课时检测训练29 力学三大观点的综合应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练29　力学三大观点的综合应用 　　　　　 对应学生用书P390 1．如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)两物块在空中运动的时间t。 (2)两物块碰前A的速度v0的大小。 (3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。 解析　(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，由 h＝gt2，解得t＝0.30 s； (2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt，解得v＝1.0 m/s， 根据动量守恒定律，由mv0＝2mv，解得v0＝2.0 m/s； (3)两物块碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv02－×2mv2， 解得ΔE＝0.10 J。 答案　(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 2．一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求： (1)玩具上升到最大高度时的速度大小。 (2)两部分落地时速度大小之比。 解析　(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有 0－v02＝－2gh，v2－v02＝－2g， 联立解得v＝v0。 (2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为 m1v12＋m2v22＝(m1＋m2)v02， 玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0， 分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有v1′＝，v2′＝， 考虑到m1∶m2＝1∶4，联立解得＝2。 答案　(1)v0　(2)2 3.如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 解析　(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v1， 解得v1＝1 m/s， 两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a， 解得a＝4 m/s2， 由运动学公式有2ax1＝v， 解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动， 对物块有μm2g＝m2a′， 对整体有kx2＝(m1＋m2)a′， 解得x2＝0.25 m， 从木板接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，则有 (m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx， 解得v2＝ m/s。 答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s 4.(2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 解析　(1)根据题意，小物块在传送带上， 由牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2， 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为x＝＝2.5 m<L传＝3.6 m， 可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小为5 m/s。 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律有m物v＝m物v1＋m球v2， 其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s， 解得v2＝3 m/s， 小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能 为ΔEk＝m物v2－m物v－m球v， 解得ΔEk＝0.3 J。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为d，小球在P点正上方的速度为v3，在P点正上方，由牛顿第二定律有m球g＝m球， 小球从O点正下方到P点正上方过程中， 由机械能守恒定律有m球v＝m球v＋m球g(2L绳－d)， 联立解得d＝0.2 m， 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m 5．水平面上有一光滑双杆组成的轨道，其中竖直圆环A、B部分的两杆间距不同，质量为M的球直径比圆环A部分的两杆间距大，质量为m的球直径比圆环A部分的两杆间距小但比圆环B部分的两杆间距大，两球初始时都静止且直径均比水平双杆的间距大。当给质量为M的小球一个冲量I0(未知)后，两球在圆环 A的最低点发生弹性对心碰撞，两球分别恰好能沿圆环A、B做完整的圆周运动，已知M＝1.5m，圆环A的半径为r，重力加速度为g。 (1)求碰撞结束时质量为M的小球的速度大小。 (2)求圆环B的半径R和冲量I0的大小。 (3)若最初给质量为M的小球的冲量I(已知)大于I0。求质量为M的小球通过圆环顶点时对轨道的压力F。 解析　(1)设碰撞后质量为M的小球的速度为vA0，质量为M的小球上升到最高点的速度为vA1，对质量为M的小球从最低点到最高点过程由机械能守恒定律有MvA02＝Mg×2r＋MvA12， 质量为M的小球在最高点时，由牛顿第二定律得Mg＝M，解得vA0＝； (2)设碰后质量为m的小球的速度为vB0，到达圆环最高点时的速度为vB1，同理有mvB02＝mg×2R＋mvB12，且mg＝m，解得vB0＝， 设质量为M的小球获得冲量I0后的速度为v0，由动量定理有I0＝Mv0， 对质量为M的小球与质量为m的小球碰撞的过程有 Mv0＝MvA0＋mvB0，Mv02＝MvA02＋mvB02， 解得R＝36r，I0＝5M； (3)当I＞I0时，质量为M的小球碰撞前、后的速度分别为v、vA，到达圆环最高点的速度为vA2，质量为m的小球碰撞后的速度为vB，则有I＝Mv，Mv＝MvA＋mvB，Mv2＝MvA2＋mvB2， 对质量为M的小球，在圆环上运动时， MvA2＝Mg×2r＋MvA22， Mg＋F′＝M， 根据牛顿第三定律，解得F＝F′＝－5Mg。 答案　(1)　(2)36r　5 M (3)－5Mg 6.如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m2＝2 kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m1＝1 kg，物块a与薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量m3＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t。 (2)物块a经过B点时的速度大小vB。 (3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O1点，此时绳子刚好伸直且无拉力，已知O1点与c球相距为L，当绳子拉力FT达到9m3g时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？ 解析　(1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a1，薄板b的加速度大小为a2，物块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有 μm1g＝m1a1，F－μm1g＝m2a2， 代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2， 由物块a与薄板b之间的位移关系可得 a2t2－a1t2＝l，代入数据解得t＝1 s。 (2)设物块a离开薄板b时的速度为v0，则有v0＝a1t＝2 m/s， 设物块a从A点滑入时的速度大小为vA，由于物块a滑出平台后做平抛运动， 则由速度关系可得vA cos 60°＝v0， 物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为vB， 则从A到B由动能定理有m1gR(1－cos 60°)＝m1v－m1v， 联立解得vB＝5 m/s。 (3)设碰撞后瞬间物块a的速度为vB1，小球c的速度为vc， 则由动量守恒定律和能量守恒定律有m1vB＝m1vB1＋m3vc， m1v＝m1v＋m3v， 联立解得vB1＝0，vc＝5 m/s， 要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有FT＋m3g≤m3， 解得0<L≤0.25 m， 若在最低点绳子恰好断裂，则有m3g·2L＝m3v－m3v， FT－m3g＝m3，解得L＝0.625 m， 而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有m3g＝m3， 解得v1＝2.5 m/s<vc＝5 m/s， 则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球c被碰后做平抛运动，绳长应满足的条件为0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。 答案　(1)2 m/s2　3 m/s2　1 s　(2)5 m/s (3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m 学科网（北京）股份有限公司 $$