第1章 习题课2 动量和能量的综合应用（Word教参）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版）江苏专版

本高中物理讲义聚焦动量和能量的综合应用核心知识点，系统梳理滑块—木板、子弹打木块、弹簧类等典型模型的分析方法，通过动量守恒定律与能量观点的结合，构建从基础原理到综合应用的学习支架，助力学生掌握复杂问题的解题思路。 资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，通过分类例题解析、变式训练及综合练习题，帮助学生深化对动量守恒与能量转化的理解。课中辅助教师引导学生分析模型本质，课后助力学生自主练习查漏补缺，有效提升解决实际物理问题的能力。

习题课二　动量和能量的综合应用 [学业要求与核心素养] 科学思维 1．进一步熟练掌握动量守恒定律的应用。 2．综合应用动量和能量观点分析几种典型问题。 [对应学生用书P23] 探究点一　滑块——木板模型 1．把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上不受摩擦力，滑块和木板组成的系统动量守恒。 2．由于滑块和木板之间的摩擦生热，一部分机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒，一般由能量守恒求解。 3．注意：题目中如果说明滑块不滑离木板，则最后两者以共同速度运动，机械能损失最大。 　如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，木块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，木块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长。(重力加速度为g)求： (1)木板B的最大速度是多少？ (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？ (3)若木块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ [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mv0＝(m＋3m)v① 解得v＝。② (2)A向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx1＝mv2－mv02③ 则木块A所发生的位移为x1＝。④ (3)方法一：B向右加速过程的位移设为x2 则μmgx2＝×3mv2⑤ 由⑤得x2＝ 木板的最小长度：L＝x1－x2＝ 方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得μmgL＝mv02－(m＋3m)v2 解得L＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 　如图所示，在例题中若木板的长为L，右端紧靠竖直墙壁。质量为m的物块A(可视为质点)以水平速度v0滑上木板B的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。 (1)求物块与木板间的摩擦力大小； (2)现物块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求的值。 解析　(1)物块以水平速度v0右滑时，有 －FfL＝0－mv02， 解得Ff＝。 (2)物块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，则有－FfL＝mv12－mv2 物块与墙碰撞后至向左运动到木板左端，此时物块、木板的共同速度为v2，则有 mv1＝(m＋3m)v2， FfL＝mv12－(m＋3m)v22 上述四式联立，解得＝。 答案　(1)　(2) 1．如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是(　　) A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为4 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为6 m 解析　木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零时Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A、B错误；最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D错误。 答案　C 探究点二　子弹打木块模型 1．子弹击中木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2．在子弹击中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。 　如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　) A．子弹损失的动能为fd B．木块增加的动能为f(s＋d) C．子弹动能的减少等于木块动能的增加 D．子弹和木块摩擦产生的内能为fd [解析]　对子弹运用动能定理得－f(s＋d)＝ΔEk子弹，故子弹损失的动能为f(s＋d)，故A错误；对木块运用动能定理得fs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fs，故B错误；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确。 [答案]　D 　在例题中，子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同 C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小 D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 解析　根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能，即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有mv0＝mv＋Mv，可得mv0－mv＝Mv，即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。 答案　C 　在例题中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　) A．2.5 J　　　　　　 B．4.2 J C．5.0 J D．5.6 J 解析　设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即mv0＝(m＋M)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为E内＝mv02－(m＋M)v2＝mv02，而木块获得的动能Ek＝M·2＝5 J，联立可得＝>1，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 2．如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g) (1)射入的过程中，系统损失的机械能； (2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离。 解析　因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。 (1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得： mv＝(M＋m)v′① 射入过程中系统损失的机械能 ΔE＝mv2－(M＋m)v′2② 解得ΔE＝。 (2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得： －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2③ 由①③两式解得x＝。 答案　(1)　(2) 探究点三　弹簧类模型 1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。 2．整个过程往往涉及多种形式的能的转化，如：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．注意：弹簧压缩到最短或弹簧拉伸到最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 　如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 [解析]　(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律mB·1.2v0＝(mB＋m)v0， 根据能量守恒定律 Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v02， 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02。 (2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma 可知同一时刻aA＝5aB 同一时刻A、B的瞬时速度分别为 vA＝aAt，vB＝1.2v0－ 根据位移等于速度在时间上的累积可得sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，又sA＝0.36v0t0 解得sB＝1.128v0t0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1.2v0＝6mv0＝mBvB＋mvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有 6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA 将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 [答案]　(1)0.6mv02　(2)0.768v0t0 　如图(a)所示，一质量为m的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A向B运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，A、B碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。A、B分离后，B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，B和C碰撞过程时间极短。根据已知条件可以求出(　　) A．物块A的质量为2.5m B．物块C的质量为2m C．A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.8mv02 D．B、C碰撞过程中损失的机械能1.2mv02 解析　根据图(b)，在0～t0时间内，对AB系统有mA×1.2v0＝(mA＋m)v0，解得mA＝5m，A错误；上述A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能达到最大Ekmax＝mA(1.2v0)2－(mA＋m)v02，解得Ekmax＝0.6mv02，C错误；由于B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化，表明BC碰撞后的速度与A的速度相等，即为0.8v0，对BC系统有m×2v0＝(m＋mC)×0.8v0, ΔE＝m(2v0)2－(m＋mC)(0.8v0)2，解得mC＝1.5m，ΔE＝1.2mv02，B错误，D正确。 答案　D 3．如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固定连接。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起。后面细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。 解析　设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (3m)v2＋Ep＝(2m)v12＋mv02③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝mv02。 答案　mv02 探究点四　综合运用 　(教材本章复习与提高B组第8题变式)质量均为M＝0.1 kg的木块A和B，并排放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L＝0.3 m的细线，细线另一端系一质量为m＝0.1 kg的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C。重力加速度g＝10 m/s2，求当A、B两木块恰好分离时，小球对细线的拉力。 [解析]　A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC－2MvA＝0 由机械能守恒定律得mgL＝mvC2＋×2MvA2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s，vC＝2 m/s 当A、B两木块恰分离时，小球相对A的速度为 v′＝vA＋vC＝3 m/s 根据牛顿第二定律有FT－mg＝m 解得小球对细线的拉力FT＝4 N。 [答案]　4 N 　在例题中，若木块A和B的质量均为m＝0.2 kg，细绳长l＝1 m。将质量m0＝0.1 kg的球C拉起使细绳水平伸直，并由静止释放球C，g＝10 m/s2。结果均可用分数表示。求： (1)A、B两木块分离时，球C的速度大小； (2)球C摆到竖直轻杆左侧最大高度时与O点的竖直距离d； (3)球C再次回到最低点时，立即锁定木块A，此时细绳对球C拉力的大小。 解析　(1)当球C第一次摆到最低点时，A、B两木块分离，此刻A、B速度相等，设A、B速度大小为v1、球C速度大小为v0，A、B、C系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有m0v0－2mv1＝0 A、B、C系统机械能守恒，则有 m0gl＝m0v02＋×2mv12 联立解得v0＝4 m/s，v1＝1 m/s。 (2)球C摆到竖直轻杆左侧最大高度时，A、C共速，设为v2，A、C系统水平方向上动量守恒，则有m0v0－mv1＝(m0＋m)v2 A、C系统机械能守恒，则有 m0g(l－d)＝m0v02＋mv12－(m0＋m)v22 解得d＝ m。 (3)当C摆至最低点，A锁定前，设C速度为v3、A速度为v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 m0v0－mv1＝m0v3＋mv4 m0v02＋mv12＝m0v32＋mv42 解得v3＝－ m/s，v4＝ m/s 在最低点，根据牛顿第二定律有 FT－m0g＝ 解得FT＝ N。 答案　(1)4 m/s　(2) m　(3) N [对应学生用书P26] 1．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为(　　) A．L　　　　　　　　 B． C． D． 解析　长木板固定时，由动能定理得：－μMgL＝0－Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，D项正确，A、B、C项错误。 答案　D 2．光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度－时间图像如图所示。由此可知(　　) A．木块质量可能是2m B．子弹进入木块的深度为 C．木块所受子弹的冲量为mv0 D．子弹射入木块过程中产生的内能为mv02 解析　设木块的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)·v0，解得 M＝m，选项A错误；子弹相对木块运动的位移，即子弹进入木块的深度，为两图线间的面积，即x＝v0t0，选项B正确；根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为I＝mv0，选项C错误；根据能量守恒定律可知Q＝mv02－(m＋M)＝mv02，选项D错误。 答案　B 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是多大？ 解析　子弹打木块A，动量守恒，有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝×100mv12－×200mv22＝。 答案　 4．(2024·河南南阳期末)如图所示，光滑水平面上放有A、B两小球，B球静止，某时刻给A球一个水平向右的速度v1＝5 m/s，一段时间后A、B发生正碰，已知A球质量为M＝6 kg，A、B两球碰撞过程的相互作用时间为t＝0.01 s。 (1)若B球质量为m＝3 kg，且碰后B球获得水平向右的速度v2′＝4 m/s。求碰后A球的速度v1′以及碰撞过程中A、B两球之间的平均作用力F的大小； (2)若B球质量可调节，A球仍以速度v1与静止的B球正碰，碰后A、B两球的动量大小之比为1∶4。求B球的质量m′的范围。 解析　(1)以水平向右方向为正方向，由动量守恒定律有Mv1＝Mv1′＋mv2′ 代入数据解得v1′＝3 m/s 即碰后A球速度大小为3 m/s，方向水平向右； 对B由动量定理有Ft＝mv2′－0 代入数据解得F＝1200 N。 (2)以水平向右为正方向，碰前A球动量为 pA＝Mv1＝30 kg·m/s 设碰后A球动量为pA′，B球动量为pB′，若碰后A、B同向运动，则有pA′∶pB′＝1∶4 由动量守恒定律有pA＝pA′＋pB′ 碰后应满足A球速度小于B球速度，则有≤ 碰后系统动能不增加，则有≥＋ 联立解得4 kg≤m′≤24 kg 若碰后A、B反向运动，则有pA′∶pB′＝－1∶4 由动量守恒定律有pA＝pA′＋pB′ 碰后系统动能不增加，则有≥＋，联立解得m′≥12 kg 综上可得：碰后A、B同向运动，则4 kg≤m′≤24 kg；碰后A、B反向运动，则m′≥12 kg。 答案　(1)3 m/s，方向水平向右　1200 N (2)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $