适用于新高考新教材广西专版2025届高考物理一轮总复习课时规范练21动力学能量动量观点在力学中的应用

课时规范练21动力学、能量、动量观点在力学中的应用基础对点练1.(动力学与动量综合问题)(2024广东惠州模拟)2024年北京冬奥会,我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌,假如在某次交接棒训练中,质量为60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行,质量为65kg的乙以11m/s的速度从后面追上,并快速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动,10s后停在离交接棒前方40m的地方。(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力,则甲、乙分别瞬间甲的速度大小是多少?若甲、乙作用时间为0.3s,则乙对甲的平均推力大小是多少?(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动,加速度大小为0.5m/s2,4s末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙,计算队员丙匀速滑行的速度大小。2.(动量与能量综合问题)(2024广东广州海珠区校级期末)如图甲所示,避险车道是避开恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成。如图乙所示,某同学在试验室模拟避险车道,倾角为α=30°的固定斜面与水平面在O点平滑连接,质量为m0的物块A在距O点为L=2.0m处时以速率v0=5.0m/s向斜面滑动,A与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.4。已知重力加速度g取10m/s2,忽视物块A经过O点时的机械能损失,物块A可视为质点。(1)为使A不与斜面顶端的防撞设施相碰,求斜面的最小高度h;(计算结果可保留根号)(2)试验中撤掉斜面,在斜面底端O位置放置质量为12m0的物块B模拟小型车辆,A重复上述运动与B发生瞬时正碰,碰后两车一起向前运动,B与水平面间的动摩擦因数也为μ3.(动力学、动量与能量综合问题)(2024广东潮州二模)滑板运动是青少年宠爱的运动之一,某滑板运动场地如图所示,水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接,滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下,同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上相互靠近时,滑板爱好者跳到滑板乙上,并和滑板乙保持相对静止,此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点,被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB长l=1.225m,倾角为θ=30°,圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α=60°,滑板质量m=5kg,滑板爱好者的质量m0=55kg,不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦,滑板爱好者与滑板均可视为质点,g取10m/s2。求:(1)圆弧CD的半径;(2)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,对C点压力的大小。素养综合练4.(2024辽宁大连一模)如图所示,质量为m0的沙箱用四根长度均为L的不行伸长轻细线悬挂起来,沙箱摇摆过程中只能发生平动,可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中,沙箱能向上摆起的最大摆角为θ,重力加速度为g,不计空气阻力。(1)求子弹打入沙箱前的瞬时速度。(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入其次颗相同的子弹,且子弹没有穿过沙箱,求其次颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。5.(2024广东佛山模拟)如图所示,半径R=1.25m的光滑竖直四分之一圆轨道OAB与光滑水平轨道BC相切于B点,水平轨道BC右端与一长L=0.5m的水平传送带CD相连,传送带以速度v=2m/s顺时针匀速转动,两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放,滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰,两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出,落在水平地面上。已知两滑块质量分别为m1=0.2kg和m2=0.3kg,忽视传送带转轮半径,D点距水平地面的高度h=0.45m,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小;(2)两滑块碰后小滑块1、小滑块2的速度v1、v2;(3)小滑块1、小滑块2平抛的水平位移。答案：1.答案(1)10.25m/s650N(2)11m/s解析(1)乙推出甲后10s末停在离交接棒前方40m的地方,则x乙=v乙代入数据得v乙'=8m/s乙推甲过程,甲、乙组成的系统动量守恒,则有m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'解得v甲'=10.25m/s乙推甲过程,对甲由动量定理得F·Δt=m甲(v甲'-v甲)代入数据解得F=650N。(2)4s末甲刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙,由位移关系可知v甲t1+12at12=v丙匀速滑行的速度大小为v丙=11m/s。2.答案(1)920+83m(2)0解析(1)设物块A滑到斜面底端O点时速度为v1,在此过程中,依据动能定理可得-μm0gL=12m0v12解得v1=3m/s滑上斜面过程中,依据动能定理可得-m0gh-μm0gcosα·hsinα=0-12解得h=920+8(2)A与B发生碰撞动量守恒,取初速度方向为正方向,依据动量守恒定律可得m0v1=(m0+m)v2解得v2=2m/s接着向前运动x,速度为零,依据动能定理得-μ·32m0gx=0-12×解得x=0.5m。3.答案(1)0.9m(2)100N解析(1)滑板爱好者和滑板甲从A点到B点,利用动能定理有(m0+m)glsinθ=12(m0+m)代入数据,可得v1=3.5m/s滑板爱好者从滑板甲跳到滑板乙过程动量守恒,取向右为正方向,则有(m0+m)v1-mv2=mv3+(m0+m)v4两滑板均恰好能到达D点,可知两滑板到达D点的速度恰好为零,所以v2=v3=v4联立方程,可得v2=3m/s滑板乙从D点到C点利用动能定理可得mg(R-Rcos60°)=1代入数据,可得R=0.9m。(2)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,由牛顿其次定律有FN-mg=m代入数据,可得FN=100N由牛顿第三定律可知滑板乙对C点压力F压=FN=100N。4.答案(1)m(2)(m0+m)(m解析(1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中,由机械能守恒定律得12(m0+m)v2=(m0+m)gL(1-cosθ解得v=2由水平方向动量守恒得mv0=(m0+m)v解得v0=m0(2)沙箱第一次摆回到最低点时,速度方向相反,大小不变。此时又打入其次颗相同的子弹,且子弹没有穿过沙箱,依据动量守恒定律则有mv0-(m0+m)v=(m0+2m)v'解得v'=0依据能量守恒定律,其次颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为ΔE=12(m0+m)v2+12解得ΔE=(m0+m)(m5.答案(1)6N(2)-1m/s方向水平向左4m/s方向水平向右(3)0.6m33解析(1)滑块1由A到B的过程,依据机械能守恒定律可得m1gR=12m1解得v0=5m/s在圆轨道最低点B,依据牛顿其次定律可得FN-m1g=m1v解得FN=6N依据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力F压=FN=6N。(2)滑块1和滑块2发生弹性正碰,取水平向右为正方向,依据动量守恒定律和机械能守恒定律则有m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12联立可得v1=-1m/s(负号表示方向水平向左),v2=4m/s。(3)滑块在传送带上的加速度大小为a=μmgm=4m/s滑块从传送带末端D平抛h=12gt解得t=0.3s滑块2以4m/s速度滑上传送带,假如滑块2在传送带上始终做匀减速直线运动v32-解得v3=23m/s因为v3=23m/s>v,所以滑块2在传送带