【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）13、专题强化练十三　力学三大观点的综合应用

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1.(2023·北京卷，17)如图1所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
图1
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
2.(2023·广东肇庆统考模拟)室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。蹦床运动情境可建立为如图2所示的物理模型：竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为mB的物体B固定在一起，质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落，随后和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点，A、B始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图2
(1)A与B碰后瞬间的速度大小v；
(2)AB结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以及该过程中弹簧对物体B冲量的大小。
3.如图3所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1 kg的小球被长为L＝1.4 m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为eq \f(L,2)。一质量为M＝0.7 kg的小物块从曲面上高为h＝0.8 m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为s＝1.5 m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求：
图3
(1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小；
(2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小；
(3)弹簧弹性势能的最大值。
4.(2022·广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图4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v0＝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：
图4
(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N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
参考答案
专题强化练十三 力学三大观点的综合应用
1.(1)eq \f(v2,2g) (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(1,4)mv2
解析 (1)A从释放到与B碰撞前，根据动能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv2
解得H＝eq \f(v2,2g)。
(2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝meq \f(v2,L)
解得F＝mg＋meq \f(v2,L)。
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v
则碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2。
2.(1)eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB) (2)2t 2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)
解析 (1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，和B碰后瞬间的速度大小为v，有
mAgH＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)
v0＝eq \r(2gH)
由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性，可得运动时间t总＝2t
回到碰撞点时速度大小为vt＝v＝eq \f(mA\r(2gH),mA＋mB)
方向竖直向上
取向上为正方向，由动量定理得
I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v]
解得I＝2(mA＋mB)gt＋2mAeq \r(2gH)。
3.(1)4 m/s (2)4.5 N (3)2.1 J
解析 (1)小物块下滑过程有Mgh＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)
解得v0＝4 m/s。
(2)碰撞过程有Mv0＝Mv1＋mv2
之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L＋L－\f(L,2)))
由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有
mg＝meq \f(veq \\al(2,3),L－\f(L,2))
解得v1＝3 m/s，v2＝7 m/s
刚碰撞完瞬间，对小球有T－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),L)
解得T＝4.5 N。
(3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＝μMgs＋Epmax
解得Epmax＝2.1 J。
4.(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (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重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力f＝1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力f′＝1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有
－mgl－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得v1＝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，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
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
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。