计算题培优练1 三大观点的综合应用2026江苏高考物理的二轮专题练【附解析】

/2026江苏高考物理的二轮专题计算题培优练1三大观点的综合应用共7题,共79分。1.(8分)(2025·宿迁期中)用细绳下吊着一个沙袋练习射击,沙袋质量为M,沙袋中心到细绳上端悬挂点的距离为L。一颗质量为m、初速度为v0的子弹水平向右射入沙袋并留在沙袋中(时间极短),击中后沙袋以很小角度(小于5°)向上摆动。重力加速度为g。求:(1)沙袋开始摆动时速度大小v;(2)子弹进入沙袋过程损失的机械能ΔE;(3)沙袋(连同子弹)从开始摆动到第1次返回最低点过程中,重力的冲量IG。2.(10分)(2025·南京、盐城期末)如图所示,质量为m的物体B由半径为r的光滑14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。现将质量也为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)求小物块A从P到Q过程中对物体B做的功W;(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。3.(10分)(2025·南京期中)如图所示,质量分别为2m和m的物块A和B叠放在光滑水平面上,A物块的密度均匀,长度为L,B物块足够长且被锁定在地面上,B物块上O点左侧的表面光滑、右侧的表面粗糙,A物块和O点右侧表面动摩擦因数为μ。A获得水平向右的速度v0,其左端刚好经过O点时,解除B的锁定,重力加速度为g。求:(1)解除锁定时,B的加速度大小aB;(2)解除锁定时,A的速度大小v1;(3)解除锁定后,A相对于B发生的位移大小xA。4.(12分)(2024·泰州一模)如图所示,可视为质点的两个小物块A、B并排放在粗糙水平面上,一根轻绳一端固定于水平面上的O点,另一端系在小物块A上。已知mA=1kg,mB=3kg,A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,轻绳长l=0.314m,g取10m/s2,π取3.14且π2=10。现给A一个向左的初速度v0=26m/s,使其绕O点做圆周运动,运动一周时与B发生弹性碰撞。求:(1)A刚开始运动时所受轻绳拉力的大小FT;(2)A与B碰前瞬间的加速度大小a;(3)A与B碰后B滑行的距离s。5.(12分)(2025·连云港一模)如图所示,质量均为m的物块A、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点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m的球C,整个系统处于静止状态。现给球C一个水平向右的初速度v0=3gL,式中g(1)此时细线对球C的拉力大小F;(2)球C向右摆动过程中,上升的最大高度h;(3)球C摆到杆左侧,离杆最远时的速度大小v。6.(12分)(2024·苏州二模)如图所示,半径为0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接,质量为0.04kg的物块B恰好静止在斜面上,此时物块B与N点的距离为0.25m。另一质量为0.2kg的物块A从与圆心等高处由静止释放,通过N点滑上斜面,与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,两物块均可视为质点,碰撞时间极短,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)物块A运动到N点时对曲面的压力;(2)物块A与B碰撞前的速度;(3)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。7.(15分)(2025·苏锡常镇二模)如图所示,一质量为M的物块P穿在光滑水平杆上,一长度为l的轻杆,一端固定着质量为m的小球Q,另一端连接着固定在物块P上的铰链O。忽略铰链转动的摩擦,重力加速度为g。(1)将P固定,对小球Q施加一水平向左的外力F1使杆与竖直方向的夹角为θ保持静止,求外力F1的大小;(2)若物块P在水平外力F2作用下向右加速,杆与竖直方向夹角始终为θ,求外力F2的大小;(3)若开始时,小球Q位于铰链O的正上方,系统处于静止状态,受到扰动后,杆开始转动,已知M=2m,θ=60°,求Q从初始位置转到如图位置过程中,杆对小球Q所做的功W。

答案1.答案(1)mm+Mv0(2)mM2(m解析(1)子弹射入沙袋过程,二者动量守恒,则mv0=(m+M)v所以v=mm+M(2)子弹进入沙袋过程损失的机械能为ΔE=12mv02−12(3)沙袋(连同子弹)从开始摆动到第1次返回最低点所用时间为t=T2,T=2π所以重力的冲量为IG=(m+M)gt=π(m+M)gL。2.答案(1)mgt,方向竖直向下(2)12mgr(3)2解析(1)由冲量的定义式得I=mgt,方向竖直向下。(2)A从P到Q过程对物体B做的功等于B的动能的增加量,A、B水平方向动量守恒mvB+mvA=0,W=1根据机械能守恒mgr=EkB+EkA,解得W=12mgr(3)由A、B水平方向的动量守恒,最终A、B速度为零可得mgr=μmgL当A有最大初速度vm,则恰好回到B的右端,取水平向左的方向为正mvm-2mv=0,2μmgL=12mvm2−12×2mv3.答案(1)aB=2μg(2)v1=v02-μgL(3)解析(1)对B物块,根据牛顿第二定律可得μ·2mg=maB,解得aB=2μg。(2)因为滑动摩擦力与位移是线性关系,则Wf=-FfL=-μ根据动能定理可得Wf=12×2mv12−12×2mv(3)解除锁定后,A、B动量守恒2mv1=(2m+m)v损失的机械能转化为内能2μmgxA=12×2mv12−12(2m+m)v24.答案(1)76.43N(2)2641m/s2(3)1m解析(1)A刚开始运动时轻绳拉力提供向心力FT=mAv解得轻绳拉力的大小FT=76.43N。(2)设A与B碰前瞬间的速度为v,根据动能定理-μmAg·2πl=12mAv2-12m解得v=4m/s此时绳子的拉力为FT'=m根据牛顿第二定律FT'2解得a=2641m/s2。(3)根据动量守恒有mAv=mAv1+mBv2根据机械能守恒12mAv2=12mAv1解得v2=2m/sB的加速度aB=μg=2m/s2A与B碰后B滑行的距离s=v225.答案(1)F=4mg(2)h=L(3)v=1解析(1)根据牛顿第二定律得F-mg=m解得F=4mg。(2)球C向右上升到最大高度时,球C与木块A、B三者具有共同速度,根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=3mv1,mgh=12mv0代入数据解得h=L。(3)球C再次回到最低点时,A、B具有共同速度v2,球C的速度为v3,根据动量守恒定律与系统机械能守恒定律可得mv0=2mv2+mv3,12mv0解得v2=23v0,v3=-13球C摆到杆左侧,离杆最远时,球C与木块A具有共同速度,根据动量守恒定律可得mv2+mv3=2mv,代入数据可得v=166.答案(1)4.8N,与竖直方向夹角37°斜向右下(2)3m/s(3)3s解析(1)物块A从静止开始下滑到底端的过程中,由机械能守恒得mAgRcos37°=12mA设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN,由牛顿第二定律得FN-mAgcos37°=mAv联立解得FN=4.8N由牛顿第三定律得曲面受到的压力F压=FN=4.8N,与竖直方向夹角37°斜向右下。(2)滑上斜面后,对物块A,设加速度为a,与物块B碰撞前速度为v,由牛顿第二定律可得mAgsinθ-μmAgcosθ=mAa由运动学公式可得v2-vN2=2axNB,联立解得(3)物块A与物块B发生弹性碰撞,设碰撞后物块A速度为v1,物块B速度为v2,满足动量守恒、动能守恒,即mAv=mAv1+mBv2,12mAv2=12mAv1联立解得v1=2m/s,v2=5m/s因为物块B恰好静止在斜面上,碰撞后物块B匀速运动,物块A与物块B碰后,物块A以加速度a匀加速运动,设经时间t第二次碰撞,由运动学公式可得v1t+12at2=v2t,解得t=7.答案(1)mgtanθ(2)(M+m)g·tanθ(3)-mgl解析(1)对Q受力分析,由平衡条件得F1=mgtanθ。(2)设P、Q水平向右的加速度大小为a,对Q受力分析,由牛顿第二定律:mgtanθ=ma对P、Q系统,由牛顿第二定律:F2=(M+m)a,