专项突破5 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）

心专项突破5 动量与能量的综合 1.(2025·山东泰安模拟)如图所示，有一质 量为m的小球，以速度，滑上静置于光滑 水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑 块.滑块的质量为3m,小球在上升过程中始 终未能冲出圆弧，重力加速度为g,在小球 运动过程中，下列说法正确的是 m9773 A.小球和滑块组成的系统动量守恒 、B。小球在圆弧轨道最高点的速度大小为， C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度 g 为。 8g D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大 小为 2.如图所示，光滑的水平面上有两个用轻弹簧 相连的小物块A和B(质量均为m),B靠着 固定挡板P,最初它们都是静止的.现正对 着A水平向左发射一颗质量为m、速度为o 的子弹，子弹射入A的时间极短且未射出， 子弹射入后再经时间t,挡板对B的弹力达 到最大.则下列说法正确的是 () P B ■✉ A.子弹射人A的过程中，A与子弹组成的 系统动量守恒，机械能也守恒 B.挡板对B的弹力最大时，弹簧具有的弹 性势能为2md C.在时间t内，固定挡板P对A、B以及弹 簧组成的系统做功为m O8黑白题物理|选择性必修第一册·RJ 运用 D.在时间t内，弹簧对A和子弹组成的系 统的冲量大小为m。,方向水平向右 3.(2025·山东菏泽期中)（多选）如图所示，水 平固定一光滑长杆，杆上O点正下方h= 0.3m处C点固定一光滑定滑轮，一质量 m.=0.75kg的滑块a套在细杆上.一长L= 1m的轻质细绳绕过定滑轮，一端系在滑块 a上，另一端悬挂一质量m。=0.5kg的小球 b.用外力将滑块a拉至0点左侧A点，AC与 竖直方向夹角0，=60°.整个系统保持静止状 态某时刻，撤去外力，滑块a向右运动，B点 处于A0之间且BC与竖直方向夹角0，=37° 重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，下列说法正确的是 () 6O A.滑块a滑至B点时，滑块a与小球b的 速度比值为5：3 B.滑块a滑至O点时，绳子拉力为5N C.滑块a滑至O点右侧后，滑块a的最小 速度为0.4m/s D.滑块a滑至O点右侧后，b球离杆的最 小的距离为0.88m 4.(2024·江苏连云港期末)如图所示，光滑 水平面上三个弹性小球质量均为m,连接小 球的两轻绳长度相同且不可伸长，起初轻 绳绷直三个小球静止排列在同一直线上.若 在垂直于轻绳方向给小球B一个水平初速 度o,小球A、C碰撞时无机械能损失.下列 说法不正确的是 A.三个球组成系统的动 量守恒 B.三个球的速率应满足 关系式后=+u哈+呢 C小球A的最大速率为 % D.小球A的动能最大时小球B速度与初速 度反向且最大 5.(2025·江苏南京期中)如图所示，光滑水 平地面上放置一块木板，其左端放有一个 质量为m1=0.95kg的小木块，木板质量为 m2=4kg,两者初速度均为0，且它们之间动 摩擦因数4=0.5.一颗质量为mo=0.05kg 的子弹，以。=200m/s的初速度水平射入 小木块（未穿出），入射时间极短，g 取10m/s2 (1)求子弹瞬间射入小木块后两者的共同 速度的大小； (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个 过程中产生的总热量Q多大； (3)若木板的质量与长度L成正比，即m2= L(k>0),求当L大小满足什么条件时， 不管k取何值小木块都不会从木板上 掉落。 →m 777777777777777777777777777777777 6.如图所示，在光滑水平面上有一一带挡板的长 木板，挡板和长木板的总质量为m,木板长 度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有 一个小炸药包（可视为质量不计的点）.木板 左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块， 滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统 处于静止状态.给滑块一个水平向右的初速 度。，滑块相对木板向右运动，刚好能与小 炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过 程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方 向上运动，且完好无损)，滑块最终回到木 板的左端，恰与木板相对静止.求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数； (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速 度大小 m▣ 炸药包 进阶突破·专项练的速度=了，依此类推，最后白球碰撞8号球后的速度 a=(兮)广1号球的滤度大小不变，则有0：g (兮）广，：子，ABD结误.C正确散选C a哑)() 2 解析：(1)根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞 前的速度为。，由机械能守恒定律有 mgR=2m6,解得6=√2gR, 设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为 h 4,1号小球的速度为1，由动量守恒定律和能量守恒定律 有，=m3m=x3am. 解得=m-3m _VgR 。22 m+3m% 2 即碰撞后两小球的速度大小均为√2g 2 (2)此后1号小球向右运动，与2号小球发生碰撞，根据动量 守恒定律和能量守恒定律有 1 3m,=3mi+3mu,2×3mi=2×3m'i+2×3m,解得t 通过计算说明1号小球碰后在原2号球位置静止，2号小球 碰后速度等于1号小球碰前的速度，即两者交换速度.此 后，2与3、3与4直至最后n-1与n号小球碰撞，都遵循同 样的规律，则n号小球的最终速度应为，= √2gR 2 (3)根据上述分析可知，小球A与1号小球第一次碰后向左 运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上，此时速度 大小为宁，在它向右运动一定距离后必将与已经静止的 1号小球（在原来2号小球位置）发生第2次碰撞，据动量守 恒定律和能量守恒定律可得，碰后两小球的速度分别为 =2*2 11o 4=2×2%4 此后小球A又反向运动，1号小球向右运动再次与2号小球 碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度…此后，小 球A与1号小球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且小球A 速度减半当小球A与1号小球发生第n次碰撞（在n号小 球最初的位置)后，最终1号小球的速度为==√2g 2 2” 专项突破5动量与能量的综合运用 1.C解析：A.在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在 水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错 误：B.小球在圆弧轨道上升到最高时小球与滑块速度相同， 系统在水平方向上动量守恒，规定。的方向为正方向， 有，=4m,解得：=冬，故B错误，C。根据机械能守恒定律 得片-子4mnh,解得=花，放C正确，D.小球离 8g 选择性必修第一册·RJ 开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mo=m,+3m2,根 据机械能守恒定律则有宁-了了×3，联立以上 两式可得=宁宁，故D错误散选C 2.D解析：A.子弹射入A的过程中，子弹射入A的时间极短，弹 簧对A与子弹组成的系统没有力的作用，A与子弹组成的系 统动量守恒，由于子弹和A有摩擦，机械能不守恒，A错误； B.设子弹和A共速为D,根据动量守恒有m。=2m,解得= 1 26, 挡板对B的弹力最大时，弹簧被压缩到最短，根据能量守 恒有 ￡=2m2=m,B错误： C.在时间1内，B对地没有位移，所以固定挡板P对A、B以 及弹簧组成的系统做功为0，C错误： D.根据动量定理I=0-2mn=-mo, 说明在时间内，弹簧对A和子弹组成的系统的冲量大小 为mo,方向水平向右，D正确。 故选D. 3.ACD解析：A.滑块a滑至B点时，滑块a沿绳方向的分速 度与小球6的速度相等，即，咖37=，求得=5 。3 故A正确：B.滑块a滑至O点时，其竖直方向速度为零，所 以小球b速度为零，但具有向上的加速度，因此绳子拉力大 于小球b的重力，即绳子拉力大于5N,故B错误；C.滑块a 由A点滑至O点的过程中，二者组成的系统机械能守恒， 1 有m4g(Ah)=2m,,求得.=2m/s,滑块a滑至0 点右侧后，滑块a减速运动，小球b水平方向加速运动，因滑 块a的质量大于小球b的质量，所以滑块a的速度方向不 变，绳子再次恢复竖直时，滑块a的速度最小，设其为：，该 过程相当于一个弹性碰撞过程，根据系统水平方向动量守恒 1 1 和初末状态动能相等有m,=m,+m,,2m,=2m, 乞m,,联立解得=04m/s,放C正确：D滑块a滑至0 点右侧后，当二者水平方向速度相等时，b球离杆的距离最 小，设其为h',滑块a由0点向右滑至小球6离杆距离最小 的过程，对于两球组成的系统，根据系统水平方向动量守恒 和机械能守恒有m,.=(m,+m),乞m,心-2(m,+ m)D2=mg(L-h'),联立求得h'=0.88m,放D正确.放 选ACD. 4,D解析：A三个球组成系统所受外力的合力为零，故系统 的动量守恒，故A正确； B三个球组成系统满足机被能守恒定律，故有宁m: 可得三个球的速率应满足关系式后=层+记，故B正确； C①.由对称性可知，小球A和小球C动能相同，由7 1 1 2m+2m%+2m, 可知当小球A的动能最大时，小球B的速度为零，设此时小 黑白题52 球A、C的速度大小为，速度方向与绳子垂直，两根绳间的 夹角为9，如图所示： 则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得。= 81 1 2musin- ,2m6=2x2mu2, 1 另外Eu=2m, 由此可解得，小球A的最大动能为E= 4 mo, 此时两根绳间夹角为0=90°，小球A的速率最大山= 2,放 C正确，D错误本题选不正确的，故选D 5.(1)10m/8(2)990J(3)L≥10m 解析：(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系 统动量守恒，有moo=(m+m1)", 解得p=m=10ms: mo+m (2)子弹打人小木块过程产生的热量为Q,=2m听 (mm,p=9s01. 小木块在木板上滑动过程中，子弹，小木块与木板组成的系 统动量守恒，有(m+m1)v=(mo+m1+m2)共①， 求得共=2m/8, 该过程中产生的热量为 Q2=2(m如+m1)。2-2(m0+m1+m2)-②， 解得Q2=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Qa=Q,+Q2=990J: (3)将由m2=L代入第(2)问中方程①②， 得Q-0国， 又因为摩擦生热Q2=u(m,+m1)g5和…④， 10kL.⑤ 联立③④得51+k机 木块不掉落的条件为s相≤L⑥， 联立⑤⑥得L≥10k-1 k 由数学知识，当k-→无穷大时，有10k-1→10。 k 因此当L≥10m时，⑥式恒成立，小木块必定不会从木板上 掉落. 6.(1)4gL (2)00 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1，以水平向右为正方向：对滑块和木板组成的系统，滑 块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统 动量守恒，故有m,=2mm,解得=2o,方向水平向右， 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 参考答案与解析 umgL=- -(2m)片联立解得= (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为和2，最终滑块相 对木板静止于木板的左端时速度为2，系统在爆炸前后动量 守恒，则有2mw1=mw+mw2,2m1=2mw2, 爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 （2m, umgL=- 联立以上各式解得=0，=。，方向水平向右 专项突破6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m人=， 则有mw人△1=M△，可得ms人=M“, 又8人+5细=L,5e=d, 联立解得渔船的质量为M=m(-d》,故选C 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，子弹射人粑后 总动量也为零，故小车仍然是静止的在子弹射出枪口到打 入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中 后，小车应停在原来位置的右方.待发子弹入靶后，小车将 静止不动，故AB错误 C设子弹出口速度为，车后退速度大小为'，以向左为正， 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+'t=d, 解得'= MDm=4M+-）m (M+nm)v 故车后退位移大小为△s='1= m m+M故C正确 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 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 选C. 3.A解析：设小球运动的位移为s,由几何关系知大球运动的 位移为(R-s),由“类人船模型”知两球在水平方向动量守 恒，因此有2m=m(R-),解得=号R,故选A 4.D解析：A由于B球不固定，A球不会做圆周运动，故 A错误； B.两球在水平方向上动量守恒，轻杆转动至水平的过程中 ∑mwa=Σmeg4, 即mx4=m4B,又x+比8=L, B球从零时刻开始的最大向左位移为。二乞，故B错误 D.A球在B球正下方时，B球速度最大，根据动量守恒与机 被能守相a=me·2让=分宁d. 得。=√2gL,故D正确； 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 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. 专项突破7简谐运动对称性的应用 1.C2.C 3.BCD解析：A.刚施加力F时，对P、Q整体进行分析，根据 黑白题53