2020-2022三年高考物理真題分項匯編專題06功和能2

2020-2022年三年山東卷高考匯編專題06功和能【考綱定位】高考命題點考綱要求高考真題1.功和功率理解功和功率．了解生產(chǎn)生活中常見機械的功率大小及其意義.2.動能和動能定理理解動能和動能定理．能用動能定理解釋生產(chǎn)生活中的現(xiàn)象.2021·山東·高考T32021·山東·高考T183.重力勢能和彈性勢能理解重力勢能，知道重力勢能的變化與重力做功的關系．定性了解彈性勢能.4.機械能守恒定律通過實驗，驗證機械能守恒定律．理解機械能守恒定律，體會守恒觀念對認識物理規(guī)律的重要性．能用機械能守恒定律分析生產(chǎn)生活中的有關問題.2020·山東·高考T115.能量守恒定律理解能量守恒定律，能用能量守恒的觀點解釋自然現(xiàn)象，體會能量守恒定律是最基本、最普遍的自然規(guī)律之一.2022·山東·高考T2【知識重現(xiàn)】一、功和功率1．功(1)表達式W＝Flcosα，α是力F與位移l的方向夾角．適用于恒力做功的計算，可理解為力F乘以沿力方向的位移lcosα，也可理解為位移l乘以沿位移方向的分力Fcosα.(2)功的正負：功是標量，但有正負之分，功的正負可用來判斷動力對物體做功還是阻力對物體做功．(3)一對作用力與反作用力做功：作用力與反作用力分別作用在兩個不同的物體上，這兩個物體各自發(fā)生的位移并不確定．當作用力做功時，反作用力可能做功也可能不做功，可能做正功也可能做負功．2．功率的兩個公式(1)P＝eq\f(W,t).所求出的功率是時間t內(nèi)的平均功率．(2)P＝Fvcosα.其中α是F與v方向的夾角；若v取瞬時速度，則對應的P為瞬時功率；若v取平均速度，則對應的P為平均功率．注意：發(fā)動機的功率指發(fā)動機的牽引力F的功率，而不是汽車所受合外力的功率，因牽引力與速度同向，故有P＝Fv.3．機車啟動的兩種典型方式恒定功率啟動恒定加速度啟動圖象OA過程分析P不變：加速度減小的加速直線運動a不變：F不變勻加速直線運動，維持時間AB過程分析做速度為vm的勻速直線運動加速度減小的加速度直線運動，在B點達到最大速度，二、動能定理1．動能(1)定義式：Ek＝eq\f(1,2)mv2，v為物體相對地的速度．(2)標量：物體的速度變化，動能不一定變化，如勻速圓周運動．物體的動能變化，速度(大小)一定發(fā)生變化．2．動能定理(1)內(nèi)容：力對物體所做的總功等于物體動能的變化．(2)表達式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1.注意：動能定理表達式是一個標量式，不能在某個方向上應用動能定理．三、機械能守恒定律1．重力勢能(1)表達式：Ep＝mgh，是標量，但有正負，正負表示物體的重力勢能比它在零勢能面上大還是?。?2)特點：是地球和物體共有的，其大小與零勢能面的選取有關．重力勢能的變化是絕對的，與零勢能面的選取無關．(3)重力做功與重力勢能變化的關系：WG＝Ep1－Ep2.2．彈性勢能(1)特點：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能量．彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關．(2)彈力做功與彈性勢能變化的關系：W彈＝Ep1－Ep2.3．機械能守恒定律的內(nèi)容在只有重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)做功的情況下，物體系統(tǒng)內(nèi)的動能和重力勢能(或彈性勢能)發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，而機械能的總量保持不變．4．機械能守恒定律的表達式(1)守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.E1、E2分別表示系統(tǒng)初、末狀態(tài)時的總機械能．(2)轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝－ΔEp或ΔEk增＝ΔEp減．系統(tǒng)勢能的減少量等于動能的增加量．(3)轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝－ΔEB或ΔEA增＝ΔEB減．系統(tǒng)只有A、B兩物體時，A增加的機械能等于B減少的機械能．注意：應用守恒式時需要規(guī)定重力勢能的零勢能面，應用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式時則不必規(guī)定重力勢能的零勢能面．四、功能關系和能量守恒1．功能關系的應用關鍵在于將對“功”(或“能量轉(zhuǎn)化”)的求解轉(zhuǎn)化為對“能量轉(zhuǎn)化”(或“功”)的求解，特別是涉及機械能、動能和內(nèi)能三種能量轉(zhuǎn)化過程的分析．幾種常用的功能關系如下：(1)外力對物體所做的總功等于物體動能的增量，即W總＝ΔEk＝Ek2－Ek1(動能定理)．(2)重力做功對應重力勢能的減少量，即WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.重力做多少正功，重力勢能就減少多少；重力做多少負功，重力勢能就增加多少．(3)彈力做功對應彈性勢能的減少量，即W彈＝－ΔEp＝Ep1－Ep2.彈力做多少正功，彈性勢能就減少多少；彈力做多少負功，彈性勢能就增加多少．(4)除重力或彈力以外的其他力做的功與物體機械能的增量相對應，即W其他＝ΔE＝E2－E1.2．能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，除物體的動能、勢能外，還涉及內(nèi)能、電能等其他形式的能量參與轉(zhuǎn)化．對能量守恒定律的兩種理解如下：(1)某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等．(2)某個物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等．,【真題匯編】1.（2022·山東·高考真題）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中（）A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量【答案】A【解析】A．火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；B．根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；C．根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；D．根據(jù)功能關系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。故選A。2．（2021·山東·高考真題）如圖所示，粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細桿，一端可繞豎直光滑軸O轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為m的小木塊相連。木塊以水平初速度出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關，根據(jù)動能定理可得摩擦力的大小故選B。3．（2021·山東·高考真題）如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開始時彈簧處于原長，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運動，當速度為零時，立即撤去恒力，一段時間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運動。已知A、B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢能可表示為：，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動的最大距離和B、C分離時B的動能；（2）為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值；（3）若三物塊都停止時B、C間的距離為，從B、C分離到B停止運動的整個過程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過推導比較W與的大?。唬?）若，請在所給坐標系中，畫出C向右運動過程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標軸上標出開始運動和停止運動時的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導過程。以撤去F時C的位置為坐標原點，水平向右為正方向?！敬鸢浮浚?）、；（2）；（3）；（4）【解析】（1）從開始到B、C向左移動到最大距離的過程中，以B、C和彈簧為研究對象，由功能關系得彈簧恢復原長時B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對象，由能量守恒得聯(lián)立方程解得（2）當A剛要離開墻時，設彈簧得伸長量為，以A為研究對象，由平衡條件得若A剛要離開墻壁時B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復原長到A剛要離開墻得過程中，以B和彈簧為研究對象，由能量守恒得結(jié)合第（1）問結(jié)果可知根據(jù)題意舍去，所以恒力得最小值為（3）從B、C分離到B停止運動，設B的路程為，C的位移為，以B為研究對象，由動能定理得以C為研究對象，由動能定理得由B、C得運動關系得聯(lián)立可知（4）小物塊B、C向左運動過程中，由動能定理得解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為則坐標原點的加速度為之后C開始向右運動過程（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧）加速度為可知加速度隨位移為線性關系，隨著彈簧逐漸恢復原長，減小，減小，彈簧恢復原長時，B和C分離，之后C只受地面的滑動摩擦力，加速度為負號表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復原長，以B、C為研究對象，由動能定理得脫離彈簧瞬間后C速度為，之后C受到滑動摩擦力減速至0，由能量守恒得解得脫離彈簧后，C運動的距離為則C最后停止的位移為所以C向右運動的圖象為4．（2020·山東·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為M的物塊A放置在光滑水平桌面上，右側(cè)連接一固定于墻面的水平輕繩，左側(cè)通過一傾斜輕繩跨過光滑定滑輪與一豎直輕彈簧相連?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的鉤碼B掛于彈簧下端，當彈簧處于原長時，將B由靜止釋放，當B下降到最低點時（未著地），A對水平桌面的壓力剛好為零。輕繩不可伸長，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，物塊A始終處于靜止狀態(tài)。以下判斷正確的是（）A．M<2mB．2m<M<3mC．在B從釋放位置運動到最低點的過程中，所受合力對B先做正功后做負功D．在B從釋放位置運動到速度最大的過程中，B克服彈簧彈力做的功等于B機械能的減少量【答案】ACD【解析】AB．由題意可知B物體可以在開始位置到最低點之間做簡諧振動，故在最低點時有彈簧彈力T=2mg；對A分析，設繩子與桌面間夾角為θ，則依題意有故有，故A正確，B錯誤；C．由題意可知B從釋放位置到最低點過程中，開始彈簧彈力小于重力，物體加速，合力做正功；后來彈簧彈力大于重力，物體減速，合力做負功，故C正確；D．對于B，在從釋放到速度最大過程中，B機械能的減少量等于彈簧彈力所做的負功，即等于B克服彈簧彈力所做的功，故D正確?！就黄凭毩暋?．（2018·山東省青島第五十八中學高三期中）如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的木板置于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間滑動摩擦力大小為，用水平的恒定拉力F作用于滑塊，當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊速度為，木板速度為，下列結(jié)論中正確的是（）A．上述過程中，F(xiàn)做功大小為B．其他條件不變的情況下，F(xiàn)越大，滑塊到達右端所用時間越長C．其他條件不變的情況下，M越大，s越小D．其他條件不變的情況下，越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多【答案】CD【解析】A．由功能關系可知拉力F做功除了增加兩物體的動能外，還有系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生了熱量，故A錯誤；B．由于滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速運動，木板的加速度由滑塊對它的摩擦力提供，在其它條件不變的情況下增大F，木板受到的摩擦力大小不變，因此木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，但增大F后滑塊的加速度增大，離開木板的時間就越短，故B錯誤；C．由于木板受到的摩擦力大小不變，因此當M越大時木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對位移仍是L，滑塊在木板上的運動時間越短，所以木板運動的位移越小，故C正確；D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對位移的乘積，相對位移不變化，因此摩擦力越大，產(chǎn)生的熱量越多，故D正確。故選CD。2．（2022·山東師范大學附中模擬預測）如圖甲所示，長為L的長木板水平放置，可繞左端的轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動，左端固定一原長為的彈簧，一質(zhì)量為m的小滑塊壓縮彈簧到圖甲中的點（物體與彈簧不連接），間距離為。將小滑塊由靜止釋放后，木板不動，小滑塊恰能到達木板最右端。將木板繞O點逆時針轉(zhuǎn)動37°后固定，如圖乙所示，仍將物體由點靜止釋放，物體最多運動到離O點L的b點。已知彈簧的彈性勢能，其中為彈性系數(shù)，為彈簧的形變量。取，。下列說法正確的是（）A．物體與木板間的動摩擦因數(shù)為B．物體在a點時，彈簧的彈性勢能為C．當長木板傾角為37°時，要使小滑塊能被彈簧彈起運動，彈簧壓縮量至少為D．長木板水平放置時，物體運動過程中的最大動能為【答案】ACD【解析】A．木板水平時有木板繞O點逆時針轉(zhuǎn)動37°后固定，則有聯(lián)立解得A正確；B．小滑塊在a點時，則有彈簧的最大彈性勢能為B錯誤；C．當彈簧具有最大彈性勢能時，則有解得當長木板傾角為37°時，小滑塊受力平衡時，設彈簧的形變量為x2，沿斜面方向有解得要使小滑塊能被彈簧彈起運動，彈簧壓縮量至少為C正確；D．當彈簧的彈力與摩擦力大小相等時，速度最大此時彈簧的彈性勢能為由能量守恒定律可得聯(lián)立解得D正確。故選ACD。3．（2022·山東·肥城市教學研究中心模擬預測）如圖所示，在傾角斜坡的底端固定一擋板，一輕彈簧下端固定在擋板上，彈簧自然伸長時其上端位于斜坡上的O點處。質(zhì)量分別為ma=5.0kg、mb=1.0kg的物塊a和b用輕繩連接，輕繩跨過斜坡頂端的定滑輪，開始時讓a靜止在斜坡上的P點處，b懸空?，F(xiàn)將a由靜止釋放，a沿斜面下滑，當a將彈簧壓縮到Q點時，a的速度減為零。已知PO=1.0m，OQ=0.5m，a與斜坡之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，sin37=0.6，整個過程細繩始終沒有松弛。則下列說法正確的是（）A．a(chǎn)在與彈簧接觸前的加速度大小為2m/s2B．a(chǎn)在與彈簧接觸前，輕繩上的拉力為10NC．a(chǎn)位于Q點時，彈簧所儲存的彈性勢能為18JD．a(chǎn)第一次被彈回到O點時的速度為m/s【答案】ACD【解析】對ab整體，由牛頓第二定律得解得A正確；B．由牛頓第二定律得得B錯誤；C．由能量守恒定律得解得C正確；D．由能量守恒定律得得D正確；故選ACD。4．（2022·山東·高三學業(yè)考試）如圖所示，在傾角37°的斜面底端固定一輕彈簧，當彈簧處于原長時，其上端自然伸長點位置處，一滑塊（可看作質(zhì)點）從斜面上與Q點相距一定距離的P點由靜止開始下滑，知自Q點到斜面底端部分光滑，自Q點沿斜面向上部分，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ，不計空氣阻力和滑塊與彈簧碰撞時機械能損失，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則以法正確的是（）A．滑塊沿斜面向下運動過程中先做勻加速運動后做勻減速運動B．滑塊接觸彈簧后向下的運動過程中，滑塊的機械能守恒C．滑塊從開始到動能達到最大值的過程中，滑塊機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量等于滑塊由P點到Q點減少的重力勢能【答案】D【解析】A．滑塊沿斜面向下運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知解得故先做勻加速直線運動，后下降到Q點以下部分后，沒有了摩擦力，存在了彈簧的彈力，可得彈簧的彈力隨著壓縮量的增大而增大，故在Q點以下先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；B．滑塊接觸彈簧后向下的運動過程中，滑塊的機械能會部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，故滑塊的機械能不守恒，故B錯誤；C．滑塊從開始到動能達到最大值的過程中，存在因克服摩擦力做功所損失的機械能，故滑塊機械能的減少量不等于彈簧彈性勢能的增加量，C錯誤；D．在整個過程中滑塊會來回反復運動，最終向上運動的最高高度不超過Q點，且在Q點動能為0，可知在整個過程中，滑塊和彈簧減少的能為由P點到Q點的重力勢能，即整個過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量等于滑塊由P點到Q點減少的重力勢能，故D正確；故選D。5．（2022·山東·高三學業(yè)考試）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A置于光滑水平桌面上（桌面足夠大），A右端連接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連。開始時托住B，讓A處于靜止且細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度。下列有關該過程的分析中正確的是（）A．B物體受到細線的拉力保持不變B．B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量C．A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于B物體所受重力對B做的功【答案】C【解析】A．以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得從開始到B速度達到最大的過程中，彈簧的伸長量x逐漸增加，則B加速度逐漸減??；對B根據(jù)牛頓第二定律可得可知在此過程繩子上拉力逐漸增大，是變力，故A錯誤；B．整個系統(tǒng)中，根據(jù)功能關系可知，B減小的機械能轉(zhuǎn)化為A的機械能以及彈簧的彈性勢能，故B物體機械能的減少量大于彈簧彈性勢能的增加量，故B錯誤；C．根據(jù)動能定理可知，A物體動能的增量等于彈簧彈力和繩子上拉力對A所做功的代數(shù)和，而繩上拉力小于B的重力，A與B運動的路程相等，所以A物體動能的增量小于B物體所受重力對B做的功與彈簧彈力對A做的功之和，故C正確；D．根據(jù)機械能守恒定律可知，A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于B物體機械能的減少量，也就是等于B物體克服細繩拉力做的功，故D錯誤。故選C。6．（2022·山東淄博·三模）如圖所示為某自動控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個以的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，傳送帶左端點M與光滑水平軌道PM平滑連接，半徑，高的光滑圓弧的最低點與PM在P點平滑連接，在P點處安裝有自動控制系統(tǒng)，當物塊b每次向右經(jīng)過P點時都會被系統(tǒng)瞬時鎖定從而保持靜止。傳送帶右端與半徑的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，物塊a從右側(cè)圓弧最高點由靜止下滑后滑過傳送帶，經(jīng)過M點時控制系統(tǒng)會使靜止在P點的物塊b自動解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞。已知物塊a、b的質(zhì)量分別為、，兩物塊均可視為質(zhì)點，物塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，MN間的距離為，取。求：（1）物塊a運動到圓弧軌道最低點N時受到的支持力大??；（2）物塊a在第一次碰后，從經(jīng)過M點到再次回到M點所用的時間；（3）物塊b第一次在P點相碰后到再次回到P所用的時間；（4）若物塊a每次經(jīng)傳送帶到達M點時，物塊b都已鎖定在P點，則兩物塊從第1次碰撞后到最終都靜止，物塊a與傳送帶之間由于相對運動產(chǎn)生的總熱量為多少。【答案】（1）；（2）2s；（3）1s；（4）45J【解析】（1）對a從出發(fā)點到N，由動能定理在N點對物塊a，由牛頓第二定律解得（2）a在傳送帶上，由牛頓第二定律和運動學公式，解得故物塊a到達M點時a和b發(fā)生彈性碰撞有解得，則物塊a在第一次碰后，從經(jīng)過M點到再次回到M點所用的時間為（3）對b的上升過程應用動能定理解得故物塊b在圓弧上運動可看作是簡諧運動解得（4）物塊a第1次碰后經(jīng)過M點到第2次碰前經(jīng)過M點因摩擦而產(chǎn)生的熱量為物塊a第一次碰后速度小于傳送帶速度，故第二次碰前速度仍為，第二次碰后a的速度為，則第2次碰后到第3次碰前產(chǎn)生的熱量為由數(shù)學知識可知則物塊a與傳送帶之間由于相對運動產(chǎn)生的總熱量為7．（2022·山東省實驗中學模擬預測）我國航天員翟志剛、王亞平、葉光富于2022年4月16日9時56分搭乘神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場成功著陸。返回艙在離地面約6000m的高空打開主傘（降落傘），在主傘的作用下返回艙速度從80m/s降至10m/s，此后可視為勻速下降，當返回艙在距離地面1m時啟動反推發(fā)動機，速度減至0后恰落到地面上。設主傘所受的空氣阻力為f＝kv，其中k為定值，v為速率，其余阻力不計。已知返回艙（含宇航員）總質(zhì)量為3000kg，主傘的質(zhì)量忽略不計，忽略返回艙質(zhì)量的變化，重力加速度g取，設全過程為豎直方向的運動。求：（1）在主傘打開后的瞬間，返回艙的加速度大??；（2）若在反推發(fā)動機工作時主傘與返回艙之間的繩索處于松弛狀態(tài)，則反推發(fā)動機在該過程中對返回艙做的功?！敬鸢浮浚?）70m/s2；（2）【解析】（1）由牛頓第二定律可知由題意聯(lián)立可得所以加速度大小為70m/s2；（2）從離地一米到速度為0時，由動能定理可知解得8．（2022·山東濟南·二模）北京冬奧會后，某學習小組設想了如圖甲所示的新型滑雪賽道，整個賽道由長為的傾斜直線賽道、半徑為的豎直圓賽道和傾斜直線賽道組成，直線賽道與豎直圓賽道相切于點，點為豎直圓賽道的最低點，其立體圖如圖乙所示。質(zhì)量為的運動員（包括滑板和滑雪杖）從點由靜止開始下滑，在段可借助滑雪杖滑行，經(jīng)過點進入豎直圓賽道后不再使用滑雪杖，完成圓周運動后從點水平向右離開豎直圓賽道，最后落在傾斜賽道上。已知傾斜直線賽道、與水平方向的夾角均為，運動員與賽道間的動摩擦因數(shù)，重力加速度為。將運動員看做質(zhì)點，忽略空氣阻力和運動員與豎直圓賽道間的摩擦，點到點過程中的運動可看做在同一豎直而內(nèi)的圓周運動，，。（1）為保證運動員能安全通過豎直圓賽道，求在段運動員通過滑雪杖做功的最小值；（2）為保證運動員從點離開后能落到傾斜賽道上，求賽道的最小長度；（3）若運動員從點離開時的速度為，求運動員從點到離傾斜賽道最遠過程中動量變化量的大小?！敬鸢浮?1)；（2）；（3）【解析】（1）恰能賽道最高點時，速度最小，所做的功有最小值，在賽道最高點，設速度為，根據(jù)牛頓第二定律得從點到賽道最高點由動能定理得聯(lián)立解得（2）從賽道最高點到點，由動能定理得從點飛出后做平拋運動，豎直方向水平方向聯(lián)立解得（3）當垂直于斜面方向速度為0時，運動員離傾斜賽道最遠，根據(jù)聯(lián)立解得9．（2022·山東濰坊·二模）如圖所示，質(zhì)量M=1kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一質(zhì)量m=1kg可視為質(zhì)點的小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數(shù)，距平板左端L=0.8m處有一固定彈性擋板，平板撞上擋板后會原速率反彈。現(xiàn)對平板施一水平向左的恒力F=5N，物塊與平板一起由靜止開始運動，已知重力加速度，整個過程中物塊未離開平板。求：（1）第一次碰撞過程中，平板所受合外力對平板的沖量；（2）第三次碰撞時物塊離平板右端的距離；（3）物塊最終離木板右端的距離；（4）若將恒力F撤去，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)平板左端與擋板的距離L，僅給小物塊一個水平向左的初速度，使得平板與擋板只能碰撞6次，求L應滿足的條件。（假設平板足夠長）【答案】（1），方向為平向右；（2）；（3）；（4）【解析】（1）若兩者保持相對靜止，在恒力作用下一起向左加速，有由于故平板M與m一起勻加速，根據(jù)動能定理得選初速度方向為正方向，由動量定理得大小為，方向為平向右；（2）平板反彈后，物塊加速度大小向左勻減速運動，平板加速度大小為經(jīng)時間達到共速，由得共同速度為從碰撞到達共速的過程，設平板的位移為x1，則之后一起勻加速再次碰撞的速度為，由動能定理由運動學公式得同理推導可得設物