2026届高三二轮复习物理培优专题06：力学中三大观点的应用

2026届高三物理二轮复习培优专题 专题六 力学中三大观点的应用 1．如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M＝1.5m0，小球质量m＝m0，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（　　） A．圆弧半径 B．小球飞出时，圆弧轨道的速度为 C．小球飞出时速度大小为 D．若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，则小球在轨道上运动时间为 2．如图所示，木板B静止于光滑水平面上，质量MA＝2kg的物块A放在B的左端，另一质量m＝1kg的小球用长L＝0.9m的轻绳悬挂在固定点O。木板B与地面锁定，将小球向左拉至轻绳与竖直方向呈60°并由静止释放小球，小球在最低点与A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A在B上滑动，恰好未从B的右端滑出。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）求小球与A碰撞前瞬间绳上的拉力大小F； （2）求B的长度x； （3）若解除B的锁定，仍将小球拉到原处静止释放， 为使A不能滑过B板的四分之一，求B的质量MB的范围。 3. 如图所示，一半径为R的光滑的圆弧轨道竖起放置，uO为圆心，C点最高点，B是最低点，OA水平，一视为质点的质量为m的小球甲从A点正上方与C等高的位置由静止释放，从A点顺着切线进入圆弧轨道，与位于最低点B的静止的乙球发生弹性碰撞，则 （1）若乙球的质量m乙=m ,碰撞后乙球能否到达轨道最高点C？若不能，则乙球与轨道脱离时，乙球与圆心O的连线与水平方向的夹角的正弦值为多少？离开轨道后运动到最高点时距离B点的竖直方向高点差为多少？ （2）若碰撞后乙球恰好能通过最高点C，求乙球的质量？ （3）乙球是否存在合适的质量，使得碰撞后通过C点又落到A点？ 4．如图所示，一根长R＝1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点。长l＝3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r＝0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为m＝0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g＝10m/s2，求： （1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小； （2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量； （3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。 5．如图所示，物块A、B质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，用轻绳相连并用劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不动。B正下方有一个半径为R＝1m的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a距离物块B的高度差h＝0.8m。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做周期T＝2.8s的简谐运动，B下落并从a点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。当A第1次到达最高点时，B恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与质量为mC＝0.5kg的滑块C相碰，碰后B、C结合为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送带，传送带的水平长度为L＝1m，以v0＝1m/s的速度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.35。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的质量为m1＝3kg的小球，D能够平滑地滑上平台，且D与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰（A、B、D小球均可以看作质点，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力）。（答案可以用根号表示） （1）求物块A做简谐运动的振幅A； （2）求光滑固定圆轨道对物块B的冲量大小I； （3）求整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产生的热量Q。 6．如图所示，上表面粗糙、长d＝0.5m的长木板与半径R＝0.15m的光滑四分之一圆弧轨道平滑连接（二者构成一个整体），静止在光滑水平面上，整体的总质量M1＝0.6kg，质量M2＝0.6kg的物块放在长木板上的左端。一根长度L＝1.25m且不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.4kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度并恰好接触。拉动小球使细线伸直，当细线水平时由静止释放小球，小球与物块沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后，物块沿着长木板上表面运动，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： （1）小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； （2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小； （3）若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置且 不脱离圆弧轨道，物块与水平长木板间的动摩擦因数μ。 7．某游戏装置如图所示。将质量为m＝1kg的物块P置于弹簧一端（弹簧与物块不粘连），弹簧另一端固定于斜面上，初始时刻将弹簧压缩至如图位置，使其具有一定的弹性势能。一倾角θ＝37°，长度LPA＝0.5m的粗糙斜面PA与半径R＝0.5m，圆心角θ＝37°的光滑圆弧AB平滑相接（物块滑上A点时无能量损失），物块释放后沿圆弧在B点与质量也为m＝1kg的物块Q发生弹性正碰后，水平向右离开圆弧，圆弧与一水平足够长木板BC平滑相连。物块从圆弧离开后，带动上下表面粗糙，质量为m＝1kg的木板BC开始运动，若木板BC恰好不与竖直墙壁DE相撞则视为游戏成功。已知物块与PA间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间动摩擦因数μ3＝0.1，某次游戏开始时弹簧具有的弹性势能EP＝14.8J。物块可视为质点，不计物块与其它位置的摩擦。则： （1）物块P到达A点时的速度大小； （2）物块P经过A点时对圆弧的压力； （3）物块Q滑上木板时的速度大小； （4）若要游戏成功，则木板右端点 C与竖直墙壁的最短距离。 8．如图所示，半径R＝0.5m的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，在最低点与足够长光滑平台MN相切，物块A、B静置在平台上，用轻质无弹性细绳将A、B连接在一起，A、B间有一被压缩的轻弹簧（物块与轻弹簧间不拴接），初始时长木板C锁定，长朲板C处于足够长光滑平台NQ上，物块B与长木板C间的动摩擦因数μ1＝0.5.现将物块A、B之间的细绳剪断，脱离弹簧后物块A向左滑入半圆形光滑轨道，恰好能滑到半圆轨道的最高点H，物块B滑上长木板C后恰好运动到长木板C的最右端。已知物块A、B的质量分别是m1＝0.4kg、m2＝0.5kg，长木板C的质量是m3＝0.5kg，重力加速度g取10m/s2，物块A、B均可视为质点。求： （1）被压缩的轻质弹簧中储存的弹性势能Ep； （2）若B滑上C瞬间，解除长木板C的锁定，求物块B第一次与长木板C共速时与C右端的距离。 （3）若B在滑上C的瞬间受到一个向右的冲量，使B的速度变为向右的，同时解除对长木板C的锁定，在平台Q处放有一竖直挡板，挡板与长木板C等高，挡板右端与长L＝1m顺时针转动的水平传送带EF平滑无缝对接，长木板C的上表面与传送带EF的上表面相切。长木板C运动到Q处与挡板相撞后停止运动，物块B通过传送带右端离开后，落在水平地面上的D点。已知物块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带EF距地面高h＝1.25m，传送带EF的运动速度为v。讨论物块B落点D与F点间水平距离x与传送带速度v大小的关系（忽略传送带中轮子的半径）。 专题六 力学中三大观点的应用 参考答案与试题解析 1.答案：D【解答】解：ABC、小球和轨道运动过程中机械能守恒、水平方向动量守恒，设小球从轨道飞出时小球速度为v1，轨道速度为v2， 由机械能守恒定理可得：， 由小球和轨道在水平方向上动量守恒，取v0方向为正，可得：mv0＝mv1cos30°+Mv2 小球飞出时与轨道在沿轨道半径方向上无相对运动，如下图所示： 即两者沿半径方向的分速度相等，则有：v1cos60°＝v2cos30° 解得：，，，故ABC错误； D、根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有mv0＝mv1cos30°+Mv2 设小球在轨道上运动时间为t，则有mv0t＝mv1tcos30°+Mv2t 整理可得：mv0t＝m（x+Rsin60°）+1.5mx，解得：t，故D正确。 2.【解答】解：（1）设小球下摆至最低点时，速度的大小为v0，小球下摆的过程根据动能定理有 mg（L﹣Lcos60°）0在最低点由牛顿第二定律F﹣mg＝m，解得F＝20N （2）小球与A碰撞动量守恒，规定向右为正方向：mv0＝mv1+MAv2 机械能守恒 ，解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s A在B上滑行的过程中，由动能定理得 ，解得x＝2m （3）小球与A碰撞后至A与B共速，规定向右为正方向；由动量守恒定律有 MAv2＝（MA+MB）v共 又由能量守恒得 ，解得MB 所以MB 3. （1）对甲，从释放到B点，,对甲乙，碰撞前后: , ,又得 ,若乙能运动到C点，则在C点：, 而,得, 而对乙，由机械能守恒得，乙运动到C点的速度为0，与矛盾，所以乙到不了C点； 设在D点脱离轨道，则在D点： 从B到D：,得； 从D点脱离轨道后，乙做斜抛运动，在坚直方向： , ,得最高点到B的高度差为.得 （2）对甲乙，碰撞前后: , ,得, 对乙：从B到C， 在C点： ,得, 解得 (3) 假设存在，则对乙，从C到A， , 得 因 ,假设不成立，所以不存在。 4. 【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为θ＝30°，则小球P自由下落距离为R时，轻绳刚好再次伸直如下图所示， 设此时P的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得 2gR 轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v2＝v1cosθ 小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运动到最低点的过程中，由动能定理得： mg（R﹣Rsinθ），联立解得：v3＝6m/s ,设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得：T﹣mg＝m ,解得：T＝10.5N，根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。 （2）设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为v4、v5，以向左为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得：mv3＝mv4+mv5 ， ， 解得：v5＝6m/s 小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma，解得加速度大小为：a＝2.5m/s2 ，设传送带速度为v0＝5m/s，小物块与传送带共速时对地位移大小为x，则由运动学公式可得：2ax ，代入数据解得：x＝2.2m＜l＝3m，则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带一起做匀速运动。小物块在传送带上减速所用时间为：t，解得t＝0.4s 这段时间内传送带运动的位移为：x带＝v0t＝5×0.4m＝2m ，则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的热量为：Q＝μmg（x﹣x带） ，解得：Q＝0.15J （3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为F，则由动能定理有： ﹣2mgr ，解得：v6m/s ，在最高点有：F+mg＝m ，联立解得：F＝0N ，根据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为0N。 5.【解答】解：（1）初始状态下，弹簧伸长量为，代入数据，解得Δx1＝0.3m， 细绳剪断后，A处于平衡位置时，弹簧伸长量为，代入数据，解得Δx2＝0.2m， 振幅A＝Δx1﹣Δx2＝0.3m﹣0.2m＝0.1m； （2）物块B做自由落体运动的时间，B落入a的速度va＝gt1，代入数据，解得va＝4m/s， 根据动能定理，代入数据，解得B在圆弧末端的速度v＝6m/s， B在圆弧上的运动时间， 向下为正方向，竖直方向的冲量Iy+mBgt2＝﹣mBva，解出Iy＝﹣14N•s， 水平方向冲量Ix＝mBv，代入数据，解得Ix＝6N•s，故冲量； （3）根据动量守恒mBv＝（mB+mC）vD， 分析D第一次滑过传送带有，代入数据，解得，Q1＝μmDg（L﹣v0Δt），代入数据，解得， 物体D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度vD0＝3m/s， 规定向右为正方向，有mDvD0＝mDvD1+m1v1；，代入数据，解得vD1＝﹣1m/s，v1＝2m/s， 之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D返回进入传送带， 假设匀减速到速度为0，，代入数据，解得，不会滑出传送带，因此D在传送带上反向加速，以vD1′＝﹣vD1＝1m/s， 再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性， 物体D在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中， 运动时间，代入数据，解得， 位移Δx1＝v0t3，代入数据，解得， 在此过程中产生的热量为Q＝μmDgΔx1，代入数据，解得Q＝3J， 同理可知，当物体D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的速度大小为vk﹣1，碰后D的速度大小为vk，则有mDvk﹣1＝mDvk+m1uk，，代入数据，得， 在传送带上，，又，代入数据，解得，所以Q＝Q1+Q2，代入数据，解得。 6.【解答】解：（1）小球运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律得 解得小球运动到最低点的速度大小v0＝5m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律有 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝12N （2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律得mv0＝mv1+M2v2 由机械能守恒定律得 小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝4m/s 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小为p＝M2v2＝0.6×4kg•m/s＝2.4kg•m/s （3）若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与长木板和圆弧轨道组成的整体由水平方向动量守恒得M2v2＝（M1+M2）v3 由能量守恒定律得 解得物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.5 7..【解答】解：（1）物块P从释放到达A点，根据能量守恒有 ，代入数据解得 （2）物块P经过A点时，根据牛顿第二定律有 ，代入数据解得：N＝76N 根据牛顿第三定律，可得物块P经过A点时对圆弧的压力为：N′＝N＝76N，方向垂直斜面向下 （3）物块P从A点到B点，根据机械能守恒定律有： PQ发生弹性碰撞，根据动量守恒，以向右为下正方向有：mvB＝mv′B+mvQ 机械能守恒：，联立解二次方程得到：vQ＝6m/s （4）物块Q滑上木板后，根据牛顿第二定律，对物块Q有：μ2mg＝ma1 代入数据解得：，对有木板：μ2mg﹣μ3•2mg＝ma3，解得： 设经时间t，两者共速，则有：vQ﹣a1t＝a2t，解得：t＝1.5s 此时：v共＝a2t＝1×1.5m/s＝1.5m/s，则木板的位移为：x木1 代入数据得：x木1＝1.125m，木板接着匀减速，根据牛顿第二定律有：μ3×2mg＝2ma3 代入数据解得： ，木板速度最终减为零，则位移为：x木2 代入数据得：x木2＝1.125m 若要恰好不撞DE，则最短距离为：L＝x木1+x木2＝1.125m+1.125m＝2.25m 8.【解答】解：（1）A物块恰好能滑到半圆轨道的最高点H，根据牛顿第二定律： 变形解得： 设A物块被弹开后速度大小为vA，由机械能守恒定律得：m1g×2R 以向左方向为正，对AB系统由动量守恒定律有：m1vA＝m2vB 联立解得：vA＝5m/s，vB＝4m/s 根据能量守恒有：Ep 代入数据解得：Ep＝9J （2）物块B滑上长木板C后恰好运动到长木板C的最右端，根据动能定理有：﹣μm2gL＝0 解得长木板C的长度为：L＝1.6m 若B滑上C瞬间，解除对长木板C的锁定，则最终二者共速，有 m2vB＝（m2+m3）v共 代入数据解得：v共＝2m/s 共速前B做减速运动，B的加速度大小为：aB＝μ1g＝0.5×10m/s2＝5m/s2 物块C的加速度大小为：aCm/s2＝5m/s2 二者相对位移： 代入数据解得：ΔL＝0.8m 物块B最终的位置与长木板C右端的距离为：L′＝L﹣ΔL＝1.6m﹣0.8m＝0.8m （3）物块B离开F点做平抛运动，竖直方向则有： ，解得落地时间为：t＝0.5s 讨论：若物块B在传送带上一直减速，设最终获得的末速度为v′，则有 解得：v′＝2m/s 若物块B在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v′，则有 解得： 则当传送带速度在0＜v≤2m/s时，有：x＝v′t＝2×0.5m＝1m 当传送带速度在时，有：x＝vt＝0.5v 当传送带速度在vm/s时，有：x＝v′t＝20.5mm 此刻的每一滴汗水，都在为明天的绽放积蓄力量！1 学科网（北京）股份有限公司 $