第1章 专题提升课2 分层训练能力提升-【优学精讲】2026-2027学年高中物理选择性必修一同步教参（教科版）

**基本信息** 这份高中物理同步练习通过基础选择与综合计算的分层设计，以动量守恒、机械能守恒为核心，构建从单一知识点应用到多过程综合建模的巩固路径，培养科学思维与物理观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|单一守恒定律应用|选择题聚焦碰撞瞬间速度、弹簧弹性势能等基础情境，直接考查物理观念| |提升层|守恒定律与功能关系结合|中档计算（12分）结合弹簧压缩与恢复过程，需综合动量定理与能量守恒，培养科学推理| |综合层|多过程综合（含摩擦、圆弧轨道等）|复杂计算（14/16分）设置多物体、多过程情境（如轨道与物块相互作用），需建模分析，体现质疑创新与模型建构|

1.(多选)(2026·湖北十堰市期中)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动后到达最低点Q，下列说法正确的是(　　) A．物块与钢板碰后瞬间的速度为 B．物块与钢板碰后瞬间的速度为 C．从P到Q的过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0＋h) D．从P到Q的过程中，弹簧弹性势能的增加量为mg(2x0＋h) 解析：选AD。物块自由下落，由机械能守恒定律可得mgh＝mv，则物块与钢板碰撞前的速度v0＝，物块与钢板碰撞过程，因为碰撞时间极短，内力远大于外力，钢板与物块的动量守恒，以向下为正方向，设v1为两者碰撞后的共同速度，则有mv0＝2mv1，可得v1＝，故A正确，B错误；碰后两者一起向下运动至最低点Q，由功能关系有(2m)v＋2mgx0＝ΔEp，可得ΔEp＝mg，故C错误，D正确。 2．(2026·江苏无锡市期中)如图，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m。小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长。小球b和c接触但不粘连。现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内，下列说法正确的是(　　) A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒 B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒 C．小球a速度最大时，弹簧处于原长状态 D．当小球a、b速度相等时，弹簧的弹性势能最大 解析：选C。由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误。整个过程中弹簧与四个弹性小球组成的系统机械能守恒，所以四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B错误。从小球b压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程中，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，当小球a、b向右运动，弹簧恢复原长时，小球a的速度最大，故C正确。小球d与小球c碰撞，设碰撞后小球c、d的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，mv＝×3mv＋mv，解得v1＝v0，v2＝－v0；小球c与小球b碰撞，设碰撞后小球c、b的速度分别为v3、v4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，×3mv＝×3mv＋×9mv，解得v3＝－v0，v4＝v0，小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，当小球a、b向右运动且速度相等时，弹簧的一部分弹性势能转化为a、b的动能，此时弹簧的弹性势能不是最大，故D错误。 3.(2026·江苏苏州市期中)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．小球返回A点后做自由落体运动 B．当v0＝时，小球恰好能到达B点 C．如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 D．当v0＝时，小球从A点冲向B点的过程中，滑块的动能增大，返回过程中，滑块的动能减小 解析：选A。小球和凹槽的整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞，mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A点后做自由落体运动，故A正确；小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球以v0＝的速度冲上凹槽，根据机械能守恒定律有mgh＝mv，解得h＝R，但是凹槽不固定，小球冲上凹槽的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒定律可知小球不能冲到B点，故B错误；如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对于凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，故C错误；小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故D错误。 4．(12分)(2026·河北邯郸市期中)如图所示，两滑块P、Q静止在光滑水平面上，之间用一轻弹簧相连接，滑块P的左侧有一挡板，某时刻在滑块Q上施加一水平外力，使滑块Q缓慢地向左移动使弹簧压缩，该过程中外力对滑块Q做的功为W，然后将外力撤走。已知两滑块的质量mQ＝3mP＝3m。 (1)从撤走外力到滑块P刚好离开挡板的过程中，挡板对滑块P的冲量为多大？(6分) (2)在以后的运动过程中，两滑块速度的最小值分别为多大？(6分) 解析：(1)滑块P刚好离开挡板时，弹簧恢复到原长，由能量关系可知W＝·3mv 对P、Q整体分析，由动量定理可知I＝3mvQ 解得I＝。 (2)设当弹簧再次恢复到原长时Q的速度最小，设此时P、Q的速度分别为v1和v2，则由动量守恒定律和能量关系有3mvQ＝3mv1＋mv2，·3mv＝·3mv＋mv 解得v1＝vQ＝，v2＝vQ＝ 可知P的最小速度为0，Q的最小速度为。 答案：(1)　(2)0　 5．(14分)如图所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在O′点平滑连接，A为轨道的最高点。现有一质量m＝1.0 kg的小物块从平板车的右端以水平向左的初速度v0＝6 m/s滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知轨道圆弧部分的半径R＝0.4 m，小物块处在轨道水平部分运动时，轨道加速度aM与小物块加速度am大小之比为1∶3，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求轨道的质量M。(4分) (2)若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L。(4分) (3)在(2)的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与O′的距离L′。(6分) 解析：(1)小物块处在轨道水平部分运动时，设二者之间的摩擦力大小为f，则由牛顿第二定律得 f＝MaM f＝mam 又＝ 求得M＝3 kg。 (2)因小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，所以小物块到达最高点A时二者速度相等，设共同速度为v1，在整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v1 mv＝(m＋M)v＋mgR＋μmgL 联立求得L＝1.9 m。 (3)假设轨道的水平部分足够长，则二者最终将共速，设共同速度为v2，则从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v2 mv＝(m＋M)v＋μmg(L＋L′) 求得L′＝0.8 m 因L′＝0.8 m<L＝1.9 m 所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与O′的距离L′＝0.8 m。 答案：(1)3 kg　(2)1.9 m　(3)见解析 6．(16分)如图所示，质量m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB、DE部分是半径R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，BC、CD长均为L＝0.2 m，滑道CD部分粗糙，物块与CD间的动摩擦因数μ＝0.20，其余部分均光滑。现让质量m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，g取10 m/s2，求： (1)物块第一次到达B点时的速度大小v1；(4分) (2)物块第一次到达轨道右侧的最大高度；(4分) (3)物块最终停止的位置和经过C点的次数。(8分) 解析：(1)物块第一次到达B点时，物块和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，有 m1v1＝m2v2 机械能守恒，有 m1gR＝m1v＋m2v 解得v1＝2 m/s。 (2)物块第一次到达轨道右侧最高点时，两者在水平方向上共速，根据系统在水平方向上动量守恒，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有 m1gR＝μm1gL＋m1gh 解得h＝0.26 m。 (3)根据系统在水平方向上动量守恒，即物块最终停止时，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有 m1gR＝μm1gx 解得x＝1.5 m＝6L＋0.3 m 即经过C点次数为 6＋1＝7次 后继续运动0.3 m，又CD长L＝0.2 m，所以最终停止位置在D点左侧距D点 0．3 m－L＝0.1 m。 答案：(1)2 m/s　(2)0.26 m　(3)在D点左侧距D点0.1 m　7次 学科网（北京）股份有限公司 $