第7章 课时测评33 能量和动量观点的综合应用(一)(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

**基本信息** 聚焦能量与动量综合应用，通过“子弹打木块”“滑块—木板”模型构建“守恒定律+定理应用”方法体系，逻辑链清晰，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |“子弹打木块”模型|3题（含多选、碰撞深度分析）|动量守恒求共同速度，能量守恒算摩擦生热，动能定理/动量定理分析单体运动|系统动量守恒→能量转化（动能→内能）→个体运动定理应用| |“滑块—木板”模型|5题（含v-t图像、板块长度计算）|动量守恒定共速，相对位移求板长，功能关系析能量损失|系统动量守恒→相对运动（位移差）→能量损失与摩擦生热关联|

课时测评33　能量和动量观点的综合应用(一) (时间：30分钟　满分：40分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7，每题4分，共28分) 题组1　“子弹打木块”模型 1.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是(　　) A.FfL＝Mv2 B.Fft＝mv0－mv C.v＝ D.Ffs＝m－mv2 答案：AB 解析：对木块，由动能定理可得FfL＝Mv2，故A正确；以向右为正方向，对子弹，由动量定理可得－Fft＝mv－mv0，故B正确；对木块和子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，故C错误；对木块和子弹整体，根据能量守恒定律得Ffs＝m－(M＋m)v2，故D错误。故选AB。 2.(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是(　　) A.子弹与硬木摩擦产生的内能较多 B.两个系统产生的内能一样多 C.子弹在软木中打入深度较大 D.子弹在硬木中打入深度较大 答案：BC 解析：设子弹质量为m，木头质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，根据能量守恒定律，有Q＝ΔE＝m－(m＋M)v2，解得Q＝，则两个系统产生的内能一样多，故A错误，B正确；根据功能关系有Q＝ΔE＝Ffd，可知产生的内能相同时，摩擦力Ff越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C正确，D错误。 3.(多选)(2026·广东肇庆期末)如图所示，木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时子弹的速度为v0，木块的速度为v0。设子弹穿过木块的过程中木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是(　　) A.木块的质量为3m B.子弹穿过木块的过程中，系统损失的动能为 C.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度小于v0 D.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，系统产生的内能小于m 答案：AB 解析：子弹穿过木块的过程，有mv0＝m×v0＋M×v0，m＝m×＋M×＋E损，解得M＝3m，E损＝m，故A、B正确；若将木块固定，子弹与木块的相对位移不变，系统产生的内能即损失的机械能仍为m，故D错误；由能量守恒定律可得m＝mv2＋E损，解得v＝v0＞v0，故C错误。 题组2　“滑块—木板”模型 4.(2026·河北保定二模)如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的物块A(可视为质点)从左端以大小为v的速度冲上木板，经过时间t运动到木板右端且恰好不从木板上滑离。下列说法正确的是(　　) A.物块A运动到木板右端时的速度大小为 B.在此过程中，物块A运动的距离为 C.A动量的减少量大于B动量的增加量 D.木板B的长度为 答案：A 解析：设物块A和木板B的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选取物块初速度的方向为正方向，则有mv＝2mv共，解得v共＝v，即物块A运动到木板右端时的速度大小为，A正确；根据匀变速直线运动规律可知，物块A运动的位移xA＝(v＋)t＝，B错误；A动量的减少量ΔpA＝mv－m·＝mv，B动量的增加量ΔpB＝m·－0＝mv，则A动量的减少量等于B动量的增加量，C错误；t时间木板B的位移为xB＝(0＋)t＝vt，木板B的长度为L＝xA－xB＝vt，D错误。 5.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝ 2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.A、B间的动摩擦因数为0.1 B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m D.木板A获得的动能为2 J 答案：A 解析：物体B的加速度大小为aB＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝mBaB，解得μ＝0.1，A正确；根据动量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2 kg，损失的机械能为E损＝mB－(mA＋mB)＝2 J，B错误；由题图乙，木板A的最小长度为L＝×1×2 m＝1 m，C错误；木板A获得的动能为EkA＝mA＝1 J，D错误。 6.(2025·浙江1月·T8)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，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 答案：D 解析：碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右，当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2m＋m＝3 J，选项C错误；碰撞到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。 7.(多选)(2026·甘肃模拟)如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.t＝3 s时物块和木板达到共同速度 B.M＝3 kg C.物块与木板间的动摩擦因数为0.1 D.木板的最短长度为6 m 答案：ACD 解析：由题图乙可知，t＝3 s时物块和木板达到共同速度，选项A正确；根据Ek＝mv2，可知物块的初速度v0＝4 m/s，共同速度v＝1 m/s，根据动量守恒有mv0＝(m＋M)v，解得M＝4.5 kg，选项B错误；由动量定理，对木板有μmgt＝Mv，解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项C正确；由能量关系有－μmgx＝(m＋M)v2－m，解得x＝6 m，即木板的最短长度为6 m，选项D正确。 8.(12分)(2026·安徽淮北模拟)如图所示，固定的光滑弧形轨道底端O处切线水平，光滑的水平面上静置一长木板AB，P为长木板的中点，木板的上表面与O点等高，在板的左端点放置一个可视为质点、质量为m的物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。可视为质点、质量为m的小球从弧形轨道上距离O点某一高度处由静止释放，滑到O点时速度大小为v0，小球与物块发生弹性碰撞(碰撞后立即取走小球)，当长木板锁定时，物块恰好停在长木板的右端点。已知重力加速度为g，求： (1)小球在弧形轨道上释放时的高度h； (2)长木板的长度L； (3)解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，木板质量M的范围。 答案：(1)　(2)　(3)m＜M＜m 解析：(1)小球滑到O点的过程，由动能定理得mgh＝·m－0 解得h＝。 (2)小球滑到O点时与物块发生弹性碰撞，设碰后小球和物块的速度分别为v1和v2，根据动量守恒和机械能守恒有mv0＝mv1＋mv2，·m＝·m＋m 联立解得v1＝－v0，v2＝v0 当长木板锁定时，物块由A点滑到B点的过程，由动能定理得－μ·mgL＝0－·m 解得L＝。 (3)设物块相对于长木板的位移大小为x相，解除长木板的锁定，要使物块最终停在P点左侧，但越过AP的中点，则L＜x相＜L 根据动量守恒和能量守恒有mv2＝v共 m＝＋μmgx相 联立解得m＜M＜m。 学科网（北京）股份有限公司 $