加分练3 力学三大观点的综合应用(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

加分练3　力学三大观点的综合应用 保分基础练 1.(2025·合肥模拟)如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，AB部分水平，BCD为半径R=1.6 m的半圆轨道，在B处与AB相切。在直轨道AB上放着质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg的物块M、N(均可视为质点)，用轻质细绳将M、N连接在一起，且M、N间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。直轨道AB左侧的光滑水平地面上停着质量m3=1 kg的小车，小车上表面与AB等高，小车的长度L=2 m。现将细绳剪断，之后M向左滑上小车，N向右滑动且恰好能通过半圆轨道上的最高点D。物块M与小车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10 m/s2。 (1)当物块N运动到圆弧轨道的最低点B时，求轨道对物块N的支持力大小； (2)求剪断细绳之前弹簧的弹性势能Ep； (3)判断物块M最终是否会滑离小车。如果不会，计算它相对小车静止时，距小车右端的距离；如果会，计算它离开小车左端时的速度。 解析　(1)对N分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得m2g=， 从B到D由动能定理可得 -m2g×2R=m2-m2， 在B点由牛顿第二定律可得FN-m2g=， 联立以上方程可得FN=60 N。 (2)细绳剪断之后，由动量守恒定律可得m1v1=m2vB， 由能量守恒定律可得Ep=m1+m2， 联立以上方程可得Ep=60 J。 (3)假设M与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得m1v1=(m1+m3)v， 由能量守恒定律可得 μm1gx=m1-(m1+m3)v2， 解得x= m<L=2 m， 所以M不会滑下小车，距小车右端的距离为 m。 答案　(1)60 N　(2)60 J　(3)不会， m 2.(2025·商丘模拟)如图所示，质量m1=1 kg的物块A沿水平桌面以v0=1.5 m/s的速度匀速运动，与静止在桌面右端的物块B发生弹性碰撞，B飞离桌面后恰由P点沿切线落入竖直固定的圆弧轨道PQ，圆弧轨道的半径R=0.5 m，圆心角θ=60°，最低点Q与水平传送带平滑连接。传送带以v=4 m/s的速率顺时针匀速转动，右端与水平地面平滑连接，物块B与竖直固定的挡板M每次碰后速率均变为碰前速率的。已知物块B的质量m2=2 kg，传送带两端点的距离L=2 m，物块B与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦均不计，A、B均可视为质点，取g=10 m/s2。求: (1)A与B碰后瞬间物块B的速度大小； (2)物块B到达P点时对轨道的压力大小； (3)物块B与传送带摩擦产生的总热量。 解析　(1)物块A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有 m1v0=m1vA+m2vB， m1=m1+m2， 联立解得vB=1 m/s。 (2)物块B到达P点时的速度大小为vP=， 在P点由牛顿第二定律，得FN-m2gcos θ=m2， 联立解得FN=26 N， 由牛顿第三定律可知，物块B在P点对轨道的压力大小为FN'=FN=26 N。 (3)物块B由P点运动到Q点，由动能定理得 m2g(R-Rcos θ)=m2-m2， 解得vQ=3 m/s， 因vQ<v，则B在传送带上先加速，有 μm2gt0=m2v-m2vQ， μm2gx0=m2v2-m2， 解得t0=0.2 s，x0=0.7 m<L， 此过程产生的热量为Q0=μm2g(vt0-x0)=1 J， 物块B第1次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程，有-μm2gx1=0-m2， -μm2gt1=0-m2·v， 第1次碰后到第2次碰前与传送带的相对路程为 Δx1=(vt1+x1)+(vt1-x1)=2vt1， 整理得Δx1=， 物块B第2次与挡板M碰后沿传送带向左滑动的过程，有-μm2gx2=0-m2v2， -μm2gt2=0-m2·v， 第2次碰后到第3次碰前与传送带的相对路程为 Δx2=(vt2+x2)+(vt2-x2)=2vt2， 整理得Δx2=， 同理可得Δx3=，…，Δxn=， 全程摩擦生热为 Q=Q0+μm2g(Δx1+Δx2+Δx3+…+Δxn)， 整理得 Q=Q0+m2v2=Q0+2m2v2， 解得Q=65 J。 答案　(1)1 m/s　(2)26 N　(3)65 J 3.如图，质量均为m的滑块(可视为质点)和质量为3m的长木板静止于图示位置。滑块1、2、3与长木板间动摩擦因数均为μ，长木板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以v0、2v0、3v0的速度同时从图示位置滑上长木板，它们之间不会相碰也不会从长木板滑下，重力加速度为g，当三个滑块与长木板刚好相对静止时长木板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求: (1)滑块2从放上长木板到速度达到最小，系统产生的内能。 (2)刚开始时长木板与墙壁的距离s。 解析　(1)当滑块2与长木板刚好相对静止时，其速度最小，设为vmin，从开始到滑块2与长木板刚好相对静止瞬间，2、3间的相对速度始终相等为v0，故此时滑块3的速度为vmin+v0，则由动量守恒定律得 m(v0+2v0+3v0)=(m+m+3m)vmin+m(vmin+v0)， 解得vmin=v0， 系统产生的内能为Q=m[+(2v0)2+(3v0)2]-×5m-m×(vmin+v0)2=m。 (2)当滑块1刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律m(v0+2v0+3v0)=(m+3m)v1+m(v1+v0)+m(v1+2v0)=6mv1+3mv0， 解得v1=， 该过程长木板的加速度为a1==μg， 对长木板有s1==， 当滑块2刚好与长木板相对静止时，对长木板有 2μmg=4ma2，-=2a2s2， 解得a2=，s2=， 当滑块3与长木板保持相对静止时根据动量守恒定律有 m(v0+2v0+3v0)=6mv3， 同时有μmg=5ma3， 解得a3=， 由运动学规律有-=2·s3， 解得s3=， 则s=s1+s2+s3=。 答案　(1)m　(2) 增分提能练 4.如图所示，质量为4m的足够长木板a静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，右侧共有n个质量均为m的物块一字排开静止在水平面上，现使a、b一起以初速度v0向右运动，以后每次碰撞板与物块、物块与物块均会粘在一起，每次碰撞前瞬间，b与a均恰好达到共速，重力加速度为g，开始时物块1与2间的距离为s，不计碰撞时间和物块的大小。求: (1)a与物块1碰撞过程中，物块1对a的冲量大小； (2)b与a间的动摩擦因数； (3)从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b运动的距离。 解析　(1)设a与物块1碰撞后瞬间，a的速度大小为v1，根据动量守恒定律有4mv0=5mv1， 解得v1=v0， 根据动量定理，物块1对a的冲量大小 I=4mv0-4mv1=mv0。 (2)设a、b、物块1共速时的速度大小为v2，根据动量守恒定律有5mv0=6mv2， 解得v2=v0， 设a、b间的动摩擦因数为μ，a、b相对滑动时板a的加速度大小为a，由牛顿第二定律，有μmg=5ma， 解得a=μg， 根据速度-位移公式，有-=2as， 解得μ=。 (3)根据题意，从a与物块1碰撞后瞬间到与物块n碰撞前瞬间，b一直做匀减速运动，由牛顿第二定律，有 μmg=ma'， 解得a'=μg， 设板与物块n碰撞前瞬间的速度为v3，根据动量守恒定律有5mv0=(n+4)mv3， 解得v3=v0， 在这段时间内，对b有-=-2a'x， 解得x=s。 答案　(1)mv0　(2)　(3)s 学科网（北京）股份有限公司 $