15-第1章 三年高考模拟练（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** 以高考模拟题为载体，系统整合动量守恒、机械能守恒等核心方法，通过解题指引与技法提炼构建力学综合问题的解题逻辑链，突出科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量与能量综合|6题（如3、4、8题）|碰撞分类处理、人船模型、多过程阶段划分|从单一守恒到多定律联用，构建“过程分析-守恒判断-方程联立”推理链条| |实际应用问题|2题（10、11题）|微元法求和、动量定理定量分析|联系生活情境，体现物理观念在技术问题中的迁移应用|

三年高考模拟练 应用实践 1.[2026河北衡水开学考试]如图所示,水平地面上A点有一抛射装置(图中未画出,高度忽略不计),某时刻同时沿不同方向斜向上抛出质量相等的甲、乙两球(均可视为质点),乙球落在水平地面B点时,甲球刚好运动到最高点,最终甲球也落在B点,不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　) A.从A到B的过程,甲、乙两球重力冲量的大小之比为4∶1 B.甲、乙两球最高点到地面的距离之比为2∶1 C.甲、乙两球最小速度的大小之比为1∶2 D.甲、乙两球初速度与水平方向间夹角之比为4∶1 2.(多选题)[2024福建莆田模拟]如图所示,一次军事演习中,一质量为M的炮弹从地面发射(炮架高度不计),经过时间t在最高处击中相对地面静止的质量为m的模拟敌方目标,此时炮弹正好发生爆炸,并分成两块质量不同的残骸,可视为质点的两个残骸均做平抛运动,落到地面的时间为t,较小的残骸质量为m并向我方炮架方向飞来,水平方向运动距离为d1,并落到地面上的P点,另一残骸(包括模拟敌方目标)质量为M并向远离我方炮架方向飞去,水平方向运动距离为d2,并落到地面上的Q点。击中过程可看作完全非弹性碰撞,爆炸过程可视为反冲运动,不计质量损失,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.击中过程动量守恒,机械能也守恒 B.炮弹在最高处速度大小为 C.若d1=,残骸会误伤我方人员 D.爆炸过程中机械能守恒,但动量不守恒 3.(多选题)[2026内蒙古自治区多校联考]如图所示,质量为3 kg的木板静止在光滑的水平地面上,质量为1.98 kg、可视为质点的木块静止在木板左端。质量为0.02 kg的子弹以500 m/s的速度水平向右击中木块并留在木块中(子弹击中木块的时间极短),木块最终未滑离木板,已知木块与木板间的动摩擦因数为0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A.木块做匀速直线运动的速度大小为2 m/s B.全过程子弹、木块、木板组成的系统损失的动能为2 490 J C.木块与木板间因摩擦产生的热量为10 J D.木板的长度至少为1.5 m 4.(多选题)[2026河北石家庄阶段测试]如图所示,质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,不计空气阻力,则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A.运动过程中,A、B、C组成的系统机械能守恒,动量不守恒 B.C球第一次摆到最低点时,速度大小为 C.C球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向右移动的距离为L D.C向左运动能达到的最大高度为L 5.[2025河南郑州第一次质量预测]工程师对质量为m的汽车进行性能测试,测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f=f0+kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F,使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　) A.汽车速度越大,加速越快 B.汽车达到的最大速度为 C.整个过程的平均速度为 D.整个过程所用时间为+ 6.(多选题)[2026河南阶段测试]如图甲所示,竖直轻弹簧下端固定在地面上,以弹簧原长处为坐标原点O,竖直向下为正方向建立x轴,物块B置于弹簧上端并处于静止状态。现让物块A从O点由静止释放,与B碰撞后一起向下运动,且运动过程始终在弹簧弹性限度内。以B开始静止时所在水平面为参考平面,A向下运动过程中,A、B的总机械能E与A的位置坐标x的关系如图乙所示,图中数据皆为已知量,A、B均可视为质点,重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) 　 A.B的质量为A的3倍 B.弹簧的劲度系数为 C.A、B碰撞过程损失的机械能为E1 D.A、B总机械能为零时位置坐标为x1 7.[2025江苏南京、盐城一模]如图所示,轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连,并放在倾角为θ的固定斜面上,A靠在固定的挡板P上,弹簧与斜面平行,A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放,C和B碰撞的时间极短,碰撞后粘在一起不再分开,已知A、B、C的质量均为m且均可视为质点,弹簧劲度系数为k,且始终在弹性限度内,不计一切摩擦,重力加速度为g,为保证A不离开挡板,则x的最大值为(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 8.[2026山东聊城模拟]如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以滑离B,恰好能到达C的最高点。A、B的质量均为m,C的质量为2m,试求: (1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ; (2)圆弧槽C的半径R; (3)滑块A离开圆弧槽C时的速度大小。 9.[2026湖南湘潭模拟预测]如图所示,固定点O处悬挂长为L的轻质细绳,细绳的末端拴接一个质量为2m的小球。光滑水平地面上有n个质量均为m的相同小滑块,从左向右依次编号为1、2、…、n。现将细线水平拉直,静止释放小球,当小球摆到最低点时刚好与小滑块1发生弹性碰撞。已知滑块间的每次碰撞时间极短,重力加速度大小为g。 (1)求小球与1号小滑块碰前瞬间细绳的拉力大小; (2)若所有滑块间的碰撞是弹性碰撞,求小滑块n被碰后的速度大小; (3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞,求因碰撞损失的机械能。 10.(创新题·新情境)[2026湖北阶段测试]如图(a),农民利用传统的扬谷扇车分离谷粒和杂质。其简化原理如图(b),风车叶片匀速转动,产生水平向右的稳定气流,气流速度为v0,谷粒和杂质均在气流区域受到水平向右的风力。假设谷粒和杂质均从距离地面同一高度为h的出口由静止释放,气流区域的高度为d,谷粒或杂质离开气流区域时速度的水平分量为v0,正常谷粒的质量范围为m1~m2,质量高于或低于此范围视为杂质,重力加速度大小为g,不计其他阻力。 　 (1)求谷粒从出口落到地面所用的时间; (2)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小为F=kv(k为常量,v为谷粒或杂质与气流的水平相对速度大小),求地面能够收集到正常谷粒的水平距离范围; (3)若谷粒在气流区域受到水平向右的风力大小F'仅与谷粒下降高度y有关,且其关系式为F'=F0,式中F0为常量,求质量为m的谷粒落地时的动能。 11.[2026北京期中]自动称米机已被广泛使用。称米时,打开阀门,米粒就以d(kg/s)的恒定流量流进放在秤上的容器。当秤的示数达到顾客所要求的数量时,在出口处关闭阀门,切断米流。米流在出口处速度很小,可视为零。对上述现象,买卖双方引起了争论。买方认为:因为米流落到容器中时有向下的冲力而不划算;卖方则认为:当达到顾客所要求的数量时,切断米流,此时尚有一些米在空中,这些米是多给买方的。请谈谈你的看法,并根据所学的知识给出合理的解释。 答案与分层梯度式解析 三年高考模拟练 1.C　设乙球从A到B所用的时间为t,则甲球从A到B所用的总时间为2t,由于两球质量相等,由I=mgt可知,甲、乙两球重力冲量的大小之比等于从A到B所用的时间之比,为2t∶t=2∶1,A错误;在竖直方向,小球做竖直上抛运动,甲球从A到最高点所用时间为t,则甲球最高点到地面的距离h甲=gt2,乙球从A到最高点所用的时间为,则乙球最高点到地面的距离h乙=g=gt2,所以h甲∶h乙=4∶1,B错误;小球在最高点时速度最小,即水平方向的分速度,设A、B间的水平距离为x,对甲球有v甲x=,对乙球有v乙x=,所以甲、乙两球最小速度的大小之比为v甲x∶v乙x=1∶2,C正确;设甲球初速度与水平方向间夹角为α,乙球初速度与水平方向间夹角为β,对甲球有v甲y=gt,v甲x=,则tan α==,同理对乙球有tan β==,所以tan α∶tan β=4∶1,但夹角之比不是4∶1,D错误。 2.BC　 题图解读 击中敌方目标过程可看作完全非弹性碰撞,可知击中过程动量守恒,机械能不守恒,A错误;设炮弹在最高处速度大小为v,取炮弹最高处速度方向为正方向,击中过程根据动量守恒可得Mv=-mv1+Mv2,又d1=v1t,d2=v2t,联立解得炮弹在最高处速度大小为v=,B正确;若残骸误伤我方人员,则有x=v1t=vt,即d1=,C正确;爆炸过程中内能转化为机械能,机械能不守恒,动量守恒,D错误。 3.ABD　子弹击中木块过程动量守恒,根据动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1,解得v1= m/s=5 m/s,子弹击中木块后与木板一起运动到三者速度相等的过程中动量守恒,根据动量守恒定律有(m1+m2)v1=(m1+m2+m3)v2,解得v2=2 m/s,故A正确;全过程系统损失的动能为ΔEk=m1-(m1+m2+m3),代入数据解得ΔEk=2 490 J,B正确;木板与木块间因为摩擦产生的热量为Q=(m1+m2)-(m1+m2+m3),代入数据解得Q=15 J,C错误;由Q=μ(m1+m2)gL,代入数据解得L=1.5 m,即木板长度至少为1.5 m,D正确。 4.AD　木块A、B和球C组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,但竖直方向动量不守恒,所以系统的总动量不守恒,A正确;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒有mvC-2mvA=0,由机械能守恒得mgL=m+×2m,解得vA=,vC=,B错误;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,有mxC=2mxA,xC+xA=L(人船模型),所以木块A、B向右移动的距离为xA=,C错误;C球摆到最低点时,A、B将要分离(破题关键),当C向左运动到达最大高度时,A、C共速,从C运动到最低点再到A、C共速,由动量守恒有mvC-mvA=2mv共,由机械能守恒有m+m=×2m+mgh,解得C向左运动能达到的最大高度为h=L,D正确。 5.D　 解题指引　对汽车进行受力分析可知,汽车水平方向受到牵引力和综合阻力作用,汽车所受的合力F合=F-f=F-f0-kv=ma,解得a=,可知汽车速度v越大,加速度a越小,当加速度为零时,汽车的速度达到最大,画出v-t图像,如图所示,t时刻汽车的位移为x。 工程师为汽车提供恒定的牵引力F,根据牛顿第二定律有F合=F-f=F-f0-kv=ma,解得a=,可知汽车速度v越大,加速度a越小,即加速越慢,A错误;汽车达到最大速度时,汽车受到的阻力最大,汽车所受合力为零,有F合=F-f0-kvm=0,解得最大速度vm=,B错误;整个过程中,汽车做加速度减小的加速运动,汽车的平均速度=>==,C错误;汽车从静止达到最大速度过程中,根据动量定理有Ft-t=mvm-0,其中t=∑(f0+kv)t=f0t+∑kvt=f0t+kx(点拨:微元法求和得到),解得整个过程所用时间t=+,D正确。 6.AB　 题图解读 以B开始静止时所在水平面为参考平面,由题可知E1=mAgx1=mA,A、B碰撞过程动量守恒,规定竖直向下为正方向,由动量守恒有mAv0=(mA+mB)v,碰撞后A、B的总机械能E1=(mA+mB)v2,联立解得mB=3mA,A正确;由题知O为弹簧原长位置,对物块B,由平衡条件可知mBg=kx1,由于E1=mAgx1,mB=3mA,联立解得弹簧的劲度系数为k=,B正确;物块A、B碰撞过程损失的机械能为E1-E1=E1,C错误;设A、B总机械能为零时位置坐标为x2,从x1到x2,由功能关系可知E1=k(-),解得x2=x1,D错误。 7.B　解题指引　(1)“A、B均静止”→A、B均处于平衡状态,A、B两物块所受合力均为零,弹簧处于压缩状态。 (2)“C和B碰撞的时间极短,碰撞后粘在一起不再分开”→C和B发生完全非弹性碰撞。 (3)“保证A不离开挡板”→x取最大值时,弹簧伸长量最大,A恰好要离开挡板。 A、B均静止时,设弹簧压缩量为x0,对B,根据平衡条件有mg sin θ=kx0,设A刚要离开挡板时弹簧伸长量为x1,对A有mg sin θ=kx1,可知x1=x0;设C与B碰前瞬间的速度为v1,碰撞前C下滑过程有m=mgx sin θ;物块B、C从相碰后到一起运动至A刚要离开挡板,物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒,A刚要离开挡板时物块B、C速度为零(关键点),从B、C相碰后到A刚要离开挡板,弹簧弹性势能变化量为零,设碰后瞬间B、C整体的速度为v2,由机械能守恒定律得·2m=2mg×2x1·sin θ(点拨:2x1=x1+x0,指从B的原位置到B、C速度为零的位置间的距离),碰撞过程根据动量守恒有mv1=2mv2,联立解得x=,故选B。  8.答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)规定向左为正方向,当A在B上滑动时,对A、B、C组成的系统,根据动量守恒有mv0=m·+3mv1 解得B、C整体的速度v1= 由能量守恒可知μmgL=m-m·-×3m· 代入数据解得μ= (2)从A滑上C到A到达C的最高点的过程,对A、C组成的系统,由水平方向动量守恒有 m·+2mv1=3mv2 解得到达C最高点时A、C整体的速度v2=v0 由能量守恒有m·+×2m=mgR+×3m 代入数据解得R= (3)A滑上C到A离开C的过程,对A、C组成的系统,由水平方向动量守恒定律得m·+2mv1=mvA+2mvC 由A、C组成的系统能量守恒得m·+×2m=m+×2m 联立解得vA= 方法点津 对于此类多过程问题的求解 (1)划分系统运动阶段,必要时画出过程草图,将过程清晰展现出来。 (2)分析系统在每个运动阶段中的动量是否守恒、能量转化情况以及可能的临界或极值状态。 (3)选取合适的系统、合适的阶段,利用动量守恒定律、能量守恒定律等列方程。 9.答案　(1)6mg　(2)　(3) 解析　(1)小球下摆过程,由机械能守恒得2mgL=×2m 碰前瞬间小球所需向心力由拉力和重力的合力提供FT-2mg=2m 联立解得细绳的拉力大小FT=6mg (2)小球与滑块1发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒和机械能守恒,得2mv0=2mv+mv1,×2m=×2mv2+m 联立解得v==,v1= 滑块1、2发生弹性碰撞,由水平方向动量守恒和机械能守恒,得mv1=mv'1+mv2,m=mv+m 联立解得v'1=0,v2= 质量相等的滑块发生弹性碰撞后,二者交换速度(解题技法),可知小滑块n被碰后速度大小为vn= (3)若所有滑块间的碰撞是完全非弹性碰撞,整个碰撞过程中水平方向动量守恒,有mv1=nmv'n 整个过程中损失的机械能为ΔE=m-nmv 联立解得ΔE= 10.答案　(1)　(2)v0~v0　(3)mgh+ 思维导图 解析　(1)谷粒在竖直方向做自由落体运动,则 h=gt2 解得t= (2)设谷粒质量为m,谷粒在气流区域中水平方向做变加速直线运动, 根据动量定理∑k(v0-vx)·Δt=mv0(解题技法) 谷粒在气流区域用时t1,竖直方向有d=g 水平位移x1=∑vx·Δt 离开气流区域后水平方向做匀速运动,水平位移x2=v0(t-t1) 水平总位移x=x1+x2 将谷粒的质量代入,水平距离范围为v0~v0 (3)水平风力大小F'=F0 又下落高度y=gt2 解得F'=F0 谷粒在气流区域所受风力大小随时间均匀减小,故=F0 若谷粒落地时的分速度分别为vx、vy,经过气流区域时,根据动量定理有t1=mvx 从谷粒由静止释放到谷粒落地,谷粒在竖直方向上做自由落体运动,有=2gh 落地时的动能为Ek=m(+) 解得Ek=mgh+ 11.答案　见解析 解析　米流的恒定流量为d(kg/s),关闭阀门就可以在出口处切断米流。 若切断米流时,设容器中的米的质量为m1,空中的米的质量为m2,刚落到静止的米堆上的一部分米的质量为Δm,它对静止的米的冲击力为F,重力加速度为g。 刚切断米流时,称米机的读数为M1=m1+ 最终称米机的读数为M2=m1+m2+Δm 取Δm为研究对象,在Δt时间内,则Δm=d·Δt 设Δm落到米堆前的速度为v,经过时间Δt 静止,其受力如图所示,取向上为正方向,根据动量定理有 (F'-Δmg)Δt=0-(-Δmv) 设米从出口到容器中的时间为t,则 m2=d·t,v=gt 联立得dv=m2g 则F'=m2g+Δmg 根据牛顿第三定律得F=F' 所以切断米流时,称米机的读数为 M1=m1+=m1+m2+Δm=M2 可见,双方的说法都不正确,自动称米机是准确的,不存在谁划算谁不划算的问题。 1 学科网（北京）股份有限公司 $