微专题2 动量和能量的综合问题-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

物理·选择性必修第一册 微专题2动量和能量的综合问题 关键能力·合作探究 讲练设计探究重，点 类型1“滑块一木板”模型 [听课记录] 探究归纳 模型 m约 mM M 图示 水平地面光滑 水平地面光滑 /名师点评/ (1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当 “滑块一木板”模型与“子弹打木块”模型类似， 两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的 相对位移（子弹为射入木块的深度）取得极值（完 都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统 全非弹性碰撞拓展模型) 所受的外力为零（或内力远大于外力），动量守 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与 恒 模型 两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能 针对训练 特点 (③)根据能量守包，系统根失的动能△正一中 1.(多选)质量为M、内壁间距为L Ek,可以看出，子弹（或滑块）的质量越小，木块 的箱子静止于光滑的水平面上，箱 (或木板)的质量越大，动能损失越多 子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解（相当 底板间的动摩擦因数为，初始时小物块停在 于非弹性碰撞拓展模型)，也可以从力和运动的角 箱子正中间，如图所示.现给小物块一水平向右 度借助图示求解 的初速度，小物块与左右箱壁共碰撞N次后 [典例1]如图所示，长木板C质量为c= 恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止. 0.5kg,长度为L=2m,静止在光滑的水平地： 设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的 面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E 动能为 ( (厚度不计)，P为木板C的中点，一个质量为 A.2mu2 mM2 B.2(m+M0 mB=480g的小物块B静止在P点.现有一质： 1 量为mA=20g的子弹A,以0=100m/s的水 C.NungL D.NumgL 平速度射入物块B并留在其中（射入时间极2.如图所示，质量为m的子 m 短)，已知重力加速度g取10m/s2」 弹以水平速度0射入放 777777777777777777777 D 在光滑水平桌面上质量为M的木板，子弹没有 B 0A 射出.此过程中木板的位移为$，子弹进入木板 77777777777777777777777777777777777777777777777 的深度为△s,若将子弹在射入木板的过程中受 (1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共： 到的阻力视为恒力，则关于s和△的大小关 同速度； 系，正确的说法是 (2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰： A.s>△s B.s=△s 撞，求B与C间的动摩擦因数. C.s<△s D.不能确定 24 第一章动量守恒定律 类型2 弹簧类模型 探究归纳 /名师点评/… 弹簧类模型的三点注意 (1)对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外 vo 模型 m10000000m2 力为零，满足动量守恒， 图示 7 水平地面光滑 (2)整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力 势能的转化，应用能量守恒定律解决此类 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过 问题， 程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量 (3)弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度 守恒 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生 相等，此时弹簧弹性势能最大 变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外 模型 力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能 针对训练 特点 守恒 (3)弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等， 3.如图所示，一光滑的4圆 R 弹性势能最大，系统动能通常最小（完全非弹性碰 弧固定在小车的左侧，圆 州 C D 撞拓展模型) 弧半径R=0.8m,小车 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最 wm 大（完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时） 的右侧固定连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长 状态，自由端恰在C点，总质量为M=3kg,小 [典例2]两物块A、B用轻弹 车置于光滑的水平地面上，左侧靠墙.一物块从 簧相连，质量均为2kg,初始 圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无 时弹簧处于原长，A、B两物块都以o=6m/s的 能量损失，物块只与弹簧碰撞一次，最后物块停 速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物： 在车上的B点.已知物块的质量m=1kg,物块 块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者 与小车间的动摩擦因数为=0.1，BC长度为 会粘在一起运动，则在以后的运动中： L=2m,g取10m/s2.求在运动过程中 (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度： (1)弹簧最大压缩量； 为多大？ (2)弹簧弹性势能的最大值， (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 25 物理·选择性必修第一册 类型3“滑块一斜面”模型 [听课记录] 探究归纳 模型 M ☐m 图示 水平地面光滑 (1)最高点：滑块与圆弧轨道具有共同水平速度 )共，滑块不会从此处或提前偏离轨道，系统水平 方向动量守恒，mo=(M十m)v共；系统机械能守 针对训练 恒，合mw2=含（M+m)类2+ms,其中6为滑 2 4.如图所示，形状完 模型 块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度 全相同的光滑弧形 特点 (完全非弹性碰撞拓展模型) 槽A、B静止在足 (2)最低点：滑块与圆弧轨道分离点，水平方向动 够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端 量守恒，mo=mv1十M2;系统机械能守恒， 与光滑水平面相切，弧形槽高度为h,A槽质量 2mm621 m2+ M,2(完金弹性雅拉折展 为2m,B槽质量为M.质量为m的小球，从弧形 模型) 槽A顶端由静止释放，重力加速度为g. [典例3] 如图所示，有 (1)求小球从弧形槽A滑下的最大速度； 一质量为m的小球， 2m (2)若小球从B上滑下后还能追上A,求M、m 以速度o滑上静置于 间所满足的关系 光滑水平面上的光滑圆弧轨道.己知圆弧轨道 的质量为2，小球在上升过程中始终未能冲出 圆弧，重力加速度为g,求： (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度（用 o、g表示)； (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小」 素养演练·提升技能 达标训练素养提高 1.如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上，1=：2.如图所示，A、B两个木一AB 0时，小物块以速度o滑到长木板上，图(b)为： 块用轻弹簧相连接，它 7777777777777777777777777 物块与木板运动的v一t图像，图中t1、o、o1已 们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是 知.重力加速度大小为g.由此可求得 ( 99m和100m,一颗质量为m的子弹以速度v0 水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程 中弹簧弹性势能的最大值为 A. 162 B.mvo2 400 200 图(a) 图(b) 99mm2 C. 199mv2 D 200 400 A.木板的长度 3.(多选)如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与 B.物块与木板的质量 质量分别是m1、m2的A、B两物块相连，它们 C.物块与木板之间的动摩擦因数 静止在光滑水平面上，两物块质量之比1：2 D.从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能 =2:3.现给物块A一个水平向右的初速度0 26 第一章动量守恒定律 并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变； A.M=m 化的规律如图乙所示，下列说法正确的( B.M=2m ↑ C.木板的长度为8m Vo D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 03 5.在光滑的冰面上放置 A M B 一个截面为四分之一 777777777777777777777, 甲 圆弧（半径足够大）的 711开n A.物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒 光滑自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一 小球静止在冰面上.某时刻小孩将小球以。的 B.物块A、B与弹簧组成的系统机械能不守恒 速度向曲面推出，如图所示.已知小孩和冰车的 2 C.3=30 总质量为m1=40kg,小球质量为m2=2kg,若 小孩将球推出后还能再接到小球，求曲面质量 D.v3=0.40 m3应满足的条件. 4.(多选)如图1所示，光滑水平面上静置一个薄： 长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M,t=0 时刻质量为m的物块以水平速度。滑上长木： 板，此后木板与物块运动的？一图像如图2所： 示，取重力加速度g=10m/s2,则下列说法正： 确的是 ↑v/(msl) 5 43 m 图1 23t/s 图2 : 温馨提示 请做课时分层检测（六） 6 反冲现象 火箭 学习目标要求 核心素养和关键能力 1.知道什么是反冲运动；知道火箭的工作原理 1.核心素养 2.能利用动量守恒定律解释反冲现象， 建立反冲运动模型、人船模型的科学思维。 3.知道人船模型和爆炸类问题都可以看成反冲运动问题 2.关键能力 处理 物理建模能力和分析推理能力. 必备知识·自主梳理 预习新知夯实基础 一、反冲现象 :3.反冲现象的应用及防止 1.定义：大炮发射炮弹后，炮身的后退运动叫作 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水 反冲 从喷口喷出时，一边喷水一边 2.特点 (1)系统内力 ,外力可忽略。 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响 (2)反冲运动中，通常可以用 来 射击的 ,所以用步枪射击时要把枪身 处理. : 抵在 ,以减少反冲的影响。 27角度2 「典例2]解析以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度 方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得则 m十2ms,由机栽能宁板定律得合m时=合me以2+号 2 2mg,解得A=一3，%=号，负号表示碰拉后A球反向弹 回，如采碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mu=(m十2m)阳，解得g=3综上可知， 碰接后B球的追度范国是行人<号，则碰后B球的谁度大 小可能是0.5.故A、B、D错误，C正确. 答案C 针对训练 1.解析两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方 向，根据动量守恒定律有m=m十m西，代入数据得mX 0.4m/s=mX0.1m/s十nw3,解得=0.3m/s.动能减小量△E =7mu2-7mw2-zms2=合X19X(0.4华-0.1-0.3产J =0.57J>0,故系统动能减小，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞， B正确 答案B 2.解析：规定水平向右的方向为正方向，碰撞过程中A、B组成的系 统动量守恒，所以有pA=PA'十Ps 解得pg=3kg·m/s 故A正确，B错误： 由于是弹性碰撞，所以没有动能损失，故 pA=pA”+p2 2mA 2mA 2mg 解得mB=3kg 故C错误，D正确. 答案：AD 要点2 提示：钢球间的碰撞为弹性碰撞，由于钢球质量相等，碰撞过程交 换速度，故只有最右端和最左端的钢球摆动，其余钢球不动. 探究归纳 「典例3]解析(1)设u1=50cm/s=0.5m/s, U0= -100cm/s=-1m/s, 设两物体碰撞后粘在一起的共同速度为， 由动量守恒定律得m十m2=(m十m:)u, 代入数据解得v=一0.1m/s,负号表示方向与u的方向相反， (2)碰撞后两物体损失的动能为 △E=zm+之m4-2(m十m)w -号×0.3X0.5+÷×02×(-10-号×@.3+0.2)× (-0.1)27J=0.135J. (3)如采碰撞是弹性碰撞，设碰后两物体的速度分别为1、山， 由动量守恒定律得m1十m2=m1U十n', 由机械能守恒定律得 代入数据得'=-0.7m/s,h′=0.8m/s. 答案(1)0.1m/s(2)0.135J(3)0.7m/s0.8m/s 针对训练 3.解析：设A球到达最低点的速度为，在最低，点A与B发生弹性 碰撞后，A球的速度为A,B球的速度为VB,取向右为正方向， 由动量守恒定律可得：nAU一nAVA十nBVB 由机械能守但定律可得：宁m心=之m以+子mg 可得以=号气0=号≥B为 2 向右，A球偏角小于30°，B球偏角大于30°，故选项D正确， 答案：D 4.解析根据图像，碰拉前甲，乙的速度分别为v甲=5.0m/s,vz= 1.0m/s,碰撞后甲、乙的速度分别为vm'=一1.0m/s,v2'= 2.0m/s.碰撞过程中由动量守恒定律得mpUp十nz=mp 19 u,'十m22',碰被过程损失的机機能△E=乞m,十之m 2mw”-m,联立以上各式解得△E=3 答案A 素养演练·提升技能 1,解析：由题知mA<mg,则A、B两球相碰后球A速度方向向左，球 B向右运动」 球B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向 右的速度，B、C、D静止： 由于m>mr,则E、F两球都向右运动.故C正确. 答案：C 2.解析：两球碰撞过程中，动量守恒，以A的初速度方向为正，根据 动量守恒定律得nAvA一mgvB=nBB'一nAvA',代入数据解得 mA·mg一3：5，故A正确，B,C、D错误 答案A 3.解析由图线的斜率可知，两物体碰撞前速度大小相等，方向相 反，而碰后速度都为零，设两物体碰撞前速度大小分别为山、山， 系统碰撞前后动量守恒，以1方向为正方向，则m1叫1一m22=0, 可得m1=m,则碰前两物体动量大小相等、方向相反，同时 可得n1=n2,故A、C错误，B、D正确. 答案BD 4.解析本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体速度一定要大于 前面运动物体的速度（否则无法实现碰撞），碰后，前面物体动量 增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以△pA0, △pB>0,并且△pa=一△pB由此可知B、D不符合题意：C项中， 碰撞后，pA'=-10kg·m/,pg'=33kg·m/s,根据关系式E= 知，A球的质量和动量大小都不变，动能不变，而B球的质量不 2m 变，动量增大，所以B球的动能增大，系统的机械能比碰撞前增大 了，C不符合题意.故远A, 答案A 微专题2动量和能量的综合问题 关键能力·合作探究 类型1 探究归纳 [典例1]解析(1)子弹射入物块B的过程系统动量守恒，以向左 为正方向，由动量守恒定律得 nAo=(nA十mg) 代入数据解得 w1=4m/s. (2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守 恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 (A十ng)U1=(nA十mg十c)2 由能量守恒定律得 豆(m十m)2=z（mA十ms十m)+ L (ma十ms)g· 代入数据解得以=0.4 答案(1)4m/s(2)0.4 针对训练 1.解析根据动量守恒定律得w=(M十m)v',则小物块和箱子的 共同速度-m损失的动能△S=宁m一之（M十m) mMi 一2mD,所以B正确.根据能量守恒定律知，损失的动能等于 因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移， 所以△Ek=FNL=NmgL,所以D正确.。 答案BD 2.解析方法一：设子弹和木板相互作用的时间为，子弹和木板的 共同建度为，由匀变连直线运动的规律，有=名4，△= 21=2,因为%>U,所以<△，故选项C正确. 方法二：由动量守恒定律，有n。=（n十M)v,由动能定理，对木 板Fs=之M,对子弹-F,(s十△)=m-m2,联立解 得mMA<A,故选项C正确 答案C 类型2 探究归纳 [典例2]解析(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能 最大 由A、B、C三者组成的系统动量守恒，有 (nA十g)U=(nA十nB十nc）·VABc, (2+2)X5m/s=3m/s. 解得联=2干2十4 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒， 设碰后瞬间B、C两者速度为C, 2×6 则mgu=(mg十me)c,ve=2于4m/s=2m/s, 设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为E,根据能量 守恒定律得 E=合(ms+m,)m+亨m对-合(m+ms+m)gx 合×(2+0×2J+×2×6J×(2+2+0×3J=12 答案(1)3m/s(2)12J 针对训练 3.解析(1)物块由A点到B,点的过程中，由动能定理得gR= 解得u=4m/s 从物块第一次经过B点到静止于B点，物块与小车组成的系统动 量守恒，取方向为正方向，则 mwB=(M十m)v 根据能量守恒定律，则 m路2=合(M+m)+2pmgL+x） 1 解得x=1m (2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，有mUg=(M十 m)v 此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 7ms2=合(M+m)u+E,十amg(L+x） 1 由以上两式可得E。=3J. 答案(1)1m(2)3J 类型3 探究归纳 [典例3]解析(1)小球在圆孤轨道上上升到最高时两物体速度 相同，系统在水平方向上动量守恒，规定购的方向为正方向，有 mv=3mv 得=号 根据机械能守恒定律得 之ma2=合×3m十mh 等带安 (2)小球离开圆孤轨道时，根据动量守恒定律， 则有m%=ny1十2m 根据机械能守恒定律，则有 1 联立以上两式可得 1=一36 则小球离开圆孤轨道时的速度大小为宁 答案((2号 3g 针对训练 4.解析(1)小球到达弧形槽A底端时速度最大，设小球到达弧形 槽A底端时速度大小为凹，槽A的速度大小为2， 小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为 正方向，小球下滑过程中，由动量守恒定律得my一2n2一0 由机械能守恒定律得ngh= 2n2+ ·2m 2 /gh 联立解得=2√学，=√3 gh (2)小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时 小球速度反向，大小为内，孤形槽B的速度为.整个过程二者水 平方向动量守恒，则有 my1=一my十Mw 二者的机械能守恒，则有 2m2=m2+Mu 小球还能追上A,须有>， 解得M>3n. 答案12√受 (2)M>3n 素养演练·提升技能 1,解析对小物块应用工=。心可以求出物块相对木板滑行的 2 距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意 无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒， 以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得n。=(n十 M))1,可解出物块与木板的质量之比，但无法计算各自的质量，B 错误；对物块，由动量定理得一mg1=m一m,与U1已知， 解得以=西一可以求出动摩擦因数，C正确：由于不知道木板的 质量，无法求出从=0开始到时刻，木板获得的动能，D错误. 答案C 2.解析子弹打入木块A中，由动量守恒定律得m=1001;对 子弹和木块A,B(含弹簧)组成的系统，当它们速度相同时，弹簧 压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律得m%=200m2,弹 匿弹性势能的最大值E三2X100mu2-7×200mw=400, 故远项A正确 答案A 3.解析物块A、B与弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守 恒，A正确；物块A、B与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，机 械能守恒，B错误：在0~t1时间内，A向右减速，B向右加速，结合 乙图可知，山1时刻两者达到共同速度，据动量守恒定律可得 1h=(n1十n2),解得=0.4，C错误，D正确. 答案AD 4.解析物块在木板上运动的过程中，在水平方向上只受到木板给 的滑动摩擦力，故ng=ma1,而U一t图像斜率的绝对值表示加 速度大小，故a1=73 2 m/s2=2m/s2,解得4=0.2：对木板受力 分折可知mg=Ma=2号m/g=1m/,解得M=2m, A、D错误，B正确.从图中可知物块和木板最终分离，两者)一t图 像与坐标轴固成的面积之差等于木板的长度，故L=2X(7+十3) X2m-2×2×2m=8m,C正确， 答案BC 5.解析小孩推球过程动量守恒，即0=n2一m1以 对于小球和曲面，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 n2h=一m22十n35 m一 解得一m千m 若小孩将小球推出后还能再接到小球，则有>山 解得m>号 答案见解析 5