课时分层检测(6)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)

2.解析由图像知，a球以一定的初速度与原来静止的b球碰撞，碰 后a球反弹且速度小于初速度.根据碰撞规律知，a球质量小于b 球质量， 答案B 3.解析两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守 恒，动能守恒，碰撞后将交换速度，故D项正确 答案D 4.解析两球碰撞过程为弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量 守恒定律得1o一n心十n 由机横能守恒定律得之m6=之m2十之m 由题意知41：4=1：4 解程器=子 答案2：1 5.解析P爆炸生成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒，则 m一m=0,即p。=-,由于下落过程a、b所用时间相等，由 0A>0B可知，>，周比m<m,由E-会知E。>E,C正 确，D错误；由于v,>心，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增 量g是相等的，因此落地时仍有v'>队'，A正确，B错误. 答案AC 6.解析如果两个小球发生的是完全非弹性碰撞，则有m=(十 2n)w共 解得华=号 如采两个小球发生的是弹性碰撞，则有 nw=muA十2wg 1 2 m 解得饰=号，则小球B碰拉后的道度取值范国为号<<号 故B、D正确. 答案BD 7.解析由于x一t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都 做匀速运动，故A错误；碰撞前vA=一3m/s,4=2m/s,碰撞后 A'='=一1m/s,碰撞前后A的动量变化量△pA=mvA'一mA =[2×(-1)-2×(-3)]kg·m/s-4kg·m/s,故B正确；根据动量 守恒定律，碰撞前后B的动量变化量△p=一△pA=一4kg·/s,又 △p=me一%，所以m=专g,故C正确：A与B碰撞前的总 动量为p%=m十m路=[2X(-3)+号×2]kg·m/s= -19kg·m/s,故D错误. 3 答案BC 8.解析两物体的运动是同向追击（都向右运动），只有后边的物体 速度大于前边的物体的速度时才能发生碰撞，以此分析应该是A 球在左方追击B球，发生碰撞，A球的动量减小4kg·/s,其动 量变为2kg·m/s,根据动量守恒定律知B球动量增加4kg·m/s,其 动量变为10kg·m/s,两球质量关系为g=2nA,则碰撞后A,B两 球的速度关系为2：5，故A正确. 答案A 9.解析(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律得 nAo=nAU1十ngU2 碰撞过程中系统机械能守恒，有 1 + 1 4 解得叫=一行6，心一行购，碰后A球向左运动，B球向右运动。 (2)B球掉入小车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方 向，由动量守恒定律得 nBUg一n车3=(ng十n车)v3 解得出'=0· 1 4 答案(1)方功方6（2)0 22 10.解析碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程 中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子 粘在一起时，粒子损失的机械能最多，而在碰撞过程中遵循动量 守恒定律，碰撞前系统的总动量为零则碰撞后系统的总动量亦 为零，所以本题关键是设法使这两个重粒子在碰撞前瞬间具有 大小相等、方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最 小，C正确 答案C 11.解析（1)A、B相碰满足动量守恒，以的方向为正方向，有 m6=2m1 代入数值解得山=1/s,即两球跟C球相碰前的速度大小 为1m/s. (2)两球与C球碰撞同样满足动量守恒，以。的方向为正方向， 有2n1=心十2m2 解得A、B球碰后的速度2=0.5m/s 两次碰撞共损失的动能 1 △E=2m62-2×2n2-2=m心2=1.25J. 答案(1)1m/s(2)1.25J 课时分层检测（六） 1.解析物块沿槽下滑的过程槽向左运动，物块与槽分离后槽的速 度向左，物块的速度向右，物块被弹簧反弹后速度向左，如果物块 的速度小于槽的速度，物块不能追上槽，物块不能回到槽上h高 处，如果物块的速度大于槽的速度，物块可以追上槽，物块与槽组 成的系统水平方向动量守恒，当两者速度相等时物块上升到最大 高度，由于此时两者速度相等且不为零，此时系统动能不为零，整 个过程系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，物块不能上升 到槽上高五处，故A正确：从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹 簧对物块始终有弹力作用且弹力方向始终向左，弹簧对物块的冲 量不等于零，故B错误：物块沿槽下滑的过程中，物块在竖直方向 有加速度，系统的合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统 的动量不守恒，故C错误：物块沿槽下滑的过程中，重力与槽的支 持力对物块做功，物块的机械能不守恒，故D错误 答案A 2.解析根据动量守恒可知M一m一M1十0，解得少1= 3.75m/s,A正确；根据动量守恒，最终速度为2，则Mo一n= (M十n),解得=3m/s,因此A、B最终一起向右运动，且速 度大小为3m/s,B、C错误；根据能量守恒定律，有：mgL= M,2十2m2-2(M+m),整理得板的长度至少为L- 8m,因此长木板的长度可能为10m,D正确. 答案AD 3.解析两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为 心峡，由动量守恒定律可得mu=(M十m》v失，得v头=M干m,子弹 对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失 的机栽能转化为热量，则Q=W=之m-号（M十m)口2，故选 项C正确， 答案AC 4.解析小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，初 状态时系统在水平方向动量为零，由动量守恒定律可知，小球第 一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，球与槽在水平方向的速 度都为零，球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确：小球 沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，球从底端向左 侧上升过程，槽向右做减速运动，球离开槽时，槽静止，球做竖直 上抛运动，然后小球落回槽的左侧，球从槽的左侧下滑过程，槽向 左做加速运动，从最低点向右上滑时，槽向左做减速运动，然后球 离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平 面上做往复运动，故C正确，D错误， 答案BC 5.解析木块冲上小车后受到向右的滑动摩擦力作用先做匀减速 运动，后反方向做匀加速运动，整个过程是匀变速运动，以向右为 正，根据动量定理，得Ft=n购一（一n),对小车受力分析，拉力 F与滑动摩擦力平衡，有F-F,时间1内小车的位移为s=,故 0 拉力做的功为WE=Fs=Fs,联立以上四式可计算得出W=: 2mwo2,故D正确. 答案D 6,解析设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可知 mvg=Mv-mv2 对整体由机械能守恒定律可得 1 联立解得贸-子，故C正确 答案C 7,解析(1)因物块刚好能滑到C处，则此时滑板和物块具有相同· 的速度，由A到C时，取向左为正方向，由动量守恒有 mv=2mv 得= (2)由A到C时，根据机械能守恒有 合maw2=mgR+×2md 1 容器 (3)物块刚滑上圆孤时，设在B点对物块的支持力为FNB, 由牛顿第二定律得FNB一mg=mR 则FNg一5ng 结合牛频第三定律可知，此时物块对滑板的压力为FN'=FNB= 5mg,则水平面对滑板的支持力大小为 Fx=FxB'+mg=6mg. 若案受e层 (3)6ng 8,解析小球在下滑过程中，水平方向具有向右的分速度，而小球 与小车组成的系统水平方向动量守恒，且水平总动量为0，故小车！ 会向左运动，小车的动能增加，而系统机械能守恒，所以小球的机！ 械能减少，即小球的机械能不守恒，故A正确；小球到达右侧轨道！ 最高点时，小球与小车达到共同速度，小球与小车组成的系统水 平方向动量守恒，且水平总动量为0，所以此时小球和小车的速度 都为0，而系统机械能守恒，故小球此时的重力势能和开始时一！ 样，仍能回到最高，点，故B正确：小球在右侧轨道上滑时，水平方： 向有向右的分速度，而小球与小车组成的系统水平方向动量守！ 恒，且水平总动量为0，故小车会向左运动，故C错误；小球在轨道 最低点时，设小球和小车的速度分别为v和'，小球与小车组成 的系统水平方向动量守恒，且水平总动量为0，则mw十mw′=0，解！ 得=一v,所以小车与小球的速度大小相等，方向相反，故D: 正确. 答案ABD 9解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守！ 恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度： 为边，整个过程中水平方向动量守恒有m=m十n,由机械 能守恒定律得子m=弓m+号m,联立解得=0，心= ,即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离 开后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C正确. 答案C 10.解析弹簧的弹力先增大后减小，两个滑块受到的合外力都等！ 于弹簧的弹力，刺两个物块的加速度都先增大后减小，故A错} 误，当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和 B的速度相同，远取向右为正方向，根据动量守恒定律有MAv一1 (MA十M)v,解得v'=1m/s:根据机械能守恒定律知，弹簧的1 最大弹性势能等于滑块A,B损失的动能，为E,=2M心一 合(M+M),解得E,=10J,放B错误.当A,B分离时，滑 块B的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得 Mv=MUA十Mg阳 ①1 令M2=2M0A2+7M2 ② 22 联立①②两式可得a=一3m/s,阳=2m/s,所以滑块A的最小 动能为EA=0,滑块B的最大动能为EB=?M=8J,故C 错误.若滑块A的质量MA一4kg,B的质量Mg=1kg,同理可 得，当A、B分离时，A、B的速度分别为vA=3m/s,=8m/s, 滑块A的最小功能为E=宁M以=18J,滑块B的最大动 能为E=令M%2=32J,故D正确. 答案D 1.解析根据功能关系可知，滑块减少的重力势能转化为内能 ngR一mgL,解得R一L,故A正确；滑块到B,点时速度最大， 设为，设小车速度大小为，由系统机械能守恒可得ngR= 合m+子M,水平方向系统动量守恒m。=M,联立得 =√，说明滑块m运动过程中的最大速度。=√巫，故 2 B错误：全程滑块水平方向相对小车的位移为A、C水平方向的 距离，即R十L,故C正确；滑块从A滑到B过程中，小车和滑块 组成的系统水平方向动量守恒nU1=M,作用时间相同，则有 m=M,由几何关系可得十=R,联立可得西=是R,到 B点后滑块做匀减速运动，由牛顿第二定律可得ug=ma,可得 a=g,由前面分析可知此时滑块的速度为。=√，减速为 (√6gR2 零时位移设为，由运动学公式可得二% 24g 3头，全程滑块相对地面的位移大小工了 子R+子L 3(R+L),故D正确. 4 答案ACD 12.解析(1)B与C碰撞过程动量守恒，对B和C,有m =(mg十me)e 解得e=2m/s. (2)弹簧弹性势能最大时三者共速，A、B、C组成的系统，由动量 守恒定律，有 (mA十nB)=(mA十ng十ne)u 碰后运动过程中，系统机械能守恒，有 E,=(m十me)e+m-(m十m+me) 代入数据解得E,=4J. 答案(1)2m/s(2)4J 3.解析(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时 滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为 凹1，以水平向右为正方向；滑块在木板上滑动的过程中，滑块和 木板组成的系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故 有n6=2n1 1 解得叫一豆功，方向水平向右 滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知 mg=m,-(2m) 联立解得μ一4g (2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为山'和2'，最终滑块相对 木板静止于木板的左端时速度为2，系统在爆炸前后动量守恒， 则有 2mw1=mu'十m2 2n1=22 系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有 mL=之m+m-之(2m 联立以上各式解得山'=0，山'=，方向水平向右. 答案(1)4g (2)0,班级 姓名 得分 课时分层检测（六》 动量和能量的综合问题 量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射 基础达标练 0… 击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子 1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上， 弹刚好能射进一半厚度，如图所示.上述两 一个光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水 种情况相比较 () 平面上，弧形槽底端与水平面相切，让一个 A.子弹对滑块做功一样多 物块从槽上高五处由静止开始下滑.下列说 B.子弹对滑块做的功不一样多 法正确的是 C.系统产生的热量一样多 D.系统产生的热量不一样多 4.(多选)如图所示，光滑 的半圆槽置于光滑的 水平地面上，从一定高 A.物块第一次被反弹后一定不能再次回到： 度自由下落的小球m 槽上高h处 恰能沿半圆槽边缘的 B.从物块压缩弹簧到被弹开的过程中，弹簧 切线方向滑入原先静 对物块的冲量等于零 止的槽内，对此情况，下列说法正确的是 C.物块沿槽下滑的过程中，物块与槽组成的 ( 系统动量守恒 A.小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛 D.物块沿槽下滑的过程中，物块的机械能 运动 守恒 B.小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动 2.(多选)如图所示， C.小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做 一质量M=8.0kg 往复运动 的长方形木板B放 D.槽一直向右运动 在光滑水平地面上，在其右端放一个质量 5.如图所示，在光滑水平面上 M￥ m=2.0kg的小木块A.给A和B大小均为 质量为M的小车正以速度 n9nnw9rwm 5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左 0向右运动，现有一质量为m的木块也以速 运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B 度0从右端冲上车面，由于摩擦小车速度将 板，A、B之间的动摩擦因数是0.5.则在整个 发生变化，为使小车继续保持匀速运动， 过程中，下列说法正确的是 ( 须及时给小车施一水平力，当小车和木块的 A.小木块A的速度减为零时，长木板B的： 速度相等时将力去掉.设小车和木块间的动 速度大小为3.75m/s 摩擦因数处处相同，车足够长，则此过程中 B.小木块A的速度方向一直向左，不可能 水平力对小车做的功为 ( 为零 A.0.5mv02 B.mvo2 C.小木块A与长木板B共速时速度大小为 C.1.5mo2 D.2m2 3m/s,方向向左 6.质量为M的小车静止 R D.长木板的长度可能为10m 在光滑水平面上，车上 3.(多选)矩形滑块由不 是一个四分之一的光 00 同材料的上、下两层黏 滑圆弧轨道，轨道下端 m 合在一起组成，将其放 777777777777 切线水平.质量为m的 甲 在光滑的水平面上，质 小球沿水平方向从轨道下端以初速度滑 131 班级 姓名 得分 上小车，重力加速度为g,如图所示.已知小： C.小球在右侧轨道上滑时，小车也向右运动 球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又 D.小球在轨道最低点时，小车与小球的速度 滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向 大小相等，方向相反 相反，速度大小之比等于1：3，则m:M的 值为 ( 9.如图所示，在光滑的水 A.1:3 B.1:4 平地面上停放着质量 C.3:5 D.2:3 为m的装有寻孤形槽 7.在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上 777777777777777777777777 表面光滑，AB水平，BC为圆弧，圆弧底端 的小车.现有一质量也 为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平 切线水平，如图所示.一可视为质点的物块 的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则 P,质量也为m,从滑板的右端以初速度o 滑上滑板，最终恰好能滑到圆弧的最高点 ( C处，求： A.在相互作用的过程中，小车和小球组成的 系统总动量守恒 A B.小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛 aaaaanaaaanaaa 运动 (1)物块滑到C处时的速度v; C.小球从右侧离开车后，对地将做自由落体 (2)圆弧的半径R; (3)物块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支： 运动 持力大小. D.小球从右侧离开车后，小车的速度有可能 大于 10.如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上， 已知A的质量MA=1kg,B的质量MB= 4kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开 始处于自由伸长状态.现使滑块A以= 5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止 的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超 过弹性限度)，直至分开，则相互作用过 程中 A -M B 77777 …0 能力提升练 0 A.滑块A的加速度一直在减小，滑块B的 8.(多选)如图所示，质量为 加速度一直在增大 m的小车静止在光滑的 B.弹簧的最大弹性势能E。=2J 水平地面上，车上有半圆 C.滑块A的最小动能为EkA=4.5J,滑块 7777772 形光滑轨道，现将质量也 B的最大动能为EkB=8J 为的小球在轨道左侧边缘由静止释放，则 D.若滑块A的质量MA=4kg,B的质量 ( A.在下滑过程中小球的机械能不守恒 MB=1kg,滑块A的最小动能为EkA= B.小球可以到达右侧轨道的最高点 18J,滑块B的最大动能为EkB=32J 132 班级 姓名 得分 11.（多选)如图，质量为 A m 0 0 创新应用练 0 M的小车静止在光滑 的水平面上，小车AB 13.如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的 段是半径为R的四分 长木板，挡板和长木板的总质量为，木板 之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平 长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定 粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为： 一个小炸药包（可视为质量不计的点）.木 m的滑块在小车上从A点从静止开始沿轨： 板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑 道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在： 块.滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个 C点.已知小车的质量M=3m,滑块与轨道： 系统处于静止状态.给滑块一个水平向右 BC间的动摩擦因数为4，重力加速度为g, 的初速度，滑块相对木板向右运动，刚好 则下列说法正确的是 能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆 A.4、L、R三者之间的关系为R=L 炸（此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只 B.滑块运动过程中的最大速度vm=√2gR 在水平方向上运动，且完好无损)，滑块最 C.全程滑块水平方向相对小车的位移为 终回到木板的左端，恰与木板相对静 R+L 止.求： D.全程滑块相对地面的位移大小 m 炸药包 x=3(R+L) m口 L 000200 4 (1)滑块与木板间的动摩擦因数； 12.如图所示，光滑 A B 水平面上有三 77777777 (2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的 速度 个滑块A、B、C,质量分别为mA=4kg, mB=2kg,mc=2kg,A、B用一轻弹簧连接 (弹簧与滑块拴接)，开始时A、B以共同速 度0=4m/s运动，且弹簧处于原长，某时 刻B与静止在前方的C发生碰撞并粘在一 起运动，求 (1)B与C碰后的瞬间，C的速度大小； (2)运动过程中弹簧最大的弹性势能， 133