.5 N。(两小球均视为质点,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2)求: (1)碰撞后小球B的速度大小; (2)半圆形轨道半径R的大小; (3)两小球通过半圆形轨道后的落地点之间的距离。 5.如图(a),长木板C放置于光滑水平地面上,两滑块A、B质量分别为mA=4 kg、mB=2 kg,放在C上,三者都保持静止。两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ,t=0时刻释放A、B间的微小弹性装置,装置储存的弹性势能为24 J,此后滑块A、B运动的v-t图像如图(b)所示,当t=4 s时A与C恰好相对静止,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)释放弹性装置瞬间滑块A、B的速度大小; (2)滑块与木板间的动摩擦因数μ和木板C的质量; (3)要使B不滑落则木板C至少为多长? 　 答案与分层梯度式解析 专题强化练2　动量和能量的综合应用 1.D　取水平向右为正方向,子弹嵌入滑块后,和滑块一起向右滑行的初速度即滑块向右滑行的最大速度v1,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1,解得v1=7.5 m/s,故A错误;当子弹、滑块和长木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,解得v2=1.5 m/s,故B错误;滑块在长木板上滑行过程中,有v2-v1=-μgt,解得t=1.5 s,故C错误;取子弹和滑块整体在长木板上滑行过程分析,由能量守恒定律得(m0+m)=(m0+m+M)+Q,解得Q=4.5 J,故D正确。 2.BC　从A开始下滑到到达最低点的整个过程,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,设B移动距离为x,由动量守恒定律得mvA-mvB=0,即m-m=0,解得x=R,A错误;从A开始下滑到到达最低点的整个过程,由机械能守恒定律得m+m=mgR,联立解得vA=vB=,B正确;B与C粘在一起后,A在运动过程中机械能守恒,有m=mgh,解得h=,C正确;B与C粘在一起后,A运动到最高点h=时,B受到A的压力F=mg sin 30°=mg,D错误。 3.答案　(1)0.9 N·s　(2)5 m/s　0.95 m 解析　(1)解除锁定,系统动量守恒,设支架获得的速度大小为v1,物块获得的速度大小为v2,取竖直向上为正方向,根据动量守恒定律可得-mv2+Mv1=0 根据机械能守恒定律可得Ep=M+m 对支架,由动量定理可得I合=Mv1-0 代入数据解得I合=0.9 N·s。 (2)对支架受力分析,受到竖直向下的重力和物块对其竖直向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有Mg+f=Ma1 设支架向上减速到0所用的时间为t1,支架上升的高度为x1,根据运动学规律可得v1=a1t1 2a1x1= 对物块受力分析,受到竖直向下的重力和支架对其竖直向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有mg-f=ma2 当支架第一次上升到最大高度时,设物块的速度为v1,物块向下发生的位移为x2,根据运动学规律可得 v2'=v2+a2t1 x2=t1 代入数据解得v1=5 m/s,x1=0.3 m,x2=0.95 m。 4.答案　(1)20 m/s　(2)0.4 m　(3) m 解析　(1)取水平向右为正方向,小球A、B发生弹性碰撞,碰撞前后瞬间动量守恒、机械能守恒,故有 mAv0=mAvA+mBvB mA=mA+mB 联立解得vA=5 m/s,vB=20 m/s 故碰后B球的速度大小为20 m/s。 (2)A球经过N点时,由牛顿第二定律可得FN+mAg=mA 小球A从碰后到N点的过程机械能守恒,有 mA-mA=2mAgR 联立解得vAN=3 m/s,R=0.4 m 故半圆形轨道半径R的大小为0.4 m。 (3)小球B从碰后到N点的过程机械能守恒,有 mB-mB=2mBgR 解得vBN=8 m/s 两球从N点至落地过程中均做平抛运动,由平抛运动规律有2R=gt2 Δx=xB-xA=(vBN-vAN)t 联立解得Δx= m。 5.答案　(1)2 m/s　4 m/s　(2)0.04　8 kg　(3)26 m 解析　(1)设释放弹性装置瞬间,滑块A、B的速度分别为v1、v2,则由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv1=mBv2 mA+mB=Ep 解得v1=2 m/s,v2=4 m/s。 (2)当t=4 s时,A与C恰好相对静止,可知此时A、C的速度相等,设此时二者速度为v,方向向左,由题图(b)知此时B的速度为v3=2.4 m/s,方向向右,则由动量守恒定律得(mA+mC)v=mBv3 对滑块A有v=v1-μgt 对木板C有v=aCt=t 联立解得μ=0.04,mC=8 kg,v=0.4 m/s。 (3)4 s内A向左运动的位移xA1=t=4.8 m C向左运动的位移xC1=t=0.8 m B向右运动的位移xB1=t=12.8 m 由动量守恒定律可知,A、B、C相对静止时三者的速度均为零,则从t=4 s到三者相对静止,B向右运动的位移xB2==7.2 m A、C向左运动的加速度大小a共== m/s2 位移xAC==1.2 m 则木板的最小长度 L=(xA1-xC1)+(xB1+xC1)+(xAC+xB2)=26 m。 7 学科网（北京）股份有限公司 $$