第6章 第5讲 “力学三大观点”的综合应用(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（江苏专版）

**基本信息** 聚焦力学综合问题，通过分级典例覆盖动量守恒、能量转化等核心规律，构建从基础模型到复杂情景的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级（基准保分）|4题|含圆弧轨道、碰撞、弹簧、传送带基础模型，强调单过程规律应用|以动量守恒、机械能守恒为核心，结合动能定理、牛顿运动定律，构建“概念-规律-基础模型”推理链| |B级（把关进阶）|2题|涉及多体弹性碰撞、绳连系统、传送带临界问题，注重多过程综合分析|在基础规律上拓展，通过复杂情景（如相对运动、临界状态）培养模型建构与科学推理能力，体现能量观念与运动和相互作用观念的融合|

[课时跟踪检测] A级——基准保分考法 1.(12分)(2025·南京高三一模)如图所示,质量为m的物体B由半径为r的光滑圆弧轨道和长为L的粗糙水平轨道组成,静止于光滑水平地面。现将质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端P点由静止释放,经时间t到达圆弧轨道底端Q点后滑上水平轨道,恰好没有滑出B。已知重力加速度大小为g。 (1)求小物块A从P到Q过程中重力的冲量I;(2分) (2)求小物块A从P到Q过程中对物体B做的功W;(4分) (3)若小物块A以水平初速度从物体B的最右端滑上B,最终不滑出B,求初速度的最大值vm。(6分) 解析:(1)由冲量的定义式得I=mgt,方向竖直向下。 (2)小物块A从P到Q过程中,小物块A和物体B组成的系统水平方向动量守恒,有mvB+mvA=0 根据机械能守恒定律有mgr=m+m 由功能关系可知W=m=mgr。 (3)A从圆弧轨道顶端P点由静止释放,A、B水平方向的动量守恒,A、B的最终速度为零,可得mgr=μmgL 当小物块A恰好回到B的右端时,小物块A的初速度最大,取水平向左为正方向,由动量守恒定律有mvm-2mv=0 由机械能守恒定律有2μmgL=m-·2mv2 解得vm=2。 答案:(1)mgt,方向竖直向下　(2)mgr (3)2 2.(12分)如图,质量均为M=2 kg的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接,A与地面接触,B离地面的高度为h=0.4 m,质量为m=1 kg的圆环C套在轻绳上,C在B上方L=0.2 m处。由静止释放圆环C,C下落后与B碰撞并粘在一起,碰撞时间极短,不计C与绳之间的摩擦和空气阻力,A、B、C均可视为质点,重力加速度为g=10 m/s2,求: (1)B、C碰撞前瞬间,C的速度为多大;(3分) (2)B、C碰撞后瞬间,共同速度为多大;(3分) (3)B落地后不反弹,A上升离地面的最大高度。(6分) 解析:(1)C下落过程,根据动能定理mgL=m,解得vC=2 m/s。 (2)B、C碰撞过程,根据动量守恒定律mvC=(m+2M)v共,解得v共=0.4 m/s。 (3)设B落地时速度为v1 ,根据系统机械能守恒可得(m+M)gh-Mgh=×(m+2M)-(m+2M), B落地后,A继续上升过程,根据动能定理得 -Mgh1=0-M 解得A上升的最大高度H=h+h1=0.488 m。 答案:(1)2 m/s　(2)0.4 m/s　(3)0.488 m 3.(14分)(2025·南京调研)如图所示,水平面上有A、B两个小物块(均视为质点),质量均为m,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C点,物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A、B瞬间分离,物块A向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点D,物块B向左平滑地滑上斜面体,沿斜面体上升的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知物块A与右侧水平面间的动摩擦因数μ=0.5,物块B左侧水平面光滑,重力加速度为g,求: (1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小;(4分) (2)斜面体的质量M;(5分) (3)物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功。(5分) 解析:(1)由题意可知,物块A在D点时,由牛顿第二定律有mg=m 物块A从C点运动到D点的过程,由动能定理有 -mg×2L=m-m 物块A在C点时,由牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=6mg 由牛顿第三定律可知,物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小为F'=F=6mg。 (2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律有mvA=mvB 对物块A,从弹簧释放后至运动到C点的过程,由动能定理有-μmgL=m-m 物块B沿斜面体上升到最高点时,对物块B和斜面体,由动量守恒定律有mvB=v 由机械能守恒定律有 m=(m+M)v2+mgL,解得M=。 (3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程,由动量守恒定律有mvB=mvB'+Mv' 由机械能守恒定律有m=mvB'2+Mv'2 解得vB'=,v'=。 由功能关系知,物块B与斜面体相互作用的过程中,物块B对斜面体做的功W=Mv'2=。 答案:(1)6mg　(2)　(3) 4.(15分)(2025·淮安考试)如图所示,某传送装置由三部分组成,中间是长度L1=28 m的水平传送带(传送带顺时针匀速转动,其速度大小v可根据需要设定),其左侧斜面顶端距离传送带平面的高度h=2.5 m,右侧光滑水平面上放置质量M=2 kg、长度L2=14 m的滑板,斜面末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接。质量为m=1 kg的物块从斜面的顶端由静止释放,经过传送带后滑上滑板。已知滑板右端到挡板D的距离L3=2 m,物块与斜面间的动摩擦因数满足μ1=tan θ(θ为斜面的倾角),物块与传送带、滑板间的动摩擦因数分别为μ2=0.1、μ3=0.2,重力加速度g取10 m/s2。　 (1)求物块刚滑上传送带时的速度大小;(3分) (2)若传送带速度v=1 m/s,求物块通过传送带所用的时间;(4分) (3)若传送带速度v=10 m/s,求从物块滑上滑板至滑板右端刚到挡板D的过程中摩擦产生的热量。(8分) 解析:(1)物块从A到B过程,根据动能定理有mgh-μ1mgcos θ·=m-0,解得vB=5 m/s。　 (2)物块刚滑上传送带时做减速运动,加速度大小为a==1 m/s2 物块减速至与传送带共速时所用时间为t1==4 s,位移大小为x1=t1=12 m<L1=28 m 之后物块与传送带一起匀速运动,所用时间为t2==16 s 物块通过传送带所用的总时间t=t1+t2=20 s。 (3)假设物块在传送带上一直做加速运动,根据动能定理有μ2mgL1=m-m,解得vC=9 m/s<10 m/s 所以物块滑上滑板时的速度大小为9 m/s 假设物块与滑板能达到共同速度,根据动量守恒定律有mvC=v共,解得v共=3 m/s 达到共同速度所用时间t3==3 s 在共速前滑板的位移大小为 x板=t3=4.5 m>2 m 所以物块与滑板未能达到共同速度。 滑板与挡板撞击前做匀加速运动,根据运动学公式有L3=·· 解得匀加速运动时间为t4=2 s 物块与滑板间的相对位移大小为 Δx=vCt4-μ3g-L3=12 m 物块与滑板间摩擦产生的热量为 Q=μ3mgΔx=24 J。 答案:(1)5 m/s　(2)20 s　(3)24 J B级——把关进阶考法 5.(18分)如图所示,左侧AB为倾角θ=37°的粗糙斜面轨道,中间BC为光滑水平轨道,右侧CD为倾角θ=37°、顺时针转动的传送带,其上方与一光滑水平台面平滑连接,水平轨道BC与斜面轨道AB以及传送带CD间均平滑连接。物块1从斜面轨道的最高点A由静止下滑,滑到水平轨道上先与静止的物块2发生弹性碰撞,物块2再与静止的物块3发生弹性碰撞,之后物块3滑上传送带,并最终滑到水平台面上。已知物块1的质量为m1=m0,物块3的质量为m3=m0,轨道AB的长度lAB=9 m,传送带CD的长度lCD= m,物块与轨道AB、传送带CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,物块均可看作质点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求物块1第一次运动到B点时的速度v0的大小;(3分) (2)求当m2为何值时,物块3获得的速度最大,并求出物块3的最大速度vm的大小;(7分) (3)若物块3以最大速度vm滑上传送带,最终滑到水平台面上,求传送带的最小速度v的大小。(8分) 解析:(1)对物块1,由A运动到B的过程,根据动能定理可得(m1gsin θ-μm1gcos θ)lAB=m1,解得v0=6 m/s。 (2)设物块1、2碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2,物块2、3碰撞后瞬间的速度大小分别为v2'、v3,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2, m1=m1+m2 m2v2=m2v2'+m3v3, m2=m2v2'2+m3 由以上各式可得v3= 当m2=时,物块3获得的速度最大, 最大速度为vm=v0= m/s。 (3)当物块3以最大速度vm滑上传送带,最终滑到水平台面上速度刚好减为0时,传送带的速度最小, 由于m3gsin θ>μm3gcos θ,故物块3在传送带上先以加速度大小a1做匀减速直线运动,直到与传送带共速时,再以加速度大小a2做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得 m3gsin θ+μm3gcos θ=m3a1,m3gsin θ-μm3gcos θ=m3a2 设物块3第一段匀减速运动的位移大小为l1,第二段匀减速运动的位移大小为l2,由运动学公式可得l1=,l2=,lCD=l1+l2,解得v=4 m/s。 答案:(1)6 m/s　(2)　 m/s　(3)4 m/s 6.(18分)(2025·徐州期中)如图所示,三个小钢球A、B、C(可视为质点)由两根长均为L的轻细绳连接,放在光滑水平面上,其中小球B质量为2m,小球A、C的质量均为m,细绳刚好处于伸直状态且无拉力,现使小球B瞬间获得与细绳垂直的水平初速度v0,设小球A、C的碰撞为弹性碰撞。求: (1)小球A、C第一次碰撞前瞬间,小球A的动能EkA;(6分) (2)小球A、C第一次碰撞后瞬间,小球A相对于小球B做圆周运动的向心力大小F向;(6分) (3)当两细绳夹角第一次为90°时,小球B的速度大小vB。(6分) 解析:(1)由对称性知,小球A、C沿绳方向的分速度大小相等,沿垂直绳方向的分速度大小相等,小球B一直沿初速度所在的直线运动,小球A、C第一次碰撞前瞬间,结合“绳连物体沿绳方向的分速度相等”知,此时小球A、C沿绳方向的分速度大小均等于小球B的速度,对小球A、B和C组成的系统,沿小球B的初速度方向,由动量守恒定律有2mv0= 4mvy 由机械能守恒定律有 ×2m=×2m+2EkA 联立解得小球A的动能为EkA=。 (2)由EkA=m(+)= 解得小球A碰后垂直绳方向的分速度,即小球A相对小球B做圆周运动的速度大小为vx=v0 则小球A相对小球B做圆周运动的向心力大小 F向==。 (3)当两细绳夹角第一次为90°时,细绳与小球B初速度方向的夹角均为 45°,此时小球A和C沿绳方向的分速度大小均为v1=vBcos 45° 设小球A和C垂直绳方向的分速度大小为v2,对小球A、B、C组成的系统,沿小球B初速度方向,由动量守恒定律有 2mv0=2mvB+2m(v1sin 45°-v2sin 45°) 根据机械能守恒定律有 ×2m=×2m+2×m(+) 解得vB=v0或vB=v0(舍去)。 答案:(1)　(2)　(3)v0 36 / 78 $