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

**基本信息** 聚焦动量与能量守恒的综合应用，通过“滑块—曲面体”“物块—弹簧”等模型分类训练，强化守恒观点在力学问题中的系统应用。 **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|光滑水平面上含弧形轨道的系统，涉及相对运动与平抛|水平方向动量守恒为核心，结合机械能守恒分析往返运动| |物块—弹簧模型|3题|弹簧连接体的压缩/恢复过程，含共速与弹性势能转化|以动量守恒为基础，通过能量守恒求解最大势能与分离速度| |力学三大观点综合应用|4题（3选择+1计算）|多体碰撞、弹簧与挡板作用等复杂情境|整合动量守恒、能量守恒及运动学公式，构建“守恒条件—状态分析—方程联立”推理链|

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.(多选)(2025·四川巴中三模)在一次探究实验中，小车上固定一段光滑半圆弧轨道(总质量M＝4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m＝2 kg的小球以初速度v0＝5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入系统。忽略空气阻力与摩擦，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是(　　) A.小球的机械能守恒 B.系统水平方向动量守恒 C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s 答案：BC 解析：在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误；在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则mv0＝v，解得v＝ m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m＝v2＋mgh，解得h＝ m，故C正确，D错误。 题组2　“物块—弹簧”模型 3.(2025·南京航空航天大学附中三模)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　) A.此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零 B.物体A的质量为2m C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2 D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m 答案：D 解析：题图甲中，弹簧最大弹性势能为Epm＝mA，题图乙中，A、B共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次弹簧最大弹性势能相同，根据动量守恒有mA·2v0＝v，根据能量守恒有mA＝v2＋Epm，联立解得mA＝3m，Epm＝m，v＝v0，故B错误，D正确；题图乙中，开始时A物体的速度大于B物体的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至A、B共速，故A错误；以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在题图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I1＝0－＝3mv0，在题图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为I2＝－mAv－＝mv0，可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1∶I2＝2∶1，故C错误。 4.(多选)(2026·河北衡水模拟)如图所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不固连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(　　) A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量大小之比为1∶2 B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8 D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A 答案：BC 解析：A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而弹力的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者共速时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝m－×3mv2＝m，B固定时，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep'＝m＝1.5Ep，B正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，m＝m＋×2m，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝m＝m，EkB＝×2m＝m，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由C项分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时，vB'＝vB＞vA，则B可追上A，D错误。 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.(2026·江苏盐城二模)如图所示，AB、CD为两根水平放置的光滑平行轨道，其上分别套有甲、乙小球，小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度v0，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的v -t图像可能正确的(　　) 答案：C 解析：甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲的质量为2m，甲、乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有2mv0＝v共1，解得第一次共速时的速度v共1＝v0，从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增大的运动。达到v共1后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复原长，当甲、乙再次相距最近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有2mv0＝2mv甲＋mv乙，·2m＝·2m＋mv乙2，解得此时甲、乙速度分别为v甲＝v0，v乙＝v0。从第一次共速到甲、乙再次相距最近时，弹簧伸长量减小，弹力减小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者做的是加速度减小的运动，v -t图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C选项符合题意。故选C。 7.(多选)(2026·湖南娄底二模)如图所示，在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿A木块后子弹的速度变为原来的，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则(　　) A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3 975 J B.子弹射穿两个木块后弹簧最大的弹性势能为4.5 J C.弹簧再次恢复原长时A的速度为 m/s D.弹簧再次恢复原长时B的速度为 m/s 答案：AC 解析：设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1＝v0＝300 m/s，子弹穿过A的过程中，由动量守恒定律可得m0v0＝mAvA＋m0v1，联立解得vA＝5 m/s，射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔE＝m0－m0－mA＝3 975 J，故A正确；设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为vB和v2，由动量守恒定律可得m0v1＝mBvB＋m0v2，由题意可知m0－m0＝2，联立解得vB＝2.5 m/s，子弹射穿B后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝v共，解得v共＝ m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝mA＋mB－≈4 J，故B错误；设弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、vB'，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA'＋mBvB'，根据机械能守恒定律有mA＋mB＝mAvA'2＋mBvB'2，联立解得vA'＝m/s，vB'＝ m/s，故C正确，D错误。 8.(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。 9.(18分) (2025·山东卷·T17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案：(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 (2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0 其中Ep0＝k 联立解得b刚解除锁定时，小球和a整体的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，当小球与a整体与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 学生用书⬇第124页 学科网（北京）股份有限公司 $