专题突破(二) 动量和能量的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套练习（人教版）

[专题突破(二)]　动量和能量的综合应用 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 1．(2025·云南大理检测)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量都为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端有一轻弹簧。当P撞上弹簧，弹簧被压缩至最短时(　　 ) A．P的动量变为0 B．P、Q的速度不相等 C．Q的动量达到最大值 D．P、Q系统总动量仍然为mv 答案：选D。 解析：P、Q组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，初始时总动量为mv。弹簧被压缩到最短时，P、Q系统总动量仍为mv，故D正确；P在压缩弹簧的过程中，Q做加速运动，P做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后Q继续加速，P继续减速，所以弹簧压缩到最短时，Q的动量未达到最大值。弹簧被压缩到最短时，P、Q的速度相等，根据mv＝2mv′，可知此时P的动量为mv，故A、B、C错误。 2．如图所示，质量相同的木块A、B之间用轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，A靠在固定的挡板C旁。今用水平力F压B，使弹簧被压缩到一定程度后保持静止。突然撤去压力F，弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v。那么当弹簧第二次恢复原长时，B的速度是(　　 ) A．0 B． C． v D．v 答案：选A。 解析：当弹簧第一次恢复原长时，B的速度为v，方向向右，之后A离开挡板C，设当弹簧第二次恢复原长时，A、B的速度分别为vA、vB，根据系统动量守恒和机械能守恒可得mBv＝mAvA＋mBvB，mBv2＝mAvA2＋mBvB2，联立解得vB＝v＝0，故A正确。 3．(多选)如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块，都以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则(　　 ) A．当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做加速运动 B．当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做减速运动 C．当薄板的速度为3 m/s时，物块做减速运动 D．当薄板的速度为3 m/s时，物块做匀速运动 答案：选AC。 解析：根据题意可知，开始时薄板向右减速，物块向左减速，当物块速度减为零时，薄板的速度为v1，由动量守恒定律有Mv0－mv0＝Mv1，解得v1＝m/s≈2.67 m/s，之后薄板继续向右减速，物块向右加速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律有Mv1＝(M＋m)v2，解得v2＝2 m/s，之后两者相对静止，一起向右做匀速直线运动。综上可知，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块做加速运动，当薄板的速度为3 m/s时，物块做减速运动，故A、C正确。 4．(多选)矩形滑块由不同材料的上、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v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 答案：选ABC。 解析：以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·s相对知，由于s相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。 5．(多选)(2025·重庆荣昌检测)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入后未穿出，子弹与木块运动的v ­t图像如图所示，下列说法正确的是(　　 ) A．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 B．木块的质量为9m C．整个过程产生的热量为mv02 D．子弹进入木块的深度为v0t0 答案：选ABC。 解析：子弹水平射入后未穿出，该过程子弹与木块组成的系统满足动量守恒，则子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故A正确；设木块的质量为M，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)× ，解得M＝9m，故B正确；由能量守恒可得，整个过程产生的热量为Q＝mv02－(M＋m)×2＝mv02，故C正确；由题图可知，t0时间内木块的位移x1＝×t0＝，子弹的位移x2＝×t0＝ ，则x相对＝x2－x1＝，即子弹进入木块的深度为，故D错误。 6．(2025·四川成都期末)如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车(含轨道)的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　 ) A．小球与小车组成的系统动量守恒 B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零 C．小球沿轨道上升的最大高度为 D．小球滑离小车后，做自由落体运动 答案：选D。 解析：小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，根据机械能守恒定律有mgh＝mv02－×2mv2，解得h＝ ，故C错误；小球从轨道左端滑离小车时，设小球速度为v1，小车速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有mv02＝mv12＋mv22，解得v1＝0，即小球滑离小车后做自由落体运动，故D正确。 7．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块A、B相连接，并且静止在光滑的水平面上，其中m2＝4 kg。现使m1瞬时获得水平向右的速度，并以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A.在t1时刻A与B两物块的动能之比为2∶1 B．在t4时刻A与B两物块间的弹簧处于伸长状态 C．从t3到t4时间内弹簧由伸长状态逐渐恢复至原长 D．从0到t4过程中弹簧的最大弹性势能为7.5 J 答案：选C。 解析：以m1的初速度方向为正方向，对0～t1时间内的过程，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v，将v1＝3 m/s，v＝1 m/s代入，解得m1＝2 kg，t1时刻速度相同，根据Ek＝mv2可知，A与B两物块的动能之比为1∶2，故A错误；t3到t4时间内m2的速度减小，m1的速度增大到初始时刻，说明从t3到t4时间内弹簧由伸长状态逐渐恢复至原长，t4时刻弹簧恢复原长，故B错误，C正确；当m1和m2的速度相等时，弹簧弹性势能最大，根据机械能守恒定律可得Epm＝m1v12－(m1＋m2)v2，代入数据解得Epm＝6 J，故D错误。 8．(多选)(2025·安徽合肥期末)如图甲所示，足够长的木板A静止于光滑水平面上，t＝0时小物块B以4 m/s的水平初速度从左端滑上A，图乙为A的动能Ek随时间t变化的关系图像，t＝0.4 s后图线为平行于t轴的直线。已知A、B间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　 ) A．t＝0.4 s时A、B速度相同 B．B的质量为2.0 kg C．A的长度至少为1.0 m D．整个过程系统因摩擦产生的内能为4.0 J 答案：选AD。 解析：由题图乙知，t＝0.4 s后A的动能Ek不再发生变化，即t＝0.4 s时A、B速度相同，故A正确；B在与A共速前，B的加速度为a＝μg＝5 m/s2，设A、B的共同速度为v，由速度公式v＝v0－at，整理得末速度为v＝2 m/s，根据动量守恒有mBv0＝(mA＋mB)v，可知二者质量相等，设都为m，共速后A的动能EkA＝mv2＝2 J，解得B的质量为m＝1.0 kg，故B错误；二者共速时相对静止，相对位移为Δx＝－＝v0t＝0.8 m，即A的长度至少为0.8 m，故C错误；整个过程系统因摩擦产生的内能Q＝mv02－×2mv2＝4.0 J，故D正确。 9．(2025·广东广州期中)质量为m的小物块P(可视为质点)，以水平初速度v0冲上一块静置在光滑水平面上的长木板Q的左端，如图所示。长木板Q的质量也为m，其右端固定着一轻质弹簧，其中左端A至弹簧自由端B之间区域是粗糙的，物块与板间的动摩擦因数为μ，AB长度为L，B点至弹簧右端C是光滑的。问： (1)弹簧被挤压的最大弹性势能为多大？此时长木板Q与小物块P的速度分别是多少？ (2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，动摩擦因数的最小值μ0是多少？ 答案：(1)mv02－μmgL　　　(2) 解析：(1)根据题意，系统动量守恒，则 mv0＝2mv1 mv02＝×2mv12＋μmgL＋Epm 联立可得v1＝ ，Epm＝mv02－μmgL。 (2)为了保证小物块P最终不从长木板Q上掉下来，则小物块返回到A点时，二者共速，则 mv02＝×2mv12＋μ0mg×2L 解得μ0＝ 。 10．(“小球＋凹槽”模型的综合分析)如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求： (1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0； (2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1； (3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。 答案：(1)4 m/s　(2) m/s　(3)0.3 m 解析：(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有 mg(h＋R)＝mv02 解得v0＝4 m/s。 (2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设其为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v 根据机械能守恒定律，有 mgh＝mv12＋Mv2 联立解得v1＝m/s。 (3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度 v1y＝＝ m/s 竖直方向有v1y2＝2gH 解得H＝0.3 m。 学科网（北京）股份有限公司 $