课后限时练8 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

课后限时练8　力学三大观点的综合应用(思维进阶课) 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分46分 1．为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法错误的是(　　) A．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1 B．第二次子弹能击穿两钢板 C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为d D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6＋) 2．(2025·辽宁省辽南协作体高三模拟检测)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A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2m的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点时，木块B的速度为 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向左移动的距离为 D．当A、B、C运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为90° 3．(2025·福建漳州模拟)如图所示，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4 m/s的速度匀速转动，将质量为1 kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2 s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　) A．小物块一直做匀变速运动 B．A、B间的长度为11.5 m C．小物块到达B处时的速度大小为16 m/s D．全过程中小物块机械能减少23 J 4．(多选)(2025·湖北黄石模拟)如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则(　　) A．匀强磁场的磁感应强度大小B为 B．撤去拉力前ab棒前进的距离为2vt－ C．撤去拉力前ab棒前进的距离为vt－ D．全过程中回路产生的焦耳热为Fvt－ 5．(12分)(2025·海南卷) 足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，取g＝10 m/s2。求： (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 6．(16分)(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m； ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练8 1．B　[第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将子弹看成相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为1∶(－1)，所以穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1，故A正确；设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒有f·2d＝m(m＋2m)v2，可得fd＝m，第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d'，对子弹和A，由动量守恒有mv0＝mv1＋mu，由能量守恒有fd＝mmmu2，可得v1＝v0，对子弹和B，由动量守恒有mv1＝(m＋m)v2，由能量守恒有f·d'＝m(m＋m)，可得d'＝d<d，假设成立，故B错误，C正确；第一次系统损失的机械能ΔE1＝f·2d，第二次系统损失的机械能ΔE2＝f·，第一次、第二次系统损失的机械能之比为ΔE1∶ΔE1＝8∶(6＋)，故D正确。故选B。] 2．C　[运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A错误；C球摆到最低点时，由动量守恒和能量关系有2mvC＝2mvAB，2mgL＝·2m·2m，解得木块B的速度vAB＝，选项B错误；C球第一次摆到最低点过程中，根据2mxC＝2mxAB，xC＋xAB＝L，可得木块A、B向左移动的距离为xAB＝，选项C正确；当C到达最低点再向右摆动时，A做减速运动，此后A、B分离，因系统有部分机械能传给了B，则当A、B、C运动状态稳定后，小球C不会摆到原来的高度，即细线与杆所成夹角最大不会达到90°，选项D错误。故选C。] 3．B　[当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，由牛顿第二定律可知mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得 a2＝4 m/s2，小物块会继续以a2加速运动至B点，故全程做变加速运动，故A错误；设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则 v带＝a1t1，由题可知，全程运动时间为t＝2 s，到达B点时的速度为vB＝v带＋a2(t－t1)，解得 vB＝10 m/s，故C错误；A、B间长度为L＝a1，解得 L＝11.5 m，故B正确；全过程中小物块机械能减小量为ΔE＝mgLsin 37°－m，解得ΔE＝19 J，故D错误。故选B。] 4．AC　[ab棒速度达到最大时受力平衡，有F＝BIL，E＝BLv，I＝，解得B＝，故A正确；ab棒从开始运动到最大速度，列动量定理有Ft－＝mv，解得x＝vt－，故B错误，C正确；解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，设最后共同运动速度为v共，mv＝2mv共，对全过程由能量守恒定律有Q＝Fx－×2m，得Q＝Fvt－mv2，故D错误。故选AC。] 5．解析：(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒定律有mAg(R－Rcos 53°)＝mA 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)根据题意有A、B碰后成一整体，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mA(mA＋mB)＝1.6 J。 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有 μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内A、B运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2，该段时间内A、B运动的位移为x'1＝t2，传送带运动的位移为x'2＝vt2，故可得 Q＝μ(mA＋mB)g·(x'2－x'1) 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 答案：(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s 6．解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有 mg＋3mg＝m 解得v＝4 m/s。 (2)①根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 变形得a＝F 结合题图乙可知 kg-1＝0.5 kg-1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma 变形得a＝ F－ 结合题图乙可知 kg-1＝1 kg-1， －＝－2 m/s2 联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。 ②根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得 此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块在P点时的速度v2＝a2t0 小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有MmMm＋2mgR Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去) 根据运动学规律有L＝a1a2 解得L＝4.5 m。 答案：(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m 3/4 学科网（北京）股份有限公司 $