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 江苏专用）

两者位移相等，则有x=x, 1 2 即4+2树所=，解得=g 3 此时小球的速度=+g=20, 圆盘的速度仍为， 这段时间内圆盘下降的位移x1=4= 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 m,+Mt=mw+M修， 限累能量兮宁, 1 2 联立解得=0，=6， 同理可得当位移相等时2=x蜘， 2 即=2戏解得h 2 圆盘向下运动x缸=，= =41, 此时圆盘距下端管口10-(-2-41=31， 之后二者发生第三次碰撞。 第6节反冲现象火箭 白题蓝础过关 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，、2，以向右为正方向，则由动量守恒 (m,+m)。=m+m,2,根据题意有，=三，代人数据可 解得2=0.8m/s,,=-0.1m/s,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△=之m, 1 m号2(m,+m)6,将=0.8m/s,=-0.1m/s代人可 1 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，取船的速度方向为正方向，则。= ,'=一，根据动量守恒定律得-m=0,解得船的 量M_mL-,故B正确，ACD错误 d 黑题 应用提优 1.C 2.A解析：AB.根据动量守恒有(M-△m)。-△mm=0,解得 。M一Am,若高压气罐喷出气体的质量不变但速度变大，则 △w 。变大，故返回时间小于t: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。诚小，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，=产，喷气过程系统动量守恒，以字航员的速度方向 为正方向，由动量守恒定律得(M-△m)。-△mm=0,解得 _Mc_,故C错误；D.在喷气过程中，航天员，装 备及气体所构成的系统的动能增加，故系统机械能不守恒， 参考答案与解析 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，有L=o·24,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m。=2m1, 有L+200m=rot+1t,解得L=800m,所以B正确，ACD错误. 故选B. 4.B解析：设甲至少以速度将箱子推出，推出箱子后甲的速 度为甲，乙的速度为2，取向右方向为正方向，则根据动量 守恒，甲和箱子(M+m)。=Mu甲+mw, 乙和箱子mw-M。=(m+M)"z, 当甲与乙恰好不相撞时单=z,解得=5.2m/s,故选B. 压轴挑战 5.B解析：“嫦娥一号”探测器在距离月球表面100km的 圆锁道上做圆运动时：CR%)m,在月球表 面，有Gm' 2=mg,则解得：=R入√R+h二1.7×10“ √1,7x10°+100×10m=L.7×10m/s:喷气的过程中 1.8 根据动量守恒定律：mw=(m-△m),+△m2,解得，= mw-4m-1.2x10'×1.7×10'-50×4.92×10 m/8=1.56x m-△m 1.2×103-50 103m/8=1.56km/8,故选B. 专题探究三 动量与能量的综合运用 照题 专顺强化 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mm=(m+M)共，则系 统损失的机械能△E= 2m21 1 1 （m+M)唤=zm2- 2(m+M m+M 2(m+M对于A选项，由△B: mMv mMy2 可知，若保持m,、l不变，M变大，则系 2(m+M) 2(1 统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= mMv2 Me2 2( 、可知，若保持M、、1不变，m变大，则系 2(m+M) m 统损失的机械能变大，故B错误；对于C选项，由△E= mMv2 可知，若保持M、m、I不变，，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，I变 大，则系统损失的机械能△E=2(m+M)不变，故D错误 3.D解析：①根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板 动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故①错误： ②根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能的 增加量，故②正确： ③④设物块与木板之间的摩擦力为∫，木板的位移为x,则物 块的位移为4x:物块克服摩擦力所做的功为W=∫·4x: 对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为△E,=斥： 因摩擦产生的内能为Q=m=∫·3x, 可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功：因 摩擦而产生的内能是木板动能增量的3倍：故③错误，④正 黑白题11 确.故选D. 4.D解析：A.假设最终A不会从木板的右端掉下来，由A、B 5 组成的系统动量守恒得m。+2m·2,=3m,解得r= 3g 1 1 5m/s,根据能量守恒定律有2m6+乞×2m(2,)》户-2× 3mw2=u·2mgx,解得x=0.3m<L,假设成立，A错误；B.由位 移关系可知2。”6” 2t2t=,可得=02，B错误；C.根据动 能定理，整个运动过程B对A做的功：2m2宁× 2m(2。)2=-22J,C错误；D.整个运动过程因摩擦产生的 内能Q=4·2mgx=0.6J,D正确.故选D. 5.B解析：AB.由题意可知物块A离开培壁瞬间物块B的速 度为o=4m/s,物块B的速度最小值为秒a=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+ma,2m,6=2m+2mi,解得 mu=2.4kg,m=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I=m, 0=16N·5,对A应用动量定理可得I-I=0,解得I地= -16N·s,故从解除锁定到物块A离开墙壁的过程中，墙壁 对A的冲量大小为16N·s,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D:,根据动量守恒定律得mgg=(m,+mg)"黄， 解得共=25m3,根据机械能守恒定律得，m听=E。+ 1 （m+ma)共，解得E,=12J,故D正确.故选B. 6.B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，=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mc,=(m,+me)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，则有 m,矿-(n:)居=9J,放B正确，C2时A和C 的速度大小为2=3m/s,68时A和C的速度大小为3= 3/s,2-68内墙给B的冲量等于A和C的动量变化量，故 有I=(m,+mc)[-(（-t2)]=12N·s,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)=(mu+ :dm（,n:=n:+宁，解得 1 a=3ma,故滑块B的最大动能为Bw=2mn听=9J,故 D错误故选B. 7.D解析：AC.第一颗弹丸打人木块后瞬间，根据动量守恒可 得m=4m,解得二者的速度为=子，根据动能定理 可得-4mgh=0-2×4m,解得子弹与木块共同上摆的最 大高度为h=32g ,故AC错误；BD.根据题意可知，第二颗弹 丸打入木块后瞬间，根据动量守恒可得m2-4m=5mw1, 选择性必修第一册 9 解得=9p角=41，根据牛顿第二定律可得T-5mg=5m· 5mw ,解得细绳拉力的大小为T=一 +5mg,故B错误，D正 16L 确.故选D. 8.D解析：A.由题意，子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木 块始终保持静止，则两子弹在木块中运动时间必定相等，否 则木块就会运动，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-E4, 可得Eu=f,对B子弹有-fg=0-Ew,可得Eu=fa,由于 d>dg,则有子弹人射时的初动能Eu>Ea,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√2maEu=√2mgEs,而Eu>Es,则得 到m1<m,根据动能的计算公式E=m,可得初速度> a,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m44-m”g=0,则有 mAUA =maUE, 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-Fda=0-Eu,可得Fd=Eu, 对子弹B有-FdB=0-Ea,可得Fdn=Ew, 由于d=3dn,则有两子弹初动能的关系为Eu=3Eg, ，BF2me 由动能公式可得Bu-2m, 三m,解得mn=3m4, 即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍： 由于mAD=mg'g,可得A=3知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，系统减少的机械能 △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,=mn, 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射人木块运动中，由能量守恒定律可 知，系统减少的机械能△E'=Fdm>E,可得d>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 1 m=m听+m,2m2m好+2m 解得：{= mim 2m1 m+m2 1 m,+m2 黑白题12 故B的最大速度为 2,此时A的速度为 01 m1+m2 m1+m2 A的最小速度要分情况讨论： 当m≥m,时，4的最小速度为 D1; m1+m2 当m1<m2时，A的最小速度为0. 11.D解析：AB.子弹击中小球过程，根据动量守恒有mo= (m+m,)P,小球上升到最高点过程中，根据水平方向动量 守恒(m+m,)=(M+m+m,),根据能量守恒有子(a+ m)P=子(M+m+m)2+(m+m)g,联立解得 2m/s,h=0.75m,故AB错误：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+mg)知=(m,+m)秒，+M, 之（mmP=之(m)+号，在最低点时，根据牛 顿第二定律T-(m+m)g= m+m)(》,联立解得 1=-1m/s,T=14N,故C错误，D正确故选D. 12.(1)1.35(2)4m/s(3)35 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mmo=（m4+ma）a,解得"a= 3m/s, 设经时间t,达到共同速度，A的加速度满足4，mmg=mAa4, 经历时间4-2，路历位移受， 该过程有L-x1=2,解得2=018， 则有=1+43=13s: (2)滑块C与木板A的碰撞过程发生的是弹性碰撞，则 有ma=m,ntmcva,2m,后=2mt2mc哈， 解得1=1m/s,a=4m/8: (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ma+m:=(m+m)秒a, 当C减速到a时C与A间的距离最大，设经过的时间为 k3,根据动量定理有-42mcg3=mcPa-mcP 解得6=了 第一章章末检测 1.A2.B3.D4.C5.B6.C7.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 子共同的速度为，则有m=(M+m),解得产M件m则 整个过程中，系统损失的动能为△上，=m-(M+m) 2(M+m,放A错误，B正确；CD.小物块与箱壁碰撞N次后 Mme 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e=忆，则整个过程中，因摩擦产生的内能为 Q=mg相=mgL,根据能量守恒可知，整个过程中，系统损 失的动能为△E,=Q=VmgL,故CD错误故选B. 9.D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 参考答案与解析 方向，根据水平方向动量守恒有m-M文=0，解得x 0.30m,故A错误；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利，滑块的速度 1 为，则有m,-M,=0,根据能量守恒有mgL+乞m +崛，联立解得=4%，故B铅误：C.设小 1 4/10 球相对于初始位置可以上升的最大高度为五，此时竖直方向 速度为0，根据水平方向动量守恒得(m+M)v=0,根据能量守 恒有乞m=mgh+(m+M0),解得h=Q45n,故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,由几何关系可得，小 球相对于滑块移动的水平距离为s=L+√-h=1.35m,根 据水平方向动量守恒得m子-M亡=0，解得y=0.54m,故 D正确.故选D. 10.C解析：B.设物块与小车的共同速度为，以水平向右 为正方向，根据动量守恒定律有m2。=(m1+m2),解得= m,=0.8m/5,故B错误；A.对物块，根据动能定理有 m+m2 1 据Q=△g=宁(+m,)2=0241.可知在此过程 中系统产生的内能为0.24』，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m6=(m,+m)', 1 2m,好-之（m+m)p2=wm8L,联立解得6=5ms,故 D错误故选C. 11.(1)B(2)m51=m2(3)m5:m号 解析：(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止，弹簧弹开 的过程动量守恒，离开玻璃管后做平抛运动，验证的原理 为网，=m=子 高度相同，位移与速度成正比，即验证动量守恒定律的表达 式为mw1=mg2, 即只需要测量小球的质量和小球落地点A、B到管口的水 平距离s12故选B. ②小球离开玻璃管的动能为么心，则， "Eu mgsi 12.(1)0.3m/s(2)0.9m/s(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,-m。=0, 三mo=0.3m/s 解得1=M (2)人第一次接住木箱的过程，根据动量守恒定律有 mwo+Me,=(M+m)v, 人第二次推出木箱的过程，根据动量守恒定律有M2 m。=(M+m)i, 3me-0.9 m/s; 解得2=M 黑白题13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 (第1题) (第2题) 2.(海南高考)如图，用长为！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v水平射入沙箱并留在其中，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、、1不变，M变大，系统损失的机 械能变小 B.若保持M、、I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 3.一长木板静止于光滑水平面上，一小物块（可 视为质点)从左侧以某一速度滑上木板，最终 第一章 与能量的综合运用 限时：60min 和木板相对静止一起向右做匀速直线运动.在 物块从滑上木板到和木板相对静止的过程 中，物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 ( n777m7n7 ①物块动能的减少量等于木板动能的增加量 ②摩擦力对木板做的功等于木板动能的增 加量 ③因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力 所做的功 ④因摩擦而产生的内能是木板动能增量的 3倍 A.①③B.①④C.②③D.②④ 4.(2025·河北张家口摸底)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 讲 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0.3s 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 讲解 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 黑白题027 的最大速度为4m/s,最小速度为1m/s,则下 列说法错误的是 B A.运动过程中物块A的最大速度为？。= 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)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，0~6s内，滑块 C的速度()一时间(t)图像如图乙所示，则下 列说法正确的是 A LRRRRRRR 8 甲 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.2~6s内，墙壁对滑块B的冲量大小为 6N·s D.整个过程中滑块B的最大动能为6J 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0，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1，射入 木块后未射出木块，二者共同上摆的最大高 度为h,当其第一次返回初始位置时，第二颗 弹丸以水平速度，又击中木块，且也未射出 选择性必修第一册 木块，使木块向右摆动且最大高度仍为h,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 ( 0 A.第一颗弹丸打人木块后瞬间，二者的速度 为 B.第二颗弹丸打入木块后瞬间，细绳拉力的 大小为16配4mg C子弹与木块关同上摆的最大高度私为 8g D.两次弹丸入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4、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A、心g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▣ A 7777777777777777777777777777777777 A.ta>tg B.Eu<EkB C.VA<UB D.ma<mB 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 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 ( 黑白题028 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1，则在以后的运动过 程中 A.A的最小速度是0 B.A的最小速度是一心， m,+m2 C.B的最大速度是U D.B的最大速度是 2m1 01 m1+m2 11.(2025·山东潍坊期中)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o=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 A.小球上升到最高点时的速度大小为5m/s 第一章黑 B.小球上升的最大高度为0.5m 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mA=2kg、mg=1kg、mc=1kg开始时C静 止，到A的右端距离L=21m,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41= 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 B 白题029