习题课三 动量与能量综合问题的四类模型(Word练习)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（教科版）

**基本信息** 这份同步练习聚焦动量与能量综合问题的四类模型，采用“基础对点练+素养综合练”分层设计，基础题巩固单一模型应用，综合题提升多模型综合分析能力，适配新授课知识内化与能力进阶需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础对点练|子弹打木块、滑块—木板、滑块—曲（斜）面体、滑块—弹簧四类单一模型|以选择为主，聚焦动量守恒、能量守恒基本规律应用，如判断关系式正误、求解阻力和动摩擦因数| |素养综合练|多模型综合（如子弹-物体-圆筒系统、弹簧-多物块系统）|以计算为主，强调多过程分析与模型迁移，如结合v-t图像分析弹簧系统、综合动量能量求弹簧压缩量|

习题课三　动量与能量综合问题的四类模型 题组一　子弹打木块模型　“滑块—木板”模型 1.（2026•四川省达州市第一中学高二入学考试）如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v0射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为v，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，子弹与木块间的相互作用力为f，以下关系式中不正确的是（　　） A．m－mv2=f B．m－v2=fd C．mv0=v D．Mv2=fd 2.〔多选〕长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块的过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为x，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．子弹受到的阻力大小 B．子弹受到的阻力大小 C．木块与水平面间的动摩擦因数 D．木块与水平面间的动摩擦因数 3.如图所示，一质量 M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　） A.1.8 m/s　 B．2.4 m/s C.2.8 m/s　 D．3.0 m/s 题组二　“滑块—曲（斜）面体”模型　“滑块—弹簧”模型 4.〔多选〕（2026•四川省广安市华蓥中学高二期中）如图a，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1－v2图像如图b所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B．当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1∶2 D．小球的初速度大小可能为 5.〔多选〕（2025•四川绵阳高二下期中）如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使B瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（　　） A．在t1到t3时间内弹簧都处于伸长状态 B．从t2到t4时间内弹簧都处于压缩状态 C．两物体的质量之比为m1∶m2= 2∶1 D．在t2时刻A的速度为1.5 m/s 6.〔多选〕（2025•四川成都高一下期末）如图所示，水平面上有一质量为5m的小球B与轻弹簧连接，还有质量为2m、半径为R的圆弧形槽C，其底部与水平面平滑相切，最初B、C均静止。一质量为m的小球A从距槽C顶端3R处自由落下后恰好滑入槽C，不计一切摩擦，则（　　） A．球A沿槽C下滑过程中，槽C对球A做负功 B．整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量守恒 C．球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左位移为R D．球 A与弹簧作用后，能够追上槽C 7.〔多选〕（2025•四川宜宾期末）如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA=0.1 kg、mB=1.0 kg、mC=0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．物体B能上升的最大高度为0.6 m B．物体B能上升的最大高度为1.8 m C．圆筒C能达到的最大速度为4.0 m/s D．圆筒C能达到的最大速度为8.0 m/s 8.（2025•四川自贡市高二期末）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=6.0 kg和mB=4.0 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从t=0时以一定速度向右运动，在t=4 s时与物块A相碰，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。求： （1）物块C的质量； （2）B离开墙后，弹簧中的弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？ 9.（2026•四川省高三开学考试）如图，一质量为m2=3.0 kg、长度为L的木板静止在光滑水平地面上。墙面固定一劲度系数k=80 N/m的轻弹簧，质量m1=1.0 kg的物块（视为质点）以水平初速度v0从木板左端滑入，当两者共速时木板还未接触到弹簧。物块与木板间动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变量为x时具有弹性势能Ep=kx2，重力加速度g大小取10 m/s2。求： （1）若v0=4 m/s，木板的最小长度L； （2）木板接触弹簧后，物块与木板即将相对滑动时弹簧的压缩量x1； （3）若木板长度L足够长，整个运动过程物块始终未从木板的右端滑落，要求弹簧压缩量不超过x2=0.2 m（仍在弹性限度内），初速度v0的取值范围（结果保留根号）。 答案 习题课三　动量与能量综合问题的四类模型 1.D　对子弹由动能定理可知－f=mv2－m，即m－mv2=f，选项A正确，不符合题意；对子弹和木块组成的系统由能量守恒定律可知m－v2=fd，选项B正确，不符合题意；对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律可知mv0=v，选项C正确，不符合题意；对木块由动能定理Mv2=fs，选项D错误，符合题意。 2.AC　子弹射入木块的过程时间极短，根据动量守恒定律可得mv0=v，根据能量守恒定律可得fL=m－v2，联立解得f=，选项A正确，选项B错误；子弹和木块一起做匀减速运动，由动能定理得－μgx=0－v2，联立解得μ=，选项C正确，选项D错误。 3.B　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv=Mv1，Mv1=（M＋m）v2，可得v1= m/s，v2=2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。 4.AC　小球滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，选项A正确；设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1＋Mv2，化简为v1=v0－v2，结合图b可得==2，即=，选项C正确；小球运动到最高点时，竖直分速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=v，解得v=，根据机械能守恒定律可得m=v2＋mgh，其中h＞R，求得v0＞，小球的初速度大小不可能为，故选项B、D错误。 5.BC　根据题意和题图乙分析可知，在0 ~ t1时间内B向右减速，A在向右加速运动，弹簧处于拉伸状态，t1时刻二者速度相同，弹簧有最大伸长量；t1后，B先向右减速再向左加速，A继续向右加速运动，t2时刻二者速度差达到最大，弹簧处于原长；t2~t3时间内，A向右减速，B先向左减速后向右加速，说明弹簧处于压缩状态，t3时刻二者速度再次相同，此时弹簧有最大压缩量；t3~t4时间内，B向右加速，A向右减速，弹簧处于压缩状态，t4时B速度达到最大，弹簧又恢复原长，A错误，B正确。t2时刻弹簧处于原长，相互作用过程中系统动量守恒、机械能守恒，0~t2时间内m2v0=m2v2＋m1v1，m2=m2＋m1，根据题图乙知v0=3 m/s，v2=－1 m/s，联立可得，m1∶m2=2∶1，v1=2 m/s，C正确，D错误。 6.AD　球A沿槽C下滑过程中，AC组成的系统机械能守恒，槽C向右运动机械能增加，球A对槽C做正功，则球A机械能减小，槽C对球A做负功，A正确；整个过程中球A、球B和槽C构成的系统动量不守恒但水平方向动量守恒，B错误；球A到槽C上端时的速度为v1，由机械能守恒定律得mg3R=m，解得v1=。球A和槽C组成的系统，设球A到最低点时的速度为vA，规定水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有mvA－2mvC=0，则mxA－2mxC=0，由几何关系xA＋xC=R，联立解得，球A第一次滑至槽C最低点过程中，球A水平向左的位移为xA=R，C错误；由能量守恒得m＋mgR=m＋×2m，其中mvA=2mvC，联立解得vA=4，方向水平向左，vC=2，方向水平向右。对球A和球B，由动量守恒定律得mvA=mvA′＋5mvB，由机械能守恒定律得m=mvA′2＋×5m，联立解得vA′=vA=－，方向水平向右。因为vA′＞vC，所以球A与弹簧作用后，能够追上槽C，D正确。 7.AD　子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0=mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2=（mB＋mC）v3，mB=（mB＋mC）＋mBgh，解得h=0.6 m，A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2=－mBv4＋mCv5，mB=mB＋mC，解得v5=8 m/s，C错误，D正确。 8.（1）2 kg　（2）2 m/s　12 J 解析：（1）由题图乙知，C与A碰前速度为v1=12 m/s，碰后速度为v2=3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得mCv1=（mA＋mC）v2，解得mC=2 kg。 （2）12 s末B离开墙壁，v3=3 m/s ，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒和机械能守恒，当A、C与B速度v4相等时弹簧的弹性势能最大。根据动量守恒定律，有（mA＋mC）v3=（mA＋mB＋mC）v4 根据机械能守恒定律得 （mA＋mC）=（mA＋mB＋mC）＋Ep 解得v4=2 m/s，Ep=12 J。 9.（1）3 m　（2）0.1 m　（3）v0≤4 m/s 解析：（1）对物块和木板，根据动量守恒定律得m1v0=（m1＋m2）v共 解得v共=1 m/s 根据能量守恒定律得m1=（m1＋m2）＋μm1gL 解得L=3 m。 （2）物块与木板即将发生相对滑动时，两者之间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，则此时对物块根据牛顿第二定律μm1g=m1a 解得a=2 m/s2 对整体，根据牛顿第二定律得F1=（m1＋m2）a=8 N 又因为F1=kx1，代入数据解得x1=0.1 m。 （3）设弹簧的压缩量恰好为x2=0.2 m，则此时长木板的速度恰好减小为零，则弹簧压缩量由x1=0.1 m到x2=0.2 m的过程中，设当弹簧压缩量为x1=0.1 m时长木板的速度为v1，根据功能关系可得μm1gΔx＋m2=Ep2－Ep1 其中Δx=x2－x1=0.1 m，Ep1=k，Ep2=k 长木板与弹簧接触前，物块和长木板动量守恒m1v0m=（m1＋m2）v共′ 弹簧压缩到x1=0.1 m的过程中，对整体，根据能量守恒定律得（m1＋m2）v共′2=（m1＋m2）＋Ep1 联立，解得v0m=4 m/s 所以，初速度v0的取值范围为v0≤4 m/s。 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $