第1章 微点集训2 动量定理及动量守恒定律的4类模型（Word版）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试教师用书（人教版）

享字科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 微点集训2动量定理及动量守恒定律的4类模型 类型个 子弹一木块模型 |名师点评 1.基本规律 (1)动量守恒：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动 量守恒。 (2)机械能不守恒：在子弹打木块过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不守恒，损 失的机械能转化为内能。且子弹未穿出木块时二者最后有共同速度，机械能损失最多。 2.主要关系 (1)子弹留在木块中（未穿出，完全非弹性碰撞模型） ①动量守恒：mo=(m+M)v。 ②机械能的损失（摩擦生热〉 Qw-Fd-jmv3-j (M+m)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 (2)子弹穿出木块（非弹性碰撞模型） ①动量守恒：vo=mv1+Mv2o ②机械能的损失（摩擦生热） Q=FL=2m2-2m2-2M 其中L为木块的长度，注意d≤L。 ·独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 1.(2026·浙江宁波高二检测)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹 A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。 若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则() B A.子弹A、B与木块组成的系统动量和机械能都守恒 B.入射过程中子弹A受到的阻力与子弹B受到的阻力大小相等 C.子弹A的动能一定比子弹B的动能小 D.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长 解析：B子弹A、B与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于两子 弹射入木块的过程，克服阻力做功，系统机械能减少，即机械能不守恒，故A错误： 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力 大小相等，故B正确；根据动能定理得，对子弹A有一Fda=0一EA,解得Ea= Fda,对子弹B有一Fd4=0一Es,解得E=Fd4,由于da>d,则有子弹入射时的 初动能EA>E,故C错误；子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静 止，分析可知，两子弹在木块中运动的时间必定相等，否则木块就会运动，故D错误。 2.(多选)(2026浙江金华高二质检)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子 弹水平射入后未穿出，子弹与木块运动的-t图像如图所示，下列说法正确的是( 10 0 A.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 B.木块的质量为9m 独家授权侵权必究· 享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 9 C.整个过程产生的热量为20mvo 11 D.子弹进入木块的深度为20oto 解析：ABC子弹水平射入后未穿出，该过程子弹与木块组成的系统满足动量守恒， 则子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故A正确；设木块的质量为 M,由动量守恒定律得m=(m+M0X品，解得M-9,故B正确：由能莹守恒 可得，整个过程产生的热量为Q=mw-M十m）×品-易m心，故C正确；由 12 9 题图可知，6时间内木块的位移=×6=若，子弹的位移=方×+岩 1 11v0,则x湘对=一x=,即子弹进入木块的深度为o，故D错误。 20 2 3.(2026广东佛山高二质检)如图所示，质量为M的木块静止在足够大的光滑水平 面上，质量为m的子弹（视为质点）以大小为的速度水平向右射入木块，结果子弹 恰好未从木块穿出。若子弹在木块内运动的过程中受到的阻力大小恒为，(k为比例 常量)，求： mo M 777777700777777777777007 (1)子弹最终的速度大小v以及阻力作用的时间： (2)木块的长度L。 mvo Mm Mmvo 答案： (1)M+m k (M+m) (2)2k(M+m) 解析：（1)子弹在木块内运动的过程中，系统动量守恒，则wo=(M十m)v, mvo 解得子弹最终的速度大小为v=M+m, 对木块，根据动量定理有ot=w一0， ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 Mm 解得阻力作用的时间t=k(M+m)。 (2)子弹在木块内运动的过程中，根据能量守恒有aL=mW-QM十m)y, Mmvo 解得木块的长度L=2k(M+m)· |方法技巧 涉及能量问题时有两种求解方法。一是打击前系统的机械能与打击后系统的机械能 之差等于系统机械能的损失；二是子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功之差等于 系统机械能的损失。 类型② 滑块一木板模型 |名师点评 1.把滑块、木板看成一个整体，滑块与木板之间的摩擦力为内力，在光滑水平面上 的滑块与木板组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒。 2.在滑块与木板发生相对滑动过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不守恒，损失的 机械能转化为内能；且滑块不滑出木板时二者最后具有共同速度，机械能损失最多。 △E=FS,其中s为滑块与木板相对滑动的路程。 4.(2026福建漳州高二质检)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为 m=2kg的另一物体B以水平速度vo=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于 A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2,则下 列说法正确的是() ↑/(ms 、B B A 2/s 甲 ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 A.A、B间的动摩擦因数为0.1 B.系统损失的机械能为4J C.木板A的最小长度为2m D.木板获得的动能为2J 2-1 解析：A物体B加速度大小为as=1-0m/s2=1m/s,根据牛顿第二定律得umg= ma,解得u=0.1,A正确；根据动量守恒定律得mo=mA十mav,解得ma=2 1,21 kg,损失的机械能为E损=2m-2mA十mlv2=2J,B错误；木板A的最小长度为 1=号×1m-×1X1m=1m,C错误；木板获得的动能为BA=m:W=1J,D 错误。 5.(2026·湖北武汉高二质检)如图，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板 和质量m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦， 薄板足够长，下列说法错误的是() M A.两者最终同速的速度是4ms B.物块先减速再加速最后与薄板同速 C.至两者同速的过程，系统产生的内能为24J D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67m/s 解析：A开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，根据系统的动量守恒可知，当 物块的速度为零时，设此时薄板的速度为1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律 得(M一m)v=v1,代入解得v≈2.67ms,此后物块将向右加速，薄板继续向右 减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为，规定向右为正方向，由动量守恒定 ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 律得(M一m)v=(M十m)2,代入解得v2=2m/s,两者相对静止时，一起向右做 匀速直线运动，故A错误，B、D正确：根据能量守恒，可知此过程中系统产生的内 能为=y+_Mm,代入敬据解行E=24,故C正硫。 2 2 6.如图所示，质量m=1kg的木块以vo=1m/s的速度水平滑上静止在光滑水平地面 上的平板小车，小车的质量M=4kg,木块与小车之间的动摩擦因数u=0.2,重力加 速度g=10m/s,木块未从小车上滑落。求： M 7777777777 (1)木块和小车相对静止时小车的速度大小： (2)从木块滑上小车到二者相对静止所用的时间： (3)为了防止木块从小车上滑落，小车至少多长？ 答案：(1)0.2m/s(2)0.4s(3)0.2m 解析：(1)以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得= M+mlv, 解得v=0.2m/s。 (2)以小车为研究对象，由动量定理可得 umgt=Mv, 得到t=0.4s。 (3) 根据能量守恒有2m2=wmgL+M+mv,解得小车至少长L=0.2m。 类型③ 滑块一弹簧模型 |名师点评 ·独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 1.对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中，若系统所 受合外力为零，则系统的动量守恒。 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 此类问题。 3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹 性势能。当弹簧处于原长时，弹簧某一端的物体具有最大速度，此时弹簧的弹性势能 为零。 7.(2026·江苏南京高二统考)如图所示，光滑水平地面上质量为m的物体P以速率v 向右运动，质量为的物体O左端固定有一轻弹簧，以速率2v向左运动。弹簧的形 变始终在弹性限度内，两物体均可视为质点，在P与弹簧接触到弹簧压缩量最大的过 程中，下列说法正确的是( 2 M Q 7777770777777777 A.弹簧对P的冲量大小为w B.P、Q的位移大小之比为2：1 C.弹簧对P做的功与对O做的功相同 D.当P的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 解析：A当P、Q共速时，弹簧的压缩量最大，规定水平向左为正方向，由动量守 3 恒定律得2v-mv=2v共，对P由动量定理得I=v共一（-mv)，联立解得I= w,故A正确；在P与弹簧接触到P的速度减小为零的过程中ve>2vr,因此xe> 2x,从P的速度为零到P的速度达到v共的过程中，P、Q均向左运动，P的位移减小， 1 Q的位移增大，因此xo>2xp,故B错误；由动能定理得，弹簧对P做的功为Wp=2m ·独家授权侵权必究 享学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 21 v共-2w2=- 8m,弹簧对Q做的功为Wa=×mv2-×m2v=-5m 8w2,故C错 误；当P、Q共速时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，故D错误。 8.如图甲所示，一轻质弹簧的两端与物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。 已知A的质量ma=0.2kg,现使B瞬时获得水平向右的速度v=3m/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，由图像可得() /(m's-) AWWWWWWIB 甲 A.t一3时间内，弹簧处于伸长状态 B.物块B的质量为0.2kg C.弹簧的最大弹性势能为0.3J D.0~t时间内弹簧对A、B的冲量相同 解析：C给物块B一个初速度，B开始向右运动，结合题图乙可知，在0~t1时间内， 弹簧处于拉伸状态，时刻，两物块速度一致，弹簧拉伸量最大，从t1~弹簧开始恢 复原长，时刻弹簧为原长，在~3时间内弹簧处于压缩状态，3时刻压缩量最大， 在~时间内弹簧开始恢复原长，时刻恢复原长，故A错误；结合题图乙以及之前 的分析可知，t时刻弹簧恢复原长，在开始到有mv=maVa十m,由题图乙知va= 2m/s,s=-1m/s,解得m=0.1kg,故B错误；由之前的分析可知，t时刻弹簧 拉伸量最大，由动量守恒定律得mv=mA十mv,由功能关系有v= m十ma+E,解得E=0.3,故C正确：0~6时间内，弹簧对A、B的弹 力始终等大反向，根据I=Ft,可知0~时间内弹簧对A、B的冲量大小相等，方向 相反，故D错误。 *独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 9.如图所示，A、B、C三个物块置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹 簧的两端与物块拴接，刚开始物块B、C处于静止状态。现物块A以初速度o=3s 沿B、C的连线方向朝B运动，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），然后压缩弹簧。 己知ma=1kg,ms=mc=-2kg。求： (1)A、B碰后瞬间，B的速度大小v; (2)弹簧的最大弹性势能Em。 答案：(1)2ms (2)2J 解析：(1)A和B碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAvo=mAva十 MBVB, 2ma,=mv2+2mev, 2 2 2 解得b=2ms。 (2)当B和C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有mvs= mB十mcv共， 根据能量守恒定律有 msvg-是m+me）v+Eaa· 解得Epmax=2J。 类型④ 滑块一斜（曲）面模型 |名师点评 ·独家授权侵权必究 空学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 模型 M ☐m 图示 777777 水平地面光滑 1.最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨 道，系统水平方向动量守恒，mw=(M什m)v共；系统机械能守恒，m 模型 ,=@M十m)v十mgh,其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆 特点 弧轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）； 2.最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，wo=mw1十Mw;系统机 械能守恒，2m-m心2+2M:2(完全弹性碰撞拓展模型) 10.(2026浙江温州高二质检)如图所示，带有四分之一光滑圆弧形轨道的滑块静止 在光滑水平面上，轨道底端与水平面相切，滑块质量为M。质量为m的小球以初速度 从圆弧形轨道底端冲上轨道，若小球没有从轨道顶端冲出，且在小球冲上轨道到上 滑至最高点的过程中，滑块的位移为x,所用的时间为t,重力加速度为g。下列说法 正确的是（) A.小球沿轨道上滑至最高点时的速度为0 B.小球回到轨道底端时的速度大小为o mvot -Mx C.小球从冲上轨道到上滑至最高点，小球的水平位移为 m D.仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲出轨道后，将沿竖直方向运动 解析：C小球与滑块组成的系统，在水平方向上受到的合外力为0，则系统在水平方 向上动量守恒，小球沿轨道上滑至最高点时，两者具有相同的水平速度，根据动量守 ·独家授权侵权必究· 享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 mvo 恒定律可得%=(m十)V,则v-m+M,故A错误；设小球回到轨道底端时的速 度为v1,滑块的速度为v2,根据系统水平方向动量守恒可得mwo=w1+v,根据系 统机械能守恒可得mv,2-m2+,联立解得y=十o,故B错误：根据系 m-M 统水平方向动量守恒可得vo=mwm十Mw,则有mvot=∑wmt+∑vwt,小球从冲上 轨道到上滑到最高点，有ot=cn十Mc,可得小球的水平位移为xm= vot-Mx m 一，故 C正确；仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向 竖直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则小球冲出轨道后，做斜抛运动， 故D错误。 11.(多选)(2026浙江绍兴高二校考)如图所示，质量为2m的光滑物块a静止在光 滑水平面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平面相切，质量为m的滑块b以初速度o 向右运动滑上a,沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a,不计一切摩擦，滑 块b从滑上a到滑离a的过程中() b A.滑块b沿a上升的最大高度为3g Vo B,物块a运动的最大速度为 C.物块a对滑块b所做的功为一m D.物块a对滑块b的冲量大小为号m 解析：AC滑块b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，根据动量守恒定律有mvo =m+2m,根据机械能守恒定律有mgh=m,2-m+2m,解得h 3g, Vo 故A正 ·独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 确；滑块b从滑上a到滑离a时，物块a运动的速度达到最大，测有mvo=v2十 2m,m-m+×2m,解得=-兰，=2当，故月错误：结合上迷可知， 1 1 滑块b从滑上a到滑离a的过程中，根据动能定理可知物块a对滑块b所做的功为W= mv:2一m,=一音m,故C正确；结合上述可知，滑块b从滑上a到滑离a的过程 中，根据动量定理可知，合力的冲量I合=v2一mvo=一3wo,由于滑块b从滑上a到 滑离a的过程中受到重力与物块a的弹力作用，可知物块a对滑块b的冲量大小不是 vo,故D错误。 12.(多选)(2026江苏南京高二校考)如图，质量和半径都相同的四分之一光滑圆 弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧的半径为 R。圆弧体B锁定，圆弧体A可以自由滑动，一个小球从圆弧体A的最高点由静止释 2R 放，在圆弧体B中上升的最大高度为3。己知重力加速度大小为g,则() A.小球与圆弧体的质量之比为2：1 B.在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中，A的位移为3 C.小球再次滑上A,在A中上升的最大高度为g D.若圆弧体B没有镜定，则圆弧体B最终获得的速度大小为9 解析：CD由题可知，对小球从A滑下到与A分离的过程分析，由机械能守恒及水 平方向动量守恒有mgR=2+2mav,m=ma,对小球滑上B的过程分析，由机 ·独家授权侵权必究 孕学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 械能守恒定律有m-号mgR,综合以上各式得v=g,以=，m=2,小球 2 与圆弧体的质量之比为1：2，选项A错误；由于小球与圆弧体A的运动时间相同， 则mt=mAV At,即mx=mAxA,并且x十xa=R,解得xa=3R,选项B错误；由动能定 理知，小球最终会以W=件g重新滑回A,并与A共速，由水平方向动餐守恒有m 十m:以=（m+mv美，由机械能守恒定律有2m+ma,’- 1 2m+mav共2=mgh,得h =R,选项C正确：若圆弧体B没有锁定，则小球与B从接触到分离的全过程有m =m叶%，m=m叶m,由上式可得购=9，连项D正确， ·独家授权侵权必究：