练案11 第一章专题强化 5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用-【成才之路·练案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

练案[11] 第一章 专题强化5动量、动力学和能量观点 在力学中的应用 基础巩固练 综合提升练 1.(2026·鞍山高二检测)一质量为2kg的物体3.如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水 受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直 平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为 线运动时的a-t图像如图所示，t=0时其速 1,左端0处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的 度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则 轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉 ( 力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点 个a/m·s-3) 向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时 细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止 运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g。则 0 匆 () A.在t=6s的时刻，物体的速度为18m/s B.在0~6s时间内，合力对物体做的功为 B 7771n117771111771T17 400J C.在0~6s时间内，拉力对物体的冲量为 A细绳被拉断后瞬间木板的加速度大小为 m 36N·s B.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为子m D.在t=6s的时刻，拉力F的功率为200W 2.（2023·北京卷)如图所 iui 0 C.弹簧恢复原长时滑块的动能为)m 示，质量为m的小球A用 一不可伸长的轻绳悬挂在 与木板B间的动摩擦因酸 0点，在0点正下方的光 A 滑桌面上有一个与A完全 4.如图所示，有一个可视为质点的质量为m= 相同的静止小球B,B距0m 1kg的小物块，从光滑平台上的A点以o= 点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度， 2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿 由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生 C点的切线方向进入固定在水平地面上的光 正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： 滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D (1)A释放时距桌面的高度H; 点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上 (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F; 表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与 (3)碰撞过程中系统损失的机械能△E。 水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩 擦因数u=0.3,圆弧轨道的半径为R=0.4m, C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角0= 60°，不计空气阻力，g取10m/s。求： 0 60° 169 (1)小物块到达C点时的速度大小； 5.（2026·青岛市第九中 (2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对 学高二月考)如图所示， 轨道的压力； 竖直平面内的光滑半圆 (3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 形轨道MN的半径为Pm M 至少多大。 R,MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视 为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处， 处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药， 炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点 N,而B到达的最远位置恰好是A在水平面上 的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦 因数为u=0.8,重力加速度为8，求： (1)B到达的最远位置离M点的距离； (2)极短爆炸过程中，若A的质量为m,则A 受到爆炸力的冲量大小； (3)A与B的质量之比。 -170 6.（2024·湖北卷)如图所示，水平传送带以7.（2026·山东滨州高二联考)如图，小球A质 5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两 量为m,系在细线的一端，线的另一端固定在 端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有 O点，O点到光滑水平面的距离为h。物块B 一悬点0，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂 和C的质量分别是3m和3m,B与C用轻弹簧 一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表 拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O 面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一 点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球 钉子，P点与0点等高。将质量为0.1kg的 由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正 小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动 碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时 到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 到水平面的距离为年。小球与物块均视为质 小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。 小球碰后绕0点做圆周运动，当轻绳被钉子 点，不计空气阻力，重力加速度为g,求： 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=10m/s2。 7mmm9mmm品 (1)碰撞过程B物块受到的冲量的大小和 方向； (2)碰后轻弹簧获得的最大弹性势能； (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速 (3)物块C获得的最大速度的大小。 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。 1714.B以飞船为参考系，则它们的初动量为0，根据动量守恒定 律得0=(m-m')v-m'',宇航员返回飞船有x=t,联立解得 m'≈0.25kg,故A、C、D错误，B正确。 5.C火箭发射过程中有燃料的燃烧，机械能不守恒，A错误：影 响火箭速度大小的因素是喷气速度和喷气的质量与火箭本身 质量之比，B错误，C正确：喷出气流对火箭的冲量与火箭对 喷出气流的冲量大小相等，方向相反，D错误。 6.A开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动 量守恒定律得0=m,+p,解得火箭的动量p=-m,= -0.05×600kg·m/s=-30.0kg·m/s,负号表示方向与喷 出气体的方向相反，大小为30.0kg·/s,故A正确。 7.B当人滑到长绳下端时，由竖直方向动量守恒得mh,- m4:=0,且A+h=k,解得4=9m,所以人离地高度H= h-h1≈3.6m,故B正确。 8.C此题属于“人船模型”问题，小物体与斜面体组成的系统 在水平方向上动量守恒，以水平向左为正方向，设小物体在水 平方向上对地位移大小为3，斜面体在水平方向上对地位移 大小为。有0=m-Ms,且51+=h,可得，= tan a' mh (M+m)tan a ，故C正确。 综合提升练 9.C人向上运动的原理是反冲，A错误；水对装置的作用力与 装置对水的作用力是相互作用力，满足牛顿第三定律，即等大 反向，B错误；人向上减速运动时，加速度向下，由牛顿第二定 律可知，水对装置和人向上的支持力小于装置和人的重力，人 处于失重状态，C正确：人悬空静止时，水对装置的作用力不 做功但是有冲量，D错误。 10.D设模型火箭的质量为M,燃气的质量为m。燃气的速度 大小为“，在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为2，在燃 气喷出过程，对燃气由动量定理得Ft=1-0,解得F= 500N,根据牛顿第三定律可知，火箭获得的平均推力F'= F=500N,故A、B错误：规定燃气喷出的方向为正方向，根 据动量守恒定律得0=mw1-(M-m)w2,解得2=10/s,故 C错误，D正确。 11.D“水火箭”的推力来源于“水火箭”里喷出的水对它的反 作用力，故A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火 箭”和水机械能不守恒，故B错误：设“水火箭”获得的最大 速度为，由动量守恒定律可得(1-m)=m,=n,故 C错误：水喷出后，“水火箭”做竖直上抛运动，由题意有2= 2gh,h=M-m m262 2g 2g(M-m),故D正确。 ML /2g 12.4M+m)√h 解析：玩具蛙跳出后做平抛运动，运动时间为1√g, /2h 玩具蛙与小车组成的系统在水平方向动量守恒，M'-mm =0, 若玩具蛙恰好落在桌面上，则有1+1=之 ML 2g 联立解得：w=4(M+m)√h -24 练案[11] 基础巩固练 1.D类比速度一时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量 在加速度一时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示，在 0~6s内△w=18m/s,6=2m/s,则t=6s时的速度v=20m/s, A项错误；由动能定理可知，0~6s内，合力做的功为W= 2mw-之mo2=396J,B项错误；由动量定理可知，1，-F· 1 1 t=mw-mo,代人已知条件解得Ir=48N·s,C项错误；由牛 顿第二定律可知，6s末F-F,=ma,解得F=10N,所以拉力 的功率P=Fv=200W,D项正确。 2.5 (2)mg+m花(3)4w 解析：(1)A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH= 解得H=2g (②)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F-mg=m 2 解得F=mg+m乙 (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得m=2m1 解得=2 则碰撞过程中损失的机械能为△E=之m2-分·2m(7) 4m2。 综合提升练 3.D细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦 力，在水平方向上只受到弹簧的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的 弹力等于F,根据牛顿第二定律有F=Ma,解得a=M,故A 错误；滑块以速度)从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量 最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹 簧的弹性势能为)m,故B错误；弹簧恢复原长时木板具有 1 动能，所以滑块的动能小于2mm,故C错误；由于细绳被拉 断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能 全部转化为弹簧的弹性势能，即E,=乃，小滑块恰未掉落 时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为'，取向左为正 方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得0=（m+M)',E。= (m+MD+mg,联立解得=放D正确 4.(1)4m/s(2)60N,方向竖直向下(3)2.5m 解析：(1)小物块到达C点时的速度方向与水平方向的夹角 为60° Pe=cos 606=4 m/s. (2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得 megR(1-ew60）=7m2-方g 代入数据解得=2√5m/s。 小物块在D点时由牛顿第二定律得 2 小球从O点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定 Fx-mg=m R 律有 代入数据解得Fv=60N 由牛顿第三定律得FN'=FN=60N,方向竖直向下。 7ma与2=7m4,2+m4g2e-d) (3)若小物块始终在长木板上，当达到共同速度时速度大小为 联立解得d=0.2m v,小物块在木板上滑行的过程中， 即P点到O点的最小距离为0.2m。 由动量守恒定律得mo=(M+m)m 解得= 72哑，水平向右2g(3) 2 2m/s 解析：(1)设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小 对物块和木板组成的系统，由功能关系得 为心，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守 ungL=2m,2-子(v+m)r 恒定律有 解得L=2.5m。 5.(1)2R(2)mA√5gR(3)4:5 解得1=√2gh 解析：(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律 设碰撞后小球反弹的速度大小为，'，同理有 得mg=m2,解得，=√gR m= 4 2m,2 A做平抛运动，由平抛运动规律可得 解得'=2 2 竖直方向2R=2 1 设碰撞后物块B的速度大小为2，取水平向右为正方向，由动 水平方向x=vt 量守恒定律有 联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为x=2R。 m1=-m1'+3m2 (2)A上升到N的过程，由机械能守恒定律 解得=2 2 2mw,2=2m,2+mg·2R 由动量定理可得，碰撞过程物块B受到的冲量为 解得vA=√5gR 1=3m,=3mx2-_3m2gh 2 2 根据动量定理可得I=mAvA=m√/5gR。 (2)碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能 (3)对B,由动能定理可得 最大，据动量守恒定律有32=6m3 -Mmnex=0-2 matn 又由机械能守恒定律有么，=子×2m2-子×6m 炸药爆炸过程由动量守恒定律得mAUA一mgg=0 联立以上可得m4=4 解得，3g必 mB 5 (3)对物块B与物块C在弹簧回到原长时，物块C有最大速 6.(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m 度，据动量守恒和机械能守恒有3mm2=3w2'+3m, 解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 umg ma ×3m2=×3m,2+7×3m,2 解得a=5m/s 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 可解得'=2勉 2 x=2a=2.5m<Le=3.6m 即物块B和物块C速度进行交换，此时物块C速度最大。 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与 练案[12] 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 基础巩固练 5 m/so :1.BD理想弹簧振子中弹簧的质量可以忽略，小球体积忽略不 (2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与 计，可看成质点，不计摩擦阻力，如果没有外界干扰，小球一旦 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 振动起来将不会停下来，而且小球振动时，弹簧不能超出弹性 有m物v=m物1十m球？ 限度，故B、D正确，A、C错误。 其中v=5m/s,=-1m/s 2.A弹簧振子的运动是简谐运动，但简谐运动并不都是弹簧振 解得v2=3m/s 子的运动，A正确，B错误。简谐运动是机械振动（非机械运 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 动)中最简单、最基本的一种，其振动的加速度时刻变化，C、D 错误。 3.AB做机械振动的物体必有一个平衡位置，振动的位移是以 解得△E=0.3J。 平衡位置为起点指向振动物体所在位置的有向线段，振动的 (3)若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点 位移随时间而变，振子偏离平衡位置最远时，振动物体的位移 到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为3，在P点正 最大，A、B正确，C、D错误。 上方，由牛顿第二定律有 4.AD振子离开平衡位置，以0点为起点，C点为终点，故位移 3 m球g=m球L-d 大小为OC,位移方向向右，振子从A点到0点做加速运动，加 速度方向与速度方向相同，故A、D正确。 -248