2025年高考物理复习考点解密追踪与预测（新高考）压轴题05 动能定理与机械能守恒（解析版）

压轴题05动能定理与机械能守恒考向分析历年的高考热点、高频点，出现在不同题型、不同难度的试题中，出题形式主要以选择题和计算题为主。动能定理应用广泛，无论物体做直线运动还是曲线运动，无论是恒力做功还是变力做功，均可考虑动能定理，特别在处理不含时间的动力学问题时，以及求变力做功时，应优先考虑动能定理。利用功能关系和能量守恒定律解决力学问题是历年的高考热点、高频点。题目往往结合抛体运动、圆周运动、多个物体间的相对运动综合考查，甚至涉及重力场、电场、磁场等。常考的几对功能关系有滑动摩擦力做功引起内能变化、合力做功引起动能变化、重力做功引起重力势能变化、电场力做功引起电势能变化、安培力做功引起机械能或电能变化等历年的高考热点、高频点，出现在不同题型、不同难度的试题中，出题形式主要以选择题和计算题为主。动能定理应用广泛，无论物体做直线运动还是曲线运动，无论是恒力做功还是变力做功，均可考虑动能定理，特别在处理不含时间的动力学问题时，以及求变力做功时，应优先考虑动能定理。利用功能关系和能量守恒定律解决力学问题是历年的高考热点、高频点。题目往往结合抛体运动、圆周运动、多个物体间的相对运动综合考查，甚至涉及重力场、电场、磁场等。常考的几对功能关系有滑动摩擦力做功引起内能变化、合力做功引起动能变化、重力做功引起重力势能变化、电场力做功引起电势能变化、安培力做功引起机械能或电能变化等压轴题要领热点题型一动能定理的理解1．定理中“外力”的两点理解(1)重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．(2)既可以是恒力，也可以是变力．2．公式中“＝”体现的三个关系热点题型二动能定理在直线运动中的应用若在直线运动中知道初、末状态，而不需要考虑中间过程时，一般用动能定理处理位移与速度的关系一般用分段法来处理问题，找准直线运动中转折处其动能有无损失热点题型三动能定理与图象的结合问题1．解决物理图象问题的基本步骤(1)观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下方的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题．2．四类图象所围“面积”的含义热点题型四动能定理在多阶段、多过程综合问题中的应用1．由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，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来即可．2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．3．全过程列式涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积；(3)弹簧弹力做功与路径无关．4．应用动能定理解题的基本步骤热点题型五机械能守恒的理解与判断1．机械能守恒判断的三种方法定义法利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒做功法若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒转化法若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒2.机械能守恒条件的理解及判断(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”．(2)对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．(3)对于系统机械能是否守恒，可以根据能量的转化进行判断．严格地讲，机械能守恒定律的条件应该是对一个系统而言，外力对系统不做功(表明系统与外界之间无能量交换)，系统内除了重力和弹力以外，无其他摩擦和介质阻力做功(表明系统内不存在机械能与其他形式之间的转换)，则系统的机械能守恒．热点题型六单个物体的机械能守恒问题1．机械能守恒定律的表达式2．求解单个物体机械能守恒问题的基本思路热点题型七多物体关联的机械能守恒问题1．多物体机械能守恒问题的解题思路压轴题速练1.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角为θ1的轨道上高度为h的A点由静止释放，运动至B点时速度为v1.现将倾斜轨道的倾角调至为θ2，仍将物块从轨道上高度为h的A点静止释放，运动至B点时速度为v2.已知θ2<θ1，不计物块在轨道接触处的机械能损失．则 ()A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具体数值，v1、v2关系无法判定【答案】C【解析】物体运动过程中摩擦力做负功，重力做正功，由动能定理可得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，因为eq\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2，故到达B点的速度与倾斜轨道的倾角无关，所以v1＝v2，故选项C正确．2.如图甲所示，一质量为4kg的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推力F作用下开始运动，推力F随位移x变化的关系图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，则下列说法正确的是()物体先做加速运动，推力为零时开始做减速运动B．物体在水平地面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为2eq\r(15)m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变【答案】B【解析】当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动，选项A错误；图乙中图线与坐标轴所围成的三角形面积表示推力对物体做的功，由此可得推力做的功为W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根据动能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10m，选项B正确；当推力与摩擦力平衡时，加速度为零，速度最大，由题图乙得F＝100－25x(N)，当F＝μmg＝20N时，x＝3.2m，由动能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得物体运动的最大速度vmax＝8m/s，选项C错误；当推力由100N减小到20N的过程中，物体的加速度逐渐减小，当推力由20N减小到0的过程中，物体的加速度又反向增大，此后物体的加速度不变，直至物体静止，故D项错误．3.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，又F＝mg，故v1＝2eq\r(gR)，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.4.用竖直向上大小为30N的力F，将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20cm.若忽略空气阻力，g取10m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为()A．20JB．24JC．34JD．54J【答案】C【解析】.对整个过程应用动能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C对．5.如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止．现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离()A．不变B．变小C．变大D．变大变小均可能【答案】B.【解析】设木盒质量为M，木盒中固定一质量为m的砝码时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一个竖直向下的恒力F(F＝mg)时，由动能定理可知，μ(m＋M)gx2＝eq\f(1,2)Mv2，解得x2＝eq\f(Mv2,2（m＋M）μg)，显然x2<x1.6.如图所示，质量为m的物体静置在水平光滑平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开始向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人所做的功为()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】由题意知，绳与水平方向夹角为45°时，沿绳方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故质量为m的物体速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，对物体应用动能定理可知，在此过程中人所做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，C正确．7.光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化如图所示，用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四个图象中分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是()【答案】BD【解析】由动能定理，Fx＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，做匀加速直线运动，选项B正确；其位移x＝eq\f(1,2)at2，选项C错误；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，选项D正确．8.一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡aa′、bb′相切，相切处a、b位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示．一小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到达的最高处距水平面ab的高度为h；接着小物块、沿斜坡bb′滑下并从b处进入槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则()A．小物块再运动到a处时速度变为零B．小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同C．小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度为hD．小物块不仅能再运动到a处，还能沿斜坡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，所以每次通过最低点的速度会变小，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(v2,R)，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以B正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为Wf，根据动能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减小，所以摩擦力减小，同理，其他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即Wf′＜mgh，则小物块还能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度小于h，所以D正确，A、C错误．9.如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F＝10N水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止．图中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度g取10m/s2.求小物块：(1)与桌面间的动摩擦因数μ；(2)向右运动过程中经过O点的速度；(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．【答案】(1)0.4(2)1.26m/s(3)0.9m【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零．F－μmg－F弹＝0，μ＝eq\f(F－F弹,mg)＝0.4.(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O到B，由动能定理得－FfxOB＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，Ff＝μmg＝4N，解得v0＝eq\r(1.6)m/s≈1.26m/s.(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入数值得xmax＝0.9m.10.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝eq\f(3,5).一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．【答案】见解析【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得F＝meq\f(v2,R) ③由①②③式和题给数据得F0＝eq\f(3,4)mg ④v＝eq\f(\r(5gR),2). ⑤(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有v⊥t＋eq\f(1,2)gt2＝CD ⑩v⊥＝vsinα ⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝eq\f(3,5)eq\r(\f(5R,g)). ⑫11.将一个物体以初动能E0竖直向上抛出，落回地面时物体的动能为eq\f(E0,2).设空气阻力恒定，如果将它以初动能4E0竖直上抛，则它在上升到最高点的过程中，重力势能变化了()A．3E0B．2E0C．1.5E0D．E0【答案】A【解析】设动能为E0，其初速度为v0，上升高度为h；当动能为4E0，则初速度为2v0上升高度为h′.由于在上升过程中加速度相同，根据v2＝2gh可知，h′＝4h根据动能定理设摩擦力大小为f，则f×2h＝eq\f(E0,2)，因此f×4h＝E0.因此在升到最高处其重力势能为3E0所以答案为A.12.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()A．斜劈对小球的弹力不做功B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C．斜劈的机械能守恒D．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量【答案】B【解析】不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，小球重力势能减少量等于斜劈和小球的动能增加量，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．13．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小()A．一样大B．水平抛的最大C．斜向上抛的最大D．斜向下抛的最大【答案】A.【解析】不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等，故只有选项A正确．14.某踢出的足球在空中运动轨迹如图所示，足球视为质点，空气阻力不计．用v、E、Ek、P分别表示足球的速率、机械能、动能和重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中的运动时间，下列图象中可能正确的是 ()【答案】D【解析】足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，A、B项错误；以初始位置为零势能面，踢出时竖直方向速度为vy，则Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋eq\f(1,2)mg2t2，C项错误；速度的水平分量不变，竖直分量先均匀减小到零，后反向均匀增大，故根据P＝Gv可知，重力的功率先均匀减小后均匀增加，D项正确．15.如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内，现有一质量为m、初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于圆管内径)()A．小球到达C点时的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通过E点且抛出后恰好落至B点C．无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零D．若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R【答案】B【解析】对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有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)，选项A错误；对小球从A点至E点的过程，由机械能守恒有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)，小球从B点抛出后，由平抛运动规律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，则小球恰好落至B点，选项B正确；因为圆管内壁可提供支持力，所以小球到达B点时的速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，由机械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,4)R，选项D错误．16.如图所示，竖直面内光滑的eq\f(3,4)圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是()A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处B．若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mgC．只有h大于等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点MD．若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR【答案】BC【解析】若小球从M到N做平抛运动，则有R＝vMt，R＝eq\f(1,2)gt2，可得vM＝eq\r(\f(gR,2))，而球到达最高点M时速度至少应满足mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，故A错误；从P点到最低点过程由机械能守恒可得2mgR＝eq\f(1,2)mv2，由向心力公式得FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为5mg，故B正确；由机械能守恒得mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，代入v＝eq\r(gR)解得h＝2.5R，故C正确；若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为0，故D错误．17.如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的eq\f(1,4)圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小．开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是()A．a球下滑过程中机械能保持不变B．b球下滑过程中机械能保持不变C．a、b球滑到水平轨道上时速度大小为eq\r(2gR)D．从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为eq\f(mgR,2)【答案】D【解析】a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，A、B错误；由系统机械能守恒有mgR＋2mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v＝eq\r(3gR)，C错误；从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得轻杆对a球做的功为W＝eq\f(mgR,2)，D正确．18.如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是()A球增加的机械能等于B球减少的机械能B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能C．A球的最大速度为eq\r(\f(2gR,3))D．细杆对A球做的功为eq\f(8,3)mgR【答案】AD【解析】系统机械能守恒的实质可以理解为是一种机械能的转移，此题的情景就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A对，B错；根据机械能守恒定律有：2mg·2R－mg·2R＝eq\f(1,2)×3mv2，所以A球的最大速度为eq\r(\f(4gR,3))，C错；根据功能关系，细杆对A球做的功等于A球增加的机械能，即WA＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R＝eq\f(8,3)mgR，故D对．19.一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱边缘处由静止释放，如图所示．已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移．【答案】(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R【解析】(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－eq\r(2)mgR＝eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos45°联立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.20.如图所示，质量为m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飞出后，恰好无碰撞地从A点进入竖直平面内的光滑圆弧轨道，其中B点为圆弧轨道的最低点，C点为圆弧轨道的最高点，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，圆半径R＝0.5m．若小球离开水平面运动到A点所用时间t＝0.4s，求：(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2)(1)小球沿水平面飞出的初速度v0的大小．(2)到达B点时，小球对圆弧轨道的压力大小．(3)小球能否通过圆弧轨道的最高点C？说明原因．【答案】(1)3m/s(2)136N(3)能，理由见解析【解析】(1)小球离开水平面运动到A点的过程中做平抛运动，有vy＝gt根据几何关系可得tanθ＝eq\f(vy,v0)代入数据，解得v0＝3m/s(2)由题意可知，小球在A点的速度vA＝eq\f(vy,sinθ)小球从A点运动到B点的过程，满足机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvA2＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvB2设小球运动到B点时受到圆弧轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)代入数据，解得FN＝136N由牛顿第三定律可知，小球对圆弧轨道的压力FN′＝FN＝136N(3)假设小球能通过最高点C，则小球从B点运动到C点的过程，满足机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvC2在C点有F向＝meq\f(vC2,R)代入数据，解得F向＝36N>mg所以小球能通过最高点C.21.一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，周期为T，人和车(当作质点)的总质量为m，轨道半径为R。已知摩托车经最高点时发动机功率为P0，对轨道的压力为2mg。设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比。下列说法正确的是()A．摩托车经最低点时对轨道的压力为3mgB．摩托车经最低点时发动机功率为2P0C．摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为eq\f(1,2)P0TD．摩托车从最高点经半周到最低点的过程中发动机做的功为2mgR【答案】B【解析】摩托车在最高点时有2mg＋mg＝meq\f(v2,R)，在最低点时有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝4mg，选项A错误；由于轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，根据P＝Fv可知发动机在最低点时的功率是在最高点时功率的2倍，功率在增大，发动机做的功大于eq\f(1,2)P0T，所以选项B正确，C错误；根据动能定理，摩托车从最高点经半周到最低点的过程中WF＋2mgR－Wf＝0，可得发动机做的功WF＝Wf－2mgR，选项D错误。21．小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OB用水平恒力推到A点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在B点。已知冰面与冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，OA＝x，AB＝L，重力加速度为g。求：(1)冰壶在A点的速率vA；(2)冰壶从O点运动到A点的过程中受到小孩施加的水平推力F。【答案】(1)eq\r(2μgL)(2)eq\f(μmgx＋L,x)【解析】(1)冰壶从A点运动至B点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－μmgL＝0－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)冰壶从O点运动至A点的过程中，水平推力F和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得(F－μmg)x＝eq\f(1,2)mvA2解得F＝eq\f(μmgx＋L,x)22.如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点。物块A与水平面间的动摩擦因数为μ。求：(1)物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；(2)O点和O′点间的距离x1；(3)如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接，将A放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后分离。分离后物块A向右滑行的最大距离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)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf＝eq\f(1,2)mv02。(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，根据动能定理得－2μmg(x1＋x0)＝0－eq\f(1,2)mv02解得x1＝eq\f(v02,4μg)－x0。(3)A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF只有物块A时，从O′到P有WF－μmg(x1＋x0)＝0－0A、B共同从O′到O有WF－2μmgx1＝eq\f(1,2)×2mv12分离后对A有eq\f(1,2)mv12＝μmgx2联立以上各式可得x2＝x0－eq\f(v02,8μg)。23．如图所示，质量m＝3kg的小物块以初速度v0＝4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道，圆弧轨道的半径为R＝3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝0.4m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物块的抛出点离A点的高度h；(2)若MN的长度为L＝6m，求小物块通过C点时所受轨道弹力的大小FN；(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。【答案】(1)0.45m(2)60N(3)10m【解析】(1)根据平抛运动规律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m。(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有：mg[h＋R(1－cos37°)]＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mv02解得vB＝2eq\r(10)m/s小物块由B点运动到C点