机械能+娱乐模型（解析版）-2023年高考物理机械能常用模型模拟题精练

高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练

专题14机械能+娱乐模型

一、选择题

1.（2023湖南岳阳重点高中质检）“打水漂”是人类最古老的游戏之一，游戏者运用手腕的

力量让撇出去的石头在水面上弹跳数次。如图所示，游戏者在地面上以速度均抛出质量为，"

的石头，抛出后石头落到比抛出点低/7的水平面上。若以抛出点为零势能点，不计空气阻力，

则下列说法正确的是（）

A.抛出后石头落到水平面时的势能为，咫/7

B.抛出后石头落到水平面时重力对石头做的功为一,咫人

c.抛出后石头落到水平面上的机械能为;，〃说

D.抛出后石头落到水平面上的动能为:加诏-mgh

【参考答案］C

【名师解析工以抛出点为零势能点，水平面低于抛出点〃，所以石头在水平面上时的重力

势能为一机的，A错误；.抛出点与水平面的高度差为/?,并且重力做正功，所以整个过程重

力对石头做功为，咫儿B错误；.整个过程机械能守恒，以抛出点为零势能点，抛出时的机

11

一2—2

械能为2,所以石头在水平面时的机械能也为2,C正确；.根据动能定理得

，工1,

Ek2=-mvl+mgh

可得石头在水平面上的动能-2,D错误。

2.（2022四川成都三模）如图，游乐园中某海盗船在外力驱动下启动，某时刻撤去驱动力，此

后船自由摆动，当悬臂OA水平时，船的速度恰好为零。若A、B、C处质量相等的乘客始

终相对船静止，且以相同的半径随船摆动，摆动装置（含乘客）的重心位于圆弧4c的中点

B,NAOC=60。，不计一切阻力，重力加速度大小为g,则海盗船在自由摆动过程中（）

A.水平时，船对C处乘客的作用力为零

B.水平时，8处乘客的加速度大小为%=0-5g

C.A处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，始终处于失重状态

D.A、8处乘客分别运动至最低点时，船对乘客竖直方向的作用力大小之比为乙■=3

F12

B乙

【参考答案】D

【名师解析】设乘客质量为优，根据力的分解可知，水平时，船对C处乘客的作用力为

F=mgcos30°

故A错误；0A水平时，8处乘客的加速度大小念=磔则”=故B错误；

15cO

m2

A处乘客从图示位置运动至最低点的过程中，当向心加速度在竖直方向的分量大于切向加

速在竖直方向分量时，A处乘客处于超重状态，故C错误；设整体质量为〃，A处乘客分

1,

别运动至最低点时，根据动能定理得MgL（cos300-cos60）0=

2

在最低点，对A处乘客工-机g=机号■，解得工=G"2g

1

8处乘客分别运动至最低点时，根据动能定理得建〃1一8560。）二2〃廿9

最低点，对8处乘客与一〃2g=机中，解得此=2mg,可得自=与故D正确。

3--（2021四川内江一模）如图所示，是某游乐园的标志性设施一一摩天轮。某同学乘坐该

摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是

A.当摩天轮运动到最低点时，该同学处于完全失重状态

B.由最高点到最低点的过程中，该同学受到的合外力做功为0

C.由最高点到最低点的过程中，该同学受到的重力的功率一直为0

D.由最高点到最低点的过程中，该同学受到的合外力的冲量为0

【参考答案】B

【名师解析】某同学乘坐该摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,，当摩天轮运动到最

低点时，该同学加速度向上，处于超重状态，选项A错误；由于某同学乘坐该摩天轮随座舱

在竖直面内做匀速圆周运动,，动能不变，根据动能定理，由最高点到最低点的过程中，该同

学受到的合外力做功为0,选项B正确；由重力功率公式P=mgvsin9,可知由最高点到最低

点的过程中,该同学受到的重力的功率先增大后减小，选项C错误；由动量定理可知，由最

高点到最低点的过程中,该同学受到的合外力的冲量大小为2mv,选项D错误。

4.（2021安徽安庆市重点高中期中）如图所示为小明玩蹦床的情景，其中A位置表示床面

未受压力时的平衡位置，B位置是他从最高点直立下落的过程中将床面所压到的最低位置。

若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于小明从最高点下落到

最低点的过程，下列说法中正确的是

A.床面从4位置下降到8位置的过程中，小明的动能不断变小

B.床面在8位置时，小明所受合外力为零

C.小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态

D.小明从最高点运动到将床面压至8位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小

相等

【参考答案】.D

【名师解析】刚接触床面时，弹力小于重力，合力向下，继续向下加速，动能变大，故A

错误；

床面在8位置时，速度为零，弹力大于重力，合力向上，故B错误；小明接触床面前处于

失重状态，刚接触床面到弹力与重力大小相等之前，弹力小于重力，合力向下，仍然处于失

重状态，故C错误；小明在最高点和B点的速度都为零，根据动量定理可知，小明从最高

点运动到将床面压至8位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等，故D

正确。

5（2020高考模拟示范卷7）如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧

旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质

量为机的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道

对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g,

贝

甲乙

A.铁球绕轨道可能做匀速圆周运动

B.铁球绕轨道运动过程中机械能守恒

C.铁球在A点的速度必须大于9

D.轨道对铁球的磁性引力至少为3mg,才能使铁球不脱轨

【参考答案】.B

【名师解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨

道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂

直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械

能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大。小铁球不可能做匀速圆周运动。故A

错误，B正确；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨

道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错

误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越

2

小，在最低点的速度也越小，根据：尸=小匕可知小铁球在最低点时需要的向心力越小。而

R

在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上。要使

铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0。所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高

点的速度恰好为0,而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0。根据机械能守恒

定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足wg-2R=』/w2,轨道对

2

铁球的支持力恰好等于0,则磁力与重力的合力提供向心力，W：F-mg=—,联立得：F

R

=5mg,故D错误。

6.在某高空杂技类节目现场的下方放置一弹簧垫。此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相

同直立轻弹簧的上端相连,弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。

某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为0.5m的物体从距木板上方6h高的O点由静止释

放，物体打在木板上并立刻与木板一起向下运动，但不粘连，到达最低点后又向上运动，它们恰

能回到A点，此时弹簧恰好无形变。忽略空气阻力，则下列说法正确的是()

■

M6h

A.整个过程中,物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒

B.物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小

C.物体打在木板上之前，两弹簧的弹性势能总和为0.5mgh

D.若另一质量为m的物体仍从O点由静止释放，此物体第一次离开木板时的速度大小为

加

【参考答案】BCD

【名师解析】物体与木板一起运动的过程中,相当于发生完全非弹性碰撞，机械能损失，系统

的机械能不守恒,A错误;物体与木板一起开始运动时，重力大于弹力，加速度向下，速度增大，后

来弹力逐渐增大至大于重力，加速度向上，物体和木板要向下减速到零,故向下运动的过程速

度先增大后减小,B正确;物体下落过程由动能定理有0.5mg-6h4x05mLM得碰撞

过程有0.5mvi=(m+0.5m)V2,可得V2=,亏、/3gh,此后一起向下运动再向上运动到A点，由机

械能守恒定律有：(m+0.5m)诏+Ep=(m+0.5m)gh,解得Ep=0.5mgh,C正确;另一质量为m的物体

从O点释放，机械能较大，故经历下落和碰撞再上升的过程，能经过A点且速度不为零而再上

升，此时弹簧是原长，故A点之后木板和物体分离.mg.6h=；xmv巴得v「=2/环碰撞过程有

mvr=2mv2：得V2-^vi，=^3^fe,1-x2mv2'2+Ep=2mgh+ix2mv3,2,W^V3-正确。

7.（6分）乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示，某同学乘坐

摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（）

A.该同学运动到最低点时，座椅对他的支持力大于其所受重力

B.上升程中，该同学所受合外力为零

C.摩天轮转动过程中，该同学的机械能守恒

D.摩天轮转动一周的过程中，该同学所受重力的冲量为零

【参考答案】A

【名师解析】圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F,在最低点，向心力指

向上方，所以F=N-mg,则支持力N=mg+F,所以支持力大于重力，故A正确，B错

误；机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速

度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故C错误；转动一周，重

力的冲量为I=mgT,不为零，故D错误。

8.（2021广东佛山二模）某水上乐园有两种滑道，一直是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，

两种滑道的高度和粗糙程度相同，但是螺旋滑道的轨道更长。某游客分别沿两种不同的滑道

由静止滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋轨道下滑。

A.重力对游客做的功更多

B.重力对游客做的功更少

C.摩擦力对游客做的功更多

D.摩擦力对游客做的功更少

【参考答案】C

【名师解析】沿螺旋轨道下滑，所受摩擦力较大，路程较长，由功的公式可知，摩擦力对

游客做的功更多，选项C正确。

9.（2021浙江3月百校联考）如图所示，公园里一个小朋友在荡秋千，两根轻质吊线平行,

小朋友可视为质点，重力加速度为g。小朋友运动到最高点时每根吊线上张力大小等于小朋

友及秋千踏板总重力的0.3倍，此时小朋友的加速度大小为（)

A.0.8gB.0.7gC.0.4gD.0

【参考答案】A

【名师解析】

在最高点时，人和秋T踏板所受的合力为F=7（mg）2-（O.6mg）2=0.8〃2g

根据牛顿第二定律可知小朋友的加速度大小为a=£=0.8g,故选A。

m

10.（2021广东模拟）研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得

运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的''速

度位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有

A.弹性绳原长为15m

B.当运动员下降10m时，处于失重状态

C.当运动员下降15m时，绳的弹性势能最大

D.当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上

【参考答案】BD

【名师解析】

由“速度位移''图像可知，15m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力不为零，弹

力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐

增大，处于失重状态，故B正确；当运动员下降15m时，速度不为零，运动员继续向下运

动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20m时，运动员向下

减速运动，其加速度方向竖直向匕故D正确。

11.（2021河北邯郸期末）荡秋千是广大人民非常喜欢的一项运动，既能强身健体，还能娱

乐身心.如图所示，一位爱好者站立在秋千板上，通过不断下蹲和起立的过程逐渐将秋千荡

高，若不计空气阻力，则下列说法正确的是

A.该爱好者在向下摆动过程中身体需要从直立到下蹲，上升过程中身体需要从下蹲到直立

B.该爱好者在向下摆动过程中身体需要从下蹲到直立，上升过程中身体需要从直立到下蹲

C.由于空气阻力不计，所以荡秋千的过程中秋千与爱好者机械能守恒

D.秋千板以相同的速度经过最低点时，人在站立状态下比下蹲状态下秋千绳的拉力大

【参考答案】A

【名师解析】荡秋千在向下摆动过程中身体从直立到下蹲，可使重力势能减少量尽量大，上

升过程中身体从下蹲到直立，除了动能转化为重力势能，同时人自身内力做功增加重力势能,

通过不断下蹲和起立的过程逐渐将秋千荡高，选项A正确B错误；由于荡秋千过程中，人

自身内力做功，空气阻力不计，所以荡秋千的过程中秋千与爱好者机械能增加，选项C错

误；秋千板以相同的速度经过最低点时，对应的角速度相等，人在站立状态下人体重心距离

圆心较近，下蹲状态下人体重心距离圆心较远，由牛顿第二定律和圆周运动向心力公式，

2F-mg=mr®2,可知人在站立状态下比下蹲状态下秋千绳的拉力小，选项D错误。

12.（2021唐山八校联考）发光弹弓飞箭是游乐场常见的儿童玩具，其大致原理是利用弹弓

将发光的飞箭弹出，若某人将飞箭（视为质点）从水平地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时

动能大小为E,设飞箭在运动过程中所受空气阻力的大小不变，且飞箭上升过程中克服空气

阻力做的功为0.2E,以地面为零势能面，下列说法正确的是（）

A.飞箭刚飞出时的初动能为L2E

B.飞箭下落过程中重力做功为0.6E

C.飞箭在最高点具有的机械能为L4E

D.飞箭所受重力与空气阻力大小之比为6：1

【参考答案】D

【名师解析】根据题述飞箭上升过程中克服空气阻力做的功为0.2E,下降过程中克服空气

阻力做的功也为0.2E，由动能定理，可得-0.2E-0.2E=E_&。，解得飞箭刚飞出时的初动

能为Ek°=1.4E,选项A错误；对飞弹下落过程，由动能定理，WG-0.2E=E,解得重力做功为

WG=1.2E,选项B错误；飞箭在最高点具有的机械能等于飞箭下落过程中重力做功，为1.2E,

选项C错误；由WG=mgh=1.2E,0.2E-H1,可得飞箭所受重力与空气阻力大小之比为6：1,

选项D正确。

13.（2021安徽安庆市重点高中期中）如图所示为儿童蹦蹦床，一名小孩在玩蹦床时，每次

与蹦床相碰后都能回到相同的高度，并重复上述运动，取与蹦床刚接触的点为原点建立x

轴坐标系，竖直向上为正方向，能正确描述心＞0运动过程中速度、重力势能、动能、机械能

变化图像的是

【名师解析】小球上升过程中，根据运动学公式有庐』P2gx,由数学知识可得，图象应

是开口向左的抛物线。小球下落过程与上升过程具有对称性，故A正确；上升过程中重力

势能Ep-mgx

则EP-X图像是过原点的直线，选项B错误；上升过程中某位置时，Ek^EM-mgx

下降过程与上升过程满足的关系相同，图像不应该在x轴下方，选项C错误；上升和下降过

程机械能均守恒，则E机械归x图像是与x轴平行的直线，选项D错误。

14.（2021湖南名校质检）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内沿顺时针方向做匀速

圆周运动.座舱地板始终保持水平，若把物块放在座舱地板中央，己知物块始终不相对地板

运动.下列描述正确的是

座舱

A.物块随座舱自12点方位转向3点方位的过程中机械能守恒

B.物块随座舱自9点方位转向12点方位的过程中机械能增加

C.物块随座舱自12点方位转向3点方位的过程中所受摩擦力不变

D.物块随座舱自6点方位转向9点方位的过程中所受合力不变

【参考答案】.B

【名师解析】座舱沿顺时针方向由12点方位转动到3点方位的过程中，库舱内物块的重力

势能减小，动能不变，机械能减少，A不符合题意；物块随座舱由9点方位转向12点方位

的过程中动能不变，重力势能增加，机械能增加，B符合题意；座舱地板给物块的作用力为

支持力和摩擦力的合力，在座舱自12点方位转向3点方位的过程中，物块的向心力沿水平

方向的分力逐渐增大，所以物块受到的摩擦力增大，C不符合题意.在座舱自6点方位转向9

点方位的过程中，物块受到地板的作用力和重力的合力等于向心力，向心力大小不变，方向

指向圆心，D不符合题意“

15.（2020年3月北京延庆模拟）如图8所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，

双手抓着两侧秋千绳:当他从最高点A向最低点B运动时，他就向下蹲:；当他从最低点B

向最高点C运动时，他又站立起来：从C回到B他又向下蹲.•…这样荡，秋千会越荡越高。

设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千

板确定的平面内。则下列说法中，正确的是（）

图8

A.人在最低点B时处于失重状态

B.在最高点A时，人和秋千受到的合力为0

C.若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低

D.在题干所述摆动过程中，整个系统机械能守恒

【参考答案】C

【名师解析】荡秋千，人运动到在最低点B时，加速度方向向上，处于超重状态，选项A

错误；在最高点A时，人和秋千速度为零，受到的合力为重力沿圆弧切线方向的分力，

不为零，选项B错误；若整个过程中人保持某个姿势不动，由于受到空气阻力，克服空

气阻力做功，则秋千会越荡越低，选项C正确；在题干所述摆动过程中，人通过下蹲和

站起，消耗人的能量，整个系统机械能不守恒，选项D错误。

16.（2017・天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【参考答案】B

【名师解析】乘客的机械能包括动能和重力势能，摩天轮做匀速圆周运动，所以动能不变，

重力势能时刻改变，即机械能时刻改变，故A项错误；在最高点对乘客进行受力分析，列

r_"催r_."酒

牛顿第二定律方程"区八一工,得卜\一“国丁所以故B项正确；根据

冲量7二产1,重力不为零，作用时间不为零，所以重力的冲量不为零，故c项错误；乘客重

力的瞬时功率户=小卬'。0：，&9指线速度和竖直方向的夹角，转动过程中川幺T不变，有角不

断变化，重力瞬时功率不断变化，故D项错误。

【分析】因为动能不变，重力势能时刻变化，判出机械能不断变化；根据牛顿第二定律计算

重力与支持力的关系；冲量是力在时间上的积累，力的作用时间不为零，冲量就不为零；根

据「=Fl计算瞬时功率。

17.如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16m,

竖直距离为2m,A、B间绳长为20m。质量为10kg的猴子抓住套在绳子上的滑环从A处滑

到B处。以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为（绳处于

拉直状态）（）

iMi

A.-1.2xlO3JB.-7.5xlO2J

C.-6.0X102JD.-2.0X102J

【参考答案】B

【名师解析】猴子的动能最大时重力势能最小，猴子的加速度为零时速度最大，动能最大,

此时猴子受力平衡则可以得到下面的几何关系：

✓

，FM

绳长AC+BC=AF=20m,又MF=16m,由勾股定理得AM=12m,而AB竖直距离为2m,则

BF=10m,D为BF中点，BD=5m,C和D等高，则A、C的竖直高度差为7m,此时猴子的

重力势能为：Ep=mgh=(-7x10x10)J=-700J,与B最接近，故B正确，A、C、D错误；

【分析】猴子下滑过程中，只有动能和重力势能相互转化，机械能守恒，动能最大时重力势

能最小；合力为零时速度最大。

18.2019年春晚在舞《春海》中拉开帷幕。如图所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相

同速度缓缓升起，若五名领舞者的质量(包括衣服和道具)相等，下面说法中正确的是

()

3上

________2龙__建-----

一一近_______祗___

A.观众欣赏表演时可把领舞者看作质点

B.2号和4号领舞者的重力势能相等

C.3号领舞者处于超重状态

D.她们在上升过程中机械能守恒

【参考答案】B

【名师解析】研究物体的运动时，当物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响

可忽略不计时，可以把物体当作质点。观众欣赏表演时，要看动作，不能把领舞者看作

质点，故A错误；根据质量和高度关系分析重力势能关系。2号和4号领舞者的质量相

等，高度相同，则重力势能相等，故B正确；根据加速度方向分析3号领舞者的状态。3

号领舞者缓缓升起，处于平衡状态，故C错误；只有重力做功时，单个物体的机械能才

守恒。她们在上升过程中，钢丝绳的拉力对她们做功，所以她们的机械能不守恒，故D

错误。

二.计算题

1.（10分）（2021年5月江苏四市调研）“峡谷长绳秋千”游戏的模型可简化如下图所示，游

戏开始前，工作人员对底座施加一水平方向的拉力，使其静止于图中A位置，然后自由

释放，秋千开始荡起来，8为秋千运动的最低点.已知两绳长度均为L、夹角为2仇秋

千摆角为a,游客和底座总质量为〃7,在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力.求：

（1）工作人员对底座施加的水平拉力大小；

（2）游客运动到B点的速度大小；

（3）运动过程中细绳中的最大拉力.

【名师解析1（10分）

（1）在A点，受力分析，根据物体平衡条件有尸=/wgtana.........3分

（2）从4到B过程，由动能定理；机工=/MgLcos®。-cosa）.........2分

得到%=，2gLcos，（l-cosa）..........1分

（3）由分析知，当游客运动到在最低点B时细绳中拉力最大

由受力分析及牛顿第二定律知：2Tcose-»7g==巴J.........2分

Leos6

得到：7=3*2.gc°sa..........2分

2cos。

2.（2021湖北山东部分重点中学质检）（16分）有一摩托车花样表演过山坡模型可简化如

图，，四分之一光滑圆弧槽半径为R,固定在水平地面上，在A点有一个质量m的物块P（可

视为质点）由静止释放，与A点相切进入圆弧槽轨道AB,物块P滑下后进入光滑水平轨

道BC,然后滑上半径为r的三分之一光滑圆弧轨道CDE,直线部分与圆弧的连接处平滑，

物块P经过连接处无能量损失。（g=10m/s2）

（1）求物块对轨道的最大压力大小；

（2）物块在弧CD某点处运动时，与圆心的连线跟竖直线的夹角为仇求物块所受支持力FN与9、

R、r的关系式，分析物块在何处对轨道压力最小？

3

（3）若R=请计算说明物块能否到达最高点D处？

4

2R

【参考答案】（1）3mg（2）FN=3mgcos0-mg（l+——）在C点时压力最小

（3）物块恰能飞到最高点D

【名师解析】（1）在最低点B处压力最大：

物块4从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vP,

由机械能守恒定律有：，=；加次①...（1分）

在最低点轨道对物块的支持力为大小为FN,

FN—小盘=m

由牛顿第二定律有：6②.........（1分）

联立①②解得：Fz=3mg

由牛顿第三定律可知压力大小为3/ng③......（1分）

（2）取CD上任意一点M,受力如图由圆周运动知：

2

mgcos0—FN=>”何④.......（2分）

r

从A到M有机械能守恒知：

mgQR4-rcos60°—rcos^）=g"..Q分）

由④⑤得：FN=3mgcos£—+⑥.….（1分）

由⑥式知：在C点时压力最小⑦......（1分）

3

（3）在C点当尺=一厂时由⑥式知：

4

FN=-mg,说明物块离开C点后做斜抛运动⑧...（1分）

水平方向：rsin60°=vcos60°f⑨...（2分）

竖直方向：y=ysin60'二一gg/⑩....（2分）

从A到C由机械能守恒知：

12

mgR=—mvy...........（1分）

由⑨⑩u知：y=grH........（1分）

所以物块恰能飞到最高点D

【考点】机械能守恒、圆周运动、斜抛运动

.3.（2020上海杨浦一模）如图所示是一种叫“蹦极跳”的运动。跳跃者用弹性长绳一端绑

在脚踝关节处，另一端固定在距地面几十米高处，然后从该高处自由跳下。某人做蹦极运

动时，从起跳开始计时，他对弹性长绳的弹力F随时间t变化为如图所示的曲线。为研究方

便，不计弹性长绳的重力，忽略跳跃者所受的空气阻力，并假设他仅在竖直方向运动，重

力加速度g取10m/s2.根据图中信息求：

（1）该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度。

（2）该跳跃者所用弹性绳的原长。

（3）假设跳跃者的机械能都损耗于与弹性绳相互作用过程中。试估算，为使该跳跃者第一

次弹回时能到达与起跳点等高处，需要给他多大的初速度？

*U24MWU

【参考答案】（l）该跳跃者在此次跳跃过程中的最大加速度为20m*;

（2）该跳跃者所用弹性绳的原长为11.25m;

（3）为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳点等高处，需要给他5.4m/s的初速度。

【名师解析】

（1）由图象可知，运动员的重力为mg=500N,

弹性绳对跳跃者的最大弹力为Fm=1500N,

由牛顿第二定律得Fm-rng=rnam

2

则运动员的最大加速度为ain=20in/s;

(2)由图象可知，从起跳开始至弹性绳拉直所经时间为h=l.5s,

12

这一时间内跳跃者下落的距离即为弹性绳的原长，故其原长为L=]gt；=11.25m;

(3)弹性绳第一次被拉直时跳跃者的速度vi=gti=15m/So

由图象可知，从弹性绳第一次恢复原长至再次被拉直所经时间为

t2=(5.6-2.8)s=2.8s,弹性绳第二次被拉直时跳跃者的速度V2==14in/s,每一次弹

2

1,1,

性绳绷紧损耗的机械能为4E=-mv；--mv；,为使该跳跃者第一次弹回时能到达与起跳

22

点等高处，所需初速度为Vo,

12

则有5mVo=/iE,代入数据得vo=5.4m/s。

4.(16分)(2020江苏新沂市润新学校质检)某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型.倾

角0=37。的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6m,始终以v0=6m/s的速

度顺时针运动.将一个质量“=lkg的物块由距斜面底端高度/n=5.4m的A点静止滑下，

物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为

〃I=0.5、〃2=0.2,传送带上表面距地面的高度H=5m,g取10m/s2.sin370=0.6,cos370=0.8.

⑴求物块由A点运动到C点的时间；

⑵若把物块从距斜面底端高度Z?2=2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；

⑶求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.

A

(DA到3过程：根据牛顿第二定律mgsin0-^mgcos0=max

%12

sin02

代入数据解得％=2m/s2t]=3s

所以滑到B点的速度：vB=a.tx=2x3nVs=6nVs物块在传送带上匀速运动到C

I6

%=—=—s=Ifs

%6

所以物块由4到3的时间：Z=ZI+Z2=3S+1S=4S（5分）

⑵斜面上由根据动能定理mg"—〃/ngcos®9

解得v=4m/s<6m/s

设物块在传送带先做匀加速运动达加运动位移为x,贝!J：?=必殁=42g=2m/s2

m

22

v0-v=2axx=5m<6m

所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动

s=%/o记解得s=6m（5分）

⑶因物块每次均抛到同一点。，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有肥二为（1分）

①当离传送带高度为阳时物块进入传送带后一直匀加速运动，贝II：

〃3,12

mghy-/j}mgcos0+jj2mgL=-mv0

sin。

h3=1.8m（2分）

②当离传送带高度为加时物块进入传送带后一直匀减速运动，贝人

mgh4-内mgcos。一——pi2mgL=-mvj'

sin。2

29.0m（2分）

所以当离传送带高度在1.8m~9.0m的范围内均能满足要求

即l.8m@W9.0m（1分）

5.如图所示，摩托车做腾跃特技表演,沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平

速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道,并沿轨

道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R=l.0m,人和车的总质量为180kg,

特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6）»求：

（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s;

（2）从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角0;

（3）人和车运动到圆弧轨道最低点O此时对轨道的压力。

【名师解析】

（1）车做的是平抛运动，很据平抛运动的规律可得

竖直方向上

水平方向上产他

则1；］川

（2）摩托车落至4点时，其竖直方向的分速度Vy=gf2

到达A点时速度'=+

解得：-A=5m/s设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为a,则==q

即a=53°

（3）车从A到。，利用动能定理可得：削g（Lcosa）=*咯*吐并利用向心力表

达式：

可计算在最低点压力大小为7740N。

【分析】平抛运动高度决定时间，并结合初速度计算平抛水平位移；由于切线进入轨道，故

速度与轨道相切，可根据A点速度方向判断圆心角；最后利用功能关系计算到。点速度，

利用圆周运动向心力公式计算轨道支持力大小。

5..（9分）（2021山东潍坊一模）荡秋千是中国清明节习俗，所以清明节也称“秋千节民

间传说秋千荡得越高，生活过得越美好。如图所示，甲同学坐在与竖直绳连接的水平踏板上,

此时，可认为人相对踏板不动且重心在踏板上。乙同学将他拉离至绳与竖直方向成37。角的

A处后放手，甲同学无初速自由摆下，已知甲同学质量为40kg,秋千绳长4m,不计绳和踏

板的质量，忽略空气阻力，（g取lOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8）,

（1）求摆到最低点时，甲同学对踏板压力的大小；

（2）若踏板每次摆回到右侧最高点时，乙同学都会推一下甲同学，推动4次后，摆绳与竖

直方向的夹角最大值53。，求平均每次推动甲同学过程中乙同学所做的功。

【名师解析】.（9分）

解：（1）从A到。，由机械能守恒定律得

1

mgL（l-cos37°）=—9

2

由牛顿第二定律FN-mg=］吟

山牛顿第三定律得对踏板的压力为FN'=560N（1分）

（2）每次推动做功为W

4W=mgl（cos37°-cos53°）

得W=80J

6（2021湖北黄冈12月质检）麦昆弹射车因为其安装简单，可玩性高，广受孩子们的欢迎,

其装置如图甲所示，按下按钮后玩具车被弹簧弹出，可以在摆好的赛道上飞驰。某赛道可以

简化为如图乙所示的模型，玩具车在A点被弹出后，恰好能够到达竖直面内圆形轨道的最

高点C,驶过圆形轨道后经过长为x的粗糙水平面BD后，进入斜面DE,DE与水平方向的

夹角为0=53。，到达E点时速度为零。已知A、C、E三点高度相同。粗糙轨道BD和DE

动摩擦因数均为「01，其它摩擦不计。已知玩具车质量为0.1kg,圆形轨道半径r=0.4m。

求：

（1）弹簧的弹性势能；

（2）BD长度x；

（3）若斜面DE与水平面夹角0可以调节，使小车返回圆弧轨道时不脱离轨道，0的正切值

需要满足什么条件？

【名师解析】（11分）（1）玩具车恰好通过最高点，即在C点只受到重力，电力提供向心

力

2

mg=m—（1分）

r

由A点到。点只有重力做功，机械能守恒

Ep+mghA--mvl+mghc（1分）

h\=hc（1分）

联立得

EP=0.2J（1分）

(2)从C点到E点动能定理

12

-Rtngx-f.imgcos0L=O——

h

sin。=—（2分）

L

得

x=1.4m（1分）

(3)设改变夹角。后玩具车能到达斜面最高点，D与斜面最高点间长度为从C点到最高点

动能定理

0--mv^.=mg（2R-l'sin3）-/jmgx-/JmgI'cos0（2分）

玩具车返回B点后不脱离轨道，即小车到达B点左侧与半径等高处G点时速度为0,F点到

G点动能定理

mg(l'sin0-R)-/.imgx-/zmg/'cos^=0-0

7

联立得tan。=一

16

即

7(2分)

tan。V——

16

7.[2021.浙江名校联考](20分)在滑板公园里经常看到各种滑板场地，现有一个滑板场

地可简化为如图所示模型，滑板轨道由足够长的斜直轨道、半径以=2m的凹形圆弧轨道

和半径&=3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖

直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧

轨道的圆心。与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为，”=1kg的滑板从斜直轨道

上的尸点无初速度滑下，经〃点滑向N点.在凸形圆弧轨道最右侧距离L=0.9m的位置有

一个高度/z2=3m、倾角为53。的斜面.不切阻力，sin53o=0.8,g取lOm/s?.

N

（1）若P点距水平面的高度加=3.2m,滑板滑至M点时，求轨道对滑板的支持力大小

FN.

（2）若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度H.

（3）若保持（2）中条件不变，滑板滑至N点时刚好做平抛运动，滑板能否与右侧斜面发生

碰撞（不考虑碰撞后反弹）？若能，请计算出碰撞的具体位置；若不能，请说明理由.

【名师解析】：（1）滑板由P点滑至M点过程，由功能关系得〃喀加=%?访（2分）

滑板滑至M点时，由牛顿第二定律有心一小8=端（2分）

联立并代入数据解得FN=42N.（1分）

（2）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg=n^2分）

代入数据解得VN=6m/s（l分）

滑板从P点到N点，根据功能关系有mgH=mgR2+3n/2分）

代入数据解得"=5.4m.（2分）

（3）因滑板滑至N点时刚好做平抛运动，则由平抛运动的规律有^=5户、x=vw（2分）

R2—v

由几何关系可知tan53。=—分）

x-&一L

联立以上各式并代入数据解得X-&-L=0.3m,&-y=0.4m（2分）

综上可知，能发生碰撞，碰撞点距离斜面底端的水平距罔为0.3m,距离斜面底端的高

度为0.4m（2分）

答案：（1）42N（2）5.4m（3）见解析

8.（2020天津二模）滑板运动惊险刺激，受到很多年轻人的喜爱，一个滑板运动员在一个平台上

的A点，以vo=16m/s的速度冲向一个圆形轨道，在圆轨道的B点沿切线进入轨道,CO是圆的

一条直径,。为最高点,C为最低点,。3与OC的夹角为37。,圆轨道半径R=5m,人与滑板车的

总质量为777=60kg,滑到轨道最高点D时对轨道的压力等于他们的重力,重力加速度取10

m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）人与滑板车滑到轨道最高点D时的速度大小；

（2）圆轨道对滑板车摩擦力做的功。

【参考答案】(1)10m/s(2)-3600J

【名师解析】(1)到D点时，根据牛顿第二定律可得

Fz+mg=

根据牛顿第三定律可得Fz=FN'=mg

解得VD=10m/s

(2)到达B点时，丫产Ms

由8到。的过程中运用动能定理有

-mgR(1+COS370)+lV^mv^mvj

解得Wj=-3600J

9.(2022山东枣庄模拟)(9分)某型号的网红“水帘秋千”如图所示，它与平常秋千的不同之处

是钢铁做成的秋千架上装有273个独立竖直向下的出水孔，在系统控制下能够间断性出水,

从而形成一个有孔洞的水帘。假设秋千摆长L=3.0m,人坐在座板上，头顶到座板的距离为

h1=1.0m,鞋底到座板的距离为h2=0.5m,忽略绳的重力和空气阻力，人与座板整体的重心

在座板上。假设秋千的摆动周期与同摆长的单摆做简谐运动的周期相同；出水孔打开时，水

的初速度为零。以秋千座板从最高点刚要向下摆动时作为计时起点，此刻，比座板略宽的范

围内的所有出水孔都是关闭的。取g=10m/s2,兀=3.14,

闻=5.48,同=6.32,J元=8.37。计算结果均保留到小数点后面两位。求：

(1)在秋千第一次从最高点运动到最低点的过程中，哪个时刻打开出水孔，水刚好不能淋湿

人的头顶；

(2)在秋千第二次到达最低点之前最迟哪个时刻关闭出水孔，水刚好不能淋湿人体的任何部

位;

(3)接第(2)问，当秋千第二次到达最低点时，水又刚好不能淋湿人的头顶，那么，出水孔关

闭了多长时间。

【名师解析［(9分)解：(1)计时开始后，设第一滴水经历自由落体时间AL刚好落到人头顶

处，其下落距离应为L—%。由运动学公式有:

f=gg(M)2①

解得：△U=0.63s

设单摆的运动周期为T,则兀个工

T=2②

解得：T=3.44s

设在计时开始后，L时刻打开出水孔，则

T

r'=7~1③

解得：ti=0.23s④

(2)设关闭出水孔的最后一滴水经历自由落体时间回2刚好落到人脚底处，其下落距离应为

L+h2o由运动学公式有:

L+(△/⑤

解得：△t2=0.84s

设从计时开始后，t2时刻关闭出水孔，则

3TA

f2=~■■-M

解得：t2=1.74s⑦

(3)当再次打开出水孔后的第一滴水又刚好不淋湿头顶，第一滴水下落的时间依然为

△ti，设从关闭出水孔到再次打开出水孔,关闭的持续时间为At3,则

M⑧

解得：△t3=0.21s⑨

10.(16分)(2022江苏如皋期中)如图所示，小明