集训8：力学三大观点综合 专项训练 -2026届高考物理一轮复习

集训8：三大观点综合 真题“一变多”（13题） 1．（2025·海南·高考真题）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角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，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体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产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求： (1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力； (2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】(1)，方向竖直向上；(2)(3)或 【详解】（1）工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点间，根据机械能守恒 解得，在最低点根据牛顿第二定律，解得，方向竖直向上； （2）根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒，解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB粘连成的整体滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得，该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为，故可得，解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得，该段时间内AB运动的位移为，传送带运动的位移为 故可得，解得，另一解小于舍去。 1-1．（变式1：2020·海南·高考真题）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求 （1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小； （2）碰后小物块a能上升的最大高度； （3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。 【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s 【详解】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有 ，代入数据解得小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有 代入数据解得，根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。 （2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有 根据能量守恒有，联立解得， 小物块a反弹，根据机械能守恒有，解得 （3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有 ，解得，则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为，解得 运动的时间为，代入数据解得，因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为，所需要的时间 1-2．（变式2）如图，一表面粗糙的水平传送带顺时针匀速转动，它的右端与地面平滑相接于O点。水平地面上A点与O点的距离为。A点处放有一质量为物块Q，在其右侧每间隔处放有一个与Q完全相同的物块，依次放若干个。现将一质量为的物块P轻放在传送带左端B点处，经过一段时间后从O点滑离传送带。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为，P从O点滑到A点的过程中动能减小了14J，P在A点处与Q发生正碰后又在地面上滑行后停止运动。所有物块均可视为质点，它们与地面间的动摩擦因数均相同，且物块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)物块与地面间的动摩擦因数； (2)传送带上B、O两点间最小距离； (3)最后一次碰撞中的被碰物块在地面上滑行的时间。 【答案】(1)0.2(2)8m(3) 【详解】（1）由于P物块从O滑到A点的过程中根据动能定理有解得 （2）由于物块P的质量m小于物块Q的质量M，且物块间发生弹性碰撞，所以P与Q碰撞后速度反向。设P运动到A点时速度为v，碰撞后P的速度大小为v1，Q的速度为v2。由于碰撞后P在地面上滑行s=1m后停止运动，根据动能定理有，解得，设以碰撞前物块P运动的方向为正，由于P与Q间碰撞为弹性碰撞，则有，，解得，，设物块P滑至O点时速度为v0，有解得，当物块P在传送带上一直加速运动到O点速度恰好为v0时，B、O两点间距离最小。动能定理有，解得 （3）物块Q被碰后获得一个向右的速度，此后，物块Q减速运动后与其右侧第一个物块发生弹性碰撞，由于Q与右侧物块均相同，弹性碰撞后速度交换，则物块Q将停止运动，其右侧第一个物块将向右减速运动后与下一个物块发生弹性碰撞，以此类推。最终所有物块均静止，碰撞过程中没有机械能损失。因此P与Q碰撞后，Q获得的动能全部转化为摩擦生热。根据能量守恒，有，解得，所以Q被碰后，物块间还会发生4次碰撞，Q右侧的第4个物块最后运动起来，其位移大小为 对于Q右侧的第4个物块，最终速度减为0，根据逆向过程分析有，，联立解得 2．（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； 【答案】(1)(2)或 【详解】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知，解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒， ，解得碰后乙的速度为②碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，需满足，即③，联立可得 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，，解得④ 联立①②④可得 2-1．（变式1）如图所示，一竖直固定的长直圆管内有一质量为的静止薄活塞，活塞与管的上端口距离为，一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在活塞中心，活塞向下滑动，所受滑动摩擦力与其重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，活塞始终水平，小球与活塞发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小取。求： （1）第一次碰撞前瞬间小球的速度大小。 （2）第一次碰撞后瞬间小球的速度大小。 （3）第二次碰撞后瞬间活塞的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）第一次碰撞前，对小球应用动能定理有，解得第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为 （2）小球与活塞第一次碰撞过程，由于是弹性碰撞，应有， 解得第一次碰撞后瞬间小球的速度大小为，，负号说明小球碰后反弹向上运动； （3）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，活塞向下以速度做匀速运动，而从第一次碰后到第二次碰前的时间内，小球与活塞的位移相等，所以，则第二次碰前瞬间小球的速度为 第二次碰撞仍然为弹性碰撞，则有，，得 2-2．（变式2）如图所示，质量为M的小车D静止在水平光滑轨道上，一根长为L的细绳一端固定质量为m的球A，细绳的另一端固定在小车D上，另一根长为2L的细绳一端固定质量为2m的球B，另一端固定在O点，两细绳自由下垂时两小球正好相切，且两球心在同一水平高度上。现将球B拉至细绳处于水平伸长状态后释放，设A、B发生碰撞时无机械能损失，重力加速度为g。求： （1）球B在最低点时的速度大小和细绳拉力的大小； （2）碰撞结束后球A上升的最大高度h。 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）球B下摆的过程中机械能守恒，则有，解得，根据牛顿第二定律有，联立解得 （2）球B与球A碰撞，A、B两球组成的系统动量守恒、机械能守恒取水平向右为正方向， 则有，，联立解得，球A上升时小车D随之向右运动，球A和小车D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，球A上升到最大高度时与小车D速度相同，则有，，联立解得 3．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、的粒子A、B，初始时刻相距，粒子A以速度沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、、、均为已知量） (1)粒子B到达P点时的速度大小； (2)时间内粒子B的位移大小； (3)恒力作用的时间。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）根据动量守恒定律，解得 （2）两者共速时设间距为，此时电势能为 根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则，两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有，即有，位移关系 联立解得 （3）对全过程，对系统根据动能定理，对全过程，根据动量定理 联立解得 3-1．（变式1）如图甲所示，a、b两个粒子都带正电，带电荷量均为q，a的质量为m，b的质量为2m。t=0时刻，a、b间距离为L，a速度大小为v，方向沿a、b连线指向b，b速度为0，仅在彼此静电力作用下，它们靠近后又被弹开，经过足够长时间，最终均做匀速直线运动。粒子运动轨迹在同一直线上，两粒子组成系统的电势能Ep与两粒子间距离r的关系为，Ep-r图像如图乙所示。当两个粒子间的距离趋于无限远时，静电力可忽略，则（　　） A．a、b距离最近时，a的速度大小为 B．a、b距离最近时，系统的电势能等于 C．当a、b距离再次等于L时，b的速度大小为 D．当r趋于无穷大时，a的速度大小为，方向与初速度相反 【答案】AC【详解】A．a、b距离最近时，二者速度相等，根据动量守恒定律可得 所以，故A正确；B．根据能量守恒定律可得，所以，故B错误；C．当a、b距离再次等于L时，即系统的电势能不变，则， ，联立解得，，即b的速度大小为，故C正确；D．由以上分析可知，当a、b距离再次等于L时，a的速度大小为，方向与初速度相反，之后a将继续做加速运动，所以当r趋于无穷大时，a的速度大于，方向与初速度相反，故D错误。故选AC。 3-2．（变式2）如图甲所示，质量为的物块与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上。物块以的速度向运动，时与弹簧接触，时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块运动的距离为。A、B分离后，A滑上光滑斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，斜面与水平面光滑连接，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)物块的质量； (2)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (3)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； (4)第二次碰撞结束时，A、B的速度大小、。 【答案】(1)(2)(3)(4) 【详解】（1）由动量守恒定律，由图知，解得 （2）由动量守恒定律解得， 由机械能守恒定律，解得 （3）B压缩弹簧的过程中，A、B系统动量守恒，有，对方程两边同时乘以时间，可得，0~1s时间内，根据位移等于速度在时间上的累积， 可得，解得，弹簧压缩量的最大值 （4）A滑上斜面又返回水平面后速度大小不变，方向相反，第二次与碰撞后系统动量守恒，系统机械能守恒 可得；（舍去） 4．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，从滑块离开弹簧到C过程， 根据动能定理 ，解得 （2）平板加速至与滑块共速过程，动量守恒，能量守恒 解得 （3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为， 共速后，共同加速度大小为，考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程，共速过程，滑块、木板位移分别为，共速时，相对位移应为 ，解得， 随后共同减速，到达H速度，说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 4-1．（变式1）如图，竖直面内轨道abcd光滑，其中ab段为半径的四分之一圆弧，半径ob竖直，bc段竖直，cd段水平，处固定一竖直挡板P，长板B质量、长，紧靠bc放置，上表面与点等高，现有一质量的小铁块A从点无初速释放，滑至点后冲上长板B，A与B共速后B与P碰撞，已知B与P碰撞无机械能损失，A与B之间动摩擦因数，。求： (1)A滑至点时速度大小； (2)求B与P碰后，右端离P的最远距离； (3)最终A离P的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A从点滑动点过程，根据动能定理可得解得。 （2）A滑上B后，A与B组成的相同满足动量守恒，则有，共速时的速度大小为 根据题意可知B与P碰后等速反弹，之后B向左做减速运动，加速度大小为 当B向左速度减为0时，离P最远，根据运动学公式可得，可得 （3）B与P第一次碰撞后，A与B组成的相同满足动量守恒，B先向左做减速运动到速度减为0，再向右做加速运动到再次与A共速，则有，解得AB第二次共速时速度大小为，之后B再次与P发生弹性碰撞，等速反弹；可知之后重复以上的运动过程，经过足够长的时间后，A、B均处于静止状态，且B的右端与P接触；整个过程，根据能量守恒可得，解得整个过程A相对B发生的位移大小为则最终A离P的距离为 4-2．（变式2）如图所示，长木板静止于水平粗糙地面上，木板左端处固定一竖直挡板，一劲度系数为的轻弹簧左端与挡板连接，弹簧处于自然状态时其右端位于点，木板的段光滑，段粗糙，木板和挡板总质量，将一质量的物块（视为质点），放置在右边距离处，时刻起，用一水平恒力拉动木板，时物块到达点，立即将拉力大小调整为，直到物块回到点时将拉力撤去，一段时间后，系统重新静止。已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度，弹簧未超过其弹性限度，小物块未从木板滑落，弹簧弹性势能的公式为，求： (1)木板与地面间的动摩擦因数； (2)弹簧的最大压缩量； (3)整个过程中物块与木板间由于摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）内，对物块，由牛顿第二定律可得， 对木板，由牛顿第二定律可得，位移，解得 （2）物块到达点时，对物块有，对木板有，由于，物块到达点到弹簧压缩最短的过程中，系统动量守恒，系统能量守恒 解得 （3）物块到达点到再次回到点的过程中，系统动量守恒 系统能量守恒，撤去后，对物块由牛顿第二定律 对木板由牛顿第二定律，共速时 位移，整个过程中物块与木板间产生的热量 4-3．（变式3）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10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为4N，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=0.2kg，滑杆的质量M=0.6kg，A、B间的距离l=0.6m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求： （1）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （2）滑杆向上运动的最大高度h； （3）若滑杆落地与地面碰撞后不反弹，则从开始到最后停止运动，因摩擦产生的热Q1，与因两次碰撞产生的总热量Q2之比值。 【答案】（1）8m/s；（2）0.2m；（3） 【详解】（1）滑块碰撞前过程向上做匀减速直线运动，有，根据牛顿第二定律 联立解得 （2）滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v2，根据动量守恒定律有 碰后滑块和滑杆以速度v2整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 代入数据联立解得 （3）从开始到最后停止运动，滑块碰撞前过程因摩擦产生的热Q1为 根据能量守恒，因两次碰撞产生的总热量Q2等于第一次碰前滑块的动能，为，则 学科网（北京）股份有限公司 $