第7单元 06 专题十三 力学三大观点的综合应用（word练习）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习课时作业（基础版）

**基本信息** 聚焦力学三大观点（动量、能量、运动学）的综合应用，精选4道2024年高考真题，以多过程问题为载体，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |力学综合|4道高考真题|含碰撞、圆周运动、弹簧、传送带等模型，多过程情境|动量定理/守恒、动能定理/守恒、牛顿定律交叉应用，构建“概念-模型-推理”逻辑链|

专题十三　力学三大观点的综合应用 (限时40分钟) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.[2024·天津卷] 如图所示,光滑半圆轨道直径沿竖直方向,最低点与水平面相切.对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I,A沿轨道运动到最高点时,与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起.已知I=1.8 N·s,A、B的质量分别为mA=0.3 kg、mB=0.1 kg,轨道半径和绳长均为R=0.5 m,两球均视为质点,轻绳不可伸长,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.求: (1)与B碰前瞬间A的速度大小; (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小. 2.[2024·辽宁卷] 如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg,A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接.同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止.A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp. 3.[2024·湖北卷] 如图所示,水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为3.6 m.传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触.在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高.将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左.小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动.已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2. (1)求小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小. (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能. (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离. 4.[2024·浙江6月选考] 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,g取10 m/s2. (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. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题十三　力学三大观点的综合应用 1.(1)4 m/s　(2)11.2 N [解析] (1)根据题意,设小球A从最低点开始运动时的速度为v0,由动量定理有 I=mAv0 设与B碰前瞬间A的速度大小为v,从最低点到最高点,由动能定理有 -mAg·2R=mAv2-mA 联立代入数据解得v=4 m/s (2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起,由动量守恒定律有 mAv=(mA+mB)v共 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F,由牛顿第二定律有 F-(mA+mB)g=(mA+mB) 联立代入数据解得F=11.2 N 2.(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J [解析] (1)弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,说明A脱离弹簧时的速度为平抛运动的初速度,对A做平抛运动过程, 有 h=gt2 xA=vAt 联立解得脱离弹簧时A的速度大小vA=1 m/s 对A、B整体,由动量守恒定律得 mAvA=mBvB 解得脱离弹簧时B的速度大小vB=1 m/s (2)对B脱离弹簧后运动过程,由动能定理得 -μmBgxB=0-mB 解得物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.2 (3)整个过程中,由能量守恒定律有 ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB 其中mA=mB,ΔxA+ΔxB=Δx 解得弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J 3.(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m [解析] (1)小物块刚放在传送带上时,由牛顿第二定律有 μm物g=m物a 解得a=5 m/s2 假设小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,则此过程有=2ax 解得小物块运动的位移为x=2.5 m 由于x<L传=3.6 m,所以假设成立,即小物块运动到传送带右端前已与传送带共速,因此小物块与小球碰撞前瞬间,小物块的速度大小等于传送带的速度大小,为5 m/s (2)小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有 m物v=m物v1+m球v2 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s 解得v2=3 m/s 小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为 ΔEk=m物v2-m物-m球 解得ΔEk=0.3 J (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,设P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有 m球≥m球g 小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d) 联立解得d≥0.2 m 即P点到O点的最小距离为0.2 m 4.(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s [解析] (1)滑块离开弹簧后运动到圆形轨道最高点C的过程中,由动能定理得 -mg·2R=m-m 滑块恰好能通过圆形轨道最高点C,有 mg=m 联立解得v0=5 m/s (2)滑块滑上平板后,平板加速至与滑块共速过程中,根据动量守恒定律有 mv0=(m+M)v 系统损失的机械能ΔE=m-(m+M)v2 联立解得ΔE=0.625 J (3)滑块滑上平板,运动到平板最右端恰好不滑下,之后与平板一起匀减速运动到H点时,滑块离开弹簧时的速度最大 滑块的加速度大小am满足μ1mg=mam 解得am=6 m/s2 平板的加速度大小aM满足 μ1mg-μ2(m+M)g=MaM 解得aM=4 m/s2 作出v⁃t图像,如图所示 由v⁃t图像可知 t1=L aMt1=vm-amt1 联立解得vm=6 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $