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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 5 讲专题提升 : 力学三大观点的综合应用
基础对点练
题组一 动量与能量观点的综合应用
1.(多选)(2024山东济南模拟)光滑水平面上有两个质量均为m的物体A、B,如图所示,B
上连接一劲度系数为 k的轻弹簧。物体A以初速度v 向静止的物体B运动。从A接触
0
π √ m 1
弹簧到第一次将弹簧压缩到最短的时间t= ,弹簧弹性势能E = kx2(x为弹簧的形变
2 2k p 2
量),弹簧始终处于弹性限度内,下列说法正确的是( )
√m
A.弹簧的最大压缩量为v
0
k
√ m
B.弹簧的最大压缩量为v
0
2k
(π+1)v √ m
C.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体A的位移为 0
4 2k
(π-2)v √ m
D.从开始压缩弹簧到弹簧第一次压缩最短的过程中,物体B的位移为 0
4 2k
2.(2023山东威海检测)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直
轻杆,轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为 l的细线,细线另一端系一个可以看作质点
的球C,质量也为m。现将C球拉起使细线水平自然伸直,并由静止释放C球,重力加速度
为g,不计空气阻力。求:
(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小;
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离;
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度。
题组二 力学三大观点的综合应用
3.(2022海南卷)有一个角度可变的轨道,当倾角为30°时,A恰好匀速下滑,现将倾角调为
60°,从高为h的地方从静止下滑,过一段时间无碰撞地进入光滑水平面,与B发生弹性正碰,B被一根绳子悬挂,与水平面接触但不挤压,碰后B恰好能做完整的圆周运动,已知A的质
量是B质量的3倍,求:
(1)A与轨道间的动摩擦因数μ;
(2)A与B刚碰完B的速度大小;
(3)绳子的长度L。
4.(2023安徽合肥模拟)长为L的传送带以大小为v的速度沿顺时针方向匀速转动,一足够
长的长木板紧靠传送带右端 B放在光滑的水平面上,长木板的上表面与传送带的上表面
在同一水平面上,水平地面右侧有一竖直固定的弹性挡板,如图所示。一可视为质点、质
量为m的物块轻放在传送带的A端,随传送带运动到B端,以速度v滑上长木板,并与长木
板一起向右运动,长木板与挡板第一次碰撞前物块与长木板已达到共同速度。已知长木
板的质量为0.5m,物块与长木板间的动摩擦因数为 0.4,长木板与挡板碰撞是弹性碰撞,重
力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)物块与传送带的动摩擦因数至少为多少,物块在传送带上运动的时间最长为多少;
(2)开始时,长木板的右端离挡板的距离至少为多少;(3)长木板与挡板第n次碰撞前一瞬间,长木板的速度为多大。
综合提升练
5.面对能源紧张和环境污染等问题,混合动力汽车应运而生。混合动力汽车,是指拥有两
种不同动力源(如燃油发动机和电力发动机)的汽车,既节能又环保。汽车质量为M,静止
在平直路面,只采用电力驱动,发动机额定功率为P 启动,达到最大速度v 后,再次提速,两
1 1
种动力同时启动,此时发动机的总额定功率为2P ,由v 经时间t达到最大速度v (未知);运
1 1 2
动一段时间后,开始“再生制动”刹车,所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发
电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。加速过程中可视为阻力恒定;“再生制
动”刹车过程中阻力的大小可视为与速度的大小成正比,即F=kv。求:
f
(1)汽车速度由v 到v 过程中前进的位移x ;
1 2 1
(2)汽车由速度v 减到零过程中行驶的距离x 。
2 2
6.(2023福建福州三模)如图,一水平轻弹簧左端固定,右端与一质量为m的小物块a连接,a1
静止在水平地面上的A处,此时弹簧处于原长状态,A左侧地面光滑;另一质量为 m的小
2
3
滑块b静止在B处,b与地面间的动摩擦因数为μ。现对b施加一水平向左、大小为F=
2
μmg的恒定推力,经时间t后b与a发生弹性正碰(碰撞时间极短),碰前瞬间撤去推力,a与b
不再相碰。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。求:
(1)b与a碰撞前瞬间的速度大小v以及A与B间的距离x ;
0
(2)弹簧的最大弹性势能E 以及碰后b运动的路程L。
pm
7.(2022广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放
置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从 A处以初
速度v =10 m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力F 为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非
0 f
弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2 kg,滑杆的质量
m =0.6 kg,A、B间的距离l=1.2 m,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
杆(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小F 和F ;
N1 N2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
8.(2023浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示,该装置由固定在水平地面上倾角
θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE,倾角θ=37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成,
除FG段外各段轨道均光滑,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 AB、EF相切于B(E)
处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑,上面放有一无动力摆渡车,并紧靠在竖直侧壁GH处,摆
渡车上表面与直轨道下 FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径 R=0.5
m,B 点高度为 1.2R,FG 长度 L =2.5 m,HI 长度 L =9 m,摆渡车长度 L=3 m、质量 m=1
FG 0
kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h=2.3 m处静止释放,滑块在FG段运
1
动时的阻力为其重力的 。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止,滑块视为质点,不计空气阻
5
力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小v 和轨道对滑块的作用力大小F 。
C C
(2)摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ。
(3)在(2)的条件下,求滑块从G到J所用的时间t。参考答案
第5讲 专题提升:力学三大观点的综合应用
1.BD 解析 弹簧压缩到最大时,A、B的速度相同,以A初速度方向为正方向,根据动量守
1 1 1
恒定律可得,mv =2mv,根据能量守恒定律可得, mv 2= ·2mv2+E ,解得E = mv 2,根据
0 2 0 2 pm pm 4 0
√ m
弹性势能公式可得,x =v ,故A错误,B正确;由动量守恒定律可得,mv +mv =mv ,则有
m 0 A B 0
2k
mv π √ m √ m
mv t+mv t=mv t,故mx +mx =mv t= 0 ,由A、B选项分析可知,x -x =x =v ,
A B 0 A B 0 A B m 0
2 2k 2k
(π+2)v √ m (π-2)v √ m
联立解得x = 0 ,x = 0 ,故C错误,D正确。
A B
4 2k 4 2k
√gl
2.答案 (1)2
3
l
(2)
3
l
(3)
4
解析 (1)对A、B、C组成的系统,由水平方向上动量守恒及机械能守恒可得
mv =2mv
C AB
1 1
mgl= mv 2+ ×2mv 2
2 C 2 AB
联立解得C球第一次摆到最低点时的速度大小
√gl
v =2 。
C
3
(2)对A、B、C组成的系统,由人船模型规律可得
mx =2mx
C AB
x +x =l
C AB
联立解得从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中,B移动的距离
l
x = 。
AB
3
(3)C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v,对A、C组成的系统,取向左为正方向,由
水平方向上动量守恒可得
mv -mv =2mv
C AB
由机械能守恒定律可得1 1 1
mv 2+ mv 2= ×2mv2+mgh
2 C 2 AB 2
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度Δh=l-h
l
联立解得Δh= 。
4
√3
3.答案 (1) (2)√3gℎ (3)0.6h
3
解析 (1)倾角为30°时A匀速运动,根据平衡条件有
mgsin 30°=μmgcos 30°
√3
得μ= 。
3
(2)(3)A从高为h的地方滑下后速度为v ,根据动能定理有
0
3mgh-μ·3mgcos 60° ℎ = 1 ·3mv 2
sin60° 2 0
A与B碰撞后速度分别为v 和v ,根据动量守恒定律、能量守恒定律有
1 2
3mv =3mv +mv
0 1 2
1 1 1
·3mv 2= ·3mv 2+ mv 2
2 0 2 1 2 2
B到达最高点速度为v ,根据牛顿第二定律有
3
mg=mv 2
3
L
根据能量守恒有
1 1
mv 2= mv 2+mg·2L
2 2 2 3
解得v
2
=√3gℎ ,L=0.6h。
v2 2L
4.答案 (1)
2gL v
5v2
(2)
18g
(3)(1) n2v
3
解析 (1)物块以速度v滑上长木板,设物块与传送带的动摩擦因数至少为μ ,由牛顿第二定
0
律及匀变速直线运动规律得
μ mg=ma
0
v2=2aL解得
v2
μ =
0
2gL
物块在传送带上一直加速时运动的时间最长,最长时间
v 2L
t= = 。
a v
(2)物块第一次在木板上滑动的过程中,由动量守恒定律得
mv=(m+0.5m)v
1
设此过程中木板的位移为x,对木板由动能定理得
1
μmgx= ×0.5mv 2
2 1
解得
5v2
x=
18g
5v2
即开始时长木板的右端离挡板的距离至少为 。
18g
(3)长木板与挡板第一次碰撞到第二次碰撞,由动量守恒定律得
mv -0.5mv =(m+0.5m)v
1 1 2
v
2
=1v
1
=2v=(1) 22v
3 9 3
长木板与挡板第二次碰撞到第三次碰撞,由动量守恒定律得
mv -0.5mv =(m+0.5m)v
2 2 3
v
3
=1v
2
= 2 v=(1) 32v
3 27 3
可知,长木板与挡板第n次碰撞前一瞬间,长木板的速度
v
n
=(1) n2v。
3
5.答案 (1)2v t-3Mv 3 (2)2Mv
1 1 1
2P k
1
解析 (1)发动机额定功率为P 启动,达到的最大速度v 时有
1 1
F =F
f1 1
所以汽车加速过程中的阻力F =F =P
f1 1 1
v
1
同理,发动机的总额定功率为2P ,达到最大速度v 时有
1 2
F =2P
f1 1
v
2
解得
v =2v
2 1
汽车速度由v 到v 过程中根据动能定理有
1 2
1 1 3
2P t-F x = Mv 2− Mv 2= Mv 2
1 f1 1 2 2 2 1 2 1
解得前进的位移
x = ( 2P t- 3 Mv 2) v =2v t-3Mv 3。
1 1 2 1 1 1 1
2P
P 1
1
(2)“再生制动”刹车过程即速度由v 减到零的过程,根据动量定理有
2
-kvt=-kx =0-Mv =-2Mv
2 2 1
解得汽车由速度v 减到零过程中行驶的距离
2
2Mv
x = 1。
2
k
8 2
6.答案 (1)2μgt μgt2 (2) μ2mg2t2 μgt2
9 9
解析 (1)b从B运动到A的过程中做匀加速直线运动,设加速度大小为a ,则
1
v=a t
1
1
x = a t2
0 1
2
根据牛顿第二定律有
3 1 1
μmg-μ· mg= ma
1
2 2 2
解得
v=2μgt,x =μgt2。
0
(2)b与a发生弹性正碰,碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有
1 1
mv= mv +mv
b a
2 21 1 1 1 1
× mv2= × mv 2+ mv 2
2 2 2 2 b 2 a
解得
2 4
v =- μgt,v = μgt
b a
3 3
a碰后向左运动到速度为零时弹簧的弹性势能最大,则
1
E = mv 2
pm 2 a
解得
8
E = μ2mg2t2
pm
9
b碰后向右做匀减速直线运动,设加速度大小为a ,则
2
=2a L
v 2 2
b
根据牛顿第二定律有
1 1
μ· mg= ma
2
2 2
2
解得L= μgt2。
9
7.答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 本题考查物体平衡、动能定理、完全非弹性碰撞,意在考查综合分析能力。
(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的总重力,即
F =(m+m )g=8 N
N1 杆
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦
力也为1 N,方向竖直向上,则此时桌面对滑杆的支持力为
F =m g-F=5 N。
N2 杆 f
(2)滑块向上运动到碰前瞬间,根据动能定理有
1 1
-mgl-Fl= mv2- mv 2
f 2 2 0
代入数据解得v=8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞,即碰后两者共速,碰撞过程根据动量守恒有
mv=(m+m )v
杆 共
碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动,根据动能定理有
共
1
-(m+m
杆
)gh=0-
2
(m+m
杆
)v
共
2代入数据联立解得h=0.2 m。
8.答案 (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
1
解析 (1)滑块从静止释放到C点过程,根据动能定理可得mg(h-1.2R-R-Rcos θ)= mv 2
2 C
解得
v =4 m/s
C
滑块过C点时,根据牛顿第二定律可得
F +mg=mv 2
C C
R
解得
F =22 N。
C
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v,从静止释放到G点过程,根据动能定理可得
1
mgh-0.2mgL = mv2
FG
2
解得
v=6 m/s
摆渡车碰到IJ前,滑块恰好不脱离摆渡车,说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速
v ,以滑块和摆渡车为系统,根据系统动量守恒可得
1
mv=2mv
1
解得
v
v = =3 m/s
1
2
根据能量守恒可得
1 1
Q=μmgL= mv2- ×2mv 2
2 2 1
解得
μ=0.3。
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程,滑块的加速度大小
μmg
a= =3 m/s2
m
所用时间
v-v
t = 1=1 s
1
a
此过程滑块通过的位移v+v
x = 1t =4.5 m
1 1
2
滑块与摆渡车共速后,滑块与摆渡车一起做匀速直线运动,该过程所用时间
t =L -x =1.5 s
2 0 1
v
1
则滑块从G到J所用的时间
t=t +t =2.5 s。
1 2
