第七章 第5讲　小专题 动力学、能量和动量观点的综合应用 专项练习 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过分层对点训练构建动力学、动量与能量的逻辑链条，精选高考真题与模拟题强化模型迁移。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量与动力学观点综合|2题（选择+计算）|含爆炸反冲、碰撞减速模型|从瞬时动量变化到运动过程分析，衔接牛顿定律与动量定理| |动量与能量观点综合|2题（选择+计算）|涉及板块摩擦、弹簧弹性势能|通过动量守恒与能量转化解决系统相互作用问题| |力学三大观点综合|4题（选择+多选+计算）|涵盖弹性碰撞、传送带、轨道综合（含2024山东卷）|整合动力学、动量、能量观点，构建“力-运动-能量”完整分析体系|

第5讲　小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用 对点1.动量观点与动力学观点的综合应用 1.(2025·重庆模拟)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　) A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C.经过n次喷气后,飞行器速度为 D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 2.汽车中的安全气囊是发生剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施。当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求: (1)两车碰撞后瞬时速度的大小; (2)甲车碰撞前是否超速; (3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。 对点2.动量与能量观点的综合应用 3.(2025·浙江1月选考卷,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 4.如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的四分之一圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功; (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离; (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? 对点3.力学三大观点的综合应用 5.(2025·江西九江三模)如图,用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点,初始时,轻绳处于水平拉直状态,将小球a由静止释放,当小球a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞,碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍,b与水平面间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,则(　　) A.小球a下摆至最低点过程中,重力做功的功率一直在增大 B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为 C.轻绳的长度为μL D.小球a反弹的最大高度为μL 6.(多选)(2025·福建卷,8)如图,物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以1 m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时,A的速度大小为2 m/s、方向水平向右,B的速度为0,弹簧处于原长;t=t1时(t1为未知量),A第一次与传送带共速,弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点,质量分别为1 kg、2 kg,与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25;A与传送带相对滑动时会留下划痕,重力加速度大小取10 m/s2,A、B始终在传送带上,弹簧始终在弹性限度内,则(　　) A. t=时,A的加速度大小比B的小 B. t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s C. t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m D.在0~t1内,A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m 7.(2025·浙江三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板C。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板C间的动摩擦因数均为μ,木板C的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　) A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为 B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为 C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的 D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关 8.(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m; ②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第5讲　小专题:动力学、能量和动量观点的综合应用 课时作业 对点1.动量观点与动力学观点的综合应用 1.(2025·重庆模拟)中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)(如图)测试中,飞行器总质量(含燃料)为M,设每次爆震瞬间喷出气体质量均为Δm,喷气速度均为v(相对地面),喷气方向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止,相继进行n次爆震(喷气时间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是(　　) A.每次喷气过程中,飞行器动量变化量方向与喷气方向相同 B.每次喷气后,飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同 C.经过n次喷气后,飞行器速度为 D.由于在太空中没有空气提供反作用力,所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速 【答案】 C 【解析】 由题意可知,每次喷气过程中,系统(包括飞行器和喷出的气体)总动量守恒,所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反,故A错误。根据动量守恒定律,系统初始总动量为0,第一次喷气后,喷出气体质量为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-Δm,速度大小为v1,则有0=(M-Δm)v1-Δmv,解得v1=,所以第一次喷气后速度增量Δv1=v1=;在第二次喷气之前,此时系统总动量为(M-Δm)v1,喷气后,喷出气体质量仍为Δm,速度大小为v,飞行器质量变为M-2Δm,速度大小为v2,则有(M-Δm)v1=(M-2Δm)v2-Δmv,将v1=,代入可得v2=,所以第二次喷气后速度增量Δv2=v2-v1=-=,以此类推,可知每次喷气后飞行器速度增量大小不相同,故B错误。设经过n次 喷气后飞行器的速度为vn,系统初始总动量为0,n次喷气后,喷出气体总质量为nΔm,速度大小为v,飞行器质量变为M-nΔm,根据动量守恒定律可得0=nΔmv-(M-nΔm)vn,解得vn=,故C正确。虽然在太空没有空气,但飞行器喷气时,飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力,根据牛顿第三定律,喷出气体对飞行器有反作用力,所以飞行器可以在太空环境中通过爆震加速,故D错误。 2.汽车中的安全气囊是发生剧烈碰撞事故时保护驾驶员安全的重要设施。当汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某路段的限速为40 km/h,质量m1=1 600 kg的甲车以某一速度与正前方质量m2=1 600 kg以速度v2=18 km/h 迎面行驶的乙车发生碰撞,经过极短时间t=0.16 s,两车以相同的速度沿着甲车的行驶方向一起又滑行了1 m后停下,此次碰撞甲车内的安全气囊恰好爆开,设两车与路面的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求: (1)两车碰撞后瞬时速度的大小; (2)甲车碰撞前是否超速; (3)气囊爆开的临界撞击力F0的大小。 【答案】 (1)2 m/s　(2)没有超速 (3)6.68×104 N 【解析】 (1)设两车碰撞后瞬时速度的大小为v,根据运动学公式v2=2ax, a==μg, 解得v=2 m/s。 (2)设甲车的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得m1v1-m2v2=(m1+m2)v, 解得v1=9 m/s=32.4 km/h<40 km/h, 故甲车碰撞前没有超速。 (3)对甲车研究,设甲车的初速度方向为正方向, 由动量定理可得 -F0t-μm1gt=m1v-m1v1, 解得F0=6.68×104 N。 对点2.动量与能量观点的综合应用 3.(2025·浙江1月选考卷,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置于B的右端,三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间的动摩擦因数均为0.5,则(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 【答案】 D 【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动,选项A错误;以向右为正方向,A、B碰撞过程,由动量守恒定律得mvA-mvB=2mv1,解得v1=1 m/s,方向向右;当三者共速时,由动量守恒定律得2mv1-mvC=3mv,解得v=0,即最终三者一起静止,可知经历的时间t== s=0.4 s,选项B错误;碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J,选项C错误;碰撞后到三者相对静止,由能量关系可知Q=μmgx相对,解得x相对=0.6 m,选项D正确。 4.如图,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的四分之一圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑,弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功; (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离; (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? 【答案】 (1)mgR　(2)　R (3)4m　(4)m 【解析】 (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。 (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0, 由机械能守恒定律可知m=2mgR+m, 同时有mg(h+R)=m, 联立解得v0=,h=R。 (3)弹簧弹性势能达到最大时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共, m=2.2mgR+(m+M), 联立解得M=4m。 (4)对Q和小球整体,根据机械能守恒可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零,此时弹簧刚好恢复原长;设此时Q的质量为M′,Q的最大速度为vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=M′vm, m=M′, 解得M′=m。 对点3.力学三大观点的综合应用 5.(2025·江西九江三模)如图,用不可伸长的轻绳将小球a悬挂在O点,初始时,轻绳处于水平拉直状态,将小球a由静止释放,当小球a下摆至最低点时,恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞,碰撞后b滑行的最大距离为L,已知b的质量是a的2倍,b与水平面间的动摩擦因数为μ,不计空气阻力,则(　　) A.小球a下摆至最低点过程中,重力做功的功率一直在增大 B.碰撞后瞬间小球a的速度大小为 C.轻绳的长度为μL D.小球a反弹的最大高度为μL 【答案】 C 【解析】 小球a摆到最低点时,小球a沿竖直方向的速度为零,重力的瞬时功率为零,故小球a从释放到摆动到最低点过程中重力的瞬时功率先增大后减小,A错误;设轻绳的长度为l,小球a的质量为m,物块b的质量为2m,碰前小球a的速度为v0,碰后,小球a的速度为v1,物块b的速度为v2,对于物块b,碰后减速时,根据牛顿第二定律有μ·2mg=2ma,得物块b减速的加速度a=μg,由运动学规律可得=2aL,解得碰后物块b的速度大小为v2=,选取小球a碰前的速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,根据能量守恒定律可得m=m+·2m,联立解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,结合上述结论解得v0=,v1=-,即碰后瞬间小球a的速度大小为,B错误;在小球a从释放到摆到最低点的过程中,根据机械能守恒定律有mgl=m,解得小球a摆到最低点时的速度v0=,结合上述结论v0=,解得轻绳的长度l=μL,C正确;小球a反弹的速度大小为,根据机械能守恒定律有mghmax=m,解得小球a反弹的最大高度为hmax=μL,D错误。 6.(多选)(2025·福建卷,8)如图,物块A、B用轻弹簧连接并放置于水平传送带上,传送带以 1 m/s的恒定速率顺时针转动。t=0时,A的速度大小为2 m/s、方向水平向右,B的速度为0,弹簧处于原长;t=t1时(t1为未知量),A第一次与传送带共速,弹簧弹性势能为0.75 J。已知A、B可视为质点,质量分别为1 kg、2 kg,与传送带间的动摩擦因数分别为0.5、0.25;A与传送带相对滑动时会留下划痕,重力加速度大小取10 m/s2,A、B始终在传送带上,弹簧始终在弹性限度内,则(　　) A.t=时,A的加速度大小比B的小 B.t=t1时,B的速度大小为0.5 m/s C.t=t1时,弹簧的压缩量为0.2 m D.在0~t1内,A在传送带上留下的划痕长度小于0.05 m 【答案】 BD 【解析】 如图甲所示,物块A第一次与传送带共速前,对A、B受力分析,有FfA=μAmAg= 5 N,FfB=μBmBg=5 N,F=kΔx,可得aA==5+F,aB==,随着弹簧压缩量Δx逐渐增大,弹簧弹力F也逐渐增大,但总有aA=2aB,故选项A错误;在A第一次与传送带共速前,A、B系统所受合外力为零,其总动量守恒,即mAv0=mAvA+mBvB,已知v0=2 m/s,vA=1 m/s,解得vB=0.5 m/s,故选项B正确;在0~t1内,设A、B向右的位移分别为xA、xB,由功能关系可知摩擦力对系统所做的功等于系统机械能的变化量,即 -FfAxA+FfBxB=mA+mB- mA+Ep,解得Δx=xA-xB=0.1 m,所以 t=t1时弹簧的压缩量为0.1 m,故选项C错误;0~t1内A、B以及传送带运动的v-t图像如图乙所示,图形OQMN的面积SOQMN表示A相对于B的位移,xA-xB=0.1 m,图形PQM的面积SPQM表示A相对于传送带的位移,即A在传送带上留下的划痕长度,由几何图形的对称性可知2SPQM=SOQM<SOQMN,故SPQM<SOQMN=0.05 m,故选项D正确。 7.(2025·浙江三模)如图所示,木板C静置于光滑水平地面上,中点处放置物块B。某时刻物块A以水平初速度v0从左端滑上木板C。已知物块A、B均可视为质点,质量均为m,与木板C间的动摩擦因数均为μ,木板C的质量为2m,A、B间为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则(　　) A.若物块A、B不发生碰撞,则木板C长度的最大值为 B.若物块A、B不从木板C的右端滑离,则木板C长度的最小值为 C.若物块B恰好不滑离木板C,则物块A、B碰撞前后的两段时间内,摩擦力对木板C的冲量大小是相等的 D.若物块A、B最终与木板C相对静止,则摩擦力对木板C的冲量大小与物块A、B在木板C上相对静止的位置有关 【答案】 B 【解析】 设木板C长为L,恰好发生碰撞时,由动量守恒定律及能量守恒定律有mv0= 4mv共,μmg·=m-·4m,得L=,为木板长度最小值,故A错误;物块A、B的碰撞为弹性碰撞,不损耗能量,只是交换速度,故B到C右端恰好相对静止,有μmg·L′=m- ·4m,得L′=,故B正确;物块A、B碰撞前,物块B随木板运动,A、B对木板摩擦力方向相反,由牛顿第二定律可知碰撞前A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt1,碰撞后A、B对木板总摩擦力为μmg,冲量为μmgt2,又因为第二段时间更长,故后段冲量更大,二者不相等,故C错误;只要相对静止,那么共速相等,由动量定理知,摩擦力对木板C的冲量大小是一定值,与相对静止的位置无关,故D错误。 8.(2024·山东卷,17)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m; ②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 【答案】 (1)4 m/s (2)①0.2　1 kg　②4.5 m 【解析】 (1)小物块在Q点由重力和轨道弹力的合力提供向心力,有mg+3mg=m, 代入数据解得v=4 m/s。 (2)①根据题意可知,当推力F≤4 N时,小物块与轨道一起向左加速, 根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 根据题图乙有k==0.5 kg-1; 当推力F>4 N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma, 整理得a=F-, 结合题图乙有k==1 kg-1, 截距b=-=-2 m/s2, 联立以上各式可得M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。 ②由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2, 小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2, 设当小物块运动到P点时,经过t0时间,则 对轨道有v1=a1t0, 对小物块有v2=a2t0, 小物块从P点运动到Q点的过程中系统机械能守恒,有 M+m=M+m+2mgR, 水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4, 其中v4=7 m/s, 联立解得t0=1.5 s, 则轨道水平部分的长度L=a1-a2, 代入数据解得L=4.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $