专题十三 力学三大观点的综合应用 跟踪训练-2027届高考物理二轮专题

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过典型模型系统训练动量守恒、能量守恒及运动学规律的综合运用，强化科学思维与物理观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|6道|动量守恒条件判断、弹性碰撞速度公式、机械能守恒应用|从单一规律到多观点交叉，覆盖碰撞、圆弧运动等模型| |计算题|4道|动能定理与动量守恒联立、传送带-轨道综合问题处理|结合运动学公式与力学模型，构建“过程分析-规律选择-方程求解”逻辑链|

专题十三 力学三大观点的综合应用 跟踪训练 1． 选择题： 1．如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量M＝2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，则(　　) A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为－mgh B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为3mgh C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh D．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为4.5mgh 2．如图所示为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是小球A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断中不正确的是(　　) A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力 B．小球A与小球B第一次碰撞后小球B的速度为零 C．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是2h D．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是4h 3.(多选)在某次台球游戏中，出现了如图所示的阵型，5个小球B、C、D、E、F并排放置在水平桌面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0与B球发生碰撞，所有的碰撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是(　　) A．若m1＝m2，最终将有1个小球运动 B．若m1<m2，相邻两小球之间只发生1次碰撞 C．若m1>m2，最终将有3个小球运动，且运动方向一致 D．若m1>m2，最终将有3个小球运动，但运动方向不一致 4.(多选)如图所示，质量为3m的物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为2m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一定高度后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦阻力，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　) A.滑块b沿a上升的最大高度为 B．滑块b沿a上升的最大高度为 C．物块a运动的最大速度为v0 D．物块a运动的最大速度为v0 5．(多选)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L＝0.8 m，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h＝0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点到B点的距离x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．小球与小物块质量之比＝ B．小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s C．小球与小物块的碰撞是弹性碰撞 D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失 6.(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 二．计算题： 7.一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体: (1)碰撞时离地面的高度x; (2)碰后瞬间的速度v; (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 8.如图所示，一长L＝5 m的水平传送带以v＝4 m/s的速度顺时针运行，将一质量m0＝1 kg的小物块P轻放在传送带的左端，2.25 s后小物块P从传送带右端离开传送带，刚好从C点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P从D点滑上静止在水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P和木板Q相对静止后，木板Q与静止在水平面上的小物块S发生弹性碰撞，最后小物块P刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD的圆心角θ＝37°，木板Q的质量M＝2 kg，小物块S的质量m＝1.2 kg，小物块P、S可视为质点，小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q与水平地面间的摩擦力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数μ0; (2)小物块P经过D点时对圆弧轨道的压力大小; (3)木板Q的长度S。 9.如图所示，质量M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面BC和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B与平面BC相切，平面BC右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg的小物块，在圆弧面的最高点A由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。弹簧的形变在弹性限度内，求: (1)小物块第一次滑到B点时，小物块和小车的速度大小; (2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能; (3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则小物块第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧? 10.一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。 (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，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。 参考答案： 1.[答案]　C[解析]　玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为WG＝－(M＋m)gh＝－3mgh，选项A错误；设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有v2＝2gh，得v＝；设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0，细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，可得v0＝，则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为Ek＝＝＝4.5mgh，则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为ΔE＝－(M＋m)v2＝1.5mgh，故B错误，C正确；用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹簧的弹性势能满足＝4.5mgh，故D错误。] 2.[答案]　C[解析]　小球B与地面碰撞前，对A、B整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝g，设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对小B球，由牛顿第二定律得mBg＋T＝mBa，解得T＝0，故A正确；根据机械能守恒定律可得(mA＋mB)gh＝，解得小球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0＝，小球B与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、B速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mBv0－mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得＝，由题可知mB＝3mA，联立解得vA＝2，vB＝0，故B正确；小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度为H＝＝＝4h，故C错误，D正确。] 3.[答案]　AD[解析]　碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，A正确；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换速度，直到D和E交换速度，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换速度……，则不只发生1次碰撞，B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，直到D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终将有3个小球A、E、F运动，但运动方向不一致，C错误，D正确。 4.[答案]　AC [解析]　b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋3m)v，由机械能守恒定律得×2mv＝(2m＋3m)v2＋2mgh，解得h＝，故A正确，B错误；滑块b滑离a时，物块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程中，由动量守恒定律得2mv0＝2mvb＋3mva，由机械能守恒定律得×2mv＝×2mv＋×3mv，解得va＝v0，故C正确，D错误。 5.[答案]　BC[解析]　对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可知小物块的加速度a＝μg＝5 m/s2，根据匀变速运动公式v2＝2ax解得，小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，B正确；设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′1，对小球下落过程及碰后上升过程根据动能定理得mgL＝，mgh＝，解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s，以向右为正方向，对小球和小物块的碰撞过程根据动量守恒定律得m1v1＝－m1v′1＋m2v，解得＝，A错误；碰撞前动能Ek1＝＝8m1，碰撞后动能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1，碰撞前后动能相等，所以小球与小物块的碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。 6.[答案]　ABD[解析]　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确;设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动时间t3后停止，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误;乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。 7.答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J 解析　(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x＝gt2 解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0， 根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 解得vB0＝6 m/s 根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA＝gt＝2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB＝vB0－gt＝4 m/s 方向竖直向上 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 解得碰后瞬间的速度v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为 ΔE＝mAmB(mA＋mB)v2 解得ΔE＝12 J。 8.答案　(1)0.2　(2) N　(3)12.75 m 解析　(1)在传送带上，对小物块P受力分析，由牛顿第二定律有μ0m0g＝m0a 小物块P在传送带上加速过程，有v＝at1 由位移关系知L＝t1＋v 解得μ0＝0.2。 (2)小物块P离开传送带后做平抛运动，由几何关系有v＝vCcos θ 小物块P从C到D的过程，由动能定理有m0gR(1－cos θ)＝m0m0 当小物块P经过D点时有FN－m0g＝ 由牛顿第三定律知F压＝FN＝ N。 (3)小物块P在木板Q上滑动到共速的过程有m0vD＝v共1 μm0gS1＝m0 解得S1＝12 m 木板Q与小物块S碰撞过程有Mv共1＝mv1＋Mv2 MmM 解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.5 m/s 最终小物块P和木板Q再次共速，有m0v共1＋Mv2＝(m0＋M)v共2 μm0gS2＝m0M(m0＋M) 解得S2＝0.75 m 由题意有木板Q的长度S＝S1＋S2＝12.75 m。 9.答案　(1)6 m/s　2 m/s　(2)17 J　(3) m　不能 解析　(1)设小物块第一次滑到B点时小物块和小车的速度大小分别为v1和v2，由系统水平方向动量守恒有mv1＝Mv2 根据机械能守恒定律有mgR＝mM 解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s。 (2)设小物块第一次在平面BC上相对平面向右运动的最大距离为x，由系统水平方向动量守恒可知，当小物块第一次向左滑上圆弧面最高点时，小物块和小车的速度均为零，根据能量守恒定律有μmg·2x＝mg(R－h)，其中h＝1 m 解得x＝3.5 m 设弹簧第一次被压缩时具有的最大弹性势能为Ep，由水平方向动量守恒可知，当弹簧压缩量最大时物块和小车的速度为零，小物块从A点释放到弹簧第一次被压缩至压缩量最大过程， 由功能关系有mgR＝μmgx＋Ep 解得Ep＝17 J。 (3)设小物块第一次压缩弹簧的压缩量为x1，则k＝17 J 解得x1＝0.5 m 由此可知，弹簧处于原长时，弹簧左端离B点距离d＝x－x1＝3 m 设小物块第二次压缩弹簧的压缩量为x2， 根据能量守恒定律有k＝μmg(2d＋x1＋x2)＋k 解得x2＝ m 由于k－μmg(4d＋x1＋2x2)<0 因此小物块不可能第三次压缩弹簧。 10.答案　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 解析　(1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程， 由动能定理有－mg·2R＝mm 滑块恰能通过圆形轨道最高点，则在最高点C， 根据牛顿第二定律有mg＝ 联立并代入数据解得v0＝5 m/s。 (2)若μ2＝0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程中，滑块与平板组成的系统所受的合外力为零，动量守恒， 故有mv0＝(M＋m)v共 根据能量守恒定律有ΔE＝m(M＋m) 联立并代入数据解得ΔE＝0.625 J。 (3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速之后与平板一起匀减速运动时，滑块离开弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程， 对滑块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1 对平板由牛顿第二定律有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 根据运动学规律有vm－a1t＝a2t vmt－a1t2－a2t2＝L 联立并代入数据解得vm＝6 m/s，t＝0.6 s 共速过程平板的位移x＝a2t2 解得x＝0.72 m<d－L＝2.6 m 一起匀减速运动的加速度为a3＝μ2g＝1 m/s2 则到达H处的速度满足v2－(a2t)2＝－2a3(d－L－x)，解得v＝ m/s>0满足题意，故滑块离开弹簧的最大速度为6 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $