专题十二 力学三大观点的综合应用 专项训练-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，以守恒定律和定理为核心方法，构建动量-能量-运动学逻辑链条，精选碰撞、弹簧、多体问题等典例，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|4题|动量守恒、机械能守恒、动能定理|从单一过程到多过程，建立守恒条件判断与公式应用逻辑| |计算题|6题|动量守恒+能量守恒、牛顿运动定律+动能定理|多体系统动量传递、能量转化与运动学公式综合推导|

专题十二　力学三大观点的综合应用 专项训练 一．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．(双选)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 ４.(双选)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s。已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝1.0 kg、mC＝0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体B能上升的最大高度为0.6 m B．物体B能上升的最大高度为1.8 m C．物体C能达到的最大速度为4.0 m/s D．物体C能达到的最大速度为8.0 m/s 二．计算题： 5.(2026·江苏盐城模拟)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量mA=0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2，k=60 N/m。现给小物块A一水平向右的作用力F，其功率P=1.6 W恒定，作用t=1.0 s后撤去，然后小物块A与小物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求: (1)t=1.0 s撤去力F时，小物块A的速度大小; (2)小物块B的质量; (3)小物块B的最终速度大小。 6.(2026·江苏南通模拟)如图所示是大型蒸汽打桩机示意图。桩(含桩帽)竖直轻轻放置到地面，桩依靠自重先在泥土中下沉，稳定后，将锤提升到桩的正上方，让锤从距离桩顶高度h=3.2 m处自由下落而击桩，锤反弹的速度大小v1=2 m/s，此后锤再次被提起。已知锤的质量m=1.0×104 kg，桩的质量M=2.0×104 kg，桩所受泥土的阻力f与桩沉入泥土深度x的关系为f=kx，其中k=5.0×104 N/m，重力加速度g=10 m/s2，求: (1)桩依靠自重下沉至深度x0=3 m时的加速度大小a; (2)桩被锤击后瞬间的速度大小v2; (3)桩被一次锤击后继续下沉，待桩静止时沉入泥土的总深度x。 7.(2026·江苏苏锡常镇模拟)如图所示，一质量为M的物块P穿在光滑水平杆上，一长度为l的轻杆，一端固定着质量为m的小球Q，另一端连接着固定在物块P上的铰链O。忽略铰链转动的摩擦，重力加速度为g。 (1)将P固定，对小球Q施加一水平向左的外力F1使杆与竖直方向的夹角为θ保持静止，求外力F1的大小; (2)若物块P在水平外力F2作用下向右加速，杆与竖直方向夹角始终为θ，求外力F2的大小; (3)若开始时，小球Q位于铰链O的正上方，系统处于静止状态，受到扰动后，杆开始转动，已知M=2m，θ=60°，求Q从初始位置转到如图位置的过程中，杆对小球Q所做的功W。 8．如图所示，可看成质点的物体A静置在木板C右端，物体B以v0＝1.8 m/s的速度沿水平地面向右运动，与木板C发生弹性正碰(碰撞时间极短)，最终物体A恰好能到达木板C的左端。已知物体A、B的质量都等于木板C质量的2倍，物体A与木板C之间的动摩擦因数μ＝0.1，水平地面足够大且光滑，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)碰撞后物体B的速度大小vB； (2)物体A在木板C上的加速时间t； (3)物体A、B在运动方向上的最小距离d。 9．如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)C在碰撞前瞬间的速度大小； (2)C与B碰撞过程中损失的机械能； (3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 10.(2026·江苏淮安市期中)如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量均为0.2 kg的物块A、B(均可视为质点)，右侧放置一个不固定的质量为0.2 kg的光滑弧形滑块C(足够高)，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停放着一质量为0.2 kg的小车，小车上表面与ab等高，最左端有一固定的竖直挡板。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(与A、B不拴接)。现将细绳剪断，与弹簧分开后A以v0=12 m/s的速度向左滑上小车，小车与挡板碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减为碰前速度大小的。已知物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，物块A与小车在小车与挡板第1次碰撞时已达到共速，在整个过程中物块A未从小车上滑落，重力加速度g取10 m/s2。求: (1)细绳剪断之前弹簧的弹性势能; (2)B在C上可达到的最大高度h; (3)小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车的总路程。 参考答案： 1.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.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碰撞地之后，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.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。 4.AD解析：子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mBv2＝(mB＋mC)v3，mBv＝(mB＋mC)v＋mBgh，解得h＝0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有mBv2＝mBv4＋mCv5，mBv＝mBv＋mCv，解得v5＝8 m/s，故C错误，D正确。 5.答案　(1)4 m/s　(2)0.6 kg　(3)0.4 m/s 解析　(1)撤去力F前对小物块A根据动能定理有Pt=mA 解得撤去力F时小物块A的速度大小v0=4 m/s。 (2)设A与B碰后速度大小均为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有mAv0=mA(-v)+mBv，mA=mAv2+mBv2 联立解得mB=0.6 kg，v=2 m/s。 (3)由题意可知，B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有Ffmax=kx 解得此时弹簧的压缩量为x=0.04 m 由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受到的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度大小为vB， 则有kx2=mB，解得vB=0.4 m/s。 6.答案　(1)2.5 m/s2　(2)5 m/s　(3)(4+) m 解析　(1)对桩由牛顿第二定律有Mg-kx0=Ma 解得a=2.5 m/s2。 (2)锤自由下落过程中有=2gh 锤与桩发生碰撞时，系统动量守恒，取竖直向下为正方向，有mv0=Mv2-mv1 解得v2=5 m/s。 (3)设桩依靠自重下沉的距离为x1，由动能定理有Mgx1-x1=0 解得x1=8 m 在锤撞击后，桩继续下沉，由动能定理有Mg(x-x1)-(x-x1)=0-M 解得x=(4+) m。 7.答案　(1)mgtan θ　(2)(M+m)gtan θ　(3)- 解析　(1)对Q由平衡条件得F1=mgtan θ。 (2)设P、Q水平向右的加速度大小为a 由牛顿第二定律，对Q有mgtan θ=ma 对P、Q系统有F2=(M+m)a 联立解得F2=(M+m)gtan θ。 (3)设Q转到θ角时，Q的水平分速度和竖直分速度大小分别为vx和vy，P的水平速度为vM 由系统水平方向动量守恒有mvx=MvM 由系统机械能守恒有m(+)+M=mgl(1-cos θ) Q相对O做圆周运动，Q相对O的速度方向垂直于杆，有(vx+vM)tan θ=vy 对Q由动能定理有mgl(1-cos θ)+W=m(+) 联立解得W=-。 8.答案：(1)0.6 m/s　(2)0.8 s　(3)0.78 m 解析：(1)设木板C的质量为m，物体A、B的质量为2m，B碰撞C 由动量守恒定律可知2mv0＝2mvB＋mvC 由机械能守恒定律可知×2mv＝×2mv＋mv 联立并代入数据解得vB＝0.6 m/s vC＝2.4 m/s。 (2)A恰好达到C的最左端，A、C系统由动量守恒定律可知mvC＝3mv共，解得v共＝0.8 m/s 对物体A进行受力分析，根据牛顿第二定律可知2μmg＝2ma 物体A加速到v共的时间t＝ 联立解得t＝0.8 s。 (3)A与木板C系统损失的机械能为摩擦力做的功， 由能量守恒定律可知2μmgL＝mv－×3mv 则木板的长度L＝0.96 m A、B在运动方向上速度相同时，距离最小，运动时间t0＝，解得t0＝0.6 s B、C碰撞后B做匀速直线运动，该时间内B的位移sB′＝vBt0，B、C碰撞后A做匀加速直线运动，该时间内A的位移sA′＝at A、B最初的距离为L，此时A、B的距离最小，为d＝L＋sA′－sB′ 联立并代入数据解得d＝0.78 m。 9.答案：(1)　(2)m(v－2μgs0)　(3) 解析：(1)小物块C从开始运动至刚要与物块B相碰过程， 根据动能定理可得－μmgs0＝mv－mv 解得C在碰撞前瞬间的速度大小v1＝。 (2)物块B、C碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2 解得v2＝ 故C与B碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－×2mv＝m(v－2μgs0)。 (3)滑板A刚要滑动时，对滑板A，由受力平衡可得kΔx＋2μmg＝3μmg， 解得Δx＝ 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功 W＝2μmg·Δx＝。 10.答案　(1)28.8 J　(2)3.6 m　(3)4.5 m 解析　(1)细绳剪断后，A、B组成的系统动量守恒，取向左为正方向， 由动量守恒定律得mAv0-mBvB=0 解得vB=12 m/s 由能量守恒定律得Ep=mA+mB 解得Ep=28.8 J。 (2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，取向右为正方向， 由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)vBC 由机械能守恒定律得mB=(mB+mC)+mBgh 联立解得h=3.6 m。 (3)A与小车相互作用到与挡板第一次碰撞的过程中， 根据动量守恒定律得mAv0=(mA+M)v1 解得v1=6 m/s。 小车与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小变为原来的，即v1=2 m/s。 小车在第1次与挡板碰撞后到与挡板第2次发生碰撞前共速， 由系统动量守恒有mAv1-M·v1=(mA+M)v2 解得v2=v1=2 m/s 小车从与挡板碰撞到与物块A共速过程中小车的加速度a==μg=1 m/s2 小车从第一次碰撞到第二次碰撞的路程s1=2x1=2×=4 m 同理s2=2x2=2×=s1 综上所述，小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中， 小车的总路程:s=s1+s2+s3+…+sn=s1+s1+()2s1+…+()n-1s1=4.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $