突破计算题练(一) 力学中的多运动组合问题-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 突破计算题练（一） 力宇 1.(2025·山东省潍坊市高三二模)如图所 示，正方体物块A放在离地高度H=3.2m 的粗糙平台上，直径与A棱长相同的小球 B静置在与A等高处，与平台右端距离s= 0.8m,光滑固定斜面MN与水平方向夹角 0=45°，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ 是半径R=25m的足够长光滑圆弧，P点 是圆弧最低点，圆心未画出.现对A施加水 平拉力F=12N,使A由静止开始向右运 动.t1=3s后撤去F,A继续滑行t2=1s 后从平台右端水平飞出，A飞离平台的同 时B由静止释放，一段时间后A、B发生弹 性对心碰撞，碰撞时间极短，分开后A落到 地面上，B到达M处时速度恰好沿MN方 向滑人斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ,减 速到O后返回P点.己知mA=3kg,mB= 1kg,A与平台间动摩擦因数u=0.2,g取 10m/s2,A和B的大小可忽略不计！ M O NP Q (1)求A离开平台时的速度vA; (2)求碰撞过程中，A、B形变量最大时系统 的弹性势能E,; (3)求A与B到达地面的时间差△t; (4)某同学认为可以利用单摆周期T=2x, R g 计算小球B离开P点到返回P点所用时间 ·123 得分 学中的多运动组合问题 区。你认为是否合理？请通过计 算分析说明. 2.(2025·浙江省1月选考·18)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 CE、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，滑上滑轨.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=0.2m,=0.1kg, 5 EF段长度L=6m,FG间距Lc=0.4m, GH间距LGH=0.22m,HI间距LH= 0.1m,EF段μ=0.25.滑块1、2、3均可视 为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6， c0s37°=0.8. n7n0n77 777777727777 班级 姓名 (1)若h=0.8m,求碰撞后瞬间滑块3的速 度大小C; (2)若滑块3恰好能通过圆轨道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. 3.(2025·广州大学附中高三三模)如图所 示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑 圆弧轨道AB,长度Lx=0.6m的粗糙 水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道 CD组成.质量m1=2kg的物块P和质量 m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并 锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD 段中间，物块P、Q可视为质点.紧靠D的 右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的 小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长 度LEF=1.2m;FG段为半径R2=1.8m 的。光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽 略不计.P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均 为=0.5，重力加速度g取10m/s2,现解 除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出(P、Q ·124 得分 脱离弹簧后立即撤走弹簧)，其中物块P进 入CBA轨道，而物块Q滑上小车.不计物 块经过各连接点时的机械能损失」 02-- A -0 R R ☐w☐ B (1)若物块P经过CB后恰好能到达A点， 求物块P通过B点时，圆弧轨道对物块P 的弹力大小； (2)若物块P经过CB后恰好能到达A点， 求物块Q冲出小车后离开G点的最大 高度； (3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小 车后能通过F点，并且后续运动过程始终 不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取 值范围.3m听，D的初动能为：Ew=之·6m·(0.50A)2= 1 3 年m喔，可见D的初动能与爆炸后瞬间A的动能不相等，！ 故A错误；B、D水平滑动S1距离的过程中摩擦力做功为：· W=-4·6mg·S1=-u·6mg·么=-6mgh,微平抛 运动过程中重力做的功为：WG=6mgh,可得：Wf十Wc= 0,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为零，根据动能 定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；D 平抛过程在整直方向上有：A=g,在水年方向上有：S =生，联立可得：=S√景，D水年滑动S距离的进程， 根搭动能定理有：一6mgh=号·6mn听一号·6m2,解得： 2=+2g,由A选项的解答可得：A=20,B=6u,弹 药释放的能量完全转化为A和B的动能，则弹药释放的能 量为：E=号·3m听+令m6=24m2=24m (景+2g)=48m+盖）故C储民，D玉克 8.解(1)小球从开始下落到P处过程中，以水平向左为正 方向，水平方向上动量守恒，有：m心1=M2,由能量守恒定 律得：mgh=2m听+号M5,代入教据联立解得=6m/s, =分m/s,即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块 2 速度为号ms,方向水平向右； (2)小球落在物块a正上方，与其粘连，竖直方向速度变为 0,以水平向左为正方向，小球和物块a水平方向上动量守 恒，则有m心=(m十ma)u3,代入数据解得：3=2m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物 块a的速度为v4,根据胡克定律得：F=bx1,对小球、物块 a和弹簧，由能量守板定律得：0m十m,)话=合(m十儿)好 十，代入数据联立解得：4=1m/s=0.3m,因定解 除之后，小球、物块α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：（十 m,)=(m十m,十m,):代入数据解得：=号m/,方 向水平向左. 对a、b和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Em =子(m+m,)f+之k子-合(m+m,十m,)号，代入数揭 解得：Ea=号 突破计算题练（一） 1.解(1)对A,根据牛顿第二定律F-1Ag=mAa1,一 mAg=mAa2,由速度表达式UA=a1十a2t2 代入数值可得A=4m/s； (2)A飞出后做平抛运动，A、B弹性正碰，机械能守恒，以 水平向右的方向为正方向，水平方向动量守恒，A、B形变 量最大时A、B水平方向共速共，竖直方向速度均为“， mAVA=（mA十1B）U共 合（暖十项）+名m咳=合m(暖十响)+合m哪 (共十)十E。,代入数值可得Ep=6J: (3)A、B弹性正碰，机械能守恒，以水平向右的方向为正方 向，水平方向动量守恒，分离时A、B各自水平速度分别为： ·25 UA1、m,竖直方向速度均为1，mAA=mAA1十mBm 合m(+)+me听=名m(+)+合mB (十品1) 代入数值可得ym=6m/s,B运动到M点前，A、B竖直方 向的运动是相同的tan45°=血 y2 M点到平台的高度差h,h=票，A北后下落时间，H-力 =4十线，B活斜面下滑时间 (H-h)_U2 1 sin45-sin45年十乞gsin456,A与B到达地面的时 间差△t,△i=tA一B 代入数值可得△1=5巨- -s: 5 (4)小球滑到P点时速度p,如图所示： mBg(H-h)= 1 (行)》”，活园瓶进动减建到零时高 2 R 度为h0,一negho=0一2mB师 代入数值可得h。=5m,通过几何关系 可知小球B在最高点时与圆心连线和 ho 竖直方向的夹角为Q=37°，结合单摆摆P 角应小于5°知，小球B的运动不符合单摆运动规律，这个 同学的计算方式不合理 2.解(1)滑块1由A到C过程，由动能定理得： 1 mgh=2m听-0 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：mo=21uc 代入数据解得：o=4m/s,vc=2m/s: (2)滑块3恰好通过圆孤轨道，在圆孤轨道的最高点D,重 力提供向心力，由牛领第二定律得：2mg=2m爱，清块1从 A到C过程，由动能定理得：mgh=?m6-0 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：m6=216 碰撞后运动到D过程，由动能定理得：一2mgX2R=2 2mu呢一2 X2m 代入数据解得：h=2m; (3)滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh1=2m2-0 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：mv=2mw 从C到F过程，由动能定理得：一2 gLsin37°一u× 2 mgleos37r=×2m6-×2md 滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向： gsin37r=g×号 水平方向：LG十LGH十LH=vFt1cos37°，代入数据解得： h1=2.5m 滑块3经1次反弹后落入洞中，从A到C过程，由动能定 理得：mgh2=2m听-0 两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：1U1=2m1U 从C到F过程，由动能定理得：一2 ngLsin37°-4×： 2 wgLco37r=号×2md峰-2m 滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：！ 2orsin 37upsin 37 2 g g 水平方向：L心+LGH十LH=Ft2cOs37 代入数据解得：h2=2m. 3.解(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有一m1gR1 =0一 号m1哈，物块P在B点，对该物块进行分析有N- ，解得N=60N: mig=m R' (2)物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有一 mgR一me=0-号m吊，解得印=√而m/s,对 P、Q组成的系统，设向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1p一m2vQ=0 解得vQ=2√30m/s 对Q与小车构成的系统，设向右为正方向，在水平方向，根 据动量守恒定律有2vQ=(m2十m3)ux 根据能量守恒定律有m2=m(十心)十m 十2gR2十12gLr,解得飞，=√42m/s 之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上为竖直上抛运动， 根据逆向思雏，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度h =,解得h=2.1m: 2g1 (3)物块被弹开过程有m1p1一m2Q1=0,EPmin= 1 乞m1响十之m2喝1，当物块Q向右滑上小车后恰好到达 F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与 小车有m2Q1=（m12十m3),2m2喝2=12gLF十 之(m2十m3)号，解得EPmin=12J,由于m2gR2=10X10× 1.8J=18J>(2m2gLr=2×0.5×1×10×1.2J=12J),当 物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小 车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块 过程有mp一mae=0,Ep*=之m响，十m6e 当物块Q冲上FG圆孤没有越过G,点之后又返回E,点与 小车共速过程有m2vQ2=（m2十13）4,2m202= 2m:gL十合(%十m)G,解得Enx=24J 综合上述有12J<Ep≤24J. 突破计算题练（二） 1.解(1)小球从落入圆孤轨道至离开圆孤轨道，重力对其 做的功为：WG=mgR; (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为功，已知小球与 弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的了时弹簧的弹性势 能为2mgR,根据机核能守恒定律可得：m听-合m 1 (3)》=2mgR,解得：6-3 12 2 设B、A两点间的距离为五，对小球从B点到离开圆孤轨道 的过程，根据动能定理得：mg(十R)=2m听-0，解得：h ·25 (3)设Q的质量应为M1,P和Q断开后，P、Q和弹簧组成 的系统动量守恒，机械能也守恒.当P和Q恰好共速时弹 簧的弹性势能最大，已知弹性势能最大Em=2.2mgR,以 向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：m 1 ·3b=(m+M)u共，2gR+(号w）=之 M1)w+2.2mgR,解得：M1=4m: (4)P和Q断开后，当弹簧恢复原长时Q的动能最大，设弹 簧恢复原长时Q的动能为Ek,速度为Q,Q的质量为M, 以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： 1 1f112 1 m·3=mp+MQ2mgR+2m(3w）=zm呢十 2M6,又有：E=号M6 联立可得：2(m十M0Ek-2m√MgR·√JEk-4mgR=0 解得：√E=M8m·m√R,另一解为负值， 2(M+m) 舍去. 令：y=MT8m,将y对M求导，并令其倒数等于 2(M+m) 0,得到：(m-M)√M+8m=√M(9M+7m),将此式平方 可得：9M°+7m2M+17m-m3=0 令：M=x,x>0,上式可变形为：9x2+17x2+7z-1=0, 172 可得：(x+1)(9x2+8x-1)=0 则有：9+8x-1=0,解得：x=号，另一解为负值，会去 可得当以-日中M=寸m时，瓜取最大位，中取 最大值，（验证：当M=m时，可得E最大值为号mgR, 最终Q的最大速度大小为30，P的最终速度为零，即Q最 终的动能等于系统初始的机械能，系统初始的机械能等于 1 9 m哈=mgR,可见此结果合理.) 2.解(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有 2 mg十3mg=mR 代入数据解得u=4m/s (2)(ⅰ)根据题意可知当F4N时，小物块与轨道是一起 向左加速， 根据牛顿第二定律可知F=(M十)a 1 根据题图乙有=M十m=0.5kg1 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动， 则对轨道有F-mg=Ma 1Fumg 即a= M 结合题图乙有发=府-1kg 数藏距6=一爱=-2m/8 联立以上各式可得M=1kg,m=1kgu=0.2 (ⅱ)由题图乙可知，当F=8N时， 轨道的加速度为a1=6m/s2, 小物块的加速度为a2=g=2m/s2 设当小物块运动到P点时，经过。时间， 则对轨道有=a1to 对小物块有功=a20 在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有 合M听+7m话=号M喝+7mni+2mgR 1 1