13-第1章 专题专项练-专题强化练4 力学三大观点的综合应用（word同步练习）-【学而思】2026-2027学年高二物理选择性必修第一册（人教版）

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过典例系统提炼动量守恒、能量守恒及临界状态分析方法，构建从单一观点到多观点融合的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |力学综合|6题（含1真题）|弹性碰撞规律、临界状态（最高点无弹力/共速）、极限法、动量能量守恒联用|以牛顿运动定律为基础，整合动量守恒与能量守恒，从单一过程分析到多过程综合，涵盖弹簧、碰撞、圆弧轨道等模型，形成“状态分析-规律选择-方程建立”的推理链条|

专题专项练 专题强化练4　力学三大观点的综合应用 1.(多选题)[2026河北三模]如图,轻质弹簧左端固定,将圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点,质量为m2=4 kg的小球B静止在水平轨道上,将质量为m1=2 kg的小球A压缩弹簧后由静止释放,小球A能从M点进入圆弧轨道,通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用,之后从N点返回水平轨道,水平轨道足够长,两球间的碰撞为弹性碰撞。已知两球的大小相同且半径很小,圆弧轨道半径R=0.1 m,不计一切摩擦和空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。则(　　) A.释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为10 J B.两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2 C.小球A再次返回轨道运动时与内轨道无弹力 D.两小球至多能发生2次碰撞 2.(多选题)[2026河北邯郸阶段测试]如图所示,质量为1 kg的“L”形长木板放置在水平面上,长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.5,质量均为0.5 kg的滑块A、B放在长木板上,与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,初始时滑块A、B之间的距离为1.8 m,滑块A和长木板之间连接有一处于原长状态的轻质弹簧,弹簧的劲度系数为50 N/m,某时刻给滑块B一个方向向左、大小为v0=5 m/s的初速度,滑块B和A碰后粘连在一起。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.滑块B与A碰撞前瞬间的速度大小为4 m/s B.滑块B和A由于碰撞损失的机械能为2 J C.长木板刚滑动时弹簧的压缩量为0.15 m D.长木板刚滑动前因摩擦产生的热量为2.25 J 3.[2026贵州毕节三模]如图所示,将质量分别为3m和m的木块A、B静置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧连接,弹簧处于原长状态。一质量为m的子弹以水平向右的速度v0射击木块A并留在其中(作用时间极短),经过t0时间,木块A运动了l的位移,弹簧第一次被压缩至最短,且弹簧始终在弹性限度内。求: (1)在运动过程中,弹簧的最大弹性势能; (2)弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A的速度之比; (3)弹簧第一次被压缩至最短时木块B运动位移的大小。 4.[2026安徽期中]如图,一根竖直固定的无限长的直圆管内有一质量为3m的水平薄圆盘恰好静止,圆盘与管的上端口有一段距离。一质量为m的小球从管的上端口由静止释放,以速度v0与圆盘发生弹性碰撞(碰撞时间极短),碰撞后圆盘在管中匀速滑动。设小球在管中运动时与管壁不接触,小球与圆盘的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度大小为g,不计空气阻力,圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)小球从释放到与圆盘第一次碰撞前所经历的时间t; (2)第一次碰撞与第二次碰撞之间圆盘与圆管摩擦产生的热量Q; (3)第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离x。 5.(甄选真题)[2024安徽,14]如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置,由静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前,所受拉力的大小; (2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小; (3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 6.[2026浙江嘉兴一模]如图1所示,BC为一水平传送带,C点右侧连接一光滑水平台面,水平台面上放置有质量M=1.8 kg、半径R=0.32 m的四分之一光滑圆弧形滑块C'D(图示位置C'与C重合)。传送带左下方地面上固定一图2所示的倾角为53°的光滑斜面,斜面上安装一弹射装置。质量m=0.2 kg的小物块(可视为质点)被弹射后沿斜面从A点冲出,并恰能水平切入到传送带B点,且滑至传送带末端C点时速度恰好为0。已知BC长L=1 m,AB高度差h=0.8 m,传送带以v1=2 m/s的速度逆时针转动,重力加速度g=10 m/s2。 　 (1)求小物块到达B点时速度大小及物块与传送带间的动摩擦因数μ; (2)保持弹射速度不变,改变传送带旋转方向和速度: ①若物块恰好可以滑至弧形滑块D点,求传送带顺时针转动速度v2的大小和此过程摩擦力对小物块做的功;(结果可保留分数) ②求物块滑出D点后能到达离水平台面的最大高度H。 答案与分层梯度式解析 专题专项练 专题强化练4　力学三大观点的综合应用 1.BC　小球A在最高点P时恰好与圆管无弹力作用,有m1g=m1,解得vP=1 m/s,释放小球A时弹簧储存的弹性势能为Ep=m1+2m1gR=5 J,A错误;小球A与B碰前,小球A的动能Ek=Ep=5 J,小球A与B碰前的速度v0== m/s,以水平向右为正方向,则A、B碰撞过程根据动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒有m1=m1+m2,联立解得v1=- m/s,v2= m/s,即两小球第一次碰撞后速度大小之比为1∶2,B正确;设小球A再次返回轨道运动时能上升的最大高度为h,由m1gh=m1,解得h= m<R,可知小球A不能越过与圆心等高的位置,则与内轨道无弹力(破题关键),C正确;小球A返回到水平面时的速度大小仍为 m/s,因小于小球B的速度,则两球不可能再发生第二次碰撞,D错误。  2.ABC　设“L”形长木板的质量为mC=1 kg,因为μ1mBg<μ2(mA+mB+mC)g,可知滑块B与A碰撞前木板处于静止状态,对B有-=-2μ1gxAB,解得滑块B与A碰撞前瞬间的速度大小vB=4 m/s,A正确;规定向左为正方向,B与A碰撞过程,由动量守恒有mBvB=(mB+mA)v共,由于碰撞损失的机械能ΔE=mB-(mB+mA),解得ΔE=2 J,B正确;长木板刚滑动时,对木板有μ1(mB+mA)g+kx=μ2(mA+mB+mC)g,解得弹簧的压缩量x=0.15 m,C正确;长木板刚滑动前因摩擦产生的热量Q=μ1mBgxAB+μ1(mB+mA)gx,解得Q=2.625 J,D错误。 3.答案　(1)m　(2)　(3)v0t0-4l 关键点拨 解析　(1)子弹射击A过程,由动量守恒定律有mv0=4mv1 A、B共速时,弹簧弹性势能最大,有4mv1=5mv2 Epm=×4m-×5m 解得Epm=m (2)从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长,根据动量守恒定律和能量守恒定律有4mv1=4mvA+mvB,×4m=×4m+×m 解得vA=v1 根据对称性可知,弹簧第二次恢复原长时A的速度为v1(破题关键),故= (3)在弹簧第一次被压缩过程中,设t时刻A、B的速度分别为vA1和vB1,则4mv1=4mvA1+mvB1 在极短时间Δt内,A、B的运动可视为匀速运动,则在Δt时间内A、B运动的位移分别为ΔxA1=vA1Δt,ΔxB1=vB1Δt 故4mv1Δt=4mΔxA1+mΔxB1 在t0的时间内,累积可得4mv1t0=4ml+mxB(解题技法) 解得xB=v0t0-4l 4.答案　(1)　(2)3m　(3) 解析　(1)小球与圆盘第一次碰撞前做自由落体运动,根据v0=gt 解得t= (2)设小球与圆盘第一次碰撞后小球的速度为v1,圆盘的速度为v2,取竖直向下为正方向,根据动量守恒和机械能守恒有mv0=mv1+3mv2 m=m+×3m 解得v1=-v0,v2=v0 设经过时间t1,小球与圆盘第二次碰撞,以竖直向下为正方向,则有v2t1=v1t1+g 解得t1= 圆盘匀速下滑,与管壁之间的摩擦力f=3mg 在这段时间内,圆盘运动的距离为x1=v2t1 由于摩擦产生的热量为Q=fx1 解得Q=3m (3)第二次碰撞前小球的速度为v3=v1+gt1 设第二次碰撞后,小球的速度为v4,圆盘的速度为v5,根据弹性碰撞的规律有 mv3+3mv2=mv4+3mv5 m+×3m=m+×3m 解得v4=0,v5=v0 可知第二次碰撞后,小球做自由落体运动,圆盘以速度v0做匀速运动,当两者速度相等时,小球与圆盘的距离最远(破题关键),有v5=gt2 x=v5t2-g 解得x= 5.答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 思路点拨 　　(1)小球从初位置释放后做圆周运动,在最低点获得最大速度v0; (2)小球与物块发生弹性碰撞,碰撞时满足动量守恒和机械能守恒。 (3)物块与小车组成一个新的系统,两者之间的摩擦力为内力,系统水平方向动量守恒。当物块刚好运动到水平轨道最右端两者共速,此时动摩擦因数最大;当物块运动到与圆弧轨道圆心等高的位置两者共速,此时动摩擦因数最小。 解析　(1)对小球摆动到最低点的过程,由动能定理得mgL=m-0 解得v0=5 m/s 在最低点,对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N (2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为 v2=v0=4 m/s (3)由于小车与物块组成的系统水平方向不受外力,则该系统水平方向动量守恒,则: ①若物块恰好运动到水平轨道最右端,此时两者共速(破题关键)(当动摩擦因数较大时,物块不能进入圆弧轨道),则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 ②若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置,此时两者共速(破题关键)(当动摩擦因数较小时,物块会脱离小车),则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4 由能量守恒定律得M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25(点拨:此时动摩擦因数值最小) 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4 方法技巧　解答本题时要利用好极限法,明确动摩擦因数最小或最大时会出现什么情况,进而得出动摩擦因数μ的取值范围。 6.答案　(1)3 m/s　0.45　(2)① m/s　- J ②0.81 m 解析　(1)物块从A点斜抛到B点为平抛逆过程,则h=gt2 解得t=0.4 s 则vy=gt=4 m/s,vB=vx==3 m/s 物块从B到C,由牛顿第二定律得f=μmg=ma 根据=2aL 得μ=0.45 (2)①设物块到达C点时速度为vC1,到达D点时两物体共速,速度为vD1,物块与弧形滑块作用过程,由水平方向上动量守恒及机械能守恒有 mvC1=(m+M)vD1 m=(M+m)+mgR 解得vC1= m/s 因vB=3 m/s> m/s,传送带顺时针转动,所以v2=vC1= m/s(点拨:物块在传送带上先减速,与传送带共速后匀速) 摩擦力对小物块做的功W=m-m 得W=- J ②设物块在传送带上一直加速时(破题关键)到达C的速度为vC2,到D上方最高点时速度为vD2,物块在传送带上一直加速有-=2aL 得vC2=3 m/s 物块进入弧形滑块到最高点过程,由水平方向上动量守恒和机械能守恒有 mvC2=(m+M)vD2,m=(M+m)+mgH 解得H=0.81 m(点拨:物块到达最高点时,与弧形滑块具有相同的速度) 1 学科网（北京）股份有限公司 $