课时跟踪检测（三十三）三大观点的综合应用（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（福建专版）

课时跟踪检测（三十三） 三大观点的综合应用 1.(2024·宁德调研)如图为“子母球”表演的示意图,弹性小球A和B叠放在一起,从距地面高度为h处自由落下,h远大于两小球直径,小球B的质量是A质量的3倍,假设所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在下落的竖直方向上,不考虑空气阻力。则 (　 ) A.下落过程中两个小球之间有相互挤压 B.A与B第一次碰后小球B的速度不为零 C.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2h D.A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h 解析:选D　不考虑空气阻力,下落过程是自由落体运动,处于完全失重状态,则两个小球之间没有力的作用,A错误;下降过程为自由落体运动,由匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2gh,解得小球B触地时两球速度相同,为v=,小球B碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选小球A与小球B碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2,选竖直向上为正方向,由动量守恒定律得mBv-mAv=mAv1+mBv2,由能量守恒定律得(mA+mB)v2=mA+mB,解得v2=0,v1=2v,B错误;碰后小球A弹起的最大高度H==4h,C错误,D正确。 2.(2025·邵武模拟)质量为m2的小车放在光滑的水平面上,小车上固定一竖直轻杆,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m1的小球,如图所示,将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放,下列说法正确的是 (　 ) A.球、车组成的系统总动量守恒 B.小球不能向左摆到原高度 C.小车向右移动的最大距离为L D.小球运动到最低点时的速度大小为 解析:选C　根据题意可知,系统只在水平方向所受的合力为零,竖直方向的合力不为零,故水平方向的动量守恒,而总动量不守恒,故A错误;以小球和小车组成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒,且小球和小车水平方向的合动量为零,当小球的速度为零时、小车的速度也为零,所以小球能向左摆到原高度,故B错误;小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,初始时总动量为0,设小车向右运动的最大距离为x,则小球向左运动的位移为2Lsin 60°-x;取向右为正方向,根据水平方向动量守恒有m2-m1=0,可得x=L,故C正确;小球从静止释放到最低点,小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,根据水平方向动量守恒有m2v2-m1v1=0,由能量守恒定律得m1gL(1-cos 60°)=m1+m2,得小球运动到最低点时的速度大小v1=,故D错误。 3.(2025·漳平模拟)(双选)如图所示,质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上,质量为m的物块b放在c的正中央,质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物块a、b与c间的动摩擦因数相同,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 ) A.a与b碰撞前b与c保持相对静止 B.a与b碰撞后,a与b都相对c滑动 C.物块与木板间的动摩擦因数为 D.整个过程因摩擦产生的内能为m 解析:选AC　a滑上c后相对滑动的过程中,假设b相对c静止,由牛顿第二定律得,对b、c整体,根据牛顿第二定律μmg=(2m+m)a,对b,根据牛顿第二定律f=ma,解得f=μmg<μmg,即b与c间的静摩擦力小于最大静摩擦力,则b相对c保持静止,b、c一起做匀加速运动,a与b碰撞前b做匀加速运动,速度不为零,故A正确;设a、b碰撞前瞬间a的速度为v,b的速度为v',a、b发生弹性正碰,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv+mv'=mva+mvb,由机械能守恒定律得mv2+mv'2=m+m,解得va=v',vb=v,即碰撞后a、b两者交换速度,b相对c滑动,由上述分析可知,a、c相对静止一起运动,故B错误;b刚好滑到c的右端与c相对静止,a、b、c共速,设共同速度为v共,a、b、c组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=v共,由能量守恒定律得m=+Q,其中Q=μmgL,解得Q=m,μ=,故C正确,D错误。 4.(2025·福安模拟)(双选)如图所示,水平地面上固定一倾角为θ的足够长斜面,斜面上放置一质量为m的足够长木板A,木板下端有一质量为2m的小滑块B;木板与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ,滑块与木板间的动摩擦因数为μ'=tan θ。初始时,滑块与木板以等大的速度v0分别向上向下运动(木板不会与地面发生碰撞,重力加速度为g),则下列说法中正确的是 (　 ) A.木板下滑过程中,由于有摩擦力作用木板与滑块组成的系统动量不守恒 B.滑块向上运动的最大位移大小为 C.木板静止时滑块的速度大小为v0 D.滑块向上运动到最高点时木板一定静止 解析:选BD　木板下滑过程中,木板与滑块组成的系统所受的摩擦力f=3mgcos θ·μ=3mgsin θ,可知木板与滑块组成的系统所受的合力为零,木板与滑块组成的系统动量守恒,故A错误;滑块向上运动过程中,根据牛顿第二定律2mgcos θ·+2mgsin θ=2ma1,可得a1=gsin θ,根据运动学公式=2a1x,解得滑块向上运动的最大位移大小x=,故B正确;木板下滑过程中,根据牛顿第二定律3mgcos θ·tan θ+2mgcos θ·-mgsin θ=ma2,解得a2=3gsin θ,木板速度为零时所用的时间t2==,滑块速度第一次为零时所用的时间t1==,可知t2<t1,木板静止时滑块的速度大小v=v0-a1t2=,故C错误;滑块向上运动到最高点时,由于2mgsin θ>μ'·2mgcos θ,可知滑块沿着木板向下运动,此时木板对滑块的摩擦力向上,则滑块对木板的摩擦力向下,由于μ'·2mgcos θ+mgsin θ<μ·3mgcos θ,所以木板保持静止,故D正确。 5.(2025·平潭一中月考)(双选)如图所示,某超市两辆相同的购物车质量均为m,相距L沿直线排列,静置于水平地面上。为节省收纳空间,工人猛推一下第一辆车并立即松手,第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体,两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍,重力加速度为g,则 (　 ) A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgL B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为 C.两购物车碰撞时的能量损失为2kmgL D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m 解析:选CD　由题意可知,两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f=kmgL+2kmgL=3kmgL,A错误;工人猛推一下第一辆车并立即松手,设此时第一辆车的速度为v0,运动L距离后速度为v1,由动能定理可得-kmgL=m-m,解得v1=,设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v,取第一辆车的初速度为正方向,由动量守恒定律可得mv1=2mv,解得v=v1,由能量守恒定律可得3kmgL+ΔE=m,两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE=m-×2mv2=m-×2m=m=m(-2kgL),联立解得v0=,ΔE=2kmgL,v=v1==,B错误,C正确;由动量定理可知,工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I=mv0-0=m,D正确。 6.（4分）如图所示，光滑的水平地面上有木板C，mC=4 kg，C板上表面粗糙，A、B两个物体紧挨在一起，初始A、B和C三个物体均处于静止状态，mA=1 kg，mB=2 kg。A、B间夹有少量火药，某时刻火药爆炸，瞬间释放了E=27 J的能量并全部转化为A和B的动能，使A、B分别水平向左、向右运动起来，C板足够长，爆炸后瞬间A、B速度大小之比= ，整个过程中A、B、C系统由于摩擦产生的内能为 J。 解析：爆炸瞬间，以A、B为系统，由动量守恒定律有0=mAvA+mBvB，则有mAvA=-mBvB，代入数据得vA=-2vB，故速度大小之比=2； C足够长，最终A、B、C共速，设共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得0=(mA+mB+mC)v，解得v=0，即A、B动能全部转化为内能为27 J。 答案：2 27 7.(12分)(2023·天津高考)一质量为mA=2 kg的A物体从距地面h=1.2 m处由静止自由下落,同时另一质量为mB=1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2 s两物体相遇,碰撞后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,碰撞时间极短,不计空气阻力。求两物体: (1)碰撞时离地面的高度x;(4分) (2)碰后瞬间的速度v;(4分) (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。(4分) 解析:(1)对A物体,根据运动学公式可得 h-x=gt2,解得x=1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-gt2 解得vB0=6 m/s 根据运动学公式可得,碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA=gt=2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB=vB0-gt=4 m/s 方向竖直向上 选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得 mAvA-mBvB=(mA+mB)v 解得碰后瞬间的速度v=0。 (3)根据能量守恒定律可知,碰撞过程损失的机械能为ΔE=mA+mB-(mA+mB)v2 解得ΔE=12 J。 答案:(1)1 m　(2)0　(3)12 J 8.(13分)(2024·湖北高考)如图所示,水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg 的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度地轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小;(3分) (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能;(5分) (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。(5分) 解析:(1)根据题意,小物块在传送带上受滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律有μm物g=m物a 解得a=5 m/s2 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时运动的距离为x==2.5 m<L传=3.6 m 可知,小物块运动到传送带右端前与传送带共速,即小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小v=v传=5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s,解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方时的速度为v3,则小球在P点正上方时,由牛顿第二定律有m球g=m球 小球从O点正下方运动到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g 联立解得d=0.2 m,即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案:(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$