课后限时练(07) 力学3大观点的综合应用（课件PPT）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（广东专版）

课后限时练(七)　力学三大观点的综合应用 1．(15分)(2022·广东卷T13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取 10 m/s2，不计空气阻力。求： 突破点 课后限时练 1 (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 突破点 课后限时练 [解析]　(1)当滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 N1＝(m＋M)g＝8 N 滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f '＝5 N。 (2)滑块向上运动到碰撞前瞬间，根据动能定理有 －mgl－f l＝mv2－m 代入数据解得v＝8 m/s。 突破点 课后限时练 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv＝(m＋M)v1 碰撞后滑块和滑杆以速度v1整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M) 代入数据联立解得h＝0.2 m。 [答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 突破点 课后限时练 2．(15分)(2023·广东卷T15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 突破点 课后限时练 5 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 突破点 课后限时练 [解析]　(1)选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma 结合运动学公式可得v0＝at 联立解得t＝。 (2)B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得2mg×3L－W＝×2m×(2v0)2－×2m 联立解得W＝6mgL－3m。 突破点 课后限时练 (3)设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得 2m×2v0＝mvA＋2mvB 根据能量守恒定律可得 ×2m＋m＝××2m×(2v0)2 联立解得vA＝v0，vB＝v0(舍去)或vA＝2v0，vB＝v0 离开平台后，药品盒做平抛运动，则有L＝g 突破点 课后限时练 根据题意可得s＝(vA＋vB)t1 联立解得s＝。 答案：(1)　(2)6mgL－3m　(3) 突破点 课后限时练 3．(15分)(2025·山东卷)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： 突破点 课后限时练 10 (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。 突破点 课后限时练 [解析]　(1)小球由静止下落至运动到P点的过程，小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有mgh＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 突破点 课后限时练 (2)从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 对小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有(m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0 其中Ep0＝k 突破点 课后限时练 联立解得b刚解除锁定时小球和a的整体的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当a与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 (m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有(m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 [答案]　(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 突破点 课后限时练 $