2025年高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)解密追蹤與預(yù)測(cè)（新高考）壓軸題05 動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒（解析版）

壓軸題05動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒考向分析歷年的高考熱點(diǎn)、高頻點(diǎn)，出現(xiàn)在不同題型、不同難度的試題中，出題形式主要以選擇題和計(jì)算題為主。動(dòng)能定理應(yīng)用廣泛，無(wú)論物體做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，均可考慮動(dòng)能定理，特別在處理不含時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，以及求變力做功時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。利用功能關(guān)系和能量守恒定律解決力學(xué)問(wèn)題是歷年的高考熱點(diǎn)、高頻點(diǎn)。題目往往結(jié)合拋體運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、多個(gè)物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)綜合考查，甚至涉及重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)等。?？嫉膸讓?duì)功能關(guān)系有滑動(dòng)摩擦力做功引起內(nèi)能變化、合力做功引起動(dòng)能變化、重力做功引起重力勢(shì)能變化、電場(chǎng)力做功引起電勢(shì)能變化、安培力做功引起機(jī)械能或電能變化等歷年的高考熱點(diǎn)、高頻點(diǎn)，出現(xiàn)在不同題型、不同難度的試題中，出題形式主要以選擇題和計(jì)算題為主。動(dòng)能定理應(yīng)用廣泛，無(wú)論物體做直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng)，無(wú)論是恒力做功還是變力做功，均可考慮動(dòng)能定理，特別在處理不含時(shí)間的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，以及求變力做功時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。利用功能關(guān)系和能量守恒定律解決力學(xué)問(wèn)題是歷年的高考熱點(diǎn)、高頻點(diǎn)。題目往往結(jié)合拋體運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、多個(gè)物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)綜合考查，甚至涉及重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)等。?？嫉膸讓?duì)功能關(guān)系有滑動(dòng)摩擦力做功引起內(nèi)能變化、合力做功引起動(dòng)能變化、重力做功引起重力勢(shì)能變化、電場(chǎng)力做功引起電勢(shì)能變化、安培力做功引起機(jī)械能或電能變化等壓軸題要領(lǐng)熱點(diǎn)題型一動(dòng)能定理的理解1．定理中“外力”的兩點(diǎn)理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用．(2)既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系熱點(diǎn)題型二動(dòng)能定理在直線運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用若在直線運(yùn)動(dòng)中知道初、末狀態(tài)，而不需要考慮中間過(guò)程時(shí)，一般用動(dòng)能定理處理位移與速度的關(guān)系一般用分段法來(lái)處理問(wèn)題，找準(zhǔn)直線運(yùn)動(dòng)中轉(zhuǎn)折處其動(dòng)能有無(wú)損失熱點(diǎn)題型三動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合問(wèn)題1．解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下方的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系列式解答問(wèn)題．2．四類圖象所圍“面積”的含義熱點(diǎn)題型四動(dòng)能定理在多階段、多過(guò)程綜合問(wèn)題中的應(yīng)用1．由于多過(guò)程問(wèn)題的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況比較復(fù)雜，從動(dòng)力學(xué)的角度分析多過(guò)程問(wèn)題往往比較復(fù)雜，但是，用動(dòng)能定理分析問(wèn)題，是從總體上把握其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化，并不需要從細(xì)節(jié)上了解．因此，動(dòng)能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來(lái)了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起來(lái)即可．2．運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式．3．全過(guò)程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積；(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)．4．應(yīng)用動(dòng)能定理解題的基本步驟熱點(diǎn)題型五機(jī)械能守恒的理解與判斷1．機(jī)械能守恒判斷的三種方法定義法利用機(jī)械能的定義直接判斷，分析物體或系統(tǒng)的動(dòng)能和勢(shì)能的和是否變化，若不變，則機(jī)械能守恒做功法若物體或系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代數(shù)和為零，則機(jī)械能守恒轉(zhuǎn)化法若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒2.機(jī)械能守恒條件的理解及判斷(1)機(jī)械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零，更不是合外力為零；“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”．(2)對(duì)于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說(shuō)明，否則機(jī)械能必定不守恒．(3)對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒，可以根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化進(jìn)行判斷．嚴(yán)格地講，機(jī)械能守恒定律的條件應(yīng)該是對(duì)一個(gè)系統(tǒng)而言，外力對(duì)系統(tǒng)不做功(表明系統(tǒng)與外界之間無(wú)能量交換)，系統(tǒng)內(nèi)除了重力和彈力以外，無(wú)其他摩擦和介質(zhì)阻力做功(表明系統(tǒng)內(nèi)不存在機(jī)械能與其他形式之間的轉(zhuǎn)換)，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒．熱點(diǎn)題型六單個(gè)物體的機(jī)械能守恒問(wèn)題1．機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式2．求解單個(gè)物體機(jī)械能守恒問(wèn)題的基本思路熱點(diǎn)題型七多物體關(guān)聯(lián)的機(jī)械能守恒問(wèn)題1．多物體機(jī)械能守恒問(wèn)題的解題思路壓軸題速練1.如圖所示，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，小物塊從傾角為θ1的軌道上高度為h的A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調(diào)至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)速度為v2.已知θ2<θ1，不計(jì)物塊在軌道接觸處的機(jī)械能損失．則 ()A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關(guān)系無(wú)法判定【答案】C【解析】物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，重力做正功，由動(dòng)能定理可得mgh－μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，即mgh－μmg·eq\f(h,tanθ)－μmgxBD＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)閑q\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2，故到達(dá)B點(diǎn)的速度與傾斜軌道的傾角無(wú)關(guān)，所以v1＝v2，故選項(xiàng)C正確．2.如圖甲所示，一質(zhì)量為4kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力為零時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)B．物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10mC．物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積表示推力對(duì)物體做的功，由此可得推力做的功為W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動(dòng)能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10m，選項(xiàng)B正確；當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí)，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當(dāng)F＝μmg＝20N時(shí)，x＝3.2m，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vmax＝8m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)推力由100N減小到20N的過(guò)程中，物體的加速度逐漸減小，當(dāng)推力由20N減小到0的過(guò)程中，物體的加速度又反向增大，此后物體的加速度不變，直至物體靜止，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．3.如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球離開c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.4.用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體從沙坑表面由靜止提升1m時(shí)撤去力F，經(jīng)一段時(shí)間后，物體落入沙坑，測(cè)得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A．20JB．24JC．34JD．54J【答案】C【解析】.對(duì)整個(gè)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C對(duì)．5.如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距離后停止．現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，則木盒滑行的距離()A．不變B．變小C．變大D．變大變小均可能【答案】B.【解析】設(shè)木盒質(zhì)量為M，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)時(shí)，由動(dòng)能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，顯然x2<x1.6.如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜置在水平光滑平臺(tái)上，系在物體上的繩子跨過(guò)光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動(dòng)，設(shè)人從地面上平臺(tái)的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過(guò)程中人所做的功為()A．eq\f(mveq\o\al(2,0),2)B．eq\f(\r(2)mveq\o\al(2,0),2)C．eq\f(mveq\o\al(2,0),4)D．mveq\o\al(2,0)【答案】C.【解析】由題意知，繩與水平方向夾角為45°時(shí)，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質(zhì)量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理可知，在此過(guò)程中人所做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正確．7.光滑水平面上靜止的物體，受到一個(gè)水平拉力F作用開始運(yùn)動(dòng)，拉力隨時(shí)間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動(dòng)能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個(gè)圖象中分別定性描述了這些物理量隨時(shí)間變化的情況，正確的是()【答案】BD【解析】由動(dòng)能定理，F(xiàn)x＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；其位移x＝eq\f(1,2)at2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，選項(xiàng)D正確．8.一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa′、bb′相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示．一小物塊從斜坡aa′上距水平面ab的高度為2h處沿斜坡自由滑下，并自a處進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、沿斜坡bb′滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動(dòng)，若不考慮空氣阻力，則()A．小物塊再運(yùn)動(dòng)到a處時(shí)速度變?yōu)榱鉈．小物塊每次經(jīng)過(guò)圓弧槽最低點(diǎn)時(shí)對(duì)槽的壓力不同C．小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為hD．小物塊不僅能再運(yùn)動(dòng)到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】BD【解析】因要克服摩擦阻力做功，所以每次通過(guò)最低點(diǎn)的速度會(huì)變小，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，故可知物塊與圓弧槽間的正壓力會(huì)變小，所以B正確；設(shè)第一次通過(guò)圓弧槽過(guò)程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通過(guò)圓弧槽的最低點(diǎn)時(shí)因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對(duì)應(yīng)的摩擦力都變小，故第二次通過(guò)圓弧槽克服摩擦力做的功將小于第一次，即Wf′＜mgh，則小物塊還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正確，A、C錯(cuò)誤．9.如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜止在O點(diǎn)質(zhì)量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時(shí)彈簧無(wú)形變．現(xiàn)對(duì)小物塊施加F＝10N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運(yùn)動(dòng)．小物塊在向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)前某處速度最大時(shí)，彈簧的彈力為6N，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)撤去推力F，小物塊最終運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)靜止．圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度g取10m/s2.求小物塊：(1)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度；(3)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧的最大壓縮量．【答案】(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m【解析】(1)小物塊速度達(dá)到最大時(shí)，加速度為零．F－μmg－F彈＝0，μ＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4.(2)設(shè)向右運(yùn)動(dòng)通過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為v0，從O到B，由動(dòng)能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)f＝μmg＝4N，解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s.(3)彈簧最大壓縮量為xmax，對(duì)小物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入數(shù)值得xmax＝0.9m.10.如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝eq\f(3,5).一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮間.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間．【答案】見解析【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2). ⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)). ?11.將一個(gè)物體以初動(dòng)能E0豎直向上拋出，落回地面時(shí)物體的動(dòng)能為eq\f(E0,2).設(shè)空氣阻力恒定，如果將它以初動(dòng)能4E0豎直上拋，則它在上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，重力勢(shì)能變化了()A．3E0B．2E0C．1.5E0D．E0【答案】A【解析】設(shè)動(dòng)能為E0，其初速度為v0，上升高度為h；當(dāng)動(dòng)能為4E0，則初速度為2v0上升高度為h′.由于在上升過(guò)程中加速度相同，根據(jù)v2＝2gh可知，h′＝4h根據(jù)動(dòng)能定理設(shè)摩擦力大小為f，則f×2h＝eq\f(E0,2)，因此f×4h＝E0.因此在升到最高處其重力勢(shì)能為3E0所以答案為A.12.如圖所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．斜劈對(duì)小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．斜劈的機(jī)械能守恒D．小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈動(dòng)能的增加量【答案】B【解析】不計(jì)一切摩擦，小球下滑時(shí)，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，小球重力勢(shì)能減少量等于斜劈和小球的動(dòng)能增加量，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B正確，C、D錯(cuò)誤；斜劈對(duì)小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負(fù)功，A錯(cuò)誤．13．在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小()A．一樣大B．水平拋的最大C．斜向上拋的最大D．斜向下拋的最大【答案】A.【解析】不計(jì)空氣阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒．故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時(shí)，物體速度的大小相等，故只有選項(xiàng)A正確．14.某踢出的足球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，足球視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)．用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機(jī)械能、動(dòng)能和重力的瞬時(shí)功率大小，用t表示足球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列圖象中可能正確的是 ()【答案】D【解析】足球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，重力勢(shì)能先增加后減小，故動(dòng)能先減小后增加，速度先減小后增加，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；以初始位置為零勢(shì)能面，踢出時(shí)豎直方向速度為vy，則Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋eq\f(1,2)mg2t2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；速度的水平分量不變，豎直分量先均勻減小到零，后反向均勻增大，故根據(jù)P＝Gv可知，重力的功率先均勻減小后均勻增加，D項(xiàng)正確．15.如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點(diǎn)與AB等高，整個(gè)軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB，設(shè)小球經(jīng)過(guò)軌道交接處無(wú)能量損失，圓管孔徑遠(yuǎn)小于R，則(小球直徑略小于圓管內(nèi)徑)()A．小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過(guò)E點(diǎn)且拋出后恰好落至B點(diǎn)C．無(wú)論小球的初速度v0為多少，小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度都不能為零D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點(diǎn)相距2R【答案】B【解析】對(duì)小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小球從A點(diǎn)至E點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mgR，解得vE＝eq\f(\r(2gR),2)，小球從B點(diǎn)拋出后，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；因?yàn)閳A管內(nèi)壁可提供支持力，所以小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度可以為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若將DE軌道拆除，設(shè)小球能上升的最大高度為h，由機(jī)械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,4)R，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．16.如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的eq\f(3,4)圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑為R.一個(gè)質(zhì)量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點(diǎn)由靜止開始自由下落，恰好從N點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓軌道．不考慮空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．適當(dāng)調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點(diǎn)M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B．若h＝2R，則小球在軌道最低點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為5mgC．只有h大于等于2.5R時(shí)，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)MD．若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過(guò)程重力做功為mgR【答案】BC【解析】若小球從M到N做平拋運(yùn)動(dòng)，則有R＝vMt，R＝eq\f(1,2)gt2，可得vM＝eq\r(\f(gR,2))，而球到達(dá)最高點(diǎn)M時(shí)速度至少應(yīng)滿足mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，故A錯(cuò)誤；從P點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程由機(jī)械能守恒可得2mgR＝eq\f(1,2)mv2，由向心力公式得FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝5mg，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍赖膲毫?mg，故B正確；由機(jī)械能守恒得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，代入v＝eq\r(gR)解得h＝2.5R，故C正確；若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過(guò)程重力做功為0，故D錯(cuò)誤．17.如圖所示，有一光滑軌道ABC，AB部分為半徑為R的eq\f(1,4)圓弧，BC部分水平，質(zhì)量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長(zhǎng)為R，不計(jì)小球大?。_始時(shí)a球處在圓弧上端A點(diǎn)，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，則下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變B．b球下滑過(guò)程中機(jī)械能保持不變C．a(chǎn)、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為eq\r(2gR)D．從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)a球做的功為eq\f(mgR,2)【答案】D【解析】a、b球和輕桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A、B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgR＋2mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時(shí)速度大小為v＝eq\r(3gR)，C錯(cuò)誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對(duì)a球，由動(dòng)能定理有W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得輕桿對(duì)a球做的功為W＝eq\f(mgR,2)，D正確．18.如圖所示，固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R，圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看做質(zhì)點(diǎn))，且小球A、B用一長(zhǎng)為2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連，在小球B從最高點(diǎn)由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中(已知重力加速度為g)，下列說(shuō)法正確的是()A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能B．A球增加的重力勢(shì)能等于B球減少的重力勢(shì)能C．A球的最大速度為eq\r(\f(2gR,3))D．細(xì)桿對(duì)A球做的功為eq\f(8,3)mgR【答案】AD【解析】系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的轉(zhuǎn)移，此題的情景就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能，A對(duì)，B錯(cuò)；根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mg·2R－mg·2R＝eq\f(1,2)×3mv2，所以A球的最大速度為eq\r(\f(4gR,3))，C錯(cuò)；根據(jù)功能關(guān)系，細(xì)桿對(duì)A球做的功等于A球增加的機(jī)械能，即WA＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R＝eq\f(8,3)mgR，故D對(duì)．19.一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側(cè)，A球質(zhì)量為B球質(zhì)量的2倍，現(xiàn)將A球從圓柱邊緣處由靜止釋放，如圖所示．已知A球始終不離開圓柱內(nèi)表面，且細(xì)繩足夠長(zhǎng)，若不計(jì)一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)的最大位移．【答案】(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R【解析】(1)設(shè)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，B球的質(zhì)量為m，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖甲可知，A球的速度v與B球速度vB的關(guān)系為vB＝v1＝vcos45°聯(lián)立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)當(dāng)A球的速度為零時(shí)，A球沿圓柱內(nèi)表面運(yùn)動(dòng)的位移最大，設(shè)為x，如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.20.如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無(wú)碰撞地從A點(diǎn)進(jìn)入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，C點(diǎn)為圓弧軌道的最高點(diǎn)，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝53°，圓半徑R＝0.5m．若小球離開水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用時(shí)間t＝0.4s，求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)(1)小球沿水平面飛出的初速度v0的大小．(2)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)A弧軌道的壓力大?。?3)小球能否通過(guò)圓弧軌道的最高點(diǎn)C？說(shuō)明原因．【答案】(1)3m/s(2)136N(3)能，理由見解析【解析】(1)小球離開水平面運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)，有vy＝gt根據(jù)幾何關(guān)系可得tanθ＝eq\f(vy,v0)代入數(shù)據(jù)，解得v0＝3m/s(2)由題意可知，小球在A點(diǎn)的速度vA＝eq\f(vy,sinθ)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程，滿足機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvA2＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvB2設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)受到圓弧軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)代入數(shù)據(jù)，解得FN＝136N由牛頓第三定律可知，小球?qū)A弧軌道的壓力FN′＝FN＝136N(3)假設(shè)小球能通過(guò)最高點(diǎn)C，則小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，滿足機(jī)械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvC2在C點(diǎn)有F向＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36N>mg所以小球能通過(guò)最高點(diǎn)C.21.一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T，人和車(當(dāng)作質(zhì)點(diǎn))的總質(zhì)量為m，軌道半徑為R。已知摩托車經(jīng)最高點(diǎn)時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P0，對(duì)軌道的壓力為2mg。設(shè)軌道對(duì)摩托車的阻力與車對(duì)軌道的壓力成正比。下列說(shuō)法正確的是()A．摩托車經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為3mgB．摩托車經(jīng)最低點(diǎn)時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)功率為2P0C．摩托車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為eq\f(1,2)P0TD．摩托車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為2mgR【答案】B【解析】摩托車在最高點(diǎn)時(shí)有2mg＋mg＝meq\f(v2,R)，在最低點(diǎn)時(shí)有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝4mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于軌道對(duì)摩托車的阻力與車對(duì)軌道的壓力成正比，根據(jù)P＝Fv可知發(fā)動(dòng)機(jī)在最低點(diǎn)時(shí)的功率是在最高點(diǎn)時(shí)功率的2倍，功率在增大，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功大于eq\f(1,2)P0T，所以選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，摩托車從最高點(diǎn)經(jīng)半周到最低點(diǎn)的過(guò)程中WF＋2mgR－Wf＝0，可得發(fā)動(dòng)機(jī)做的功WF＝Wf－2mgR，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。21．小孩玩冰壺游戲，如圖所示，將靜止于O點(diǎn)的冰壺(視為質(zhì)點(diǎn))沿直線OB用水平恒力推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿直線滑行，最后停在B點(diǎn)。已知冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，冰壺質(zhì)量為m，OA＝x，AB＝L，重力加速度為g。求：(1)冰壺在A點(diǎn)的速率vA；(2)冰壺從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過(guò)程中受到小孩施加的水平推力F?！敬鸢浮?1)eq\r(2μgL)(2)eq\f(μmgx＋L,x)【解析】(1)冰壺從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)的過(guò)程中，只有滑動(dòng)摩擦力對(duì)其做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－μmgL＝0－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)冰壺從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)的過(guò)程中，水平推力F和滑動(dòng)摩擦力同時(shí)對(duì)其做功，由動(dòng)能定理得(F－μmg)x＝eq\f(1,2)mvA2解得F＝eq\f(μmgx＋L,x)22.如圖甲所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點(diǎn)在O點(diǎn)位置。質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從距O點(diǎn)右方x0的P點(diǎn)處向左運(yùn)動(dòng)，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點(diǎn)位置后，A又被彈簧彈回。A離開彈簧后，恰好回到P點(diǎn)。物塊A與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。求：(1)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，克服摩擦力所做的功；(2)O點(diǎn)和O′點(diǎn)間的距離x1；(3)如圖乙所示，若將另一個(gè)與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左推A、B，使彈簧右端壓縮到O′點(diǎn)位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離。分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？【答案】(1)eq\f(1,2)mv02(2)eq\f(v02,4μg)－x0(3)x0－eq\f(v02,8μg)【解析】(1)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得克服摩擦力所做的功為Wf＝eq\f(1,2)mv02。(2)物塊A從P點(diǎn)出發(fā)又回到P點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－2μmg(x1＋x0)＝0－eq\f(1,2)mv02解得x1＝eq\f(v02,4μg)－x0。(3)A、B在彈簧處于原長(zhǎng)處分離，設(shè)此時(shí)它們的共同速度是v1，彈出過(guò)程彈力做功為WF只有物塊A時(shí)，從O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0A、B共同從O′到O有WF－2μmgx1＝eq\f(1,2)×2mv12分離后對(duì)A有eq\f(1,2)mv12＝μmgx2聯(lián)立以上各式可得x2＝x0－eq\f(v02,8μg)。23．如圖所示，質(zhì)量m＝3kg的小物塊以初速度v0＝4m/s水平向右拋出，恰好從A點(diǎn)沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點(diǎn)是圓弧軌道的最低點(diǎn)，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個(gè)半徑為r＝0.4m的半圓軌道，C點(diǎn)是圓弧軌道的最高點(diǎn)，半圓軌道與水平軌道BD在D點(diǎn)平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點(diǎn)離A點(diǎn)的高度h；(2)若MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝6m，求小物塊通過(guò)C點(diǎn)時(shí)所受軌道彈力的大小FN；(3)若小物塊恰好能通過(guò)C點(diǎn)，求MN的長(zhǎng)度L′?！敬鸢浮?1)0.45m(2)60N(3)10m【解析】(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m。(2)小物塊由拋出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02解得vB＝2eq\r(10)m/s小物塊由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)