专题十二 力学三大观点的综合应用 课时作业-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，通过高考真题与模拟题构建"概念辨析-过程分析-规律应用"的递进式训练体系，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|6题（含4选择2计算）|动量定理与动能定理对比应用；v-t图像面积法求位移；传送带模型摩擦力分析|从匀速圆周运动（动量守恒）到碰撞问题（动量守恒+能量守恒），构建"运动描述-受力分析-能量转化"逻辑链| |综合提升练|5题（含3选择2计算）|爆炸过程动量守恒与能量分配；圆弧轨道临界状态分析；多过程问题分段处理|结合平抛运动、相对运动拓展应用，形成"单体运动-系统作用-能量损耗"的综合解题框架|

专题十二 力学三大观点的综合应用 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．(2025·天津卷，3)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中(　　) A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态 2.(2026·辽宁省实验中学高三上二模)质量相等的A、B两物体运动的速度均向右，v­t图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　　) A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1 C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1 3．(2025·四川省宜宾市高三上第一次诊断性考试)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m的小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像如图乙所示(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2>v1)。则(　　) A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左 B．0～t2时间内，小物块到A处的距离最大为·t2 C．0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1) D．0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2 4．(2025·天津卷)如图所示，半径为R＝0.45 m的四分之一圆轨道AB竖直固定放置，与水平桌面在B点平滑连接。质量为m＝0.12 kg的玩具小车从A点由静止释放，运动到桌面上C点时与质量为M＝0.18 kg的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x＝0.20 m至D点停止。A点至C点光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)小车运动至圆轨道B点时所受支持力FN的大小； (2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v的大小； (3)组合体与水平桌面CD间的动摩擦因数μ的值。 5．如图，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，取重力加速度g＝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。 6.(2026·江苏省马坝高级中学高三上第一次调研测试)如图所示，一质量M＝4 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m＝4 kg可视为质点的小木块A，现A和B以大小为v0＝2 m/s的共同初速度向左运动。一与长木板等高、前端有胶、质量为m0＝2 kg、长度L0＝0.16 m的短木板C，以v＝10 m/s的初速度水平撞击长木板并粘为一体，撞击时间极短，A始终没有滑离B、C，A和B、C间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求： (1)C与B撞击后的速度大小及此时木块A、B的加速度大小； (2)从C与B撞击到A、B、C具有共同速度所需的时间； (3)长木板B至少要多长。 综合提升练 一．选择题： 7．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是(　　) A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 8．(2025·湖南卷)(多选)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为36mgh D．弹药释放的能量为48mgh 9．(多选)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则(　　) A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 10.(2025·浙江6月选考)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R＝0.36 m，L＝1.6 m，v0＝5 m/s，m＝0.2 kg，M＝1.8 kg，μ＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块： (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 11．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2) (1)若h＝0.8 m，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 (2)若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 参考答案： 1.答案：B解析：座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p＝mv可知，座椅的动量大小不变，方向改变，故A错误；座椅的速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知，座椅所受合外力做功为零，故B正确；根据IG＝mgt可知，座椅所受重力的冲量不为零，故C错误；座椅在水平面内做匀速圆周运动，不处于受力平衡状态，故D错误。 2.答案：B解析：在v­t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移， 则xA＝×2v0t0＝v0t0，xB＝×v0×2t0＝v0t0，可知xA∶xB＝1∶1，故A错误；根据动能定理有WA＝0－m(2v0)2＝－2mv，WB＝0－mv＝－mv，可知WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理有 －IA＝0－m×2v0＝－2mv0，－IB＝0－mv0＝－mv0，可知IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v­t图像中，图线的斜率的绝对值代表物体的加速度的大小， 则aA＝＝，aB＝＝，可知aA∶aB＝4∶1，故D错误。 3.答案：D解析：由题图乙可知，0～t2时间内，小物块始终相对传送带向左运动，受到的摩擦力方向始终水平向右，故A错误；v­t图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙可知，0～t2时间内，小物块到A处的距离在t1时刻达到最大，为xm＝，故B错误；0～t3时间内，根据动量定理，可得传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为|If|＝|－mv1－mv2|＝m(v1＋v2)，故C错误；0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相对，其中μmg＝ma， a＝＝＝，x相对＝t2，联立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正确。 4.答案：(1)3.6 N　(2)1.2 m/s　(3)0.36 解析：(1)设小车运动至圆轨道B点时的速度大小为v0，从A到B， 由机械能守恒定律有mgR＝mv 代入数据解得v0＝3 m/s 在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 代入数据解得FN＝3.6 N。 (2)小车与物块在C点碰撞，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v 代入数据解得v＝1.2 m/s。 (3)组合体从C点运动至D点过程，由动能定理有－μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v2 代入数据解得μ＝0.36。 5.答案：(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析：(1)A离开桌面后做平抛运动，设A做平抛运动的时间为t， 由平抛运动规律得h＝gt2 xA＝vAt 联立并代入数据解得vA＝1 m/s 由静止释放物块A、B到弹簧恢复原长的过程，受力分析可知，A、B所受合力始终等大反向，则A、B组成的系统所受合力为0，系统动量守恒。以水平向左为正方向，对A、B组成的系统由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 代入数据解得vB＝1 m/s。 (2)对物块B从脱离弹簧到停止的过程，由动能定理得－μmBgxB＝0－mBv 代入数据解得μ＝0.2。 (3)设从释放A、B到弹簧恢复原长，A的位移大小为ΔxA，B的位移大小为ΔxB，由能量守恒定律得 ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 由位移关系得Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立并代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 6.[答案]　(1)2 m/s　5 m/s2　 m/s2 (2)0.48 s　(3)0.8 m [解析]　(1)设C与B撞击后的速度为v1，此时A、B的加速度大小分别为aA、aB，取向右为正方向，由于C和B碰撞时间极短， 对C、B组成的系统由动量守恒定律有m0v－Mv0＝(m0＋M)v1 解得v1＝2 m/s 对A，由牛顿第二定律有μmg＝maA 对B和C，由牛顿第二定律有μmg＝(m0＋M)aB 解得aA＝5 m/s2，aB＝ m/s2。 (2)设最终三者的共同速度为v2，从C与B撞击到A、B、C共速所需时间为t，对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律有(m0＋M)v1－mv0＝(m0＋m＋M)v2 解得v2＝0.4 m/s 对A由动量定理有μmgt＝mv2－m(－v0) 解得t＝0.48 s。 (3)设C与B撞击后，A相对B、C滑动的位移大小为x相对，由能量守恒定律有 μmgx相对＝(m0＋M)v＋mv－(m0＋m＋M)v 解得x相对＝0.96 m 设长木板B的长度为L，有L＋L0≥x相对 解得L≥0.8 m 所以木板B至少长0.8 m。 7.答案：C解析：由于空气阻力一直对小球做负功，则小球机械能不断减小，小球上升过程与下落过程经过同一位置时，重力势能相同，则上升时动能更大，速度更大，所以小球上升过程中的平均速度大于下落过程中的平均速度，由h＝t可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，A错误；经过同一位置时，小球上升时的速度大于下落时的速度，而小球所受空气阻力大小与速度大小成正比，因此上升时所受空气阻力大于下落时所受空气阻力，则上升过程中空气阻力所做的负功大于下落过程中空气阻力所做的负功，由功能关系可知，上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能，B错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，重力做功为0，由动能定理可知，小球抛出时的速度大小大于落回原处时的速度大小，所以小球上升过程中动量变化量的大小大于下落过程中动量变化量的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；小球上升过程中受到向下的空气阻力，方向与重力方向相同，小球受到的合力大于重力，小球下落过程中受到向上的空气阻力，方向与重力方向相反，小球受到的合力小于重力，因此，小球上升过程所受合力始终大于下落过程所受合力，由牛顿第二定律可知，小球上升过程的加速度始终大于下落过程的加速度，D错误。 8.答案：BD解析：弹药爆炸过程，由动量守恒定律有3mvA－mvB＝0，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D的初动能EkD＝(m＋5m)v，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3mv，联立可得EkD＝EkA，A错误；D从开始运动至落地的过程，由动能定理有 －μ(m＋5m)gs1＋(m＋5m)gh＝EkD′－EkD，又s1＝，联立可得EkD＝EkD′， 即D的初动能与其落地时的动能相等，B正确；弹药释放的能量 ΔE＝×3mv＋mv，又3mvA－mvB＝0，mvB＝(m＋5m)vD，D从开始运动到抛出的过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝(m＋5m)v－(m＋5m)v，其中s1＝，D抛出后做平抛运动，有h＝gt2，s2＝v0t，联立解得ΔE＝48mgh·，C错误，D正确。 9.答案：BD解析：设进入过程，木料对木栓的合力的冲量为IF，木栓的重力的冲量为IG，由题意可知，木栓在始末状态的速度均为0，根据动量定理有I＋IG＋IF＝0－0，可得IF＝－(I＋IG)，故A错误；锤子撞击木栓后，木栓获得的速度v＝，动能Ek＝mv2＝，进入过程，根据动能定理，对木栓有 mgΔx－Δx＝0－Ek，解得木料对木栓的平均阻力大小为＝＋mg，故B正确；进入过程，木栓损失的动能ΔEk＝Ek－0＝，损失的重力势能 ΔEp＝mgΔx，木料的弹性势能增加了ΔEp′，则木料和木栓的机械能共损失了 ΔE＝ΔEk＋ΔEp－ΔEp′＝＋mgΔx－ΔEp′，故C错误；设木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的压力大小为FN，最大静摩擦力大小为f，对木栓的一个侧面受力分析如图，因为最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则有f＝μFN，由于木栓前进Δx过程中，方孔侧壁弹力呈线性变化，则其所受滑动摩擦力也呈线性变化，可知一个侧面对木栓的平均阻力＝(fsinθ＋FNcosθ)，且根据B项求得平均阻力＝＋mg，联立可得f＝，故D正确。 10.[答案]　(1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N [解析]　(1)设物块滑到B点处的速度大小为v，物块从P点到B点过程， 由动能定理有mgLsin30°＝mv2－0 解得v＝4 m/s。 (2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 Wf＝mv－mv2 解得Wf＝0.9 J。 (3)设物块在传送带上加速运动的加速度大小为a，相对运动的时间为t， 则有μmg＝ma v0＝v＋at t时间内传送带的位移x1＝v0t 物块的位移x2＝t 则物块在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx＝x1－x2 解得Δx＝0.2 m。 (4)以水平向右为正方向，设离开圆弧轨道最高点瞬间，物块速度为v1，圆弧轨道速度为v2，从物块开始进入圆弧轨道到到达圆弧轨道最高点，水平方向动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2 以光滑水平面为参考平面，由机械能守恒定律有mv＝mv＋Mv＋2mgR 联立解得v1＝－2.2 m/s，v2＝0.8 m/s (另一组解v1＝3.2 m/s，v2＝0.2 m/s，因不符合实际舍掉) 设物块在最高点时受到轨道的压力为F， 由牛顿第二定律有F＋mg＝m 解得F＝3 N。 11.答案：(1)①16 m/s2　②2 m　③1∶2 (2)0.2 m 解析：(1)①设小物块第一次经过C点的速度大小为vC，向心加速度大小为a，对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝mv 由圆周运动规律，有a＝ 联立并代入数据，解得a＝16 m/s2。 ②由几何关系知，E点距C点的高度 h′＝Lsinθ＋R(1－cosθ) 代入数据解得h′＝0.95 m h′>h＝0.8 m，故根据能量守恒定律可知，小物块始终在E点下方运动。 小物块a在DE上运动时，因为μ2mgcosθ<mgsinθ，所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑，最终小物块a将在B、D间做往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等。 设小物块在DE上经过的总路程为s，根据能量守恒定律有 mg[h－R(1－cosθ)]＝μ1mgcosθ·＋μ2mgcosθ· 代入数据解得s＝2 m。 ③设小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上、a下， 根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma上 mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma下 代入数据解得a上＝8 m/s2，a下＝2 m/s2 对小物块a在DE上运动距离相等的第i次向上运动和第i次向下运动， 根据运动学公式有a上t＝a下t 解得＝＝ 又t上＝t上1＋t上2＋… t下＝t下1＋t下2＋… 则＝＝。 (2)设小物块a运动到F点的速度大小为vF，对小物块a从A到F的过程， 根据动能定理有mg[h－Lsinθ－2R(1－cosθ)]－μ1mgcosθ·L＝mv－0 分析可知，小物块与滑块相对静止时恰好位于滑块左端而不脱离滑块，滑块长度最小，设为l，设此时二者达到的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvF＝2mv 根据能量守恒定律有mv＝·2mv2＋2μ1mgl 联立并代入数据，解得l＝0.2 m。 学科网（北京）股份有限公司 $