第1章 习题课2 动量和能量的综合应用（Word练习）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

**基本信息** 分层设计清晰，基础训练与能力提升有机衔接，聚焦动量守恒、能量守恒等核心知识点，通过从单一应用到综合情境的进阶路径，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础训练（7题）|动量守恒、动能定理、摩擦生热等单一规律应用|以选择、填空题为主，情境基础（如滑块小车模型、弹簧碰撞），强化模型建构与科学推理| |能力提升（5题）|碰撞结合圆周运动、平抛运动、多体相互作用等综合应用|以计算题、多选题为主，情境复杂（如杂技演员摆动、复合装甲射击），突出科学论证与质疑创新|

[对应学生用书作业(五)P10] [基础训练] 1．如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车左端，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小物块相对小车静止时刚好运动至小车另一端。下列情景图判断正确的是(　　) A． B． C． D．其中B、C图都是可能的 解析　由动能定理可知，对于m和M组成的系统，系统动量守恒，最终m恰好停在M右端时，两物体速度相同，且运动时间均为t，m做匀减速直线运动，其位移x1＝t，方向向右，小车M做初速度为零的匀加速直线运动，其位移x2＝t，方向向右，A错误；两小车位移差Δx＝x1－x2＝＞0，时间t具体数不知，所以B、C均有可能，D正确。 答案　D 2．已知A、B、C、D四个钢球的质量分别为100m、m、m、m，悬挂在天花板上，初始时刻四个钢球相互接触且球心在一条直线上，与天花板距离均为L，四条绳都是竖直的，现将A球拉起60°的角度由静止释放，重力加速度为g，则D球被弹起的瞬间获得的速度最接近于(　　) A．5　　　　　　　 B．6 C．7 D．8 解析　设A、B两球质量分别为M和m，A球下落到最低点时的速度满足MgL(1－cos 60°)＝Mv02，解得v0＝，两球相碰时满足Mv0＝Mv1＋mv2，Mv02＝Mv12＋mv22，解得v2＝v0。因M是m的100倍，则v2接近2v0；同理B和C碰后，C的速度接近于4v0；C和D碰后，D的速度接近于8v0＝8，故选D。 答案　D 3．如图所示，水平地面上紧挨着的两个滑块P、Q之间有少量炸药(质量不计)，爆炸后P、Q沿水平地面向左、右滑行的最大距离分别为0.8 m、0.2 m。已知P、Q与水平地面间的动摩擦因数相同，则P、Q的质量之比m1∶m2为(　　) A．1∶2 B．2∶1 C．4∶1 D．1∶4 解析　爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，0＝－m1v1＋m2v2，爆炸之后分别对两滑块由动能定理可知，滑块P：－μm1gx1＝0－m1v12，滑块Q：－μm2gx2＝0－m2v22，联立各式解得m1∶m2＝1∶2，故选A。 答案　A 4．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点。Q与水平轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　) A．P的初动能 B．P的初动能的 C．P的初动能的 D．P的初动能的 解析　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒。在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，以v0的方向为正方向，则mv0＝2mv，v＝，所以弹簧具有的最大弹性势能Epmax＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正确。 答案　B 5．(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒 B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能 D．子弹和木块一起上升的最大高度为 解析　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由弹簧射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后的共同速度为v′＝，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为h＝，故D正确。 答案　BD 6．如图所示，静止在光滑水平面上的木板，质量M＝2 kg，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝6 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A．3 J　 　 B．4 J　 　　 C．12 J　 　 D．6 J 答案　C 7．如图甲所示，光滑平台上物体A以初速度v0滑到静止于水平地面且上表面粗糙的小车B上，小车B的上表面与平台等高且其与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的v­t图像，由图乙中给出的信息可求得(　　) A．小车B上表面的长度 B．物体A的质量 C．小车B的质量 D．物体A与小车B的质量之比 解析　由图像可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，小车上表面最小的长度等于A、B间相对位移之差，为L＝Δx＝t1，可以求得小车B上表面最小的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，但不能确定物体A的质量与小车B的质量，故B、C错误，D正确。 答案　D [能力提升] 8．(多选)如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。圆心 O点正下方放置质量为 2m的小球A，质量为m的小球 B以初速度 v0向左运动，与小球 A 发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(　　) A． B． C． D．3 解析　A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则mv0＝mv1＋2mv2 由动能守恒得mv02＝mv12＋·2mv22，联立得v2＝v0① a．恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得2mg＝2m② A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得·2mv22＝·2mvmin2＋2mg·2R③ 联立①②③得v0＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v0≥1.5 b．小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得·2mv22＝2mgR④ 联立①④得v0＝1.5 可知若小球不脱离轨道时，需满足v0≤1.5。由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v0≤1.5或v0≥1.5，故A、B、D正确，C错误。 答案　ABD 9．如图所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为mA＝20 kg、mB＝25 kg。A车以初速度v0＝3 m/s 向右运动，B车静止，且B车右端放着物块C，C的质量为mC＝15 kg。A、B相撞且在极短时间内连接在一起不再分开。已知C与B上表面间的动摩擦因数为μ＝0.2，B车足够长，求C沿B上表面滑行的长度。(g＝10 m/s2) 解析　A、B相撞：mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝ m/s。由于在极短时间内摩擦力对C的冲量可以忽略，故A、B刚连接为一体时，C的速度为零。此后，C沿B上表面滑行，直至相对于B静止为止。这一过程中，系统动量守恒，系统的动能损失等于滑动摩擦力与C在B上的滑行距离之积： (mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v (mA＋mB)v12－(mA＋mB＋mC)v2＝μmCgL 解得L＝ m。 答案　 m 10．如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离x。 解析　设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝(m1＋m2)v02，设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2，分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律有4R＝gt2，x＝v1t。根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得 m2gR＝m2v22，已知m1＝2m2，由以上各式可得x＝8R。 答案　8R 11．在军事装备设计中，经常需要对复合材料进行测试。两种材料不同、厚度相同的防弹板A和防弹板B粘在一起组成复合装甲，测试时用相同的子弹以相同的速度分别从左、右两侧对静止在光滑水平地面上的复合装甲进行射击，子弹从左侧射入(如图甲所示)时恰好能击穿防弹板A，子弹从右侧射入(如图乙所示)时，子弹不仅击穿了防弹板B，还深入了防弹板A厚度的四分之一。已知子弹在防弹板A、B中受到的阻力大小恒定，子弹可视为质点，求： (1)两次测试中，子弹的最小速度之比； (2)子弹在防弹板A、B中运动时受到的阻力之比。 解析　(1)子弹与复合装甲共速时速度最小，设子弹的质量为m，复合装甲的质量为M，每块防弹板的厚度均为L，无论子弹从哪一侧射入，系统动量都是守恒的，则有mv0＝v 解得v＝ 即两次测试中，子弹的最小速度之比＝1。 (2)子弹从左侧射入复合装甲时，根据能量守恒定律则有mv02－(m＋M)v2＝fAL 子弹从右侧射入复合装甲时，根据能量守恒定律则有mv02－(m＋M)v2＝fBL＋fA· 解得＝。 答案　(1)＝1　(2)＝ 12．(2025·江苏南京期末)如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。已知重力加速度为g。 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若O点与地面高度H不变，平台高度和细绳长度可调，要使小球反弹后做平抛运动的水平距离最大，求L与H的比值； (3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。 解析　(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL＝mv02，解得v0＝ 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得 T－mg＝m 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力 T′＝T＝3mg。 (2)小球与滑块C碰撞后做平抛运动 在竖直方向上有H－L＝gt2 水平方向有x＝t 解得x＝× ＝ 所以要使小球反弹后做平抛运动的水平距离最大，则L＝H－L 可得L与H的比值＝。 (3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝m＋3mv1 设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得·3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs 联立解得s＝，由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来。 答案　(1)3mg　(2)　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $