专题二 突破计算题练1 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

突破计算题练(一)　力学中的多运动组合问题 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＝3.2 m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＝0.8 m，光滑固定斜面MN与水平方向夹角θ＝45°，N点与水平轨道NP平滑相连，PQ是半径R＝25 m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＝12 N，使A由静止开始向右运动．t1＝3 s后撤去F，A继续滑行t2＝1 s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方向滑入斜面，从P点滑上圆弧轨道PQ，减速到O后返回P点．已知mA＝3 kg，mB＝1 kg，A与平台间动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，A和B的大小可忽略不计． (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Ep； (3)求A与B到达地面的时间差Δt； (4)某同学认为可以利用单摆周期T＝2π，计算小球B离开P点到返回P点所用时间t＝＝π.你认为是否合理？请通过计算分析说明． 解　(1)对A，根据牛顿第二定律F－μmAg＝mAa1，－μmAg＝mAa2，由速度表达式vA＝a1t1＋a2t2 代入数值可得vA＝4 m/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v共，竖直方向速度均为vy1，mAvA＝(mA＋mB)v共 mA(v＋v)＋mBv＝mA(v＋v)＋mB(v＋v)＋Ep，代入数值可得Ep＝6 J； (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vA1、vm，竖直方向速度均为vy1，mAvA＝mAvA1＋mBvm mA(v＋v)＋mBv＝mA(v＋v)＋mB(v＋v) 代入数值可得vm＝6 m/s，B运动到M点前，A、B竖直方向的运动是相同的tan 45°＝ M点到平台的高度差h，h＝，A此后下落时间tA，H－h＝vy2tA＋gt，B沿斜面下滑时间tB ＝tB＋g sin 45°t，A与B到达地面的时间差Δt，Δt＝tA－tB 代入数值可得Δt＝s； (4)小球滑到P点时速度vP，如图所示：mBg(H－h)＝mBv－mB·()2，沿圆弧运动减速到零时高度为h0，－mBgh0＝0－mBv 代入数值可得h0＝5 m，通过几何关系可知小球B在最高点时与圆心连线和竖直方向的夹角为α＝37°，结合单摆摆角应小于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．(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C′E、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＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝ m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段μ＝0.25.滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC； (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. 解　(1)滑块1由A到C过程，由动能定理得： mgh＝mv－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：mv0＝2mvC 代入数据解得：v0＝4 m/s，vC＝2 m/s； (2)滑块3恰好通过圆弧轨道，在圆弧轨道的最高点D，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：2mg＝2m，滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh＝mv－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′0＝2mv′C 碰撞后运动到D过程，由动能定理得：－2mg×2R＝×2mv－×2mv 代入数据解得：h＝2 m； (3)滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh1＝mv2－0 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＝2mv′ 从C到F过程，由动能定理得：－2mgL sin 37°－μ×2mgL cos 37°＝×2mv－×2mv′2 滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：vF sin 37°＝g× 水平方向：LFG＋LGH＋LHI＝vFt1cos 37°，代入数据解得：h1＝2.5 m 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＝mv－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：mv1＝2mv′1 从C到F过程，由动能定理得：－2mgL sin 37°－μ×2mgL cos 37°＝×2mv′－mv 滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：t2＝＋ 水平方向：LFG＋LGH＋LHI＝vF′t2cos 37° 代入数据解得：h2＝2 m． 3．(2025·广州大学附中高三三模)如图所示，轨道ABCD由半径R1＝1.2 m的光滑圆弧轨道AB、长度LBC＝0.6 m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＝2 kg的物块P和质量m2＝1 kg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＝3 kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF＝1.2 m；FG段为半径R2＝1.8 m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μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出(P、Q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． (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． 解　(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有－m1gR1＝0－m1v，物块P在B点，对该物块进行分析有N－m1g＝m1，解得N＝60 N； (2)物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有－m1gR1－μm1gLBC＝0－m1v，解得vP＝ 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m1vP－m2vQ＝0 解得vQ＝2 m/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m2vQ＝(m2＋m3)vx 根据能量守恒定律有m2v＝m2(v＋v)＋m3v＋m2gR2＋μm2gLEF，解得vy＝ m/s 之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度h＝，解得h＝2.1 m； (3)物块被弹开过程有m1vP1－m2vQ1＝0，EPmin＝m1v＋m2v，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m2vQ1＝(m2＋m3)v3，m2v＝μm2gLEF＋(m2＋m3)v，解得EPmin＝12 J，由于m2gR2＝10×10×1.8 J＝18 J＞(2μm2gLEF＝2×0.5×1×10×1.2 J＝12 J)，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m1vP2－m2vQ2＝0，EPmax＝m1v＋m2v 当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有m2vQ2＝(m2＋m3)v4，m2v＝2μm2gLEF＋(m2＋m3)v，解得EPmax＝24 J 综合上述有12 J＜EP≤24 J． 学科网（北京）股份有限公司 $