微专题2 力学三大观点的综合应用-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案课时作业

答案精析I 看一的时间为△=4=0.2s,由对称性可知小物块停 a3 (3)清3s内，甲，乙相对运动的距离工时=号(a: 下也会用时0.4s,则小物块比长木板晚0.2s停下，故C ap)t, 错误：小物块与长木板一t时间内的相对位移△x2= 解得x相对=4.5m=d, X0.2X0.8m=0.08m,则全过程的相对位移为△x 1 t=3s时甲和车相碰，有mUp十mU2=2V共，解得V共= 4.5m/s, =△1一△x2=0.72m,故D错误.] 对乙受力分析得一42mg=mat, 4.解析：(1)由题图(b)可知，A滑到底端时的速度平方为 解得a2'=-2m/s2, 16m/s,则速度为4m/s,则由动能定理得mgH= 对甲、车系统受力分析得2mg=21a甲本， 2m戏， 解得aP车=1m/s, 可得H=0.8m, 则相对运动位移L=工相对十 -2心-共 AB共速时的建度平方为与m/g, 2at 2a甲本 代入数据得L=4.875m. 速度为号m/,由牛顿第二定律有aA=竖=4g, 答案：(1)1m/s2(2)5m/s(3)4.875m m 7.解析：(1)物块P沿MN滑下，设未速度为uo, 对A有2=一μgt, 由机械能守恒定律得m1gh=之m1心， 对B有，=m8t, mu 解得Uo=6m/s, 联立可得mn=3kg. 物块P、Q碰撞，取向右为正方向， （2)由=受 设碰后瞬间P,Q速度分别为， 由动量守恒定律得1=m心十m2, 4 可得运动时间t=3s: 由机诚能守恒定律得号m或=之m财+名m,运， 由h=U1一以gt, 解得v1=-2m/s,2=4m/s, 可得u=0.2, 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s,方向水平向右. 则=4-合a-号m (2)物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者 的加速度分别为 答案：108m3kg(2)号m0.2 a,=-m8=-2m/g, 5.解析：(1)货物由A运动到B过程，根据动能定理可得 mgla sin 5m cos a,==2 M3 m/s, 解得v4=10m/s. 1 (2)货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定 物块Q的位移工=，1十2a,t=3m, 律，可得a=么m5=5m/5, 小车的往移4子m 1 根据匀变速直线运动规律，有一2agL2=品一2， 8 解得c=5m/s. 解得s=x2一x=3m (3)长木板进入反弹装置时的速度为u1==5m/s, (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速，AB段最长， 设长木板的质量为M,则长木板刚进入反弹装置时的能 根据动量守恒定律有2=(m2十M)v, 量为E=之M心， 可得共同速度为y=1m/s, 1 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为2，长木板从 由能量守恒定律得立m吃=合(m十M0d十m:, C点到B点的过程中，由动能定理得一2Mg(L2一d)= 解得L1=3m, 0-M, 物块Q刚好回到A点与木板共速时，AB段最短， 根据动量守恒定律可得共同速度仍为v=1m/s, 长木板在反弹过程中损失的能量为A正=号M-弓M, 由能量守恒定律得号m时=子(m十M0暖+2mg, 则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反 解得L2=1.5m, 弹装置时的能量比值)票×100%=60% 当AB段最短时需要验证物块Q在圆孤上共速时上升 答案：(1)10m/s(2)5m/s(3)60% 高度是香超过R,由能量宁恒定律得2m暖=子(m十 6.解析：(1)规定水平向右为正方向，当F=10N时，假设 甲，乙，车保持相对静止，有F-30,解得as=号m/, M)+2gL2十m2gH, 解得H=0.3m<R=0.4m, 对甲受力分析得h1mg≥ma甲· 所以不会从圆孤轨道上滑出，则AB段的长度范围为 得ap≤1m/s, 1.5mL3m. 则a共>a甲，故甲与车发生相对滑动， 假设乙和车保持相对静止，根据牛顿第二定律，有F 答案：()4m/s,方向水平向右(2②)号m 41mg=2mma共'，解得a共'=2m/s2, (3)1.5mL3m 对乙受力分析得2mg≥ma乞，则a2≤2m/s, 微专题2 因为a共≥a元， 所以乙与车保持相对静止，故a甲=1m/s2,a元=2m/s, 1.解：(1)由牛顿第二定律得a=mg土f （2)根据U甲=a甲t,Uz=att， 根据逆向思雏把上升过程看成反向的初速度为零的匀 可得t=3s时vp=3m/s,vz=6m/s, 撤去F后，甲、乙、车系统动量守恒，有m心甲十(m十m) 加速直线运动，则有h=号a U=31u, 解得v=5m/s. 解得上升过程的时间为1√。 2h 2hm Vmg十f' ·285· 丨物理 空气阻力的冲量大小为I=f=f√mg于了 2hm 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为卫 I(26+9g△t) 即礼炮弹从地面到最高，点的过程中空气阻力对礼炮弹 2△t 2hm 的冲量大小为f√mg,方向竖直向下： 答案：(1)I Vo (2)由于爆炸成质量相等的两片弹片且爆炸过程满足动 dI 量守恒定律，可知两片弹片的速度大小相等，由能量守 (2)Mt 定律得B=2X×智 (3)2,+9g△) 2△t E 4.解析：(1)设弹簧恢复原长时，P的速度为，根据系统能 解得入√m 量守恒有E,=2m心， 即礼炮弹爆炸后醉间其中一片的速度大小为/ 2E 其中=2√gR, 2.解析：(1)设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过 解得E。=2mgR. (2)P恰好到达顶端c时，此时P与小车共速，设此时速 程根据牛顿第二定律4mg=ma,设加速过程物块的位 度大小为v,根据水平方向动量守恒有。=(m十 移为x则v2=2ax, 3m)U, 解得x=1mL, 假设成立，A碰B前速度为2m/s. 根据能量守恒定徐有之m=是(m十3m)心十mgR (2)A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得mv=mvA十 十mgR, m,m=m+m, 1 解得=0.5. (3)设小物块P最终停在小车上，小物块在粗糙水平面 解得A=0,=2m/s. ab上的相对路程为s,由于水平方向动量守恒，可知，此 (3)AB碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热Q 时P与小车速度大小仍然为，根据系统能量守恒定律 =一W, 由图知B运动0.5m时u=0.4,摩擦力对物块做的功 有7m-合m十3mt=mg w,=-0+msd, 解得s=3R, 2 由于s>2R, 根据能量守恒得号m听=Q十Em, 故P会滑离小车， 答案：(1)2gR(2)0.5(3)P会滑离小车 解得Em=0.5J. 5,解析：(1)小球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定 答案：(1)2m/s(2)2m/s(3)0.5J 律得mgL(1-cos60)=2mu6, 3.解析：(1)对单个散货水平方向由动量定理一I=0 解得=√gL,方向水平向右。 -2Uo, (2)小球与木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方 解得单个散货的质量为m=L 向，由动量守恒定律得mo=mv绿十2mV来换， (②)落入货箱中散货的个数为N=M_M 由题意可知心=一之 则水平传送带的平均传送速度大小为口=N△ 解得味典=3红 4 弹簧弹性势能最大时木块与小车速度相等，木块与小车 Muo△t 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定 (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段，由 律得2mV*换=(2m十2m)v, 牛頓第二定律mg0s3-mgsin30=a,解得a=子g: 由能量守恒定律得 ×2m或a=之2m+2mi+E, 2 加速时间==4」 解得=3匹，B,=是mL 9 ag 8 加捷位移1=子a-2 1 (3)木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向， g 由动量守恒定律得2m℃未换=21未接'十2mv小本， 设匀速时间为t2, 其中t1十t2=9△t, 由机械能守恒定律得2 1 ×2m=X2mu十 速位移为==9△t一 1X2mw本， 故传送带的长度为L=x1十x2=96△t一 2 解得味'=0，车=3工 4 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为△x=, 答案：(1)√gL 方向水平向右(2) 32mgL 2 一x1= g (3)0 3√gL 4 在△t时间内传送带颜外多微的功为W=立m心十 6,解析：(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据 ngLsin30°+Q, 牛顿第二定律有m1gsin0=1a1, 其中m=L,L=90A:-2 解得甲在ab段运动加速度大小a1=gsin6. (2)甲恰能到c,点，设到达c点时的速度为v1,可知 g ,Q=mgc0s30°△x,p △t m1gsin日=mF' 解得u,=√gRsin0①， ·286· 答案精析丨 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守 力大小相等且都指向D点，则将电子从C点沿CB方向 恒和能量守恒m=m4十m西，2m或=令m” 射出，因该方向与静电力方向垂直，若静电力提供电子 所需的向心力，则电子可能做匀速圆周运动，选项C正 2m2, 确：因BC方向与电子在B点受的静电力方向不垂直，将 电子从B,点沿BC方向射出，则电子不可能做匀速圆周 解得碰后乙的速度为 2m101 ②， 运动，选项D错误.门 21十， 5.D「若这两个，点电荷是同种电荷，则在x1处的电势不 碰后乙能运动至e点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆 可能为零，因此这两个，点电荷一定是异种电荷，选项A 周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足mgsin0 错误；当x→0时，电势→∞，可知在原点一定有正点电 荷，负点电荷只能在x轴负半轴上，且负点电荷所带电 m:R' 荷量的绝对值一定大于正，点电荷所带电荷量，可知这两 即2≥√gRsin0③， 个点电荷必定是不等量的异种电荷，选项B错误：根据电 联立①②③可得四≥1， 场强度与电势的关系可知E-是故在西处的电场强度为 772 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达点，此时可知 零，在x处的电场强度不为零，选项D正确，C错误.] 7R-+R-2gsin 0.,R-v:t, 6.D[根据E=A9,可知9-x图像的斜率表示电场强度， △x 则在x轴上，由O,点到x=x2处电场强度保持不变，故 解得=子√Rsim0@, A错误；根据E,=99,由于O点处的电势高于x=x2处 的电势，则正电荷在O点处的电势能大于在x轴上x= 联立①②④可得四=1 工2处的电势能，故B错误；如果点电荷带正电，点电荷在 1720 7 (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段d, x=x2处的电势能为E。=一q9,故C错误：如果点电荷 根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周 运动显然不满足能越过线段d,故碰后乙做类平抛运动 带负电，当助=2√院时，设点电荷可以运动到一 越过线段de,故碰后乙的速度必然满足v,<√gRsin日， 处，且速度大小为，根据动能定理可得一9·2= 1 同时根据类平抛运动规律可知7R十R=之gsi山0·△f, 之m心，解得u=0,故D正确.] 7.AC[当微粒运动到其轨迹最高点时，其竖直方向的分 w2△t>R, 速度为零，该过程中重力对微粒做负功，微粒的速度大 解得子gRsin 0<-<gRsin0⑤， 小不变，则动能不变，根据动能定理可知，静电力一定对 联立②⑤将%=子代入可得√Rm<4<4 带电微粒做正功，故A正确；因为a等势线的电势高于d 等势线的电势，所以匀强电场中电场强度的方向水平向 右，则带负电的微粒受到的静电力的方向水平向左，静 √gRsin0⑥， 电力对该带电微粒做正功，所以微粒运动轨迹的最高点 对甲球从a到c过程中根据动能定理-m1g·8Rsin日= 一定在b等势线的左侧，故B错误；由题意可知带电微粒 之m1i-Ek。⑦， 在水平方向上先向右做匀减速运动，速度减为零后反向 匀加速，其水平初速度和竖直初速度的大小分别为u, 联立⑥⑦可得号sin0KEa<16m,Rsin c0s37°，=usin37°，设静电力为F,取水平向左为 正方向，根据牛顿第二定律可知微粒在水平方向的加速 答案：(1)gsin0(2)%≥1或”%1=1 27 度大小为。=卫，根据运动学公式可得微粒从开始到运 (3)Rsin 0Em Rsin 0 动至最高点所需的时间为t=%,由题意可知=at 专题精准强化8 ,联立各式解得卫=3，故C正确；重力对微粒做负 1.D[bc两点分别在金属外壳内部和金属杆的内部，则两 mg 1 点的场强均为零；在金属箔上的最下端电荷分布比金属 功，静电力对该微粒做正功，由于微粒的动能不变，则重 球上更密集，且d点距离金箔的下端较近，可知d点的 力做功的绝对值与静电力做的功大小相等，所以静电力 场强比a点大，则电场强度最大的点在d点. 对微粒做的功与微粒重力势能增量相等，之比为1：1， 2.C[匀强电场中任意两点间的中 故D错误，门 6V 点电势等于这两点的平均值，可知 8.AB[由何关系可知dc=1.5ab,则U.=1.5U,即 ac中点d的电势与b,点相同，bd的 9二9=1.5(9。一9%），可得9=10V, 连线为该匀强电场的等势面.电场 选项A正确；因bd连线是等势线，则电场强度方向垂直 线垂直于等势面且由高电势指向 bd连线方向指向a点，则电场强度大小 低电势，故电场线沿ac方向且由a 指向c,C选项正确. E、 d二0.02×sin30V/m=400V/m,选项B正确：若 4 4V 3.DL根据公式Q=CU和电容的决 将电子从a点移到b,点，电场力做正功，大小为4eV,选 定式C=a,可得U=e.d, ES 项C错误；电子和质子分别带等量异号电荷，则放在d ES 点时，具有的电势能大小相等，符号相反，选项D错误.门 根据题意F较小时易被压缩，故可知当F较小时，随着 9.BC[点电荷在正方形ABCD内（水平）绕正八面体的 F的增大，d在减小，且减小的越来越慢，电源断开后Q 中心做半径最大的匀速圆周运动，故只有当点电荷为负 不变，故此时极板间的电势差U在减小，且减小的越来 电荷时，才能受到水平面向内的合力，故点电荷带负电， 越慢；当F增大到一定程度时，再增大F后，d基本不 A错误；匀强电场的作用是使电荷所受的静电力与重力 变，故此时U保持不变，结合图像，最符合情境的是D 平衡，则有Eq=mg,故匀强电场的电场强度大小为E= 选项，」 4.C由对称性可知，A、C两，点的电场强度大小相等，方 ,B正确：在正八面体正方形ABCD内（水平）做半径 9 向不同，选项A错误；因D点距离两正电荷比B点更 近，可知D点的电势高于B点电势，选项B错误；电子在 最大的圆周运动，故圈周运动的半径R=号，电荷到场 以D为圆心、以正方体棱长为半径的圆周上所受的静电 ·287.丨物理 ☒错题序号： 微专题2力学三大观点的综合应用 @错因分析： (建议用时：40分钟) 1.2025年9月3日，为庆祝抗战胜利80周年，在 2.(2025·辽宁抚顺三模)一水平传送带以v= 北京天安门广场鸣放80响礼炮，举行盛大阅 2m/s的速度顺时针匀速转动.将物块A轻轻 兵仪式.若某个礼炮弹质量为，从地面竖直 放到传送带左端，物块A和传送带之间的动 向上发射，到达地面上空h高度后速度减小到 摩擦因数o=0.2.传送带紧挨着右侧水平地 零，爆炸成质量相等的两片弹片.礼炮弹升空 面，地面左侧O点放一物块B,物块B与水平 过程中受到的空气阻力恒为f,礼炮弹爆炸过 面间的动摩擦因数为：，且：随物体到O点的 程中释放的能量为E且全部转化为两块弹片 距离x按图所示规律变化，传送带水平部分长 的动能，求： L=1.2m,物块A运动到水平地面上和B发 (1)礼炮弹从地面到最高点的过程中空气阻力 生弹性碰撞，碰后B向右运动挤压弹簧，B向右 对礼炮弹的冲量； 运动的最大距离为d=0.5m,物块A、B的大小 (2)礼炮弹爆炸后瞬间其中一片的速度大小. 可忽略，质量均为m=0.5kg.g取10m/s2.求： (1)A碰B前的瞬间A物块的速度； (2)A碰B后B物块的速度； (3)弹簧的最大弹性势能. ww 0.5x/m ·158· 专题精准强化」 3.(2025·广西卷，15)图甲为某智能分装系统工 4.(2025·福建泉州一模)如图，左端固定在墙壁 作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端 上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在 A运动到顶端B后抛出，撞击冲量式传感器使 光滑水平台面右端：质量为3m的小车静置于 其输出一个脉冲信号，随后竖直掉人与水平传 光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台 送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测 面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平 散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实 面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道 现按规格分装.倾斜传送带与水平地面夹角为 bc组成.质量为m的小物块P(与弹簧不拴接) 30°，以速度o匀速运行.若以相同的时间间 在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止 隔△将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传 释放后从a端以大小为2√gR(g为重力加速 送带底端A,从放置某个散货时开始计数，当 度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c. 放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平 抛出.散货与倾斜传送带间的动摩擦因数以= ,到达圆端前已与领斜传送节共速设散货与 000000004☐ a- rmmmmmmhmmmmn 传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不 (1)求由静止释放时弹簧的弹性势能E。; 变，水平方向速度变为0.每个长度为d的货箱装 (2)求P与ab间的动摩擦因数； 总质量为M的一批散货.若货箱之间无间隔，重 (3)请通过计算判断P是否会滑离小车？ 力加速度为g.分装系统稳定运行后，连续装货， 某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所 围面积为「如图乙，求这段时间内： 自动调速 系统 少口冲量式传感器 货箱 130 图甲 图乙 (1)单个散货的质量. (2)水平传送带的平均传送速度大小. (3)倾斜传送带的平均输出功率. ·159· 〡物理 5.(2025·河北石 10 6.(2025·四川卷，15) 家庄模拟)如图 如图所示，倾角为0 所示，在光滑的 A wW 的斜面固定于水平 水平面上有一 地面，斜面上固定 质量为2m的小 7777777 有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板， 车，车上固定一处于自然长度的轻质弹簧，将 a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水 质量为2m的光滑木块放在小车上，整个装置 平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b 静止.现长为L的细线系着一个质量为m的 点，de与ab平行且等长.小球乙被锁定在g 小球，将小球拉至与竖直方向成0=60°角的A 点.小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板 位置从静止开始释放，摆到最低点B时，刚好 运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞 能与木块相碰（相碰时间极短），相碰后小球反 前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的 弹的速度大小为碰撞前的一半，木块与弹簧、 运动过程中无其他碰撞.小球甲质量为m1,两 小车相互作用的过程中无机械能损失，已知当 小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速 地的重力加速度为g.求： 度大小为g. (1)小球与木块相碰前的速度； (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中 (2)在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹 的加速度大小： 性势能； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙 (3)木块和小车最终运动的速度大小 能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值 应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后 小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能应满 足的条件 ·160·