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学生用书（人教版）

微点集训2　动量定理及动量守恒定律的4类模型 　 子弹—木块模型 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（　　） 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 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v-t图像如图所示，下列说法正确的是（　　） 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 C.整个过程产生的热量为m D.子弹进入木块的深度为v0t0 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v0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kv0（k为比例常量），求： （1）子弹最终的速度大小v以及阻力作用的时间t； （2）木块的长度L。 滑块—木板模型 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mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/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＝10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） A.A、B间的动摩擦因数为0.1 B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m D.木板获得的动能为2 J 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＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/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（　　） A.两者最终同速的速度是4 m/s 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24 J D.当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s 6.如图所示，质量m＝1 kg的木块以v0＝1 m/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＝4 kg，木块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，木块未从小车上滑落。求： （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？ 滑块—弹簧模型 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m的物体Q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（　　） A.弹簧对P的冲量大小为mv B.P、Q的位移大小之比为2∶1 C.弹簧对P做的功与对Q做的功相同 D.当P的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 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＝0.2 kg，现使B瞬时获得水平向右的速度v＝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，由图像可得（　　） A.t2～t3时间内，弹簧处于伸长状态 B.物块B的质量为0.2 kg C.弹簧的最大弹性势能为0.3 J D.0～t2时间内弹簧对A、B的冲量相同 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v0＝3 m/s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。已知mA＝1 kg，mB＝mC＝2 kg。求： （1）A、B碰后瞬间，B的速度大小vB； （2）弹簧的最大弹性势能Epmax。 滑块—斜（曲）面模型 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v0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v0 C.小球从冲上轨道到上滑至最高点，小球的水平位移为 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 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v0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（　　） A.滑块b沿a上升的最大高度为 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－m D.物块a对滑块b的冲量大小为mv0 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的最高点由静止释放，在圆弧体B中上升的最大高度为。已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 C.小球再次滑上A，在A中上升的最大高度为 D.若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 学科网（北京）股份有限公司 $ 微点集训2　动量定理及动量 守恒定律的4类模型 类型1　子弹—木块模型 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：mv0＝（m＋M）v。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝Ffd＝m－（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：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝FfL＝m－m－M 其中L为木块的长度，注意d≤L。 ｜名师点评｜ 1.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－FfdA＝0－EkA，解得EkA＝FfdA，对子弹B有－FfdB＝0－EkB，解得EkB＝FfdB，由于dA＞dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB，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.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mv0＝（m＋M）×，解得M＝9m，故B正确；由能量守恒可得，整个过程产生的热量为Q＝m－（M＋m）×＝m，故C正确；由题图可知，t0时间内木块的位移x1＝×t0＝，子弹的位移x2＝×t0＝，则x相对＝x2－x1＝，即子弹进入木块的深度为，故D错误。 3.（1）　　（2） 解析：（1）子弹在木块内运动的过程中，系统动量守恒，则mv0＝（M＋m）v， 解得子弹最终的速度大小为v＝， 对木块，根据动量定理有kv0t＝Mv－0， 解得阻力作用的时间t＝。 （2）子弹在木块内运动的过程中，根据能量守恒有kv0L＝m－（M＋m）v2， 解得木块的长度L＝。 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。 ｜方法技巧｜ 类型2　滑块—木板模型 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。ΔE＝Ffs，其中s为滑块与木板相对滑动的路程。 ｜名师点评｜ 4.A　物体B加速度大小为aB＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝mBaB，解得μ＝0.1，A正确；根据动量守恒定律得mBv0＝v，解得mA＝2 kg，损失的机械能为E损＝mB－v2＝2 J，B错误；木板A的最小长度为L＝×1 m－×1×1 m＝1 m，C错误；木板获得的动能为EkA＝mAv2＝1 J，D错误。 5.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v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得（M－m）v＝Mv1，代入解得v1≈2.67 m/s，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v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得（M－m）v＝（M＋m）v2，代入解得v2＝2 m/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ΔE＝＋－，代入数据解得ΔE＝24 J，故C正确。 6.（1）0.2 m/s　（2）0.4 s　（3）0.2 m 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mv0＝v， 解得v＝0.2 m/s。 （2）以小车为研究对象，由动量定理可得μmgt＝Mv， 得到t＝0.4 s。 （3）根据能量守恒有m＝μmgL＋v2，解得小车至少长L＝0.2 m。 类型3　滑块—弹簧模型 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。 ｜名师点评｜ 7.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，由动量守恒定律得2mv－mv＝2mv共，对P由动量定理得I＝mv共－（－mv），联立解得I＝mv，故A正确；在P与弹簧接触到P的速度减小为零的过程中vQ＞2vP，因此xQ＞2xP，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，Q的位移增大，因此xQ＞2xP，故B错误；由动能定理得，弹簧对P做的功为WP＝m－mv2＝－mv2，弹簧对Q做的功为WQ＝×m－×m＝－mv2，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.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，t1时刻，两物块速度一致，弹簧拉伸量最大，从t1～t2弹簧开始恢复原长，t2时刻弹簧为原长，在t2～t3时间内弹簧处于压缩状态，t3时刻压缩量最大，在t3～t4时间内弹簧开始恢复原长，t4时刻恢复原长，故A错误；结合题图乙以及之前的分析可知，t2时刻弹簧恢复原长，在开始到t2有mBv＝mAvA＋mBvB，由题图乙知vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，解得mB＝0.1 kg，故B错误；由之前的分析可知，t1时刻弹簧拉伸量最大，由动量守恒定律得mBv＝v共，由功能关系有mBv2＝＋Epmax，解得Epmax＝0.3 J，故C正确；0～t2时间内，弹簧对A、B的弹力始终等大反向，根据I＝Ft，可知0～t2时间内弹簧对A、B的冲量大小相等，方向相反，故D错误。 9.（1）2 m/s　（2）2 J 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mAv0＝mAvA＋mBvB， mA＝mA＋mB， 解得vB＝2 m/s。 （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mBvB＝v共， 根据能量守恒定律有 mB＝（mB＋mC）＋Epmax， 解得Epmax＝2 J。 类型4　滑块—斜（曲）面模型 模型 图示 模型 特点 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，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度（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，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（完全弹性碰撞拓展模型） ｜名师点评｜ 10.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，根据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，则v＝，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mv0＝mv1＋Mv2，根据系统机械能守恒可得m＝m＋M，联立解得v1＝v0，故B错误；根据系统水平方向动量守恒可得mv0＝mvm＋MvM，则有mv0t＝∑mvmxt＋∑MvMt，小球从冲上轨道到上滑到最高点，有mv0t＝mxm＋Mx，可得小球的水平位移为xm＝，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.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mv0＝v1，根据机械能守恒定律有mgh＝m－，解得h＝，故A正确；滑块b从滑上a到滑离a时，物块a运动的速度达到最大，则有mv0＝mv2＋2mv3，m＝m＋×2m，解得v2＝－，v3＝，故B错误；结合上述可知，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＝m－m＝－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＝mv2－mv0＝－mv0，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mv0，故D错误。 12.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＝mv2＋mA，mv＝mAvA，对小球滑上B的过程分析，由机械能守恒定律有mv2＝mgR，综合以上各式得v＝，vA＝，mA＝2m，小球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＝mAt，即mx＝mAxA，并且x＋xA＝R，解得xA＝R，选项B错误；由动能定理知，小球最终会以v1＝重新滑回A，并与A共速，由水平方向动量守恒有mv1＋mAvA＝（m＋v共，由机械能守恒定律有m＋mA－＝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mv＝mv'＋mBvB，mv2＝mv'2＋mB，由上式可得vB＝，选项D正确。 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