精準(zhǔn)備考（第45期）-動(dòng)能定理-2023屆高考真題分類整合與培優(yōu)強(qiáng)基試題

精準(zhǔn)備考（第45期）——?jiǎng)幽芏ɡ?/p>

一、真題精選（高考必備）

1.（2020?江蘇?高考真題）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平

地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過

程中，物塊的動(dòng)能耳與水平位移x關(guān)系的圖象是（）

2.（2021,山東?高考真題）如圖所小,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)

桿，一端可繞豎直光滑軸。轉(zhuǎn)動(dòng)，另一端與質(zhì)量為，〃的小木塊

相連。木塊以水平初速度均出發(fā)，恰好能完成一個(gè)完整的圓周

運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A.成B.皿

2TCL4萬L

87rL167rL

3.（2021?湖北?高考真題）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上

滑，運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力大小r恒定，物塊動(dòng)能以與運(yùn)動(dòng)路程s的關(guān)系如圖所示。重力

加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量機(jī)和所受摩擦力大小/分別為（）

圖(a)圖（b）

A.m=QJkg,/=0.5NB.m=0.7kg,/=1.0N

C.〃?=0.8kg，/=0.5ND.m=0.8kg,/=1.0N

4.（2009?寧夏?高考真題）（多選）質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時(shí)刻開始

受到水平力的作用.力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則（）

A.30時(shí)刻的瞬時(shí)功率為乙

30時(shí)刻的瞬時(shí)功率為I"'"

B.

m

C.在/-0到3乙,這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為

D.在/-。至也/<,這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為

5.（2021?全國(guó)?高考真題）（多選）一質(zhì)量為機(jī)的物體自傾角為。的固定斜面底端沿斜面向

上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為紇，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向

下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為g。已知sina=0.6,重力加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動(dòng)的距離為舁

2mg

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為］

C.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)

6.（2021?遼寧?高考真題）（多選）冰滑梯是東北地區(qū)體驗(yàn)冰雪運(yùn)動(dòng)樂趣的設(shè)施之一、某冰滑

梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)"相同，因滑板不同“滿足在設(shè)計(jì)滑梯時(shí)，要確保所有游客在傾斜滑道

上均減速下滑，且滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，以下L、力的組合符合設(shè)計(jì)要求的是（）

3〃o3A。2〃（）Ao

7.（2019?天津?高考真題）完全由我國(guó)自行設(shè)計(jì)、建造的國(guó)產(chǎn)新型航空母艦己完成多次海試，

并取得成功.航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成,

如圖1所示.為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的

一段圓弧，示意如圖2,A3長(zhǎng)4=150m,8c水平投影右=63m,圖中C點(diǎn)切線方向與水

平方向的夾角夕=12°（sinl2Oa0.21）.若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)

/=6$到達(dá)8點(diǎn)進(jìn)入8。.已知飛行員的質(zhì)量〃?=60kg,g=10m/s2,求

AB

——4——

圖1圖2

（1）艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；

（2）艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力&多大.

8.（2021?全國(guó)?高考真題）一籃球質(zhì)量為％=Q60kg,一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為九=1.8m

處由靜止自由落下，反彈高度為飽=L2m。若使籃球從距地面％=1.5m的高度由靜止下落，

并在開始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的

作用力為恒力，作用時(shí)間為f=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力

加速度大小取g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過程中對(duì)籃球所做的功；

（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。

9.（2020?全國(guó)?高考真題）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度為從頂端

塞有一質(zhì)量為〃，的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)

間均極短；在運(yùn)動(dòng)過程中，管始終保持豎直。己知M=4〃i,球和管之間的滑動(dòng)摩擦力大小為

4，〃g,g為重力加速度的大小，不計(jì)空氣阻力。

（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大??；

（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；

（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長(zhǎng)度應(yīng)滿n足的條件。

Ht

10.（2012?北京?高考真題）摩天大樓中一部直通高層的客運(yùn)電梯，行程超過百米。電梯的簡(jiǎn)

化模型如1所示。考慮安全、舒適、省時(shí)等因素，電梯的加速度。是隨時(shí)間r變化的。已知

電梯在，=0時(shí)由靜止開始上升，“Y圖象如圖2所示。電梯總質(zhì)量機(jī)=2.0xl03kg。忽略一切阻

力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力B和最小拉力F2；

（2）類比是一種常用的研究方法。對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)，教科書中講解了由H圖象求位移的方法。

請(qǐng)你借鑒此方法，對(duì)比加速度的和速度的定義，根據(jù)圖2所示“Y圖象，求電梯在第1s內(nèi)的

速度改變量△匕和第2S末的速率V2；

（3）求電梯以最大速率上升時(shí)，拉力做功的功率P；再求在。?11s時(shí)間內(nèi)，拉力和重力對(duì)

11.（2022?浙江?高考真題）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角。=37。的光滑

直軌道A8、圓心為0’的半圓形光滑軌道圓心為。2的半圓形光滑細(xì)圓管軌道OEP、

傾角也為37。的粗糙直軌道FG組成，B、。和F為軌道間的相切點(diǎn)，彈性板垂直軌道固定在

G點(diǎn)（與8點(diǎn)等高），B、0/、D、。2和F點(diǎn)處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊質(zhì)量

〃7=0.1kg,軌道8c力和。EF的半徑R=0.15m,軌道AB長(zhǎng)度&,=3m,滑塊與軌道FG間的

動(dòng)摩擦因數(shù)〃=（7,滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，滑塊

sin37°=0.6,cos370=0.8o

8

開始時(shí)均從軌道AB上某點(diǎn)靜止釋放,

（1）若釋放點(diǎn)距8點(diǎn)的長(zhǎng)度/-0.7m,求滑塊到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)其支持力的大小;

（2）設(shè)釋放點(diǎn)距8點(diǎn)的長(zhǎng)度為滑塊第一次經(jīng)F點(diǎn)時(shí)的速度v與/，之間的關(guān)系式；

（3）若滑塊最終靜止在軌道廠G的中點(diǎn)，求釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度。的值。

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長(zhǎng)基地）

1.（2021?四川?樹德中學(xué)高三階段練習(xí)）（多選）如圖所示，圓柱形管的底端固定一彈射器,

彈射器上有一質(zhì)量〃〃=lkg的小滑塊，管和彈射器的總質(zhì)量?jī)?yōu)2=2kg,滑塊與管內(nèi)壁間的滑動(dòng)

摩擦力大小為整個(gè)裝置豎直靜止在水平地面上。發(fā)射時(shí)，滑塊離開彈射器瞬間距

離上管口的距離為1.0m；滑塊離開彈射器后能上升的最大

高度為1.4m,小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)且彈射時(shí)間極短，每次彈

射后滑塊獲得的初速度相等，忽略空氣阻力，取重力加速

度g=10m/s2。則下列說法正確的是（）

A.滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的

時(shí)間為！5+90$

35

B.滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時(shí)間為史迪s

35

C.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對(duì)圓柱形管施加一個(gè)豎直向上的恒力F,為保證滑塊不滑出管

口，尸的最小值為24N。

D.當(dāng)滑塊離開彈射器瞬間，對(duì)圓柱形管施加一個(gè)豎直向上的恒力凡為保證滑塊不滑出管

口，尸的最小值為20N。

2.（2021?吉林油田高級(jí)中學(xué)三模）如圖所示為過山車的模型，半徑為R=0.2m的豎直軌道甲

和半徑未知的豎直軌道乙在同一平面內(nèi)，滑塊在加段和兩圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的摩擦力均可忽

略不計(jì)，其中x加=x“=0.6m、x*=0.1m、xef=5.0m?，F(xiàn)讓一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量機(jī)=lkg

的滑塊由右側(cè)軌道的某高度處由靜止釋放，整個(gè)過程中滑塊不脫離軌道，且滑塊經(jīng)過所有轉(zhuǎn)

折點(diǎn)處的能量損失均可忽略不計(jì)。己知滑塊與加、4、de、，,段的動(dòng)摩擦因數(shù)均為幺=。2,

de段與水平方向的夾角為a=53。，cos53°=0.6重力加速度g=lOm/s?。則:

⑴釋放點(diǎn)距離地面的高度為多少時(shí)，滑塊恰好能通過豎直軌道甲？

⑵在題⑴情況下，豎直圓軌道乙的半徑廠的取值范圍是多少時(shí)，滑塊不脫離軌道乙？

⑶欲保證滑塊通過兩圓軌道并停在平臺(tái)4?段，求釋放點(diǎn)距離地面高度的取值范圍。

3.（2021?浙江?高三階段練習(xí)）為了研究滑板運(yùn)動(dòng)中的滑道設(shè)計(jì)，如圖所示，將滑道的豎直

截面簡(jiǎn)化為直軌道8C與圓弧軌道C￡>E,半徑OC與8C垂直，AB兩點(diǎn)的高度差〃=1.8m,

BC兩點(diǎn)的高度差H=9m,BC段動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,CDS段摩擦不計(jì)，圓弧半徑A=5m,

運(yùn)動(dòng)過程空氣阻力不計(jì)，BC與水平方向的夾角0=37。.將運(yùn)動(dòng)員及滑板簡(jiǎn)化為一質(zhì)量

m=60kg的質(zhì)點(diǎn)，經(jīng)過前一滑道的滑行，到達(dá)圖示的A點(diǎn)時(shí)速度恰好水平向右，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)

速度恰好與斜面平行進(jìn)入斜面，經(jīng)過COE后豎直上拋再從E點(diǎn)落回滑道，取g=10m/s2求：

（1）運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/p>

（2）第一次到達(dá)力點(diǎn)時(shí)滑板對(duì)。點(diǎn)的壓力；

（3）運(yùn)動(dòng)員有幾次向上沖出E點(diǎn)的機(jī)會(huì)。

A%

4.（2021?吉林?前郭爾羅斯縣第五中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖所示是一個(gè)過山車軌道模型，AB

是一段與水平方向夾角為a=30。，長(zhǎng)為L(zhǎng)=4.0m的傾斜軌道，通過水平軌道BC（長(zhǎng)度可

以調(diào)節(jié)）與豎直圓軌道CDEFG（軌道半徑R=0.4m,圓軌道最低點(diǎn)C、G略有錯(cuò)開），出口

為水平軌道GH,在GH的右端豎直擋板上固定著一個(gè)輕質(zhì)彈簧，整個(gè)軌道除BC段以外都

是光滑的。一個(gè)質(zhì)量〃，=1kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度也從某一高處水平拋出，

到A點(diǎn)時(shí)速度%=4m/s,方向恰沿A8方向，并沿傾斜軌道滑下。已知物塊與8c軌道的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃=0.5,所有軌道轉(zhuǎn)折處均有光滑微小圓弧相接，物塊滑過時(shí)無機(jī)械能損失。求：

⑴小物塊水平拋出的位置離A點(diǎn)的高度差h；

⑵要讓小球能第一次通過圓軌道的最高點(diǎn)E,求8c段的最大長(zhǎng)度用皿；

⑶若小物塊從A進(jìn)入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，求滿足條件的8c段的最短長(zhǎng)

度Xniino

o

5.（2021?遼寧?高三階段練習(xí)）如圖所示，固定光滑圓弧面與木板上表面平滑連接，距圓弧

底端x處有一豎直墻壁。木板質(zhì)量M=2kg,其長(zhǎng)度/=5m。在圓弧面上有質(zhì)量為加=2kg的可

視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊，從距木板上表面高〃=1.25m處靜止釋放，已知滑塊與木板的動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.2,水平地面光滑。設(shè)木板與墻壁碰撞時(shí)無能量損失，重力加速度取g=10m/s2：

（1）求滑塊剛滑上長(zhǎng)木板時(shí)的速度；

（2）若墻壁距圓弧底端x足夠長(zhǎng)，求木板與墻壁碰撞時(shí)滑塊的速度；

（3）若墻壁距圓弧底端x=6m,分析滑塊是否會(huì)滑下長(zhǎng)木板。若滑下，求滑下瞬間滑塊和木

板的速度大??；若未滑落，求最終停止時(shí)滑塊距木板左端的距離。

6.（2021?浙江紹興?高三階段練習(xí)）科技節(jié)上小昕同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)豎直面軌道模型，如圖所

示，在。點(diǎn)用長(zhǎng)為L(zhǎng)=lm的細(xì)線懸掛質(zhì)量為%=0.05kg的小球，在。點(diǎn)正下方0.8m處固

定一枚釘子P，現(xiàn)將小球拉至與豎直方向成a=60。由靜止釋放，細(xì)線擺至豎直位置碰到釘

子恰好斷裂，小球也正好可以從A點(diǎn)水平進(jìn)入固定的"S"型管道，該管道由兩個(gè)半徑均為

R=2m的部分圓形光滑細(xì)管組成，A、B兩管口切線水平，?？?。2為兩細(xì)管道圓心，QQ

連線與豎直線間的夾角4=120。，8c為光滑的水平軌道，在8C軌道中間靜止放置一個(gè)

質(zhì)量也為叫,=0.05kg的小滑塊，小球與小滑塊碰撞時(shí)兩者交換速度，C點(diǎn)平滑連接一個(gè)

足夠長(zhǎng)的傾斜直軌道C。，不計(jì)小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)處的機(jī)械能損失，直軌道的傾角夕可以

在0到53。間調(diào)節(jié)，小球與直軌道CO的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5。（已知：tan26.5°=0.5,

sin53°=0.8,cos530=0.6,重力加速度g取lOm/sz,最大靜摩擦力可視為等于滑動(dòng)摩擦

力）求：

（1）細(xì)線能承受的最大拉力F;

（2）若夕=53。，滑塊在直軌道CO上經(jīng)過的總路程s；（結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示）

（3）寫出，取不同值時(shí)，滑塊在直軌道CQ上克服摩擦力所做的功W與6的關(guān)系。

7.（2021?湖南炎德教育科技有限公司一模）如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為機(jī)=0.2kg的小

滑塊靜止在水平軌道上的4點(diǎn)，在水平向右的恒定拉力尸=4N的作用下，從A點(diǎn)開始做勻

加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其滑行到48的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為??=

0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運(yùn)行一周后從C處的出口出來后向。點(diǎn)滑

動(dòng)，力點(diǎn)右側(cè)有一與CO等高的傳送帶緊靠。點(diǎn)，并以恒定的速度v=3m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。

已知滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道CD

的長(zhǎng)度為〃=2.0m,小滑塊與水平軌道4BCO間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃/=0.2,與傳送帶間的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃2=。5,傳送帶的長(zhǎng)度L=0.4m,重力加速度g=10m/s2。求：

⑴水平軌道48的長(zhǎng)度//；

（2）若水平拉力尸大小可變，要使小滑塊能到達(dá)傳送帶左側(cè)的。點(diǎn)，則尸應(yīng)滿足什么條件；

⑶若在A8段水平拉力廠的作用距離x可變，試求小滑塊到達(dá)傳送帶右側(cè)E點(diǎn)時(shí)的速度v與

水平拉力廠的作用距離x的關(guān)系。

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.A

【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為仇動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，則物塊在斜面上下滑距離在水平面

X

投影距離為x,根據(jù)動(dòng)能定理，Wmgxtan0-pmgcos0'——=E

cos6k

整理可得(tan，-jumg)x="

即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；

當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理由-W"gx=線-耳°

即耳=線。-〃機(jī)gx,線。為物塊剛下滑到平面上時(shí)的動(dòng)能，則即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊動(dòng)能與

x也成線性關(guān)系。故選A。

2.B

【解析】在運(yùn)動(dòng)過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動(dòng)能定理

-f-2TTL=0-g,nvo

可得摩擦力的大小f=皿，故選B。

4萬￡

3.A

【解析】0-10m內(nèi)物塊上滑，由動(dòng)能定理得-mgsin30"s-m=Ek-線0

整理得線=Eko-(mgsin300+f)s

結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對(duì)值|我|=，〃gsin30°+/=4N

10~20m內(nèi)物塊下滑，由動(dòng)能定理得("?gsin3().-/)(s-S1)=Ek

整理得耳=(mgsin30"-7)s-(mgsin30"-/卜|

結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，k=mgsin-30°-/=3N

聯(lián)立解得f=0.5N,機(jī)=0.7kg,故選A。

4.BD

【解析】0-2t。內(nèi)物體的加速度為“=娛，2to時(shí)刻的速度為匕=。2%="無，在32時(shí)刻的

mm

瞬時(shí)速度匕=匕+3。?。=生九，則％時(shí)刻的瞬時(shí)功率為P=3以科5="二詼，A錯(cuò)誤；B

mmm

i2r2

正確；在7-0到3%這段時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)能定理可得卬=4&=5〃?"；=若紅，則這段時(shí)間

內(nèi)的平均功率7D正確.

6m

5.BC

【解析】AC.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動(dòng)能定理有-〃mg-2/cosa=*-&

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動(dòng)能定理有~mglsina-jumglcosa=0-￡t

整理得/=△;A=0.5,A錯(cuò)誤，C正確；

mg

B.物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有=mgsin。gcosa

求解得出。=],B正確；

D.物體向上滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有，叼：=，〃gsina+gcosa

物體向下滑動(dòng)時(shí)的根據(jù)牛頓第二定律有機(jī)。下="gsina-，mgcosa

由上式可知a±>ar

由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式

/=-at2

2

則可得出屋<七,D錯(cuò)誤。故選BC。

6.CD

【解析】設(shè)斜面傾角為，，游客在傾斜滑道上均減速下滑，則需滿足

mgsin0<jLimgcos0

hh

可得〃〉tan6=丁即有。>—

L\〃

h

因“4〃<1.2%,所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，可得。>一

A)

滑行結(jié)束時(shí)停在水平滑道上，由全程的動(dòng)能定理有

mg?2h-pimgcos0-—----jumgx=0-0

cos。

其中0<xKL,,可得L1c迎,L[+L2>—

Ao4

,5h,r2h

代入為W〃W1.2〃o,可得乙〈丁，L^L2>—

3NoA()

h5h2h

綜合需滿足一t一和Lt]+/r>2>—,故選CD。

43

7.(1)lV=7.5xlOJ；(2)FN=1.1X10N

【解析】(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為。,

則^=7①

根據(jù)動(dòng)能定理，有W=^mu2-0②

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W=7.5x10"J③

(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系，有G=Rsin?④

2

由牛頓第二定律，有氏咫="上⑤

?

聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN=1.1X10N(6)

8.(1)W=4.5J；(2)F=9N

【解析】(1)第一次籃球下落的過程中由動(dòng)能定理可得K=，"g九

籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過程由動(dòng)能定理可得0-E2=-mgh2

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動(dòng)能定理可

得Q_E4=Q_mg比

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過程中，由動(dòng)能定理可得

W+mg%=E3

因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系今=今

用￡

代入數(shù)據(jù)可得W=4.5J

(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可

得F+mg=ma

在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為X=g“產(chǎn)

做得功為W=&

聯(lián)立可得尸=9N(尸=-15N舍去)

13152

9.(1)a尸2g,a2=3g；(2)H}=^H；(3)L>-^H

【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)管的加速度大小為勿，

方向向下；球的加速度大小為〃2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為人由牛頓運(yùn)動(dòng)定

律有

Ma尸Mg+f①

ma2=f-mg②

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得”/=2g,e=3g③

(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，碰地前瞬間它們的速度大小均

為%=12gH(4)

方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

設(shè)自彈起時(shí)經(jīng)過時(shí)間。，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

vo-aih=-vo+a2ti(5)

聯(lián)立③④⑤式得4=：再⑥

設(shè)此時(shí)管下端的高度為幻，速度為V。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

%=%1一.卬；⑦

丫=%一叩⑧

由③④⑥⑧式可判斷此時(shí)口>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升例，到達(dá)最高點(diǎn)。

2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有以=2⑨

2g

設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hh則H尸歷+后⑩

聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得用吟”?

(3)設(shè)第一次彈起過程中球相對(duì)管的位移為制。在管開始下落到上升H/這一過程中，由動(dòng)

能定理有Mg(H-Hi)+mg()-4mgx/=0?

4

聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得X?

同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點(diǎn)的過程中，球與管的相對(duì)位移X2為

4…

X2=~H\@

設(shè)圓管長(zhǎng)度為心管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會(huì)滑出管外的條件是

X/+X2<L@

聯(lián)立????式，L應(yīng)滿足條件為L(zhǎng)4卷月?

445

10.(1)F/=2.2X1ON；F2=1.8xlON；(2)Avl=0.50m/s；v2=1.5m/s；(3)P=2.0xl0W；

1V=1.0xl05J

【解析】(1)由牛頓第二定律得加

2

由aT圖象可知,F/和尸2對(duì)應(yīng)的加速度分別是a/=1.0m/s2,a2=-1.0m/s,則有

34

Fl=m(g+ai)=2.0xl0x(10+1.0)N=2.2xlON

34

F2=m(g+42)=2.0xl0x(10-1.0)N=1.8xlON

(2)類比可得，所求速度變化量等于第1S內(nèi)a-r圖線下的面積為

△匕=^xlxl.0in/s=0.50m/s

同理可得△匕=%一匕=wxl.Om/s=1.5m/s

且v/=O,則第2s末的速率V2=1.5m/s

（3）由q-f圖象可知，lls~30s內(nèi)速率最大，其值等于0?11s內(nèi)。-f圖線下的面積，有

9+11

vw=---xl.0m/s=10m/s

此時(shí)電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力尸等重力機(jī)g,所求功率

35

P=Fvin=mgvtn=2.OxlOxlOxlOW=2.0xl0W

由動(dòng)能定理得W=-/nv；-O=-x2.OxlO3xlO2J=l.OxlO5J

22

11.(1)7N；(2)v=A/12/—9.6(I、20.85m)；(3)—m,—m,—m

VA15515

【解析】（1）滑塊釋放運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理

mglsin37+mgR(l-cos37)=g64

經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)FN-mg=ni^

解得Ev=7N

（2）能過最高點(diǎn)時(shí)，則能到F點(diǎn)，則恰到最高點(diǎn)時(shí)機(jī)g/,sin37-”?x4Rcos37=^mv2

解得叩J12/「9.6

而要保證滑塊能到達(dá)F點(diǎn)，必須要保證它能到達(dá)OEF最高點(diǎn)，當(dāng)小球恰好到達(dá)DEF最高點(diǎn)

時(shí),由動(dòng)能定理切sin37-mgC37?cos37+R）=0

可解得。=0-85m

則要保證小球能到b點(diǎn)，4N0.85m,帶入y=J12/,—9.6可得y之廊m/s

（3）設(shè)全過程摩擦力對(duì)滑塊做功為第一次到達(dá)中點(diǎn)時(shí)做功的〃倍，則〃二1,3,5，……

mg。sin37一）咫與sin37一〃〃mg與cos37=0

3,口,7n+6

解得x=~15~m々135,……

又因?yàn)樾慕?8501,/AB=3m

13941

=,=m

當(dāng)〃=1時(shí)，/d=-j^m,當(dāng)九二3時(shí)，lx2當(dāng)〃=5時(shí)，lx3Y5,滿足要求。

13941

即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點(diǎn)，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)長(zhǎng)度。的值可能為。

（二）強(qiáng)基部分

1.AC

【解析】A.對(duì)滑塊上升時(shí)有叫g(shù)+0.4，%g=叫4

可得加速度大小為弓=14m/s2

設(shè)滑塊離開彈射器時(shí)速度為vo,離開管口時(shí)的速度為叼，滑塊由底端上升到管口的過程中

由動(dòng)能定理可得-勺地-0.4嗎劭2=0-1嗎吟

可得%=6m/s

離開管上升到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理可得-%g(々-與)=o一；叫】

可得匕=2V2m/s

滑塊到管口的時(shí)間為:=仁生=二2S

一47

從管口到最高點(diǎn)的時(shí)間為q=^=

則滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時(shí)間為力=4+2t,=史@Is

1z35

故A正確；

B.對(duì)滑塊在管中下落時(shí)有叫g(shù)-0.4/g=m{a2

可得加速度大小為%=6m/s2

有4=/占+!a￡

可得t=芯一亞s

33

滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時(shí)間為

c15+9正乖-&45+35^^8亞

t=t.+2t,+f=----—s+-----—s=-----------s

123353105

故B錯(cuò)誤；

CD.為保證滑塊不滑出管口，滑塊到管口時(shí)共速，設(shè)共速的速度為v,此時(shí)施加的外力尸最

小，對(duì)管有尸+0.4w百-m2g=m2a4

滑塊與管的相對(duì)位移為也=上上q-上勺

■22424

共速時(shí)有%-a也=a也

聯(lián)立可得f=24N,故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。

2.(1)0.5m；(2)rWO.l2m或rN0.38m；(3)1,07m</*<1,252m

【解析】⑴根據(jù)牛頓第二定律色=

R

根據(jù)機(jī)械能守恒定律，監(jiān)九=g，叫2+mg-2R

解得九=0.5m

⑵滑塊恰好能夠運(yùn)動(dòng)到乙的頂部，根據(jù)動(dòng)能定理，咫(2R-24)-〃叫%

根據(jù)牛頓第二定律mg=〃?以

解得4=0.12m

滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓心的等高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理，咫(2R-噌-=0-；加一

解得4=0.38m

豎直圓軌道乙的半徑r的取值范圍是/?WO.IZm或rNO.38m

⑶設(shè)滑塊恰好通過圓軌道乙時(shí)釋放點(diǎn)的高度為h2,根據(jù)動(dòng)能定理

〃吆(4一2弓)一"mgx*=；mv'2-0

根據(jù)牛頓第二定律〃名=相幺

r2

解得為=1.07m

設(shè)滑塊恰好停在e點(diǎn)時(shí)釋放點(diǎn)的高度為h3,根據(jù)動(dòng)能定理

mg%~區(qū)+X”)-^mgxdecos53°=0-0

解得％=0.252m

設(shè)滑塊恰好停在f點(diǎn)時(shí)釋放點(diǎn)的高度為lu,根據(jù)動(dòng)能定理

mg%-pmg(%+xcJ+%-)—jumgxdecos53°=0-0

解得/?4=1.252m

保證滑塊通過兩圓軌道并停在平臺(tái)段，釋放點(diǎn)距離地面高度的取值范圍是

1.07m<h<1.252m

3.(1)10m/s；(2)3480N,方向豎直向下；(3)2

【解析】(1)分解運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)的速度，有以v=廊，%=——

Bsin37。

解得力=10m/s

(2)運(yùn)動(dòng)員從B運(yùn)動(dòng)到。，由動(dòng)能定理有

mgH-Ring-"―cos0+mgR(\-cos0)=—mv^--mv^

sin622

運(yùn)動(dòng)員在D點(diǎn)，受力分析根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=等

解得”=3480N

根據(jù)牛頓第三定律可知G=A=3480N,方向豎直向下。

(3)要沖出E點(diǎn)，在C點(diǎn)的速度匕必須滿足;，〃反加=mgRcos。

解得吆mm=80m%2

由牛頓第二定律有m8sin-/./mgcos0-ma^

解得q=4m/s2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有2a.工=哈-瑞

sin"

解得哈=22()m?/S?

因?yàn)楣竟八缘谝淮文軟_出E點(diǎn)。

返回時(shí)，有"吆sin0+pmgcos0=ma]

解得q=8m/s2

2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有x==L=13.75m＜15m

2a2

再次返回C點(diǎn)的速度臉=2%x=H0m2/s2

因?yàn)樾摹倒缘诙文軟_出E點(diǎn)，再次返回時(shí)俏=55n?/s2＜啥11M

〃2

所以第三次不能沖上E點(diǎn)，綜上所述總共能有2次沖上E點(diǎn)的機(jī)會(huì)。

4.(l)0.2m；(2)3.6m；(3)0.96m

[解析】⑴根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)r=以sina,v；=2gh

解得〃=0.2m

⑵能過E點(diǎn)vfmjn=y[gR=2m/s

研究A到E過程，由動(dòng)能定理mv\=mg(Lsina-1R)~pmgx^

解得Xmax=3.6m

⑶因?yàn)樽髠?cè)是斜面，不用考慮第2、4、6…通過BC,只需要考慮第1、3、5…次通過BC；

⑴根據(jù)Xmax=3.6m

物塊能夠安全通過圓軌道最高點(diǎn)E時(shí)BC的長(zhǎng)度系列值為如下表；

⑵物塊不會(huì)從A點(diǎn)滑出時(shí)，設(shè)8c的最小長(zhǎng)度為x/,由動(dòng)能定理

0—gtnv\——2jurngXi

解得玉=0.8m

⑶設(shè)物塊只在圓心以下運(yùn)動(dòng)時(shí)BC的長(zhǎng)度為雙，根據(jù)動(dòng)能定理得

12

-jutngx?+mg(Lsina-R)=O--mvA

解得W=4.8m

物塊只在圓心以下運(yùn)動(dòng)時(shí)8c的長(zhǎng)度的系列值如下表

第1次向右通過BC第3次向右通過BC第5次向右通過BC

物塊能通過最高點(diǎn)E

小于或等于3.6m小于或等于1.2m小于或等于0.72m

時(shí)BC的長(zhǎng)度

物塊不會(huì)從A點(diǎn)滑出

大于或等于0.8m大于或等于0.8m大于或等于0.8m

時(shí)BC的長(zhǎng)度

物塊只在圓心以下運(yùn)

大于或等于4.8m大于或等于1.6.m大于或等于0.96m

動(dòng)時(shí)BC的長(zhǎng)度

根據(jù)表格，小物塊從A進(jìn)入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，同時(shí)滿足三項(xiàng)條件的

BC段的最短長(zhǎng)度為0.96m。

5.（1）5m/s;（2）故能夠共速,2.5m/s；（3）見解析所示

【解析】（1）滑塊下落過程，由動(dòng)能定理得機(jī)g/z=gw：-0

解得匕=12gh=5m/s

（2）假設(shè)木塊和木板能夠共速，由動(dòng)量守恒定律得加/=（機(jī)+”）丫2

設(shè)木塊的加速度為小，木板的加速度為“2,達(dá)到共速所用時(shí)間為,,木塊的位移為x次，木

板的位移為尤護(hù)則4=3-2曲，贊=26,y?

1、,12

%塊=卬+5=4.6875m,x板=-a2r=1.5625m

兩者相對(duì)位移為X塊-X板=3.125m<L=5m

故能夠共速，因此碰撞時(shí)的速度為2.5m/s

（3）由于x=6m時(shí)，，x-L<x版，故木板與擋板相碰時(shí)，二者并未共速，此種情況木板向右

運(yùn)動(dòng)了玉=lm,則

分析木板X|=g?；>匕=

分析木塊=vot--a^,匕=%-%%

此時(shí)，木塊與木板的相對(duì)位移=々-西

此時(shí)，木塊距離木板右端Ax2-L-Ax,

然后木板與右邊擋板相撞，撞后速度為弘=2m/s向左

假設(shè)二者脫離，則相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離為-2，則卬2+匕力看=此

解得4=0.5s,4=2s（舍去）

此時(shí)木板向左端運(yùn)動(dòng)的距離x=

x=0.75m<lm,故木板并未與左端相碰，此時(shí)小木塊脫離木板

v5=v4-a2t2=2m/s

V6=V3-^3=Im/S

故小木塊的速度為2m/s,方向向右，小車的速度lm/s,方向向左。

6.（1）T=3N；（2）竺m；（3）當(dāng)04（9426.5°時(shí)，W=-J,當(dāng)26.5°<"53°

38sin6?+4cos。

時(shí)，W=3.25J

【解析】（1）設(shè)細(xì)線與釘子接觸瞬間小球的速度大小為射，則由動(dòng)能定理有

1-cos60。）=g/nov；

解得必=>/10m/s

此時(shí)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)閺S=4-0.8m=0.2m

細(xì)線對(duì)小球的拉力恰好達(dá)到能承受的最大拉力T，則根據(jù)牛頓第二定律有7-%g=%且

r

解得T=3N

（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得A、B兩管口間的高度差為磯=2R+2Rsin3（T=3R

根據(jù)速度交換過程中能量守恒可得小滑塊被小球碰撞后獲得的動(dòng)能為

Ef1m2+l,

^=-^A^ShAB

設(shè)小滑塊在直軌道CD上運(yùn)動(dòng)的最大距離為X/,根據(jù)動(dòng)能定理可得

cos530sin53°=0-%

根據(jù)，叫）gsin53°>〃肛）gcos53°

可知滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后不能停留在軌道上，將沿軌道下滑后并與小球發(fā)生碰撞交換速度,

根據(jù)動(dòng)能定理和能量守恒定律綜合分析可得小球被小滑塊碰后獲得的動(dòng)能為

4=4）-2"〃％gX|COS53°

可知線1</送"八8

根據(jù)動(dòng)能定理可知小球不能返回到管口4,經(jīng)分析可推知小球和小滑塊將完成若干次往復(fù)運(yùn)

動(dòng)后最終靜止于C點(diǎn)處，對(duì)小滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理可得-〃%gscos53o=0-紜。

解得s=§m

(3)當(dāng)6426.5°時(shí),有/gsin64m/逆cos6

小滑塊在直軌道C。上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)處時(shí)能停在上面，設(shè)小滑塊在C。上運(yùn)動(dòng)的最大距離為

X2,則由動(dòng)能定理可得~pmogx2cos6>-0g氏2sin<9=0-Ek0

13

解得％=-----------------m

2sin0+cos8

13cos。

滑塊在直軌道CD上克服摩擦力所做的功為W=cos0=

8sin?+4cos?

當(dāng)26.5。<6?453。時(shí)，根據(jù)(2)題中分析可知W=〃，/gsco