第1章 微点集训4 力学三大观点的综合应用（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教师用书（人教版）

空学科网书城园 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 微点集训4力学三大观点的综合应用 角度① 动力学观点与动量观点的综合应用 |名师点评 1.解决力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题和 圆周运动的瞬时问题。 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则 (1)如果涉及运动的细节或力的瞬时效果一一加速度，则必须用牛顿运动定律和运 动学知识求解。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及 时间的问题)或动能定理（涉及位移的问题）。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和 能量守恒定律（机械能守恒定律），但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功 等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐 含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，一般用 动量守恒定律。 1.(2026·浙江绍兴高二质检)翡翠湖公园一水流造景设施的截面如图所示，水平喷水 口的横截面积为S、喷水的流速恒定为ⅴ，从P处喷出的水柱恰好能垂直撞到倾角为 独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的密度为p,重 力加速度为g,不计空气阻力，则() C B 309 A A.水柱单位时间撞到B处的体积为2Sv B,水柱在B处的速度为 C.水柱对B处的冲击力为4pv D空中水柱的质量为3Y 解析：D水柱单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积， 即体积为Q=S,故A错误；水柱从P到B做平抛运动，平抛初速度为V,由于水柱 恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知，水柱在B的速度方向与水平方向成60°，则 有=0s60=2v,故B错误；设△t时间内有质量为△m的水撞击斜面，该过程斜面 给水的支持力为F,规定vB方向为正方向，由动量定理有一F△t=0一△mXyB,因为 △m=pSvAt,联立解得Fy=2pSv,根据牛顿第三定律可得，水柱对B处的冲击力F= Fy=2Sv,故C错误；结合B选项分析，由平抛规律可得，水柱在B的竖直方向的分 以=an60°3v,故平抛时间为三。，所以空中水柱的质量m三 3Sv,故D正确。 9 2.(多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线 运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速 度大小取g=10m/s2。则() ·独家授权侵权必究： 孕学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 F/N 0广246s A.4s时物块的动能为零 B.6s时物块回到初始位置 C.3s时物块的动量为12kgm/s D.0~6s时间内F对物块所做的功为40J 解析：AD物块与地面间的滑动摩擦力为F=umg=2N,对物块在0~3s内的运动 过程，由动量定理得(F-F)4=mws,解得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=w3 =6kgm/s,设3s后经过时间t'物块的速度第一次减为0，由动量定理可得一(F+ F)t=0一v3,解得t'=1s,所以物块在t=4s时速度减为0，此时物块的动能也为 1 0,故A正确，C错误；设0~3s内物块的位移为x1,由动能定理得(F-F)x1=2m v,解得x=9m,3~4s过程中，对物块由动能定理得-(F+F)=0-2m, 解得=3m,465物块反向运动，物块的加速度大小为a=F卫=2ms,位移 m 1 为x=2×2×22m=4m<x1十x2,即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；0~6 s时间内F对物块所做的功为W=(4×9一4×3十4×4)J=40J,故D正确。 角度2 动量观点和能量观点的综合应用 3.在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5 kg,AB间距离s=5m,如图所示。小物块以初速度vo=8ms从A向B运动，刚要与 墙壁碰撞时的速度v=7m/s,碰撞后以速度v=6m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求： 77777777777777 ·独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (1)小物块从A向B运动过程中的加速度的大小； (2)小物块与地面间的动摩擦因数； (3)若碰撞时间=0.05s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 答案：(1)1.5m/s2(2)0.15(3)130N 解析：(1)小物块从A到B的过程是做匀减速直线运动，根据速度位移公式有α= 2-y。2=72-8ms=-1.5m/s,则小物块从A向B运动过程中加速度大小为1.5 2s 2×5 m/s? 1 (2)小物块从A到B过程，由动能定理有-gs=2mv-2m, 可得u=0.15。 (3)对碰撞过程分析，规定向左为正方向，由动量定理有Ft=一m(一v1), 可得F=130N。 |深化认知 动量是力对时间累积的效果，动能是力对空间累积的效果，因此，动量定理、动能 定理是解决物理问题的两条重要思路，当问题中涉及碰撞、冲击、力作用时间时，应 优先考虑动量定理；当问题中涉及功、能、力作用位移或路程时，应优先考虑动能定 理。 4.(2026浙江湖州高二质检)质量为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上正碰，碰 撞时间不计，两小球的位移一时间图像如图所示，则下列说法正确的是() x/m 16 8 m2 6/ 独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.两小球的质量关系满足m1:m2=1:2 B.若m1=1kg,则两个小球的碰撞是非弹性碰撞 C.若m1=1kg,则两个小球的碰撞是弹性碰撞 D.若m1=1kg,碰撞过程中小球m1对小球m2冲量大小为4N·s △X18 解析：C由题图可知，碰撞前m的速度M=4t,=2m/s=4ms,碰撞后m的速度 △x1'0-8 △X2' 1'=atT=6-2m/s=-2m/s,碰撞前m的速度=0，碰撞后m的速度'=4， 16-8 =6-2m/s=2ms,两物体碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前m1的速度方向为正方 向，由动量守恒定律得m1v1=1v1'十m2y',解得m1:m=1:3,故A错误；若m1=1 kg,则m=3kg,碰撞前系统的总动能E=m=8J,碰撞后系统的总动能E'= vP+2m2vP=8J,则碰撞过程系统动能不变，系统机械能守恒，碰撞是弹性碰撞， 故B错误，C正确；若m1=1kg,碰撞过程中小球m1对小球m2冲量大小为p2= my'=6Ns,故D错误。 5.(2026山东青岛高二质检)如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接， 静止在光滑水平面上。物块B以某一速度向A运动，t=0时刻物块B与弹簧接触，t =2t时刻与弹簧分离。物块A、B运动的v-t图像如图乙所示，已知从t=0到t=t时 间内，物块A运动的距离为0.32，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是 vlvat A 1.0 0.8-- B 0 甲 独家授权侵权必究 享学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 A.物块B的质量为0.25m B.分离后物块A的速度大小为2 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5mv。 D.弹簧压缩量的最大值为0.6oto 解析：D由题图乙可知，在t时刻两物块共速，则由动量守恒定律有mo=(m十 )X0.8vo,解得物块B的质量为m=4m,选项A错误；分离时弹簧恰恢复到原长， 则由动量守恒和能量关系得mw=m十m,m以-m:心十e,解得分离后 1 物块A、B的速度大小分别为y1=1.6vo,=0.6v,选项B错误；当两物块共速时， 1 ,21 弹簧的弹性势能最大，则碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为Em=2mmvo一2(ma十 m)X(0.8vo)2=0.4m2,选项C错误；位移示意图如图所示，在0to时间内弹簧 被压缩，A的位移Sa=0.320(即下方虚线面积)，因A、B受弹力等大，则A、B 1 加速度之比为4：1，则B比匀速时减小的位移为△s=4sa=0.08o,(即上方虚线 面积)即B的位移S.=v6一0.08vot=0.92vot,可得弹簧压缩量的最大值为△1=S一 Sa=0.6vt,选项D正确。 1.0z2 0.8外- t/t 角度③ 三大观点的综合应用 6.(2026浙江绍兴高二检测)如图所示，半径R=0.8m的光滑4圆弧轨道AB与光 滑水平地面相切于B点，右侧有一质量M=3kg的长木板静置于光滑水平地面上，木 板上表面左、右两端点分别为C、D,BC间距离足够大，质量m=1kg的滑块a静置 *独家授权侵权必究 空学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 在D点。现将一质量m=1kg的滑块b从A点由静止释放，一段时间后，滑块b与木 板发生弹性碰撞，当木板与滑块α共速后，滑块b再次与木板发生弹性碰撞，最终滑 块a与木板共速时恰好位于C点。已知两滑块均可视为质点，滑块a与木板间的动摩 擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2,求： (1)滑块b到达B点瞬间对圆弧轨道的压力大小： (2)木板与滑块a第一次共速时的速度大小； (3)滑块b与木板第二次碰撞后1s时两者间的距离： (4)木板的长度。 答案：(1)30N 227 (2)1.5m/s (3) 512m 195 (4)128m 解析：(1)滑块b从A点到B点过程，由动能定理可得mgR=2v, mv2 在B点，由牛顿第二定律可得F一mg=R, 结合牛顿第三定律可得，滑块b到达B点瞬间对圆弧轨道的压力大小F'=F=30N。 (2)滑块b第一次与木板发生弹性碰撞过程有v=v1十Mv2, 3w=号mv,2+号M,2, 联立解得v1=-2m/s,v2=2m/s, 滑块a与木板第一次共速过程有M=(M什m)v共1， 解得v共1=1.5m/s。 独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (3)滑块b与木板碰撞后反向，到达圆弧最高点再次反向，回到水平地面，速度大 小变为2m/s,追击速度为1.5m/s的木板，滑块a与木板已经共速，滑块b与木板再 次碰撞，仍旧为弹性碰撞，有m一v十共1=w3十v4, +号=m+号 滑块a与木板再次共速过程有mw共1十v4=(M什m)v共2， 由运动学公式有v共2=v4一at, 由牛顿第二定律有umg=Ma, 3 5 7 27 解得t=16s<1s,=4m/s,V4=4m/s,v共2=16m/s, 根据运动学公式有x,=v3, x板=v4t-2ati十v共3t一t1, 227 两者间距离d=x板一x,=512m。 5 27 (4)由于V3=4m/s<v共2=16m/s。 故滑块b不再与木板发生第三次碰撞，木板的长度为滑块α与木板两次相对位移之和， V2十V共1 第一次相对位移△x1= 0+V共1 V共1 2 2 g 第二次相对位移△x= ,v2-起i, 2 2 195 木板的长度L=△x1+△x=128m。 7.如图所示，质量为M=1kg的长木板B静止在地面上，质量为m=980g的木块A 放在长木板的左端，一颗质量为m=20g的子弹以速度v=600m/s射入木块并留在 独家授权侵权必究 空学科网书城圆 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 木块中。已知木块与木板间的动摩擦因数山=0.8，木板与地面间的动摩擦因数= 0.2,重力加速度g=10m/s2,求： A 7777777777777777777777777777777777 (1)木块获得的最大速度为多少： (2)若木块不滑离木板，木板的最小长度为多少： (3)木板与地面因为摩擦产生的热量为多少。 答案：(1)12m/s(2)6m(3)24J 解析：(1)子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定 律得movo=m,十mv1, 解得y1=12m/s, 之后木块做匀减速运动，故最大速度为v1=12/s。 (2)木块做匀减速运动，根据牛顿第二定律有um,十mg=m,十ma1, 解得a1=8m/s2, 木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律有um,十mg一um,十m十Mg=Ma, 解得a=4m/s2, 设经过t时间木块与木板速度相等为v,由y=y1一a1t=at, 解得t=1s,v2=4m/s, V1+V2 木块的位移x=2t仁8m, V2 木板的位移=2t=2m, 木块不滑离木板，木板的最小长度 L=x1一x2=6m。 ·独家授权侵权必究 学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (3)木块与木板速度相等后一起做匀减速运动，设加速度为3，由牛顿第二定律得 s mo +m +Mg=mo +m +Mas, 得a3=2ms2, 设木板做匀减速运动的位移为3，由运动学公式有v2=2ax3, 解得x3=4m, 木板与地面因为摩擦产生的热量Q=m,十m十Mgx,十x3=24J。 ·独家授权侵权必究