2027届高考物理第一轮复习课时突破练：36 力学三大观点的综合应用

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过分层训练构建从单物体多过程到多系统跨模块的问题解决体系，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| |----|-----------|----------|----------| |基础·满分练|2题|多过程分段建模、多物体守恒分析|从动能定理到动量守恒，构建力-运动-能量逻辑链| |能力·高分练|2题|天体物理类比、弹性碰撞综合|拓展至曲线运动与功能关系的综合应用| |素养·提升练|1题|复杂系统动量能量综合|融合板块模型与平抛运动，深化科学推理能力|

课时突破练36　力学三大观点的综合应用 基础·满分练 命题角度一　多过程问题的分段建模与规律选择 1.(12分)(2026广东佛山模拟)某游乐场极限挑战装置可简化如图所示,该装置由倾角θ=37°的斜轨道AB、水平直轨道BC、竖直圆轨道和足够长的水平直轨道CE平滑连接而成。质量m=2 kg的小滑块从A点静止释放,恰好通过竖直圆轨道最高点D。已知h=30 m,r=5 m,LBC=8 m,圆轨道CD左侧粗糙右侧光滑,小滑块与其余轨道间的动摩擦因数μ=0.25,忽略空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。 (1)求小滑块到达B点时的速度大小。 (2)求小滑块从C点运动到D点克服摩擦力做了多少功。 (3)若在C点左侧L1=5 m处(未画出)的水平直轨道放有质量m1=3 kg的另一小滑块,两者发生弹性碰撞,求两者碰撞后瞬间的速度及两者静止时相距的距离。 命题角度二　多物体系统的相互作用与守恒分析 2.(12分)(2026甘肃白银期中)在高度为h的光滑水平平台左侧竖直面内固定一光滑圆弧轨道,轨道与平台相切于最低点。平台右侧是一下挖深度为d的光滑水平槽,在水平槽上放置一个厚度为d的长木板,长木板质量M=4m,长木板左端放置一个质量为m的小物块(可视为质点),如图。一质量为的小球从光滑圆弧轨道最高点由静止释放,小球运动到平台后与长木板上的小物块发生弹性碰撞,碰撞后小物块获得水平向右的速度v0,小球反弹后被立即拿走。当小物块在长木板上滑动到长木板最右端时,小物块与长木板恰好达到共速,长木板右端到达平台边缘后立即被锁定,小物块水平飞出。已知重力加速度为g,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ,空气阻力不计。求: (1)光滑圆弧轨道的半径R; (2)长木板的长度; (3)小物块落地点到平台边缘的水平距离。 能力·高分练 3.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度大小为u,探测器的初速度大小为v0,在图示情况下,探测器在远离行星后速度大小为vt。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。下列判断正确的是(　　) A.vt=2u B.vt=v0+2u C.vt=2v0+u D.vt=v0+u 4.(14分)(跨模块融通)某款闯关游戏简化过程如图所示。轨道固定在竖直平面内,水平段的DE光滑、EF粗糙,EF段有一竖直固定挡板,ABCD光滑并与水平段平滑连接,ABC是以O为圆心的圆弧,B为圆弧最高点。物块P2静止于E处,物块P1从D点以初速度v0=5 m/s水平向右运动并与P2发生弹性碰撞,且碰撞时间极短。已知P1的质量m1=0.3 kg,P2的质量m2=0.7 kg;P2与EF轨道之间的动摩擦因数μ=0.3,与挡板碰撞时无机械能损失;圆弧半径为R=0.15 m;P1、P2可视为质点且运动紧贴轨道;g取10 m/s2。 (1)求P2被碰后获得的速度大小; (2)P1经过B时对圆弧的压力; (3)用L表示挡板与E的水平距离。若P2最终停在了EF段距离E为x的某处,试通过分析与计算,在图中作出x-L图线。 素养·提升练 5.(16分)(跨模块融通)如图所示,一质量M=5 kg的木板放置于光滑水平地面上,木板左端AB段为圆心角θ=53°的光滑圆弧,BC段为上表面长度L=1.5 m的水平粗糙部分,BC段的厚度为h0=4 cm,两段在B点平滑连接。一质量m=1 kg的滑块放置于木板右端C点,滑块与木板间动摩擦因数为μ=0.4。某时刻木板受到F=39 N的水平向右的恒力作用,木板开始向右运动,当滑块相对木板运动至B点时撤去恒力F,当滑块相对木板运动至A点时木板的速度为v=6.6 m/s。重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,滑块可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求: (1)当滑块相对木板运动至B点时,滑块的速度v1和木板的速度v2; (2)木板AB段圆弧的半径R; (3)滑块落地时,滑块与木板间的水平距离Δx。 答案： 1.(1)20 m/s　(2)110 J　(3)12 m/s,方向水平向左　3 m/s,方向水平向右　30.6 m 解析 (1)斜轨道AB段,由动能定理得mgh-μmgcos θ 解得vB=20 m/s。 (2)恰好通过竖直圆轨道最高点D,对滑块受力分析得mg=m 解得vD=5 m/s 对BD段由动能定理得-μmgLBC-mg·2r-WFf= 解得WFf=110 J。 (3)滑块从D点下滑至碰前,由动能定理得mg·2r-μmgL1= 解得v0=15 m/s 取水平向左为正方向,m与m1碰撞过程,由动量守恒和能量守恒得mv0=m1v1+mv2,m1 解得v1=12 m/s,v2=-3 m/s 碰撞后瞬间质量为m1的小滑块的速度大小为12 m/s,方向水平向左,质量为m的小滑块的速度大小为3 m/s,方向水平向右,两者静止时相距Δx==30.6 m。 2.(1)　(2)　(3) 解析 (1)设小球运动到轨道最低点时的速度为v,小球与长木板上的小物块发生弹性碰撞,碰后小球反向运动,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有v=-v'+mv0 由机械能守恒定律有v2=v'2+ 联立解得v=v0 小球沿光滑圆弧轨道由静止开始下滑,由机械能守恒定律有gR=v2 解得R=。 (2)小物块在长木板上滑动,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v1 解得v1=v0 由功能关系有μmgL=(M+m) 解得L=。 (3)由平抛运动规律,水平方向有x=v1t 竖直方向有h=gt2 联立解得x=。 3.B　解析 设探测器的质量为m,行星的质量为M,行星在探测器远离后的速度大小为u1,以u方向为正方向,由题意结合弹性碰撞规律可知,探测器与行星作用过程中,两者组成的系统动量守恒、总动能保持不变,根据动量守恒定律有-mv0+Mu=mvt+Mu1,根据总动能保持不变有Mu2=,解得vt=,又因为m≪M,则有vt=v0+2u,故选B。 4.(1)3 m/s　(2)1 N,方向竖直向下　(3)见解析 解析 (1)对P1、P2碰撞前后,由动量守恒和能量守恒有m1v0=m1vP10+m2vP20 m1m1m2 解得vP20=3 m/s,vP10=-2 m/s。 (2)对P1由碰后到B点,由动能定理得-m1gR=m1m1vP10 2 对P1在B点,由牛顿第二定律得m1g-FN=m1 解得FN=1 N; 根据牛顿第三定律,P1经过B时对圆弧的压力大小为1 N,方向竖直向下。 (3)P2在水平面上运动(不管向右还是向左运动)有μm2g=m2a2,a2=3 m/s2 若挡板离E点足够远,则物块直接匀减速到0后静止得 0-=-2a2x 解得x=1.5 m 即L>1.5 m时,物块停在距E点x=1.5 m处 若P2与挡板碰撞一次后返回静止,由动能定理得 -μm2g(2L-x)=0-m2 解得x=2L-1.5 其中0.75 m<x<1.5 m 若P2与挡板碰撞一次后滑上B点,且速度不为0,则不存在x 对P2由碰后到恰好运动到B点,由动能定理得 -μm2g·2L-m2gR=0-m2 解得L=0.5 m 即L<0.5 m时,物块不会停在E与挡板之间; 若物块与挡板碰撞一次后滑上圆弧,并从圆弧滑回,能从圆弧滑下到E点的最大速度为vE= m/s 此时停下点到E点的距离 x==0.5 m 则物块与挡板最多只能碰撞一次 ; 对P2由碰后到最终静止在EF上,由动能定理得-μm2g(2L+x)=0-m2 解得x=1.5-2L 其中0.5 m<x<0.75 m 综上,x-L关系图像如图。 5.(1)4 m/s　7 m/s　(2)0.82 m　(3) m 解析 (1)滑块相对木板在BC段运动过程中, 对滑块由牛顿第二定律得μmg=ma1 可得a1=4 m/s2 滑块相对木板在BC段运动过程中,对木板由牛顿第二定律得F-μmg=Ma2 可得a2=7 m/s2 滑块相对木板在BC段运动过程中,木板与滑块的位移差为a2t2-a1t2=L 滑块的速度为v1=a1t=4 m/s 木块的速度为v2=a2t=7 m/s。 (2)滑块相对木板在BA段运动过程中,滑块与木板组成系统水平方向动量守恒得mv1+Mv2=mvx+Mv 滑块相对木板在BA段运动过程中,滑块与木板组成系统能量守恒得 mg(R-Rcos θ)= 几何关系tan θ= 解得R=0.82 m。 (3)木板上A点到地面的高度为h=h0+(R-Rcos θ) 解得h=0.368 m 滑块从A点到落地过程中,在竖直方向上由位移公式得-h=vyt-gt2 解得t= s或t= s(舍) 滑块与木板间水平距离Δx=(v-vx)t 解得Δx= m。 2 学科网（北京）股份有限公司 $