第一章 动量和动量守恒定律 习题课一 动量与能量的综合问题(Word教参)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（粤教版）

习题课一　动量与能量的综合问题 核心素养导学 物理观念 具有与动量及其守恒定律等相关的比较清晰的相互作用观念和能量观念。 科学思维 (1)掌握子弹打木块模型的分析方法。 (2)掌握弹簧类碰撞模型的分析方法。 (3)掌握“滑块—木板”模型的分析方法。 科学态度与责任 体会动量定理、动量守恒定律在生产、生活中的应用,认识物理与生活和科技的紧密联系,有学习物理、服务社会的志趣。 综合提能(一)　　子弹打木块模型 [融通知能] 　　1.子弹打木块的过程很短暂,认为该过程内力远大于外力,则系统动量守恒。 2.在子弹打木块过程中摩擦生热,系统机械能不守恒,机械能向内能转化。 3.若子弹不穿出木块,二者最后有共同速度,机械能损失最多。 [典例]　如图所示,一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为Ff。则: (1)子弹、木块的共同速度是多少? (2)过程中的摩擦生热是多少? (3)子弹在木块内运动的时间为多长? (4)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少? [解析]　(1)设子弹、木块的共同速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v= v0。 (2)过程中的摩擦生热为 Q热=m-(M+m)v2=。 (3)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块由动量定理得Fft=Mv-0,解得t=。 (4)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2,如图所示,由动能定理,对子弹有: -Ffx1=mv2-m 解得x1= 对木块有Ffx2=Mv2 解得x2= 子弹打进木块的深度等于相对位移, 即x相=x1-x2=。 [答案]　(1) v0　(2) (3)　(4)　　 /方法技巧/ 　　子弹打木块模型是通过系统内的滑动摩擦力相互作用的,系统动量守恒。当子弹不穿出木块时,相当于完全非弹性碰撞,机械能损失最多。 [针对训练] 1.(多选)质量为M的矩形木块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向木块,若射击下层,子弹刚好不射出,若射击上层,则子弹刚好能射进一半厚度,如图所示,上述两种情况相比较 (　 ) A.子弹对木块做功一样多 B.子弹对木块做的功不一样多 C.系统产生的热量一样多 D.系统产生的热量不一定多 解析:选AC　子弹两次都没射出,则子弹与木块最终达到共同速度,设为v共,由动量守恒定律可得mv=(M+m)v共,解得v共=v;子弹对木块所做的功等于木块获得的动能,A正确;系统损失的机械能转化为热量,C正确。 2.(2025年1月·八省联考河南卷)如图,在有圆孔的水平支架上放置一物块,玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出,穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重力加速度大小为g;在子弹和物块上升过程中,子弹所受阻力忽略不计,物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块时间很短,不计物块厚度的影响,求: (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小; (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能。 解析:(1)设子弹穿出物块后瞬间子弹和物块的速度大小分别为v1、v2,由运动学公式得 =2g·8h,=2a·h 对物块受力分析,由牛顿第二定律得 4mg+·4mg=4ma 子弹穿出物块过程,子弹和物块组成的系统动量守恒,由动量守恒定律得mv0=mv1+4mv2 解得v0=10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中,系统损失的机械能ΔE=m-=37.5mgh。 答案:(1)10　(2)37.5mgh 综合提能(二)　　弹簧类碰撞模型　 [融通知能] 　　1.对于弹簧类碰撞问题,在作用过程中,系统所受合外力为零,满足动量守恒定律。 2.整个过程涉及到弹性势能、动能、内能、重力势能的转化,应用能量守恒定律解决此类问题。 3.弹簧压缩最短时,弹簧连接的两物体速度相等,此时弹簧弹性势能最大。 　　[典例]　两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量4 kg的物块C静止在前方,如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中: (1)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为多大? (2)系统中弹性势能的最大值是多少? [解析]　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由A、B、C三者组成的系统动量守恒, (mA+mB)v=(mA+mB+mC)·vABC, 解得vABC=3 m/s。 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒, 设碰后瞬间B、C两者速度为vBC, 则mBv=(mB+mC)vBC,得vBC=2 m/s, 设物块A、B、C速度相同时弹簧的最大弹性势能为Ep,根据机械能守恒定律有 Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)·=×(2+4)×22 J+×2×62 J-×(2+2+4)×32 J=12 J。 [答案]　(1)3 m/s　(2)12 J [针对训练] 1.如图所示,木块A、B的质量均为2 kg,置于光滑水平面上,B与一轻质弹簧的一端相连,弹簧的另一端固定在竖直挡板上,当A以4 m/s 的速度向B撞击时,由于有橡皮泥而粘在一起运动,那么弹簧被压缩到最短时,弹簧具有的弹性势能为 (　 ) A.4 J　　　　　　　　 B.8 J C.16 J D.32 J 解析:选B　A、B在碰撞过程中动量守恒,碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒有mAvA=(mA+mB)v,代入数据解得v==2 m/s,所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为E=(mA+mB)v2=8 J,当弹簧被压缩至最短时,系统的动能为0,只有弹性势能,由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J,B正确。 2.如图所示,物体A、B的质量分别是mA=4.0 kg、mB=6.0 kg,用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个质量为mC=2.0 kg物体C以速度v0向左运动,与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起不再分开,然后以v=2.0 m/s 的共同速度压缩弹簧,试求: (1)物体C的初速度v0为多大? (2)在B离开墙壁之后,弹簧的最大弹性势能。 解析:(1)A、C在碰撞过程中,选择向左为正方向,由动量守恒定律可知mCv0=(mA+mC)v, 代入数据解得:v0=6 m/s。 (2)B离开墙壁时,弹簧处于原长,由能量守恒定律知A、C的速度为v,方向向右。当A、B、C获得相同速度时,弹簧的弹性势能最大,选择向右为正方向,由动量守恒定律得:(mA+mC)v=(mA+mB+mC)v', 代入数据解得:v'=1 m/s 由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能: Ep=(mA+mC)v2-(mA+mB+mC)v'2=6 J。 答案:(1)6 m/s　(2)6 J 综合提能(三)　　“滑块—木板”模型 [融通知能] 　　1.把滑块、木板看作一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。 2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,系统机械能不守恒。应由能量守恒求解问题。 3.滑块不滑离木板时,最后二者有共同速度。 [典例]　如图所示,AB是半径R=0.80 m的光滑圆弧轨道,半径OB竖直,光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M=3.0 kg的小车,其上表面与B点等高。现将一质量m=1.0 kg的小滑块从A点由静止释放,经B点滑上小车,最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ=0.40。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)滑块刚滑至B点时,圆弧轨道对滑块的支持力大小; (2)滑块与小车最后的共同速度大小; (3)为使滑块不从小车上滑下,小车至少为多长。 [解析]　(1)滑块由A至B,由机械能守恒定律得mgR=m 在B点时,由牛顿第二定律得 FN-mg=m 解得支持力FN=30 N, vB=4 m/s。 (2)滑块滑上小车后,对滑块与小车组成的系统,由动量守恒定律得mvB=(m+M)v' 解得共同速度大小v'=1 m/s。 (3)滑块滑上小车后,对滑块与小车组成的系统,由能量守恒定律得 μmgl=m-(m+M)v'2 解得l=1.5 m,即小车的长度至少为1.5 m。 [答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)1.5 m /方法技巧/ 　　“滑块—木板”模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的,当系统所受合外力为零时,系统的动量守恒,但机械能一般不守恒,多用能量守恒定律求解。 [针对训练] 1.(2025·浙江1月选考)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,重力加速度g=10 m/s2,则 (　 ) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 解析:选D　碰撞瞬间C相对地面向左运动,A错误;以向右为正方向,则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1,解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知从碰撞后到三者相对静止,经历的时间t== s=0.4 s,B错误;从碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,由功能关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,C错误,D正确。 2.如图所示,光滑水平面上有A、B两小车,质量分别为mA=20 kg,mB=25 kg。A车以初速度v0=3 m/s 向右运动,B车静止,且B车右端放着物块C,C的质量为mC=15 kg。A、B相撞且在极短时间内连接在一起,不再分开。已知C与B上表面间动摩擦因数为μ=0.2,B车足够长,求C沿B上表面滑行的长度。 解析:A、B相撞,由动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)v1,解得v1= m/s 此后,C沿B上表面滑行,直至相对于B静止为止, 由动量守恒定律有 (mA+mB)v1=(mA+mB+mC)v 由能量守恒定律有 (mA+mB+mC)v2+μmCgL=(mA+mB), 解得L= m。 答案: m [课时跟踪检测] 1.如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞,A、B始终沿同一直线运动,则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的速度等于零时 D.A和B的速度相等时 解析:选D　对A、B组成的系统由于水平面光滑,所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒,即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时,可类似于A、B的完全非弹性碰撞,A、B总动能损失最多,弹簧形变量最大,弹性势能最大。 2.如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑水平面上,如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中。已知物体A的质量为物体B的质量的,子弹的质量是物体B的质量的,则弹簧被压缩到最短时物体B的速度为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　以子弹、物体A、物体B和弹簧组成的系统为研究对象,物体A、B的速度相等时弹簧被压缩到最短。设物体B的质量为m,根据动量守恒定律可得mv0=v,解得v=,B正确,A、C、D错误。 3.如图所示,A、B两个木块用轻弹簧相连接,它们静止在光滑水平面上,A和B的质量分别是99m和100m,一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出,则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选A　子弹射入木块A的过程中,动量守恒,有mv0=100mv1,子弹、A、B三者速度相等时,弹簧的弹性势能最大,100mv1=200mv2,弹性势能的最大值Ep=×100m-×200m=,A正确。 4.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　 ) A.A物体的质量为3m B.A物体的质量为2m C.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为m D.弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为m 解析:选AC　对题图甲,设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩量为x时弹性势能Ep=M;对题图乙,物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A、B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量时,A、B二者速度相等,由动量守恒定律有M×(2v0)=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=M×(2v0)2-(M+m)v2,联立解得M=3m,Ep=M×=m,A、C正确,B、D错误。 5.如图所示,在光滑水平面上有一质量为M的木块,木块与轻弹簧水平相连,弹簧的另一端连在竖直墙上,木块处于静止状态,一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块,并嵌在其中,木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。从木块被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合力的冲量大小为 (　 ) A. B.2Mv0 C. D.2mv0 解析:选A　由于子弹射入木块的时间极短,子弹与木块组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=。由机械能守恒可知木块第一次回到原来位置时速度大小仍为v,方向向左,根据动量定理,合力的冲量大小I=Mv-0=,A正确,B、C、D错误。 6.如图甲所示,一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s,如图乙所示。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 (　 ) A.(s+L) B.(s+2L) C.(s+L) D.(L+2s) 解析:选D　子弹穿过木块的过程,对子弹和木块组成的系统,动量守恒,以v0的方向为正方向,有mv0=mv1+mv2,设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff,对子弹,由动能定理有-Ff(s+L)=m-m,由动量定理有-Fft=mv1-mv0,对木块,由动能定理有Ffs=m,由动量定理有Fft=mv2,联立解得t=(L+2s),D正确。 7.(多选)质量为m0、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为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 (　 ) A.mv2 B. C.NμmgL D.NμmgL 解析:选BD　根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v'=,损失的动能ΔEk=mv2-(m0+m)v'2=,B正确;根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而热量等于摩擦力乘以相对路程,所以ΔEk=FfNL=NμmgL,D正确。 8.(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两木块A、B相连,A、B静止在光滑水平面上,现使A瞬时获得水平向右的速度v=3 m/s,以此时刻为计时起点,两木块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知 (　 ) A.t1时刻弹簧最短,t3时刻弹簧最长 B.从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 C.两物体的质量之比为m1∶m2=1∶2 D.在t2时刻两物体动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4 解析:选BC　通过对A、B运动分析知,t1时刻,弹簧最长,t2时刻弹簧为原长,t3时刻弹簧最短,A错误,B正确;A和B组成的系统动量守恒,0~t1时间内,m1v=(m1+m2)v1,所以m1∶m2=1∶2,C正确;t2时刻,Ek1=m1×12=m1,Ek2=m2×22=2m2,所以Ek1∶Ek2=1∶8,D错误。 9.(多选)如图甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2 kg的木块A以速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是 (　 ) A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1 B.长木板的质量为M=2 kg C.长木板B的长度至少为2 m D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J 解析:选AB　由题图可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1 m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2 kg,B正确;由题图可知,长木板B匀加速运动的加速度为:aB== m/s2=1 m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得:μmg=MaB,解得μ=0.1,A正确;由题图可知前1 s内长木板B的位移为:xB=×1×1 m=0.5 m,木块A的位移为:xA=×1 m=1.5 m,所以长木板B的最小长度为:L=xA-xB=1 m,C错误;木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为:ΔE=m-(m+M)v2=2 J,D错误。 10.如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为M的木块,现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　 ) A.子弹射入木块后的瞬间,速度大小为 B.子弹射入木块后的瞬间,绳子拉力等于(M+m0)g C.子弹射入木块后的瞬间,环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g D.子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 解析:选C　子弹射入木块后的瞬间,子弹和木块构成的系统的动量守恒,以v0的方向为正方向,则m0v0=(M+m0)v1,得v1=,A错误;子弹射入木块后的瞬间,FT-(M+m0)g=(M+m0),可知绳子拉力大于(M+m0)g,B错误;子弹射入木块后的瞬间,对圆环有FN=FT+mg>(M+m+m0)g,由牛顿第三定律知,C正确;子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒,D错误。 11.(12分)如图所示,B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板,物块A(可看成质点)质量为m,与木板间的动摩擦因数为μ。最初木板B静止,物块A以水平初速度v0滑上长木板,木板足够长。求:(重力加速度为g) (1)木板B的最大速度是多少?(4分) (2)木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中,木块A所发生的位移是多少?(4分) (3)若物块A恰好没滑离木板B,则木板至少多长?(4分) 解析:(1)由题意知,A向右减速,B向右加速,当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+3m)v 解得:v=。 (2)A向右减速的过程,根据动能定理有 -μmgx1=mv2-m 则木块A所发生的位移为x1=。 (3)法一:B向右加速过程的位移设为x2, 则μmgx2=×3mv2 解得:x2= 木板的最小长度:L=x1-x2=。 法二:从A滑上B至达到共同速度的过程中,由能量守恒得:μmgL=m-(m+3m)v2 解得:L=。 答案:(1)　(2)　(3) 12.(14分)(2024·甘肃高考)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。(5分) (2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。(4分) (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。(5分) 解析:根据题意,A、C质量均为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点,由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析,根据牛顿第二定律得 F-mg= 解得vA=4 m/s,F=40 N 根据牛顿第三定律,细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰,在水平方向动量守恒,由于碰后A竖直下落,可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 答案:(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 64 / 112 学科网（北京）股份有限公司 $$