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学生用书（人教版）

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 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——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。 ｜名师点评｜ 1.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＝Sv，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vB＝＝2v，故B错误；设Δt时间内有质量为Δm的水撞击斜面，该过程斜面给水的支持力为FN，规定vB方向为正方向，由动量定理有－FNΔt＝0－Δm×vB，因为Δm＝ρSvΔt，联立解得FN＝2ρSv2，根据牛顿第三定律可得，水柱对B处的冲击力F＝FN＝2ρSv2，故C错误；结合B选项分析，由平抛规律可得，水柱在B的竖直方向的分速度vy＝vtan 60°＝v，故平抛时间为t＝，所以空中水柱的质量m＝ρQt＝，故D正确。 2.AD　物块与地面间的滑动摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过程，由动量定理得（F－Ff）t1＝mv3，解得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t'物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－（F＋Ff）t'＝0－mv3，解得t'＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理得（F－Ff）x1＝m，解得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理得－（F＋Ff）x2＝0－m，解得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m＜x1＋x2，即6 s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＝（4×9－4×3＋4×4）J＝40 J，故D正确。 角度2　动量观点和能量观点的综合应用 3.（1）1.5 m/s2　（2）0.15　（3）130 N 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a＝＝ m/s2＝－1.5 m/s2，则小物块从A向B运动过程中加速度大小为1.5 m/s2 （2）小物块从A到B过程，由动能定理有－μmgs＝m－m， 可得μ＝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＝mv2－m（－v1）， 可得F＝130 N。 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。 ｜深化认知｜ 4.C　由题图可知，碰撞前m1的速度v1＝＝ m/s＝4 m/s，碰撞后m1的速度v1'＝＝ m/s＝－2 m/s，碰撞前m2的速度v2＝0，碰撞后m2的速度v2'＝＝ m/s＝2 m/s，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＝m1v1'＋m2v2'，解得m1∶m2＝1∶3，故A错误；若m1＝1 kg，则m2＝3 kg，碰撞前系统的总动能Ek＝〗m1＝8 J，碰撞后系统的总动能Ek'＝m1v1'2＋m2v2'2＝8 J，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＝1 kg，碰撞过程中小球m1对小球m2冲量大小为p2＝m2v2'＝6 N·s，故D错误。 5.D　由题图乙可知，在t0时刻两物块共速，则由动量守恒定律有mBv0＝（m＋mB）×0.8v0，解得物块B的质量为mB＝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mBv0＝mAv1＋mBv2，mB＝mA＋mB，解得分离后物块A、B的速度大小分别为v1＝1.6v0，v2＝0.6v0，选项B错误；当两物块共速时，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Epm＝·mB－（mA＋mB）×（0.8v0）2＝0.4m，选项C错误；位移示意图如图所示， 在0～t0时间内弹簧被压缩，A的位移sA＝0.32v0t0（即下方虚线面积），因A、B受弹力等大，则A、B加速度之比为4∶1，则B比匀速时减小的位移为ΔsB＝sA＝0.08v0t0，（即上方虚线面积）即B的位移sB＝v0t0－0.08v0t0＝0.92v0t0，可得弹簧压缩量的最大值为Δl＝sB－sA＝0.6v0t0，选项D正确。 角度3　三大观点的综合应用 6.（1）30 N　（2）1.5 m/s　（3） m　（4） m 解析：（1）滑块b从A点到B点过程，由动能定理可得mgR＝mv2， 在B点，由牛顿第二定律可得F－mg＝， 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＝30 N。 （2）滑块b第一次与木板发生弹性碰撞过程有mv＝mv1＋Mv2， mv2＝m＋M， 联立解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s， 滑块a与木板第一次共速过程有Mv2＝（M＋m）v共1， 解得v共1＝1.5 m/s。 （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2 m/s，追击速度为1.5 m/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＋Mv共1＝mv3＋Mv4， m＋M＝m＋M， 滑块a与木板再次共速过程有mv共1＋Mv4＝（M＋m）v共2， 由运动学公式有v共2＝v4－at1， 由牛顿第二定律有μmg＝Ma， 解得t1＝ s＜1 s，v3＝ m/s，v4＝ m/s，v共2＝ m/s， 根据运动学公式有xb＝v3t， x板＝v4t1－a＋v共2， 两者间距离d＝x板－xb＝ m。 （4）由于v3＝ m/s＜v共2＝ m/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a与木板两次相对位移之和，第一次相对位移Δx1＝， 第二次相对位移Δx2＝t1， 木板的长度L＝Δx1＋Δx2＝m。 7.（1）12 m/s　（2）6 m　（3）24 J 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m0v0＝v1， 解得v1＝12 m/s， 之后木块做匀减速运动，故最大速度为v1＝12 m/s。 （2）木块做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ1g＝a1， 解得a1＝8 m/s2， 木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μ1g－μ2g＝Ma2， 解得a2＝4 m/s2， 设经过t时间木块与木板速度相等为v2，由v2＝v1－a1t＝a2t， 解得t＝1 s，v2＝4 m/s， 木块的位移x1＝t＝8 m， 木板的位移x2＝t＝2 m， 木块不滑离木板，木板的最小长度 L＝x1－x2＝6 m。 （3）木块与木板速度相等后一起做匀减速运动，设加速度为a3，由牛顿第二定律得μ2g＝a3， 得a3＝2 m/s2， 设木板做匀减速运动的位移为x3，由运动学公式有＝2a3x3， 解得x3＝4 m， 木板与地面因为摩擦产生的热量Q＝μ2g＝24 J。 学科网（北京）股份有限公司 $ 微点集训4　力学三大观点的综合应用 　 动力学观点与动量观点的综合应用 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ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） 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4ρSv2 D.空中水柱的质量为 2.（多选）质量为1 kg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＝10 m/s2。则（　　） A.4 s时物块的动能为零 B.6 s时物块回到初始位置 C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 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＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速度g取10 m/s2。求： （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μ； （3）若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 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—时间图像如图所示，则下列说法正确的是（　　） A.两小球的质量关系满足m1∶m2＝1∶2 B.若m1＝1 kg，则两个小球的碰撞是非弹性碰撞 C.若m1＝1 kg，则两个小球的碰撞是弹性碰撞 D.若m1＝1 kg，碰撞过程中小球m1对小球m2冲量大小为4 N·s 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＝2t0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＝t0时间内，物块A运动的距离为0.32v0t0，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A.物块B的质量为0.25m B.分离后物块A的速度大小为2v0 C.碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5m D.弹簧压缩量的最大值为0.6v0t0 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＝0.8 m的光滑圆弧轨道AB与光滑水平地面相切于B点，右侧有一质量M＝3 kg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＝1 kg的滑块a静置在D点。现将一质量m＝1 kg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a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＝10 m/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1 s时两者间的距离； （4）木板的长度。 7.如图所示，质量为M＝1 kg的长木板B静止在地面上，质量为m＝980 g的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m0＝20 g的子弹以速度v0＝600 m/s射入木块并留在木块中。已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.8，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求： （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。 学科网（北京）股份有限公司 $