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）江苏北京专版

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过梯度化题型构建"模型识别-规律选择-多过程关联"的解题体系，强化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| |----|-----------|----------|----------| |碰撞与动量守恒|3题（题1/3/5）|弹性碰撞双守恒方程、临界速度分析法|动量观点→能量转化→运动状态关联| |弹簧与能量转化|2题（题3/5）|弹簧压缩最短条件、动量定理累积法|胡克定律→弹性势能→系统动量守恒| |多过程综合|1题（题6）|平抛逆过程模型、传送带动力学分析|运动合成→摩擦力功→机械能守恒|

专题专项练 专题强化练4　力学三大观点的综合应用 1.[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再次返回圆轨道运动时与内轨道有弹力 D.两小球至多能发生2次碰撞 2.[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,A、B均可视为质点,重力加速度g取10 m/s2,下列说法不正确的是(　　) 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江苏南京阶段测试]如图所示,质量为mB=3 kg的滑块B静止在一倾角θ=37°的足够长固定斜面上,B与斜面间的动摩擦因数μ=。在与B距离L=3 m处,将另一质量为mA=1 kg的光滑小球A由静止释放,A与B发生多次弹性碰撞且碰撞时间极短,A、B均可视为质点。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不计空气阻力。求: (1)A与B第一次碰撞前瞬间,A的速度大小; (2)A与B第一次碰撞后瞬间,A的速度大小; (3)A与B第一次与第三次碰撞位置间的距离。 5.[2026江苏常州阶段测试]如图所示,半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上,轨道末端水平。4块相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置,圆弧轨道末端与木板等高。每块木板的质量为m=1 kg、长L=1.5 m。在第一块木板左端放置一个质量为M=2.5 kg的小铅块B(可视为质点)。现让一个与B完全一样的铅块A从圆弧顶端由静止滑下,铅块A滑到最底端后与铅块B发生弹性正碰。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,铅块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2,木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求铅块A滑到圆弧轨道最底端时,对轨道的压力大小; (2)求铅块B刚滑上第二块木板时的速度大小; (3)从A与B发生正碰后,到铅块B与滑动的木板达到共同速度为止,求该过程中所有木板受到的总冲量。 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.B　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再次返回圆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错误;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.D　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。本题选说法不正确的,故选D。 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时间内,累积可得4mv1t0=4ml+mxB(解题技法) 解得xB=v0t0-4l 4.答案　(1)6 m/s　(2)3 m/s　(3)18 m 解析　(1)小球A从静止释放到与B第一次碰撞前瞬间,由动能定理得mAgL sin θ=mA 解得vA1=6 m/s (2)A与B第一次弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,由动量守恒定律有mAvA1=mAv'A1+mBv'B1 由机械能守恒定律有mA=mAv+mBv 可得v'A1=-3 m/s,v'B1=3 m/s 第一次碰撞后瞬间,A的速度大小为3 m/s (3)第一次碰撞后,对B受力分析有mBg sin θ=μmBg·cos θ,可知B做匀速运动 而A做匀变速运动,有mAg sin θ=mAa,得a=6 m/s2,方向沿斜面向下 第一次碰撞后到刚要发生第二次碰撞时A与B位移相同,有x1=v'A1t+at2=v'B1t 可得t=2 s,x1=6 m A与B刚要发生第二次碰撞前瞬间,A与B的速度分别为vA2=v'A1+at=9 m/s,vB2=v'B1=3 m/s A与B第二次碰撞过程,由动量守恒有 mAvA2+mBvB2=mAv'A2+mBv'B2 由机械能守恒有mA+mB=mAv+mBv 可得v'A2=0,v'B2=6 m/s 同理可得,第二次碰撞后到刚要发生第三次碰撞时A与B位移相同,有x2=at'2=v'B2t' 得t'=2 s,x2=12 m 故A与B第一次与第三次碰撞位置间距x=x1+x2=18 m 5.答案　(1)75 N　(2) m/s　(3) N·s,方向水平向右 解析　(1)对铅块A,根据动能定理有MgR=Mv2 在圆弧轨道最底端,根据牛顿第二定律有 N-Mg=M 联立解得轨道对铅块的支持力大小为N=75 N 由牛顿第三定律可知,铅块对轨道的压力大小为75 N (2)铅块A与铅块B弹性正碰过程,由动量守恒有Mv=MvA+MvB 由能量守恒有Mv2=M+M 解得碰撞后瞬间铅块B的速度大小vB=4 m/s 对铅块B,受到的摩擦力大小fB=μ2Mg=5 N 4块木板受到地面的最大静摩擦力 f1234=μ1(M+4m)g=6.5 N>fB 后3块木板受到地面的最大静摩擦力 f234=μ1(M+3m)g=5.5 N>fB 后2块木板受到地面的最大静摩擦力 f34=μ1(M+2m)g=4.5 N<fB 当铅块B刚滑上3号木板时,3、4号木板开始相对地面滑动,所以铅块B刚滑上2号木板时,木板没有滑动。 铅块B从碰撞后到刚滑上2号木板,由-=-2μ2gL 解得v1= m/s (3)铅块B刚滑上3号木板,由-=-4μ2gL 解得v2=2 m/s 此时3、4号木板滑动时的加速度大小为 a34==0.25 m/s2 假设最终铅块B与3、4号木板共速,有= 解得v共= m/s 铅块与3、4号木板的相对位移Δx=-= m<L=1.5 m,故假设成立 对所有木板,根据动量定理,有I=2mv共= N·s,方向水平向右 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 $