第7章 课时测评34 能量和动量观点的综合应用(二)(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦能量与动量观点综合应用，通过模型分类（滑块—曲面、物块—弹簧、多观点综合）系统训练，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |滑块—曲面(或斜面)体模型|2题|曲面/斜面体系统动量守恒与机械能守恒综合|从单一系统动量能量关系切入，建立光滑接触面模型认知| |物块—弹簧模型|3题|弹簧连接体弹性势能与动量能量转化|深化弹簧弹力做功特性，衔接动量守恒与机械能守恒条件| |力学三大观点综合应用|4题|多过程动量、能量、牛顿定律综合问题|整合多模型多过程分析，体现从模型建构到科学推理的思维进阶|

课时测评34　能量和动量观点的综合应用(二) (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题4分，共32分) 题组1　“滑块—曲面(或斜面)体”模型 1.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量M＝2m，放在光滑的水平面上，一质量为m的铁块，以速度大小v0沿水平轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时将(　　) A.以初速度大小v0做平抛运动 B.以小于v0的初速度做平抛运动 C.自由下落 D.静止于车上 答案：B 解析：系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv车＋mv，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得m＝mv2＋M，解得v车＝v0，v＝－v0，故铁块以大小为v0的初速度做平抛运动，故B正确。 2．在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A.弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 答案：A 解析：对整个系统分析可知，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时得Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。故选A。 题组2　“物块—弹簧”模型 3．如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端系在环上，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 答案：C 解析：子弹射入木块过程，子弹和木块系统的动量守恒，则有m0v0＝(M＋m0)v1，解得子弹和木块的速度大小为v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律得FT－(M＋m0)g＝(M＋m0) ,可知绳子拉力>(M+ m0)g,B错误;子 弹射入木块后的瞬间,对圆环,有 = +mg> (M+m+ m0)g,根据牛顿第三定律可知'= (M＋m＋m0)g，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。故选C。 4．如图甲所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物体的v ­t图像如图乙所示。则(　　) A．A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 答案：C 解析：由题图乙可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2 s时，A的动量pA＝，B的动量pB＝，由题图乙可知vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。故选C。 5.(多选)如图所示，在光滑水平面上有质量为3m的小球A和质量为5m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，质量也为5m的小球C以速度v0水平向左匀速运动并与B发生弹性碰撞。已知在小球A的左边某处(图中未画出)固定有一弹性挡板(指小球与挡板碰撞时不计机械能损失)，且当小球A与挡板发生正碰后立即撤去挡板，碰撞时间极短。则小球A与挡板碰撞后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值可能是(　　) A.m B.m C.m D.m 答案：ABD 解析：由于B、C发生的是弹性碰撞，且二者质量相等，故二者碰撞后交换速度，即C静止，B速度为v0，B向左运动，开始阶段B减速A加速。经分析，当pA＝pB时A与挡板相碰后反向，由动量守恒知有A、B速度同时为0的时刻，此时动能全部转化为弹性势能，此时弹簧弹性势能的最大值最大，为Ep＝×5m＝m；当弹簧第二次恢复原长时，vA＝0，若此时A正好与挡板相接触，此后弹簧压缩至最短，此时弹簧弹性势能的最大值最小，有5mv0＝8mv共，Ep'＝×5m－×8m，解得Ep'＝m，在这两者区间取值均可。故选ABD。 题组3　力学三大观点的综合应用 6.(多选)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4 kg和mB＝2 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰(碰撞时间极短，可忽略不计)，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v -t图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48 J B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48 N·s，方向向右 C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10 J D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6 m/s 答案：AD 解析：A、C碰撞过程，由动量守恒定律可得mCv0＝(mC＋mA)v1，由题图乙知v0＝12 m/s，v1＝4 m/s，解得mC＝2 kg，物块B离开墙壁前，当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大为Ep＝(mA＋mC)＝48 J，故A正确；4 s到12 s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹＝(mA＋mC)(v2－v1)＝6×(－8) N·s＝－48 N·s，由能量守恒定律可知12 s时B的速度为零，4 s到12 s的时间内，对B，由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48 N·s，即墙壁对B的冲量大小为48 N·s，方向向左，故B错误；物块B离开墙壁后，当B的速度与A、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC＋mB)v2'，解得v2'＝－3 m/s，所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'＝(mA＋mC)－(mA＋mC＋mB)v2'2＝12 J，故C错误；物块B离开墙壁后，当弹簧回到原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得(mA＋mC)v2＝(mA＋mC)v3＋mBv4，(mA＋mC)＝(mA＋mC)＋mB，解得v4＝－6 m/s，故D正确。 7．(12分)如图所示，某人站在水平地面上，以大小为5 m/s、与水平方向夹角为α的初速度v0斜向右上方抛出一个质量为m0＝1 kg的弹性小球，小球抛出点的高度为h1＝1.8 m，小球刚好水平击中位于高度为h2＝2.6 m水平平台上的小车A，小车A的质量为mA＝2 kg，小球和小车均可视为质点。平台上右侧有一个质量为mB＝4 kg的小车B，其左侧接有一个轻弹簧，当小车A压缩弹簧到最短时，将小车A与弹簧小车B锁定在一起，二者继续运动，撞到右侧一个粘性挡板，粘住两小车，两小车静止。已知平台水平面光滑，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，sin 37°＝0.6。求： (1)α角的大小； (2)小车A被小球击中后的速度大小； (3)两小车撞到右侧粘性挡板后静止，若突然撤去挡板，再解除弹簧锁定，A、B分离时的速度分别为多大？ 答案：(1)53°　(2)2 m/s　(3) m/s　 m/s 解析：(1)小球的运动看成逆向的平抛运动，竖直方向有＝2g(h2－h1)，sin α＝ 联立解得α＝53°。 (2)小球到达最高点时水平分速度记为v1，由运动的分解有v1＝v0cos α＝3 m/s 小球与小车A发生弹性碰撞，设小球碰后速度为v1′，小车A速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m0v1＝m0v1′＋mAv2，m0v1′2＋ 联立解得v2＝2 m/s。 (3)小车A继续向右运动，压缩弹簧，当A、B共速时，弹簧最短，由动量守恒定律可得 mAv2＝(mA＋mB)v3 设弹簧最大弹性势能为Ep，由机械能守恒定律 ＋Ep A、B撞到粘性挡板，二者均静止，撤去挡板再解除弹簧锁定后，弹簧伸长，A、B反冲，设A、B分离时的速度分别为v4、v5，由动量守恒定律得mAv4＝mBv5 由机械能守恒定律得Ep＝ 联立各式解得v4＝ m/s，v5＝ m/s。 8．(12分)(2026·广东深圳外国语学校阶段测试)如图所示，半径R＝0.4 m的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，在最低点与光滑平台相切，P点与圆心O等高，物块A、B静置在平台上，用轻质无弹性细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(两端未与A、B拴接)，长木板C锁定在平台右侧光滑的水平面上，长木板上表面与平台齐平。已知物块A的质量m1＝2 kg，物块B的质量m2＝1.5 kg，长木板C的质量m3＝1 kg，物块B与长木板C间的动摩擦因数μ＝0.25。现将物块A、B之间的细绳剪断，脱离弹簧后物块A向左滑入半圆形光滑轨道，运动到P点时对轨道的压力大小为F＝5 N，物块B滑上长木板C后恰好运动到长木板C的右端。重力加速度g取10 m/s2，物块A、B均可视为质点。求： (1)物块A刚脱离弹簧后的速度大小； (2)轻质弹簧中储存的弹性势能； (3)若B滑上C瞬间，解除对长木板C的锁定，物块B最终的位置与长木板C左端的距离。 答案：(1)3 m/s　(2)21 J　(3)1.28 m 解析：(1)物块A滑到P点时F＝m1 从脱离弹簧到P点，有解得vA＝3 m/s。 (2)A、B被弹簧弹开的瞬间，由动量守恒定律可得m1vA＝m2vB 弹性势能为Ep＝ 解得Ep＝21 J。 (3)因当木板C锁定时B恰能滑到长木板的右端，则＝μm2gL 解得木板长L＝3.2 m 解除木板C的锁定，若从B滑上C到相对静止时由动量守恒定律可得m2vB＝(m2＋m3)v 由能量关系有(m2＋m3)v2＝μm2gx 解得x＝1.28 m 即物块B最终的位置与长木板C左端的距离为1.28 m。 9．(12分)(2026·广东广雅中学阶段检测)如图，光滑轨道CDEF是一“过山车”的简化模型，最低点D处入、出口略微错开，E点是半径为R＝0.32 m的竖直圆轨道的最高点，DF部分水平，末端F点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v＝1 m/s逆时针匀速转动，水平部分长度L＝1 m。物块B静止在水平面的最右端F处。质量为mA＝1 kg的物块A从轨道上某点由静止释放，恰好通过竖直圆轨道最高点E，然后与B发生碰撞并粘在一起。若B的质量是A的k倍，A、B与传送带间的动摩擦因数都为μ＝0.2，其余摩擦不计，物块均可视为质点，物块A与物块B的碰撞时间极短，取g＝10 m/s2。 (1)求物块A释放点距水平轨道的高度H； (2)求k＝3时物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离； (3)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。 答案：(1)0.8 m　(2)0.25 m　(3)见解析 解析：(1)物块A恰好通过竖直圆轨道最高点E，则在E点有mAg＝mA 物块A从释放到E点，根据动能定理有 mAg(H－2R)＝ 解得H＝0.8 m。 (2)物块A释放到与物块B碰撞之前过程，根据动能定理有mAgH＝ 解得vF＝4 m/s k＝3时，物块A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有mAvF＝(mA＋mB)v0 解得v0＝1 m/s 物块A、B在传送带上先向右做匀减速直线运动，加速度为a＝＝2 m/s2 根据逆向思维，减速至0的位移 x0＝＝0.25 m<L＝1 m 可知，随后A、B向左做匀加速直线运动，最终加速至与传送带的速度v＝1 m/s相等，可知，k＝3时物块A、B在传送带上向右滑行的最远距离为0.25 m。 (3)A、B碰撞过程动量守恒，则有 mAvF＝(mA＋mB)v1。 ①如果A、B能够从传送带右端飞出，则有 >μ(mA＋mB)gL 解得0<k<1 传送带对A、B做的功为 W1＝－μ(mA＋mB)gL＝－2(k＋1) J。 ②当v1≤v＝1 m/s时，解得k≥3 此时，A、B返回到传送带左侧时速度仍然为v1，故这个过程传送带对A、B做的功为W2＝0。 ③当1≤k<3时，A、B先沿传送带向右减速至速度为0，再向左加速，当速度加速至与传送带速度相等后与传送带一起匀速运动到传送带的左端，对A、B分析，根据动能定理有 W3＝(mA＋mB)v2－ 解得W3＝ J。 学科网（北京）股份有限公司 $