课时检测训练29 力学三大观点的综合应用-【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 >对应答案P594 1.如图所示，小物块A,B的 2.一玩具以初速度。从水平地面竖直向上抛出， 质量均为m=0.10kg,B 达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧 静止在轨道水平段的末 弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4 端。A以水平速度。与B 的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛 碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距 出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空 离水平地面的竖直高度为h=0.45m,两物块落 气阻力。求： 地点距离轨道末端的水平距离为s=0.30m,取 (1)玩具上升到最大高度子时的速度大小。 重力加速度g=10m/s2。求： (1)两物块在空中运动的时间t。 (2)两部分落地时速度大小之比。 (2)两物块碰前A的速度的大小。 (3)两物块碰撞过程中损失的机械能△E。 课时检测训练·物理 —390 3.如图，质量m=1kg的木板静止在光滑水平地面：4.(2024·湖北卷)如图所 上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m 示，水平传送带以5m/s 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的 的速度顺时针匀速转 小物块以水平向右的速度%-号m/5滑上木板左 动，传送带左右两端的 距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点 端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够 O,用长为0.3m,不可伸长的轻绳悬挂一质量为 长，物块与木板间的动摩擦因数：=0.1，最大静摩 0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接 擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度 触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O 内，弹簧的弹性势能E。与形变量x的关系为 点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速度轻 E,=k,取重力加速度g=0m/3,结果可用 放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正 根式表示。 碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小 为1m/s、方向水平向左，小球碰后绕O点做圆 .To wwwnmnmmwhrnnwn00p m 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 (1)求木板刚接触弹簧时速度，的大小及木板 数为0.5，重力加速度大小g=10m/s。 运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即 大小。 将相对滑动时弹簧的压缩量工？及此时木板速度 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系 2的大小。 统损失的总动能。 (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松驰，求P 点到O点的最小距离。 —391 课时检测训练·物理 5.水平面上有一光滑双杆组成的轨道，其中竖直圆：6.如图所示，在光滑平台上放置一长度1=0.5m、 环A、B部分的两杆间距不同，质量为M的球直 质量m2=2kg的薄板b(厚度不计)，在薄板b最 径比圆环A部分的两杆间距大，质量为m的球 右端放有可视为质点的物块a,其质量m1= 直径比圆环A部分的两杆间距小但比圆环B部 1kg,物块a与薄板b间的动摩擦因数u=0.2。 分的两杆间距大，两球初始时都静止且直径均比 开始时两者均静止，现对薄板b施加F=8N、水 水平双杆的间距大。当给质量为M的小球一个 平向右的恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后， 冲量I。(未知)后，两球在圆环A的最低点发生 将b取走。a离开平台后由A点沿切线落人半 弹性对心碰撞，两球分别恰好能沿圆环A、B做 径R=0.9m的竖直光滑圆弧轨道AB,圆弧轨 完整的圆周运动，已知M=1.5m,圆环A的半径 道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平， 为r,重力加速度为g。 其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c,c球 (1)求碰撞结束时质量为M的小球的速度大小。 质量m,一1kg且与地面及左侧墙面相距足够 (2)求圆环B的半径R和冲量I。的大小。 远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计 (3)若最初给质量为M的小球的冲量I(已知)大 空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： 于I。求质量为M的小球通过圆环顶点时对轨 0 道的压力F。 A60 0 (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va。 (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O,点，此时绳子刚好 伸直且无拉力，已知O点与c球相距为L,当绳 子拉力F,达到9mg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？ 课时检测训练·物理 392联立解得叫=一豆的=豆，即小 (5)方法-△x=x:一x,=0.24m, 根据动量守恒定律，由=2w,解得 Q=m:g·△r=0.24J. %=2.0m/si 球离开圆弧轨道再次回到水平面上时 速度方向向左，且此时圆弧轨道速度 方法二 Q=△E=2m 2(m (3)两物块碰撞过程中损失的机械能 最大，选项C,D正确。 m,)=0.24J =m-7×2md 5.C解析两个 (6)由动量守恒定律及能量守恒可得 解得△E=0.10J, 过程，根据动量 m:'=(m,十m), 守恒=(m十 2.)4(22 2M)v,mv=(m 解析(1)设玩具上升的最大高度为 十M)u,故< 联立解得'=5m/s 9.(1)2m/s(2)0.4(3)8.5m :玩具上升到高度寻h时的速度大小 ,又小物块加速度不变，作出两次v 1医像如围所示，别d<受（其中d为 解析(1)滑块从A到B过程中机械 为，重力加速度大小为g,以初速度 推守恒： 方向为王，由运动学公式，有 图中阴影部分面积)，故选C。 0-u=-2gh, 6.(1)10m/s(2)5m 则mgR=交m,解得%=9m5: 解析(1)子弹射入小车的址程中，子 滑块以。滑上木根，设第一次证前滑 -w=-2g(）： 弹与小车组成的系统动量守恒，由动 块的速度大小为以·长木板的速度大 量守恒定律得m=(m。十m,),·解 小为以，由动量守恒定律可知 联立解得一 得动=10m/s: 十： (2)设玩具分开时两部分的质量分别 (2)子兼、小车、小物块组成的系统动 由木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，得 为mm:,水平速度大小分别为马西 量守恒，设当小物块与车共速时，共同 长木板第二次与挡板碰撞时，长木板 依愿意，动能关系为 的速度与第一次碰撞时相等，由动量 1 速度为出，两者相对位移大小为L,由 动量守恒定律和佬量守恒定律有 守恒定律m到一些=n十， 玩具达到最高点时速度为零，两部分 《%十)=(m十m,十)琴42g1 解得2=2m/s； 分开时速度方向相反，水平方向动量 =m+m加-m十m+ma 1 (2)由牛领第二定律mg=ma, 对长木板有2as=”, 守恒，有m1,一m,=0, 解得L=5m,故要使小物块不脱离小 解得：=0.4： 分开后两部分傲平抛运动，由运动学关 车，小车的长度至少为5m。 (3)设长木板长度为1， 系，两部分落回地面时，坚直方向分速 7.(1)3m/s(2)12J 对滑块有一2a(l十￥)=一”， 度大小为品，设两部分落地时的速度大 解析(1)弹簧压缩至最短时，弹性势 解得/=8.5m. 小分别为叫'、码'，由速度合成公式，有 能最大，由动量守恒定律得(m十m)v 10.(1)1m(2)3J ’=√@+4'=√+四， =(加、十mm十m)U,解得v=3m/s: 解析(1)由A点到B点的过程中， 考虑到m·%=1:4,联立解得马，=2。 (2)物块B,C碰撞过程系统动量守恒 由动能定理得mgR=之m,解得 m=(n十mr),放头=2m/s, 3.(1)1m/s0.125m 碰后弹黄压缩到最短时弹性势能 a=4m/8, 最大， 从开始到静止于B点系统动量和能 (2)0.25m 2 m/s 黄=m,d+(m,十 量守恒有 解析(1)小物块从滑上木板到两者 mva=(M+m)v. 共速的过程，由动量守恒定律有 2(m+mn十mp'-12J. 1 m(M+mv +2ong(1.+). 机2移=(m,十m:)· 解得=1m/8, 8.(1)0.8m‘s(2)0.24s(3)0.096m 解得r=1m: 两老共速前，对木板，由牛领第二定 (4)0.336m(5)0.24」(6)5ms (2)由B点至将弹黄压缩到最短，系 律有 解析(1)投物块与小车的共同速度 统动量守恒，取，方向为正方向，有 um:g=ma. 为，以水平向右为正方向，根据动量 m=(AM+m)', 解得a=4ms, 守恒定律有加=(m,十m,),解得对 此时的弹性势能最大，由能量守恒 由运动学公式有 =m%=0.8m/s 可得 m1十m: 1 2a.x1=,2, (2)对物块由动量定理有一mgt m2=合(M+m)。+E十 解得x,=0.125m. 以g(L+x), (2)木板与弹黄接触后，物块与木板先 一m玩· 一起减速，当物块受到的摩讓力达到 解得1=5二”=0,248 由以上两式可得E=3J 课时检测训练29 最大静摩察力时，两者之间即将相对 (3)对小车，根据动能定理有m:gx,= 1.(1)0.30s(2)2.0m.'5(3)0.10J 滑动， 对物块有2g=ma, 立m一0，解得马= miv 解析(1》批出后竖直方向为自由落 2umg 对整体有kx=(m,十m,), 0.096m. 体运动，由A=号g,解得1=0.30 解得x2=0.25m, (2)设物块A、B碰撞后速度为，揽出 从木板接触弹簧到物块与木板之间即 、041。=w”t=2X024m 2 后水平方向为匀速运动，由=，解得 将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧 0.336m v=1.0m/s, 三者组成的系统机械能守恒，则有 高考一轮总复习+物理 ·594· 2(m十m:)=(m,+m)十 =√W5gr: 联立解得4=5m8. (2)设碰后质量为的小球的速度为 (3)设碰撞后瞬问物块日的速度为vm· ,到达圆环最高点时的速度为细 小球心的速度为)，则由动量守恒定律 和能量守恒定律有 解得一百 m/s. 同理有号=g×2R十之m· 1 1 4.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 且mg=mR,解得m=√5gk, zm-zm,+之m,, 解析(1)根据题意，小物块在传送 设质量为M的小球获得冲量I。后的 联立解得m=0,飞，一5m's, 带上， 逃度为，由动量定理有I。=M, 要使连接小球C的绳子断裂后小珠© 由牛顿第二定律有mg=a: 对质量为M的小球与质量为m的小 做平抛运动，则必然是在最高点成最 解得a=5mvs, 球碰撞的过程有 低点绳子断裂，若在最高点绳子断裂， 由运动学公式可得，小物块与传送带 M=Mu十mnzMe,= 1 则由牛顿第二定律有F,十mg图 共速时运动的距高为一器 =2.5m m工 <L.=3.6m, 解得0<1.≤0.25m, 可知小物块运动到传送带右端前已与 解得R=36r,I.=5M√5gr: 若在最低点绳子恰好断裂，则有 传送共速，即小物块与小球碰撞前 (3)当>1，时，质量为M的小球碰撞 瓣问，小物块的速度大小等于传送带 前、后的速度分别为、，到达圆环最 mg…2以=m,-m, 的速度大小为5ms。 高点的速度为x,质量为m的小球碰 (2)小物块运动到右端与小球正碰，强 撞后的速度为v·则有I=Mo,Mu= F,一mg=m,工' 撞时问极短，小物块与小球组成的系 解得L=0.625m, 统动量守恒，以向右为正方向， 而若L=0.625m,小球c数回周运动 由动量守恒定律有加=m利十m巧： 2m, 其中=5m.'s,=一1m.5, 检好通过最高点时有m,g=m,工 对质量为M的小球，在圆环上运动时， 解得山=3m.s 解得=2.5mf8<w.-5ms, 小物块与小球碰撞过程中，两者构成 2Me,-MgX2r+Mu, 则可知，绳子在最低点恰好满足断梨 条件，综上可知，保证小球e被碰后做 的系统提失的总动能为△B=号m,心 +w, 平抛运动，绳长应满足的条件为0<L 根据牛顿第三定律，解得F=F ≤0.25m或L=0.625m 课时检测训练30 解得△E=0.3J. 25M-5Mg. 1.B (3)若小球运动到P点正上方，绳子脸 6.(1)2m/s3m/s18(2)5m/s 2.D解析由题可知，弹簧和小清块构 好不松跑，设此时P点到O点的距离 (3)0<L≤0.25m或L.=0.625m 成一个弹簧振子，故根据小滑块的振 为d,小球在P点正上方的逃度为切， 解析(1)设物块a税离薄板b前，物 在P点正上方，由牛顿第二定律有 块a的加速度大小为a,尊板b的加速 动方程为=A6osd=Aom心亭，故 neg=na一d 度大小为4：，物块a在薄板b上运动的 滑块从M运动到O的时同为子，滑块 时间为，则由牛顿第二定律有 小球从O点正下方到P点正上方过 m1g=m141,F-m1g=m4, 从M运动到N的时间为召，AB错送： 程中， 代入数据解得a,=2m/s,a=3ms, 由弹黄振子的周期公式可知T= 由机械能守恒定律有 由物块与薄板b之间的位移关系 m=之mg+mg2L,-. 可得 2红√？，系统的振动周期与质量有 联立解得d=0.2m, 241 2a,t=代入数据解得t 关，与振幅无关，C错误，D正确。故 即P点到O点的最小距离为，2m。 送D。 18。 (2)设物块离开源板b时的速度为 3.A解析当t=1s时，振子位于正向 5.(1)√/5gr(2)36r5M5g7 ,则有 位移最大处，速度为零，加速度为负向 (3)25M-5Mg v=a t=2 m!s. 最大，故A正确：当1=28时，数子位 解析(])设碰撞后质量为M的小球 设物块a从A点滑入时的速度大小为 于平衡位置并向负向运动，速度为负 的速度为V加，质量为M的小琼上升到 1,由于物块母滑出平台后做平抛运 向最大，加速度为零，故B错误：当1 最高点的速度为u,对质量为M的小 动，则由速度关系可得 3$时，振子位于负向位移最大处，速 球从最低点到最高点过程由机械能守 1C0s60°=， 度为零，加速度为正向最大，故C最 复定律有名M'=MgX2r十 物块进入圆烈轨道后做圆周运动，设 误：当1=48时，报子位千平衡位黑并 到达B点时的速度为v:,划从A到B 向正向运动，速度为正向最大，加速度 由动能定理有 为零，故D错误， 7Moa', 4.AD解析试管竖直静浮于水面，重 质量为M的小球在最高点时，由牛颜 m,gR(1-cos60)=支mm 力等于浮力，此时试管所处的位置为 第三定律得M版=M二，解得 平衡位置，现特试管竖直提起少许， 2m2, 则有重力大于浮力，由静止释放并开 ·595· 高考一轮总复习·物理