课时跟踪检测(41) 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

**基本信息** 聚焦力学三大观点综合应用，通过典型模型训练物理观念与科学思维，构建动量-能量-运动学综合解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒综合|1|滑块滑板模型|动量守恒与能量守恒联立，体现系统运动与相互作用观念| |能量观点应用|1|碰撞与能量转化|动能定理与机械能守恒衔接，强化能量转化与守恒逻辑| |复杂轨道运动|1|螺旋轨道与抛体|圆周运动规律与抛体运动结合，构建曲线运动模型| |多过程力学问题|1|传送带多过程|牛顿运动定律与动量定理综合，培养多过程问题分析能力|

课时跟踪检测(四十一)　力学三大观点的综合应用 1.(14分)(2025·广东模拟)如图所示,光滑水平面上有一质量为3m的滑板A,其上表面ab段水平且粗糙,长度为L=4R;bc段为四分之一光滑圆弧,半径为R,c点与圆心O等高。已知重力加速度大小为g,忽略空气阻力。 (1)如图甲,若A被挡板固定,一质量为m的滑块B(可视为质点)从a点以某一水平初速度向右滑动,后从c点抛出,到达最高点时与c点高度差为R,已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.25。求B经c点时所受弹力大小,以及B在a点的初速度大小。(4分) (2)如图乙,若A不固定,一质量也为m、带动力装置的小车D(小车尺寸忽略不计,其通过与A之间的相互作用获得动力)从a点由静止开始相对地面水平向右做匀加速运动,到达b点时关闭动力,后从c点抛出,到达最高点时与c点高度差也为R。求: ①D到达c点时的速度大小;(4分) ②D刚进圆弧最低点b时所受弹力大小,以及D在ab段运动过程相对地面的加速度大小。(6分) 2.(14分)(2025·浙江1月选考)一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道CDC'、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外,其余各段均光滑,F点与水平高台GHI等高。游戏开始,一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下,与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3,滑上滑轨。若滑块3落在GH段,反弹后水平分速度保持不变,竖直分速度减半;若滑块落在H点右侧,立即停止运动。已知R=0.2 m,m=0.1 kg,EF段长度L= m,FG间距LFG=0.4 m,GH间距LGH=0.22 m,HI间距LHI=0.1 m,滑块与EF段间的动摩擦因数为μ=0.25。滑块1、2、3均可视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。 (1)若h=0.8 m,求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC;(3分) (2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC',求高度h;(4分) (3)若滑块3最终落入I点的洞中,则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。(7分) 3.(15分)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,重力加速度g=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;(4分) (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;(4分) (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。(7分) 4.(16分)(2024·贵州高考)如图,半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内,其末端与水平地面PM相切于P点,PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动,其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰,碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量I,其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b一相同的瞬时冲量I,直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg,b的质量为mb=2 kg,它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5,取重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小;(4分) (2)b从M运动到N的时间;(6分) (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。(6分) 答案 课时跟踪检测(四十一) 1.解析:(1)B从c点运动至最高点过程,根据动能定理得-mgR=0-m 解得vc= 在c点,由牛顿第二定律有FN=m 解得FN=2mg B从a点运动至最高点过程,根据动能定理得-μmgL-mg·2R=0-m 解得v0=。 (2)①D与A组成的系统满足水平方向动量守恒,D到达c点时,A与D的水平速度均为零,D从c点运动至最高点过程,由动能定理有-mgR=0-mvc'2 解得vc'=。 ②D与A组成的系统在水平方向动量守恒,D运动到b点时,由动量守恒定律有 mvD-3mvA=0 D从b点运动至最高点过程,根据系统机械能守恒可得m+×3m=mg·2R 联立解得vA=,vD= D刚进圆弧b点时,由牛顿第二定律有 FN'-mg=m 解得FN'=mg D从a点运动到b点的过程,有 L=vDt+vAt,vD=at 解得t=,a=g。 答案:(1)2mg　　 (2)①　②mg　g 2.解析:(1)对滑块1由静止运动到C点的过程,由动能定理有mgh=m 解得滑块1与滑块2碰撞前的速度大小为v0=4 m/s 滑块1与滑块2碰撞过程中,由动量守恒定律有mv0=2mvC 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC=2 m/s。 (2)在圆轨道D点,由牛顿第二定律有 2mg=2m 解得vD= m/s 滑块3从C点到D点,由机械能守恒定律有 ×2mvC'2=2mg·2R+×2m 解得vC'= m/s 结合mgh=mv0'2,mv0'=2mvC' 解得h=2 m。 (3)若滑块3直接落入洞中,则竖直方向 vFsin 37°=g 水平方向LFG+LGH+LHI=vFcos 37°·t1 结合mgh1=mv0″ 2,mv0″=2mvC″ 滑块3从C点到F点的过程中,由动能定理有-2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2m-×2mvC″2 联立解得h1=2.5 m 若滑块3经一次反弹落入洞中,则 t2=+ 水平方向LFG+LGH+LHI=vF'cos 37°·t2 结合mgh2=mv0‴2,mv0‴=2mvC‴ -2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2mvF'2-×2mvC‴2 联立解得h2=2 m。 假设滑块3经两次反弹后落入洞中,分析可知滑块3离开F点后无法落在GH段,假设不成立 游戏成功的高度为2.5 m或2 m。 答案:(1)2 m/s　(2)2 m　(3)2.5 m或2 m 3.解析:(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时,重力提供向心力,有mg= 从滑块离开弹簧至运动到C点过程,根据动能定理有-2mgR=m-m 解得v0=5 m/s。 (2)平板加速至与滑块共速过程,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共 根据能量守恒定律有ΔE=m-(M+m) 解得ΔE=0.625 J。 (3)若μ2=0.1,平板与滑块相互作用过程中,滑块的加速度大小为a1=μ1g=6 m/s2 平板的加速度大小为a2==4 m/s2 共速后,共同加速度大小为a3=μ2g=1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与平板共速然后共同减速 假设滑块先与平板共速然后共同减速,且共速时滑块恰好运动到平板右边缘,则共速瞬间v=vE-a1t1=a2t1 共速前过程,滑块、平板位移分别为 x1=t1,x2=t1 共速时,相对位移应为Δx=L=x1-x2 解得vE=6 m/s,v=2.4 m/s 随后共同减速,x3=d-x1=1.88 m 滑块到达H点的速度大小为 vH== m/s 说明可以到达H点,因此假设成立, 若滑块初速度再增大,则会从平板右侧掉落 故滑块离开弹簧时的最大速度 vm=vE=6 m/s。 答案:(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 4.解析:(1)a从静止释放到圆轨道底端过程,根据机械能守恒定律有magR=ma 在P点,设轨道对它的支持力大小为N,根据牛顿第二定律有N-mag=ma 联立解得N=30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中,根据动能定理有magR-μmagd=ma-0 解得vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb ma=ma+mb 解得vb=2 m/s b滑上传送带后,根据牛顿第二定律有μmbg=mba 解得a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1==0.2 s 对地位移x=·t1=0.3 m<L=3.3 m 此后b做匀速直线运动,b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s b从M运动到N的时间 t=t1+t2=3.2 s。 (3)设向右为正方向,瞬间给b一水平向右的冲量,对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0) 解得v=2 m/s b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s 可得Δt=t3+t4 b在Δt时间内向右运动的距离 Δx=·t3-·t4=0.3 m 循环10次后b向右运动的距离x'=10·Δx=3 m 每一次相对传送带运动的路程 s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m b从N向右运动3 m的过程中,b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J 然后b继续向右做减速运动,根据运动学公式有vt5-a=L-x' 解得t5=0.2 s(另一结果不符合实际,舍去) 此过程,b相对传送带运动的路程 s'=L-x'+v0t5=0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q2=μmbgs'=5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 答案:(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $