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

习题课二　动量和能量的综合应用

[学业要求与核心素养]

[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