专题过关创新练(8) 力学中三大观点的综合应用（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

1．(多选)(2025·福建高考)如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25.t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态．t＝ t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内．则(　　) A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m 【解析】　设t＝t0时A、B的运动速度分别为vA、vB，经分析t＝0时，A、B组成的系统受力平衡，则其动量守恒，假设0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.5 m/s＜1 m/s，假设成立，B正确；由于0～t0时间内，A、B组成的系统动量守恒，所以有mAv0＝mAvA′＋mBvB′，等式两边同时关于时间求导，得到0＝mAaA＋mBaB，所以0～t0时间内，A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍，A错误；0～t0时间内，对A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知mAv＋μBmBgxB－μAmAgxA＝mAv＋mBv＋Ep，又t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB，联立解得Δx＝0.1 m，C错误；结合选项A、B分析可作出A、B的v－t图像如图所示，结合图像可知，A与传送带的相对位移(痕迹长度)小于0.05 m，D正确． 【答案】　BD 2．(多选)(2024·湖北高考)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块．设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0(k为已知常数).改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则(　　 ) A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【解析】　AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v； 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，据能量守恒定律fL＝kv0·L＝mv－(m＋M)v2，联立解得v0＝，v＝，子弹和木块损失的总动能ΔEk＝kv0·L＝kL×＝，综上分析，故A正确，C错误；B.取初速度方向为正方向，根据动量定理－ft＝－kv0t＝mv－mv0，代入数据联立解得t＝，故B错误；D.木块在加速过程中做匀加速直线运动x＝t＝××＝，故D正确． 【答案】　AD 3．(多选)(2025·湖南高考)如图所示，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整．滑轨安装在高度为h的水平面上．测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高．引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能．极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ.D在滑轨上运动 S1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为S2，根据S2可计算出弹药释放的能量．某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，S1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g.则(　　) A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为36mgh(1＋) D．弹药释放的能量为48mgh(1＋) 【解析】　弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝×3mv＋mv，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ·(m＋5m)gS1＝(m＋5m)v－(m＋5m)v，D脱离滑轨后做平抛运动，则有S2＝v0t，h＝gt2，D的初动能EkD＝(m＋5m)v，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3mv，解得EkA＝2EkD，ΔE＝48mgh，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ·(m＋5m)gS1＋(m＋5m)gh＝(m＋5m)v2－(m＋5m)v，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等，AC错误，BD正确． 【答案】　BD 4．(2025·浙江1月选考)一游戏装置的竖直截面如图所示．倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置．该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高．游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上螺旋轨道．若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动．已知R＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝ m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH ＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段与滑块3的动摩擦因数μ＝0.25.滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8. (1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC； (2)若滑块3恰好能通过螺旋轨道CDC′，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功．讨论游戏成功的高度h. 【解析】　(1)当h＝0.8 m时，对滑块1从静止滑下至到达C点，由动能定理有 mgh＝mv 解得滑块1与滑块2碰前瞬间的速度大小为v0＝4 m/s 滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有mv0＝2mvC 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s. (2)当滑块3恰好能通过螺旋轨道CDC′时，滑块3运动到D点，由牛顿第二定律有2mg＝2m 解得滑块3运动至D点的速度大小为vD＝ m/s 滑块3从C点运动到D点，由机械能守恒定律有 ×2mvC′2＝2mg·2R＋×2mv 解得滑块1与滑块2碰撞后瞬间的速度大小vC′＝ m/s 滑块1由静止滑下到运动至C点，由动能定理得mgh＝mv0′2，滑块1、2碰撞过程由动量守恒定律得mv0′＝2mvC′ 联立解得h＝2 m. (3)滑块3从C′点运动到F点的过程，由动能定理有 －2mgL sin 37°－μ·2mgL cos 37°＝×2mv－×2mvC″2 若滑块3直接落入I点的洞中，滑块3从F点到I点过程，竖直方向vF sin 37°＝g· 水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vFt1cos 37° 结合mgh1＝mv0″2，mv0″＝2mvC″ 联立解得h1＝2.5 m>2 m 若滑块3经一次反弹落入I点的洞中，则滑块3从F点运动到I点的时间为t2＝＋ 水平方向LFG＋LGH＋LHI＝vF′t2cos 37° 联立解得vF′＝ m/s 则F点距反弹点的距离为x＝vF′cos 37°·＝0.48 m 又LFG<x< LFH，则反弹点位于G、H两点之间结合mgh2＝ mv0‴2，mv0‴＝2mvC‴ 又－2mgL sin 37°－μ·2mgL cos 37°＝×2mvF′2－×2mvC‴2 联立解得h2＝2 m 由上述分析可知，滑块反弹次数越多，h越小，则若滑块3经历两次反弹落入I点的洞中时，h3 <h2 ＝2 m，结合(2)问分析可知滑块3无法经过螺旋轨道的最高点D，滑块3无法落入I点的洞中综上所述，游戏成功的高度h＝2.5 m或2 m. 【答案】　(1)2 m/s　(2)2 m　(3)2.5 m或2 m 5．(2025·山东高考)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向．小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定．一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起．当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动．已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力．求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm. 【解析】　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s. (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的解除锁定，此时小球和物块a的速度为v4 根据胡克定律可知F＝kx1 由系统机械能守恒可得 v＝v＋kx 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 解除锁定之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有v4＝vb 解得vb＝ m/s. 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝v＋kx－v＝ J. 【答案】　(1)6 m/s　 m/s (2) m/s　 J 学科网（北京）股份有限公司 $