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1、I课时规范练巩固提升I关战演练O提能授课提示：对应学生用书第333页1. (2022四川成都模拟)某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道8c平滑衔接，滑道 BC高=10 m, C点是半径R=20 m圆弧的最低点，质量机=60 kg的运动员从A处由静止 开始匀加速下滑，加速度。=4.5 m/s2,到达8点时速度。8=30 m/s。取重力加速度g= 10 m/s2o(I)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计8。段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力心的大小。 解析：(1)已知段的初、末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，
2、即。不一如2= 2aLVfP Vo可解得 L=T= 100 mowLC(2)根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的改变量所以I=ntVB()= 1 800 N-So(3)运动员在最低点的受力情况如图所示由牛顿第二定律可得VCFn-mg=斥从4点运动到C点由动能定理可知mgh =mvciViT解得 Fn=3 900N。mg答案：100 m (2)1 800 N-s (3)图见解析3 900N2. (2022安徽六安一中模拟)如图所示，一根直杆与水平面成夕=37。角，杆上套有一个小滑 块，杆底端N处有一个弹性挡板，板面与杆垂直，现将滑块拉到M点由静止释放，滑块与 挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、
3、N两点间的距离d=0.5 m,滑块与杆之间的动摩擦因 数=0.25, g 取 lOm/s2,取 sin37o=0.6, cos 370=0.8,求：滑块第一次下滑的时间八 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离Xo解析：(1)设滑块下滑时的加速度为，根据牛顿第二定律igsin 370 /Hgcos 310=ma解得 a=4.0 m/s2由d=cit2可得，滑块第一次下滑的时间/?= vtFs=o-5s(2)滑块第一次与挡板相碰时的速度o=a=4.0X0.5 m/s=2 m/s由题意知，滑块与挡板碰撞后以原速率弹回，上滑时，根据动能定理得一(小in37o+mgcos37)x=0-加代入数据，解得滑
4、块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x=0.25 mo答案：(1)0.5 s (2)0.25 m3. (2022江西重点中学模拟)如图所示，AC为光滑半圆轨道，其半径R=().3m, 为粗糙 斜面轨道，其倾角。=37。，高度=0.6 m,两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道相 连，8处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。在水平轨道上，用挡板将 。、b两物块间的轻弹簧压缩后处于静止状态，物块与弹簧不拴接。同时放开左右两挡板， 物块恰好能到达斜面轨道最高点已知物块、方的质量均为0.25 kg,物块与斜面间的 动摩擦因数4=0.5,物块到达A点或8点之前已和弹簧分离，两物块均可视为质点。
5、重力 加速度 g 取 lOm/s?, sin 37=0.6, cos 37=0.822 111 Cx4由动量守恒定律得： 由机械能守恒定律得：Ep=%? 1加+。小)代人数据解得。i=S=2小m/s, Ep=5 Jo(2)假设物块。能通过最高点，由机械能守恒定律得:；，52=%moi+?ig2R代入数据可解得Vc = 2啦m/s在最高点C,由牛顿第二定律得:广、+川田=?1VCR代入数据可解得小%4.17 N,因为人0,所以假设成立，物块能通过C点。物块离开C点后做平抛运动，在竖直方向有：2R=；g -在水平方向有：S=Vct代入数据可解得s%0.98 mo答案：(1)5 J (2)能 0.9
6、8 m4. (2022山东师大附中期中)如图所示，质量M= 1.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量 加=0.5 kg的物块放在长木板的右端，在长木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板， 孔的尺寸刚好可以让长木板无接触地穿过。现使长木板和物块以的=4 m/s的速度一起向右 匀速运动，物块与挡板发生弹性碰撞，而长木板穿过挡板上的孔继续向右运动。已知物块与 长木板间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g取10 m/s2.为|挡五.板/“,(1)物块与挡板碰撞后，求物块距挡板的最大距离X；若物块与挡板第次碰撞后，物块距挡板的最大距离儿=6.25X10 3 m,求；若整个过程中物块不会从长木板上滑落
7、，求长木板的最短长度Lo；(4)若长木板的长度L, =6.225 m,求物块和长木板分离时两者的速度。解析：(I)由于物块与挡板发生弹性碰撞，所以物块与挡板碰撞后以原来的速度大小返回,即 vi=vo=4 m/s第3页，共6页物块与长木板由于摩擦力作用而做匀减速直线运动，当物块速度减小为零时，物块离挡板的 2距离最大，最大距离L6 m。(2)物块与挡板发生第一次碰撞后，物块先向左减速运动到速度为零后再向右加速运动，长 木板一直向右减速运动，若物块与挡板第二次碰撞之前物块与长木板已经达到共速，那么从 第一次物块与挡板碰撞返回到第二次碰撞的过程中，以初速度列为正方向，由动量守恒定 律可得 m(V)-
8、Mvo=(/+M)V2解得物块第二次碰撞前的速度s=|vo=2 m/s1V设物块由速度为0加速到6的过程中运动的位移为x,则=222,解得=, 证明物块第二次与挡板碰撞前，物块与长木板已经达到共同速度。2,从第二次物块与挡板碰撞返回到第三次碰撞过程中，由动量守恒定律可得利(一。2)+ 。2 = (? + 例)。3解得物块第三次碰撞前的速度1 | 、。3=呼2=(乞)勺0=1 m/s同理根据数学知识可知，物块第次碰撞前的速度%=(；)”。02 第次碰撞后物块的速度大小为内,方向向左，此次物块距挡板的最大距离又X”=6.25 X lor m解得=5。(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与长
9、木板同时静止，由能量守恒定律得解得 o=6.4 m故长木板的最短长度为6.4 m。(4)若长木板的长度L】=6.225 m,设物块与挡板发生次碰拽后分离，则有+ Af)i?o2-02卬3解得4即物块与挡板发生3次碰撞后分离，第三次碰撞前的速度。3=4)3-0= 1 m/s第4页，共6页设此后分离时物块的速度为力，长木板的速度为改，由动量守恒定律得利（一D3）+ MS=rnv +Ms由能量守恒定律得 firngLx =(7n+M)y(r-x 2vM也，2联立解得=- m/s, Vi =1 m/sI3即分离时，物块的速度大小为w m/s,方向水平向左，长木板的速度大小为m/s,方向水平 向右。答案
10、：（1）1.6 m （2）5 （3）6.4 m （4）； m/s,水平向左m/s,水平向右（2022四川成都石室中学一诊）如图所示，水平地面上左侧有一质量mc=2 kg的四分之一 光滑圆弧斜槽C斜槽末端切线水平，右侧有一质量?=3 kg的带挡板P的木板&木板 上表面水平且光滑，木板与地面间的动摩擦因数4=0.25,斜槽末端和木板左端平滑过渡但 不粘连。某时刻一质量乂=1 kg的可视为质点的光滑小球A从斜槽顶端由静止滚下，重力 加速度g= 10 m/s2o若光滑圆弧斜槽C不固定，圆弧半径R=3m,且不计斜槽C与地面间的摩擦，求小球滚 动到斜槽末端时斜槽的动能；（2）若斜槽C固定在地面上，小球从斜
11、槽末端滚上木板左端时的速度的=1 m/s,小球滚上木 板的同时，外界给木板施加大小也为。=1 m/s的水平向右的初速度，并且同时分别在小球 上和木板上施加水平向右的恒力Fi与且Fi=F2=5N,当小球运动到木板右端时（与挡 板碰前的瞬间），木板的速度刚好减为零，之后小球与木板的挡板发生第1次相碰，以后会 发生多次碰撞。已知小球与挡板的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，小球始终在木板上运 动。求：小球与挡板第1次碰撞后的瞬间，木板的速度大小；小球与挡板第1次碰撞后至第2 020次碰撞后瞬间的过程中Q与尸2做功之和。解析：（1）设小球滚动到斜槽末端时，A与。的速度大小分别为小、vc, A与。在水平方
12、向 上动量守恒，则/物办一阳c0c=0A与C组成的系统机械能守恒，则D 12.1，mAgR=5。父+2mcVC第5页，共6页 斜槽动能Ek = 2wcr,解得其=10 J。(2)小球滚到木板上后，设小球与木板的加速度大小分别为与。2,则有0=7-=5 m/s)5,2=T m/sztflH3木板从开始运动到速度第一次减为零用时Vo 3尸=5 s小球第1次与挡板碰前瞬间速度V=Vo+ato=4 m/s设第1次碰撞后小球与木板的速度分别为内|、Vbi, 4与8组成的系统动量守恒，则 =mAVA + 机双% 系统机械能守恒，则%戒=%小，+18。舒 LJ/联立解得加1=2 m/s, oai=-2 m/
13、s。由题可知，第一次碰撞后，小球以2%=2 m/s的初速度沿木板向左匀减速运动然后再向右匀加速运动，木板以2曲的初速度向右句减速运动，木板速度再次减为零的时间。28此时，小球的速度内2=-2oo+mf=4%小球的位移xi = -2如，+%|产=木板的位移 入2=-521=1。即小球、木板第二次相碰前瞬间的速度与第一次相碰前瞬间的速度相同，以后小球、木板重 复前面的运动过程，则第一次碰撞后至第2020次碰撞后瞬间的过程中，小球与木板的总位 移相同，都为0 2X2020=2 019-=2 422.8 m则此过程Fl与尸2做功之和VV=(F1 + F2)-X2O2O联立解得VV=24 228 Jo答案：(1)10 J (2)2 m/s 24 228 J第6页，共6页