第一章 专题探究三 动量与能量的综合运用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

2r）,解得d-2g (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时 两者位移相等，则有x1= 20a 即4+2码=4，解得4= 3 此时小球的速度=+=之0· 圆盘的速度仍为， 这段时间内圆盘下降的位移xa=4,= 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 m3+=m+M5, 聚聚能量子恒了 221 联立解得=0，=o, 同理可得当位移相等时x2=2, 即475，解得6 圆盘向下运动x2=,= 2=4, 此时圆盘距下端管口101-1-21-41=31， 之后二者发生第三次碰撞。 第6节反冲现象火箭 白题基础过关 1.A2.A 3.D解析：设甲，乙两球的质量分别为m1、m2,刚分离时两球 速度分别为书，马2，以向右为正方向，则由动量守恒 (mm)。=m,+m,根据题意有，=，代人数据可 解得2=0.8m/s,,=-0.1ms,说明刚分离时两球速度方向 相反，故ABC错误：爆炸过程中释放的能量△上=了m,+ 后-mm店将=08a=-01m代人可 得△E=0.027J,故D正确.故选D. 4.B 5.B解析：设人走动时船的速度大小为，人的速度大小为'，人 从船尾走到船头所用时间为1取船的速度方向为正方向，则，= d ,一，/：，根据动量守恒定律得h-m=0,解得船的圆 量N:放B正确AD错误 黑题 应用提优 1.C 2.A解析：AB.根据动量守恒有(M-△m)。-Amr=0,解得 一，若高压气罐喷出气体的质量不变但速度变大，则 △mm 。变大，故返回时间小于：由p=△m,若高压气罐喷出气体 的速度变大但动量不变，可知△m减小，得。减小，则返回 时间大于t.故A正确，B错误：C.由题意知.航天员的速度 为=二，喷气过程系统动量守恒，以宇航员的速度方向 为正方向，由动量守恒定律得(M-△m)。-△w=0,解得 -0_,故C错误：D.在喷气过程中，航天员，装 △m= +o F I 选择性必修第一册·RJ 备及气体所构成的系统的动能增加.故系统机械能不守恒， 故D错误.故选A 3.B解析：设炮弹在最高点速度为，炮弹上升和下降时间 均为1，有L=。·21,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m。=2mw, 有L+200m=o1+r,t,解得L=800m,所以B正确，ACD错误 故选B. 4.CD解析：对于甲和箱子根据动量守恒得(M+m)。= Me,+m对于乙和箱子根据动量守恒得m-M,=(M+m)P2, 当甲、乙恰好不相碰时，，=2，联立解得r=5.2m/s,若要避 免碰撞.则需要满足v≥5.2m/s,故选CD. 压轴挑战 5.B解析：“嫦娥一号"探测器在距离月球表面100km的圆轨道上 做圆周运动时：G m (Rth)= mRh,在月球表面，有 Mm' R =mg,则 解得：=R√R 1.8 =1.7x10×√17x10+100x10 m/s=L.7× 103m/s:喷气的过程中根据动量守恒定律：mm=(m-△m)r,+ m-△m3_1.2x103x1.7×10-50x492×10 △m2,解得=m-Am m/s= 1.2×103-50 1.56×10m/s=1.56km/5.故选B. 专题探究三动量与能量的综合运用 黑题 专项强化 1.B 2.C解析：分析易得只有子弹射入沙箱并留在其中这个过程 中系统的机械能有损失，由动量守恒得m=(m+M)"共，则系 统损失的机械能△E= 2 mo 2（m+)候= 2 2mm2、 2(m+M) m+M 2(m+M对于A选项，由4E: m/2 mMe2 2(m+M) 、可知，若保持m,,1不变，M变大，则系 2( 统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= mMr2 可知，若保持M、"、1不变，m变大，则系 2(m+M) 2M+1 统损失的机械能变大，故B错误：对于C选项，由△E= mMr" 可知，若保持Mm1不变，n变大，则系统损失的机 2(m+M) 械能变大，故C正确：对于D选项，若保持M、m、不变，1变 大，则系统损失的机械能△B=2(m+) mMy 不变，故D错误 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 的位移为4x,木板的质量为M,木块的质量为m,共同速度为 ,根据动能定理，木板增加的动能为】城=乐，因摩擦产生 的热能为Q=f·3x,因摩擦而产生的热能是木板动能增量的 3倍，C正确；D根据动量守恒定律得m=(m+W),根据 “因摩擦面产生的热能是木板动能增量的3信“得？m一- 2(m+)矿=3x)M,解得M=2m,木板质量是木块质量 的2倍，D正确故选CD. 4.BD解析：A,假设最终A不会从木板的右端掉下来，由A、B 组成的系统动量守恒得m,+2m·2,=3m,解得e= 3% 黑白题12 5m,根据能量守恒定律有了m+×2m(2,)户-× 3m2=μ·2mgx,解得x=0.3m<L,假设成立，选项A错误： B.由位移关系可知2” 221=x,可得1=0.25，选项B正 确：C.根据动能定理，整个运动过程B对A做的功W= 2×2m2-×2m(2,)=-221,选项C错误：D.整个运动 过程因摩擦产生的内能Q=4·2mgr=0.6】,选项D正确.放 选BD. 5.B解析：AB.由题意可知物块A离开墙壁瞬间物块B的速 度为。=4m/s,物块B的速度最小值为p。=1m/s,物块B 的速度最小时，弹簧第一次恢复原长，物块A的速度最大，取 向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律 得m=m,+mr,之mn=之m,+乞m,解得 m,=24kg,".=5m/s,故A正确，B错误：C,从解除锁定到 物块A离开墙壁的过程中，对B应用动量定理可得1=m。 0=16N·“,对A应用动量定理可得1-1=0，解得I抽= -16N·s,故从解除镇定到物块A离开墙壁的过程中，墙壁 对A的冲量大小为16N·s,故C正确：D.分析从物块A离 开墙壁后物块A,B的运动过程，弹性势能最大时物块A,B 的共同速度为共，根据动量守恒定律得mmo=(m,+m:)r其， 解得=25，根据机被能守恒定律得)m,后=龙，+ 2(m,+ma),解得E,=12J,故D正确故选B. 6.BD解析：A.由题图乙知，滑块C与滑块A碰前瞬间速度为 ",=6m/s,碰后瞬间整体速度为2=3m/s,滑块C与滑块A 碰撞过程动量守恒，以滑块C的初速度方向为正方向，由动 量守恒定律得m",=(m1+mc)2,解得mc=1kg,故A错误： B.全过程系统中只有C与A碰撞时有机械能损失，侧有 )mc7(m,+mc)=9」，故B正确：C.2s时A和C 的速度大小为2=3m/s,6s时A和C的速度大小为秒，= 3/s,2~6s内墙给B的冲量等于AC的动量变化量，故有 I=(m,+mc)[,-(-)]=12N·8,故C错误：D.当AC和B 向左运动且弹簧再次恢复原长时滑块B的速度最大，根据系 统动量守恒和机械能守恒可得(m,+m)=(m+ m州+m…之(m,*mc居=之（m,+m:)m,后.解得 。=3ms,放滑块B的最大动能为E=2m后=9J,放 D正确.故选BD 7.D解析：AC.第一颗弹丸打入木块后瞬间，根据动量守恒可 得m,=4m,解得二者的速度为r=?,根据动能定理 可得-4mgh=02×4mr,解得子弹与术块共同上摆的最 大高度为k=32故AC错误；BD,根据题意可知，第二颗 丸打入木块后瞬间，根据动量守恒可得m2-4r找=5m世， 9 解得=9=，根据牛顿第二定律可得T-5mg=5m· 要解得细绳拉力的大小为T:5,故错误，D正 5mej 确.故选D 8,D解析：A.由题意，子弹A,B从木块两侧同时射人木块，木 参考答案与解析 块始终保持静止，侧两子弹在木块中运动时间必定相等，否 侧木块就会运动，故A错误：B.由于木块始终保持静止状 态.则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力 大小相等，设为∫，根据动能定理得，对A子弹有-，=0-E: 可得E,=f,.对B子弹有-fn=0-En,可得Ee=m,由于 d>dg,则有子弹人时时的初动能E4>E,故B错误；CD.对 两子弹和木块组成的系统动量守恒，因动量与动能的关系为 p=√/2mE,则有√2m,E=√2mE,而E,>E,则得 到mm:,根据动能的计算公式￡=了m,可得初速度，> g,故C错误，D正确.故选D. 9.C解析：A以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象.系 统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误. BC.以木块和子弹A,B组成的系统为研究对象，取水平向右 为正方向，由动量守恒定律可得m,一m。=0,则有 m,D,=mg借， 即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块 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 大小相等，设为F,子弹射人木块的深度为d,由动能定理， 对子弹A有-Fd=0-E,可得Fd,=E 对子弹B有-Fd=0-Es,可得Fdg=Eg: 由于d,=3dn,则有两子弹初动能的关系为E=3Em, 三m解得m=3m· 由动能公式可得尼=C,2m 即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍： 由于m,,=mg,可得，=3#g, 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 误，C正确 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 律可知，系统减少的机战能 △E=Fd<E,,可得d<d, 子弹B再向左射人木块，由于子弹A、B与木块组成的系统 动量守恒，由以上分析可知m,,=ma, 则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与 木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可 知，系统减少的机械能△F=F,dn>Es,可得n>da 由以上分析可知d<3d”,D错误故选C 10.D解析：当A与B相距最近后，A继续前进，做减速运动 B通过弹簧被A拉着跟在其后开始做加速运动，当A与B 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 律，可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞，选取向右 为正方向，由弹性碰撞的相关公式可得 m,=m时+2,2m,0=2m,/2+ 2m: m1一m2 2m1 解得：{= ,= m,+m2 m,+m2 ,此时A的速度为，-m 21 故B的最大速度为 m,+m2 m,+m2 A的最小速度要分情况讨论： 1-m2 当m,≥m2时，A的最小速度为 ,+m, 当m<m2时，A的最小速度为0 11.BD解析：AB.子弹击中小球过程，根据动量守恒mu= (m+m。)”,小球上升到最高点过程中，根据水平方向动量守 黑白题13 恒(m+m,)=(M+m+m,),根据能量守恒子（(m+,)2 2(M+m+m)r+(m+m)gh,联立解得，=2m/s,k= 0.75m,故A错误，B正确：CD.小球第1次返回最低点时， 根据动量守恒和能量守恒有(m+m。)=(mo+m),+M, 2(m+m。)2=I 二2(m0+m)+好，在最低点时.根据牛 顿第二定律T-(m+m。)g= _(m+m)(》,联立解得 ,=-1m/s,T=14N,故C错误，D正确.故选BD. 12.(138(24(3)7 解析：(1)令B相对A静止时速度为a,对A、B组成的系 统，根据动量守恒定律有m=(m,+mn),解得Pa= 3m/s. 设经时间，达到共同速度，A的加速度满足4，m4g=m,4, 经历时间，一二品历位移学， 该过程有L-x,=r42,解得=01s, 则有1=11+3=1.35时 (2)滑块C与木板A的碰撞过程发生的是弹性碰撞，则 有a=m,n+mea,m名】m+)m 解得1=1m/s,"a=4m/s; (3)碰后C做减速运动，A做加速运动，当A、B共速时的速 度为a,根据动量守恒定律有mm'a+mu=(m1+mr)r, 当C减速到a时C与A间的距离最大，设经过的时间为 3,根据动量定理有-，mcg码=me"amca 7 解得=38 第一章章末检测 1.A2.B3.D4.C5.B6.C 7.C解析：ABA,B(包括人)两船在水平方向所受合力为零 满足动量守恒，因此两船（包括人）动量大小之比为1：1. 即m=(m+分m）,因此两船速度大小之比，：= 3:2,AB错误：D.两船动能大小之比元 2 mg 3 Σ(m+2m) 。1 2C正确，D错误故选C 8.B解析：AB.小物块与箱子组成的系统，在整个过程中受到 的外力之和为零，故系统满足动量守恒，设最终小物块与箱 共同的速度为，则有m=(M+m)解得，= 2me 整个过程中，系统损失的动能为46= 2(aM+m)2= 2(W+m),放A错误，B正确：CD.小物块与箱壁碰撞N次后 Mmv 恰又回到箱子正中间，可知整个过程中，小物块与箱子发生 的相对路程为s=N忆，则整个过程中，因摩擦产生的内能为 Q=umga=ugL,根据能量守恒可知，整个过程中，系统损 失的动能为△E=Q=Numgl..故CD错误故选B. 9.AD解析：A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程 中，设滑块在水平轨道上向右移动的距离为x,取向左为正 选择性必修第一册·RJ 方向，根据水平动量守恒有m气-1兰=0，解得x 0.30m,故A正确：B.小球从初始位置到第一次到达最低点 的过程中，小球和滑块系统水平方向动量守恒，取水平向左 为正方向，设小球到最低点时的瞬时速度为，滑块的速度 为，则有m,-M,=0,根据能量守恒有mg+，m子。 1 m+M,联立解得，=4，s,故B错误：C设小 4/10 球相对于初始位置可以上升的最大高度为，此时竖直方向 速度为0，根据水平动量守恒得(m+M)?=0,根据能量守恒 有2m听=mgh+2(m+)2,解得h=045m,放C错误： D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑 块在水平轨道上向右移动的距离为y,由儿何关系可得，小 球相对于滑块移动的水平距离为=L+√D-=1,35m,根 据水平动量守面得m号-M二=0，解得y=054m,故D正 确.故选AD 10.BC解析：B.设物块与小车的共同速度为r,以水平向右 为正方向，根据动量守恒定律有m2o=(m,+m2),解得= m:=0.8m,故B正确：A.对物块，根据动能定理有 m+m2 围=之-，d解特=-Q361.故A错误：C根 21 据Q=△E=2m,62（m,+m)2=024J,可知在此过程 中系统产生的内能为0,24J,故C正确：D.设物块恰好不滑 离小车时的初速度为。，物块到达木板最右端时的速度为 ,由动量守恒定律及能量守恒可得m。=(m,+m)', 公m+p,联立解得=5，故 1 D错误.故选BC 11.(1)B(2)m两=mm2(3)m:mr 12.(1)0.3m/s(2)0.9ms(3)11次 解析：(1)将人、车和木箱作为系统，取向右为正方向。 根据动量守恒定律有M,-mw。=0, 解得6受3 (2)人第一次接住木箱的过程.根据动量守恒定律有 mto+Me,=(M+m);, 人第二次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有， mo =(M+m) 3me0=-0.9m/s 解得三 (3)人第二次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有 mo+Mu,=M+m)v. 人第三次推出木箱的过程，根据动量守佰定律有M m。=(M+m)r2, 5mto 解得=M =1.5m/s. 推理可知，人第：次推出木箱后，人和小车的速度，= 2n-1)mea M 当≥。时，人将接不住木箱，即 2n-l)m0≥o M 黑白题14专题探究三动量 黑题 专题强化 题型1动量守恒与能量守恒的关系 1.如图所示，将一光滑半圆形槽置于光滑水平面 上，现让小球从A点正上方某处静止释放，经 最低点后能从右端最高点冲出，不计空气阻 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 C.动量守恒，机械能不守恒 D.无法判断动量、机械能是否守恒 d自 (第1题) (第2题) 2.(海南高考)如图，用长为1的轻绳悬挂一质量 为M的沙箱，沙箱静止.一质量为m的子弹以 速度水平射人沙箱并留在其中，随后与沙箱 共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射 向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 ( A.若保持m、、L不变，M变大，系统损失的机 械能变小 B.若保持M、、1不变，m变大，系统损失的机 械能变小 C.若保持M、m、l不变，v变大，系统损失的机 械能变大 D.若保持M、m、v不变，l变大，系统损失的机 械能变大 题型2板块模型 3.(多选)一长木板静止于光滑的水平面上， 小木块（可视为质点）从左侧以某一速度)滑 上木板，最终和木板相对静止一起向右做匀 第一章 与能量的综合运用 很时：60min 速直线运动若木块从滑上木板到和木板相对 静止的过程中，木块的位移是木板位移的4 倍，设板块间滑动摩擦力大小不变，则下列说 法正确的是 ( A.木块动能减少量等于木板动能增加量 B.因摩擦而产生的热能等于木块动能减少量 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.(2025·河北张家口摸底)（多选）如图，质 量m=0.2kg、长度L=1m的木板B在光滑水 平面上以。=3m/s的速率水平向右做匀速直 线运动，质量为2m的小物块A以2。的速率 水平向右滑上木板的左端已知A与B间的动 摩擦因数为0.5，g取10m/s2,则下列说法正 确的是 2 7777717777777777777777777777 A.A最终会从木板的右端掉下来 B.A在B上相对滑动的时间为0.2s C.整个运动过程B对A做的功为-9.4J D.整个运动过程因摩擦产生的内能为0.6J 题型3弹簧模型 5.(2025·黑龙江大庆期中)如图所 示，物块A、B由轻弹簧相连，置于光 讲削 滑水平地面上，轻弹簧处于压缩状态并被锁 定，物块A与墙壁接触，物块B的质量为4kg 某时刻解除锁定，物块A离开墙壁后，物块B 的最大速度为4m/s,最小速度为1m/s,则下 黑白题027 列说法错误的是 AB 777777777777777 A.运动过程中物块A的最大速度为m= 5 m/s B.物块A的质量为2kg C.从解除锁定到物块A离开墙壁的过程中， 墙壁对A的冲量大小为16N·s D.在物块A离开墙壁后弹簧的最大弹性势能 为12J 6.(2025·山西卓越联盟联考)（多选）如图甲所 示，质量分别为m4=1kg、mg=2kg的滑块A、 B放在光滑的水平面上，之间用一质量可忽略 不计的弹簧连接，滑块B紧靠在竖直的墙壁 上.现有一质量为mc的滑块C以v=6m/s的 速度沿水平面向右运动，从0时刻开始计 时，2s末与滑块A碰撞且粘在一起，0~68 内，滑块C的速度一时间图像如图乙所示，则 下列说法正确的是 ( +m·s AB A.滑块C的质量mc=2kg B.全过程整个系统损失的机械能为9J C.2~68内，墙壁对滑块B的冲量大小为 6N·8 D.整个过程中滑块B的最大动能为9J 题型4子弹打木块模型 7.(2025·云南大理月考)如图所示，用不可伸 长的、长度为L的轻质细绳将质量为3m的木 块悬挂于O,木块静止.质量为m的弹丸水平 向右射入木块，第一颗弹丸的速度为，射入 木块后未射出木块，二者共同上摆的最大高 度为，当其第一次返回初始位置时，第二颗 弹丸以水平速度2又击中木块，且也未射出 选择性必修第一册，凡J 木块，使木块向右摆动且最大高度仍为，木 块和弹丸可视为质点，二者作用时间极短，空 气阻力不计，则 ( 44 0 A.第一颗弹丸打入木块后瞬间，二者的速度 为号 B.第二颗弹丸打入木块后瞬间，细绳拉力的 大小为16 ,m +4mg 口子弹与木块共同上摆的最大高度6为 18g D.两次弹丸人射的水平速度关系为=4 9 8.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、 B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在 木块中，这一过程中木块始终保持静止现知 道子弹A射入的深度d,大于子弹B射入的深 度d若用tu、n表示它们在木块中运动的时 间，用E4、EB表示它们的初动能，用Aa表 示它们的初速度大小，用m4、m表示它们的 质量，则可判断 B 777777777777777777777777777777777元 A.ta>tg B.EM<Ek C.Va<UB D.ma<mg 题型5综合训川练 9.(2024·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，木块 静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时 水平射人木块，木块始终保持静止，子弹A射 入木块的深度是B的3倍.假设木块对子弹阻 黑白题028 力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇， 则A、B运动的过程中，下列说法正确的是 ( A.木块和子弹A、B系统动量不守恒 B.子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大 小的3倍 C.子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D.若子弹A向右射入木块，与木块相对静止 后，子弹B再向左射入木块，最终A进入 的深度仍是B的3倍 10.如图所示，质量分别为m1、m2的小球A、B用 轻弹簧连接，两小球分别套在两平行光滑水 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 足够长，A由图示位置静止释放，当A与B相 距最近时，A的速度为，，则在以后的运动过 程中 ( A.A的最小速度是0 B.A的最小速度是一m m,+m2 C.B的最大速度是 2m1 D.B的最大速度是 m1+m2 11.(2025·山东湖坊期中)（多选）如图所示，带 有竖直支架的木块静止在光滑水平地面上， 质量为m=0.2kg的小球用长为L=1m的轻 质细线悬挂于支架上的O点.用玩具枪射出 质量为mo=0.2kg的子弹，恰以=10m/s 的初速度水平击中静止的小球并粘在小球 上.已知木块和支架的总质量M=0.6kg,重 力加速度g大小取10m/s2,不计空气阻力 下列说法正确的是 ( 第一章黑 777777777777771777777 A.小球上升到最高点时的速度大小为5m/s B.小球上升的最大高度为0.75m C.小球第1次返回最低点时的速度大小为 4 m/s D.小球第1次返回最低点时细线的拉力大 小为14N 2.(2025·山东潍坊期中)如图所示，在水平地 面上放置长板A和滑块C,A、C在同一直线 上，滑块B置于A的左端，三者质量分别 为mu=2kg、mg=1kg、me=1kg开始时C静 止，到A的右端距离L=2.1m,敲击滑块B, 使B获得。=9m/s的速度向右运动，经过 一段时间A与C发生完全弹性正碰，碰撞时 间极短，已知B与A间的动摩擦因数为4，= 0.5,木板A的底面光滑，滑块C与地面间的 动摩擦因数为42=0.1，木板A足够长，重力 加速度g取10m/s2.求： (1)敲击B后，经多长时间A与C发生第1 次碰撞； (2)滑块C运动的最大速度； (3)第1次碰撞后经多长时间A与C间的距 离最大 白题029