2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）壓軸題05 動能定理與機械能守恒（解析版）

壓軸題05動能定理與機械能守恒考向分析歷年的高考熱點、高頻點，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算題為主。動能定理應用廣泛，無論物體做直線運動還是曲線運動，無論是恒力做功還是變力做功，均可考慮動能定理，特別在處理不含時間的動力學問題時，以及求變力做功時，應優(yōu)先考慮動能定理。利用功能關系和能量守恒定律解決力學問題是歷年的高考熱點、高頻點。題目往往結合拋體運動、圓周運動、多個物體間的相對運動綜合考查，甚至涉及重力場、電場、磁場等。常考的幾對功能關系有滑動摩擦力做功引起內(nèi)能變化、合力做功引起動能變化、重力做功引起重力勢能變化、電場力做功引起電勢能變化、安培力做功引起機械能或電能變化等歷年的高考熱點、高頻點，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算題為主。動能定理應用廣泛，無論物體做直線運動還是曲線運動，無論是恒力做功還是變力做功，均可考慮動能定理，特別在處理不含時間的動力學問題時，以及求變力做功時，應優(yōu)先考慮動能定理。利用功能關系和能量守恒定律解決力學問題是歷年的高考熱點、高頻點。題目往往結合拋體運動、圓周運動、多個物體間的相對運動綜合考查，甚至涉及重力場、電場、磁場等。?？嫉膸讓δ荜P系有滑動摩擦力做功引起內(nèi)能變化、合力做功引起動能變化、重力做功引起重力勢能變化、電場力做功引起電勢能變化、安培力做功引起機械能或電能變化等壓軸題要領熱點題型一動能定理的理解1．定理中“外力”的兩點理解(1)重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．(2)既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關系熱點題型二動能定理在直線運動中的應用若在直線運動中知道初、末狀態(tài)，而不需要考慮中間過程時，一般用動能定理處理位移與速度的關系一般用分段法來處理問題，找準直線運動中轉折處其動能有無損失熱點題型三動能定理與圖象的結合問題1．解決物理圖象問題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式．(3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下方的面積所對應的物理意義，根據(jù)對應關系列式解答問題．2．四類圖象所圍“面積”的含義熱點題型四動能定理在多階段、多過程綜合問題中的應用1．由于多過程問題的受力情況、運動情況比較復雜，從動力學的角度分析多過程問題往往比較復雜，但是，用動能定理分析問題，是從總體上把握其運動狀態(tài)的變化，并不需要從細節(jié)上了解．因此，動能定理的優(yōu)越性就明顯地表現(xiàn)出來了，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即可．2．運用動能定理解決問題時，有兩種思路：一種是全過程列式，另一種是分段列式．3．全過程列式涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；(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關．4．應用動能定理解題的基本步驟熱點題型五機械能守恒的理解與判斷1．機械能守恒判斷的三種方法定義法利用機械能的定義直接判斷，分析物體或系統(tǒng)的動能和勢能的和是否變化，若不變，則機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，則機械能守恒轉化法若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒2.機械能守恒條件的理解及判斷(1)機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)對于一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒．(3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒，可以根據(jù)能量的轉化進行判斷．嚴格地講，機械能守恒定律的條件應該是對一個系統(tǒng)而言，外力對系統(tǒng)不做功(表明系統(tǒng)與外界之間無能量交換)，系統(tǒng)內(nèi)除了重力和彈力以外，無其他摩擦和介質阻力做功(表明系統(tǒng)內(nèi)不存在機械能與其他形式之間的轉換)，則系統(tǒng)的機械能守恒．熱點題型六單個物體的機械能守恒問題1．機械能守恒定律的表達式2．求解單個物體機械能守恒問題的基本思路熱點題型七多物體關聯(lián)的機械能守恒問題1．多物體機械能守恒問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點由靜止釋放，運動至B點時速度為v1.現(xiàn)將傾斜軌道的傾角調至為θ2，仍將物塊從軌道上高度為h的A點靜止釋放，運動至B點時速度為v2.已知θ2<θ1，不計物塊在軌道接觸處的機械能損失．則 ()A．v1<v2B．v1>v2C．v1＝v2D．由于不知道θ1、θ2的具體數(shù)值，v1、v2關系無法判定【答案】C【解析】物體運動過程中摩擦力做負功，重力做正功，由動能定理可得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，因為eq\f(h,tanθ)＝xCD，所以mgh－μmgxBC＝eq\f(1,2)mv2，故到達B點的速度與傾斜軌道的傾角無關，所以v1＝v2，故選項C正確．2.如圖甲所示，一質量為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作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2，則下列說法正確的是()物體先做加速運動，推力為零時開始做減速運動B．物體在水平地面上運動的最大位移是10mC．物體運動的最大速度為2eq\r(15)m/sD．物體在運動中的加速度先變小后不變【答案】B【解析】當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；圖乙中圖線與坐標軸所圍成的三角形面積表示推力對物體做的功，由此可得推力做的功為W＝eq\f(1,2)×4×100J＝200J，根據(jù)動能定理有W－μmgxmax＝0，得xmax＝10m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20N時，x＝3.2m，由動能定理得eq\f(1,2)(100＋20)·x－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得物體運動的最大速度vmax＝8m/s，選項C錯誤；當推力由100N減小到20N的過程中，物體的加速度逐漸減小，當推力由20N減小到0的過程中，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項錯誤．3.如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質量為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點處從靜止開始向右運動．重力加速度大小為g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】小球從a運動到c，根據(jù)動能定理，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點在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，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點到最高點所用的時間t＝eq\f(v1,g)＝2eq\r(\f(R,g))，水平位移x＝eq\f(1,2)gt2＝2R，根據(jù)功能關系，小球從a點到軌跡最高點機械能的增量為力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時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測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】.對整個過程應用動能定理得：F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得：Wf＝34J，C對．5.如圖所示，木盒中固定一質量為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】設木盒質量為M，木盒中固定一質量為m的砝碼時，由動能定理可知，μ(m＋M)gx1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得x1＝eq\f(v2,2μg)；加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)時，由動能定理可知，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，質量為m的物體靜置在水平光滑平臺上，系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪，由地面上的人以速度v0向右勻速拉動，設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方向夾角為45°處，在此過程中人所做的功為()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，沿繩方向的速度v＝v0cos45°＝eq\f(\r(2)v0,2)，故質量為m的物體速度等于eq\f(\r(2)v0,2)，對物體應用動能定理可知，在此過程中人所做的功為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，受到一個水平拉力F作用開始運動，拉力隨時間變化如圖所示，用Ek、v、x、P分別表示物體的動能、速度、位移和水平拉力的功率，下列四個圖象中分別定性描述了這些物理量隨時間變化的情況，正確的是()【答案】BD【解析】由動能定理，F(xiàn)x＝F·eq\f(1,2)at2＝Ek，選項A錯誤；在水平拉力F作用下，做勻加速直線運動，選項B正確；其位移x＝eq\f(1,2)at2，選項C錯誤；水平拉力的功率P＝Fv＝Fat，選項D正確．8.一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側與光滑斜坡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處進入槽內(nèi)，到達b后沿斜坡bb′向上滑行，已知到達的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊、沿斜坡bb′滑下并從b處進入槽內(nèi)反向運動，若不考慮空氣阻力，則()A．小物塊再運動到a處時速度變?yōu)榱鉈．小物塊每次經(jīng)過圓弧槽最低點時對槽的壓力不同C．小物塊不僅能再運動到a處，還能沿斜坡aa′向上滑行，上升的最大高度為hD．小物塊不僅能再運動到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，所以每次通過最低點的速度會變小，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變小，所以B正確；設第一次通過圓弧槽過程中克服摩擦力做功為Wf，根據(jù)動能定理可得mgh－Wf＝0，第二次通過圓弧槽的最低點時因正壓力減小，所以摩擦力減小，同理，其他位置所對應的摩擦力都變小，故第二次通過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錯誤．9.如圖所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝1kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變．現(xiàn)對小物塊施加F＝10N水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動．小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止．圖中OA＝0.8m，OB＝0.2m，重力加速度g取10m/s2.求小物塊：(1)與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)向右運動過程中經(jīng)過O點的速度；(3)向左運動的過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)小物塊速度達到最大時，加速度為零．F－μmg－F彈＝0，μ＝eq\f(F－F彈,mg)＝0.4.(2)設向右運動通過O點時的速度為v0，從O到B，由動能定理得－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，對小物塊運動的全過程，根據(jù)動能定理得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).一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，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點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零．重力加速度大小為g.求(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大?。?2)小球到達A點時動量的大小；(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間．【答案】見解析【解析】(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有eq\f(F0,mg)＝tanα ①F2＝(mg)2＋Feq\o\al(2,0) ②設小球到達C點時的速度大小為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)設小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得DA＝Rsinα ⑥CD＝R(1＋cosα) ⑦由動能定理有－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點的動量大小為p＝mv1＝eq\f(m\r(23gR),2). ⑨(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有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.將一個物體以初動能E0豎直向上拋出，落回地面時物體的動能為eq\f(E0,2).設空氣阻力恒定，如果將它以初動能4E0豎直上拋，則它在上升到最高點的過程中，重力勢能變化了()A．3E0B．2E0C．1.5E0D．E0【答案】A【解析】設動能為E0，其初速度為v0，上升高度為h；當動能為4E0，則初速度為2v0上升高度為h′.由于在上升過程中加速度相同，根據(jù)v2＝2gh可知，h′＝4h根據(jù)動能定理設摩擦力大小為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，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是()A．斜劈對小球的彈力不做功B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．斜劈的機械能守恒D．小球重力勢能減少量等于斜劈動能的增加量【答案】B【解析】不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球的重力做功，小球重力勢能減少量等于斜劈和小球的動能增加量，系統(tǒng)機械能守恒，B正確，C、D錯誤；斜劈對小球的彈力與小球位移間夾角大于90°，故彈力做負功，A錯誤．13．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()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】不計空氣阻力的拋體運動，機械能守恒．故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時，物體速度的大小相等，故只有選項A正確．14.某踢出的足球在空中運動軌跡如圖所示，足球視為質點，空氣阻力不計．用v、E、Ek、P分別表示足球的速率、機械能、動能和重力的瞬時功率大小，用t表示足球在空中的運動時間，下列圖象中可能正確的是 ()【答案】D【解析】足球做斜上拋運動，機械能守恒，重力勢能先增加后減小，故動能先減小后增加，速度先減小后增加，A、B項錯誤；以初始位置為零勢能面，踢出時豎直方向速度為vy，則Ek＝E－Ep＝E－mgh＝E－mgvyt＋eq\f(1,2)mg2t2，C項錯誤；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項正確．15.如圖所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，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點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)，現(xiàn)有一質量為m、初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，則(小球直徑略小于圓管內(nèi)徑)()A．小球到達C點時的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速度都不能為零D．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度與D點相距2R【答案】B【解析】對小球從A點至C點過程，由機械能守恒有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A錯誤；對小球從A點至E點的過程，由機械能守恒有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點拋出后，由平拋運動規(guī)律有x＝vEt，R＝eq\f(1,2)gt2，解得x＝R，則小球恰好落至B點，選項B正確；因為圓管內(nèi)壁可提供支持力，所以小球到達B點時的速度可以為零，選項C錯誤；若將DE軌道拆除，設小球能上升的最大高度為h，由機械能守恒可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，解得h＝eq\f(5,4)R，選項D錯誤．16.如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的eq\f(3,4)圓形導軌固定在一水平地面上，半徑為R.一個質量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進入圓軌道．不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是()A．適當調整高度h，可使小球從軌道最高點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對軌道的壓力為5mgC．只有h大于等于2.5R時，小球才能到達圓軌道的最高點MD．若h＝R，則小球能上升到圓軌道左側離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR【答案】BC【解析】若小球從M到N做平拋運動，則有R＝vMt，R＝eq\f(1,2)gt2，可得vM＝eq\r(\f(gR,2))，而球到達最高點M時速度至少應滿足mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(gR)，故A錯誤；從P點到最低點過程由機械能守恒可得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對軌道的壓力為5mg，故B正確；由機械能守恒得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離地高度為R的位置，該過程重力做功為0，故D錯誤．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，質量均為m的小球a、b固定在豎直輕桿的兩端，輕桿長為R，不計小球大?。_始時a球處在圓弧上端A點，由靜止釋放小球和輕桿，使其沿光滑軌道下滑，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)球下滑過程中機械能保持不變B．b球下滑過程中機械能保持不變C．a(chǎn)、b球滑到水平軌道上時速度大小為eq\r(2gR)D．從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，整個過程中輕桿對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)機械能守恒，A、B錯誤；由系統(tǒng)機械能守恒有mgR＋2mgR＝eq\f(1,2)×2mv2，解得a、b球滑到水平軌道上時速度大小為v＝eq\r(3gR)，C錯誤；從釋放a、b球到a、b球滑到水平軌道上，對a球，由動能定理有W＋mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得輕桿對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)上套有質量分別為m和2m的小球A、B(均可看做質點)，且小球A、B用一長為2R的輕質細桿相連，在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g)，下列說法正確的是()A球增加的機械能等于B球減少的機械能B．A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能C．A球的最大速度為eq\r(\f(2gR,3))D．細桿對A球做的功為eq\f(8,3)mgR【答案】AD【解析】系統(tǒng)機械能守恒的實質可以理解為是一種機械能的轉移，此題的情景就是A球增加的機械能等于B球減少的機械能，A對，B錯；根據(jù)機械能守恒定律有：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；根據(jù)功能關系，細桿對A球做的功等于A球增加的機械能，即WA＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R＝eq\f(8,3)mgR，故D對．19.一半徑為R的半圓形豎直圓柱面，用輕質不可伸長的細繩連接的A、B兩球懸掛在圓柱面邊緣兩側，A球質量為B球質量的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，且細繩足夠長，若不計一切摩擦，求：(1)A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大??；(2)A球沿圓柱內(nèi)表面運動的最大位移．【答案】(1)2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR)(2)eq\r(3)R【解析】(1)設A球沿圓柱內(nèi)表面滑至最低點時速度的大小為v，B球的質量為m，則根據(jù)機械能守恒定律有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的關系為vB＝v1＝vcos45°聯(lián)立解得v＝2eq\r(\f(2－\r(2),5)gR).(2)當A球的速度為零時，A球沿圓柱內(nèi)表面運動的位移最大，設為x，如圖乙所示，由幾何關系可知A球下降的高度h＝eq\f(x,2R)eq\r(4R2－x2)根據(jù)機械能守恒定律有2mgh－mgx＝0解得x＝eq\r(3)R.20.如圖所示，質量為m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平面飛出后，恰好無碰撞地從A點進入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道，其中B點為圓弧軌道的最低點，C點為圓弧軌道的最高點，圓弧AB對應的圓心角θ＝53°，圓半徑R＝0.5m．若小球離開水平面運動到A點所用時間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?。?2)到達B點時，小球對圓弧軌道的壓力大?。?3)小球能否通過圓弧軌道的最高點C？說明原因．【答案】(1)3m/s(2)136N(3)能，理由見解析【解析】(1)小球離開水平面運動到A點的過程中做平拋運動，有vy＝gt根據(jù)幾何關系可得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點的速度vA＝eq\f(vy,sinθ)小球從A點運動到B點的過程，滿足機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvA2＋mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvB2設小球運動到B點時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，小球對圓弧軌道的壓力FN′＝FN＝136N(3)假設小球能通過最高點C，則小球從B點運動到C點的過程，滿足機械能守恒定律，有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mvC2在C點有F向＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)，解得F向＝36N>mg所以小球能通過最高點C.21.一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側做勻速圓周運動，周期為T，人和車(當作質點)的總質量為m，軌道半徑為R。已知摩托車經(jīng)最高點時發(fā)動機功率為P0，對軌道的壓力為2mg。設軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比。下列說法正確的是()A．摩托車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為3mgB．摩托車經(jīng)最低點時發(fā)動機功率為2P0C．摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為eq\f(1,2)P0TD．摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機做的功為2mgR【答案】B【解析】摩托車在最高點時有2mg＋mg＝meq\f(v2,R)，在最低點時有FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝4mg，選項A錯誤；由于軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，根據(jù)P＝Fv可知發(fā)動機在最低點時的功率是在最高點時功率的2倍，功率在增大，發(fā)動機做的功大于eq\f(1,2)P0T，所以選項B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理，摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中WF＋2mgR－Wf＝0，可得發(fā)動機做的功WF＝Wf－2mgR，選項D錯誤。21．小孩玩冰壺游戲，如圖所示，將靜止于O點的冰壺(視為質點)沿直線OB用水平恒力推到A點放手，此后冰壺沿直線滑行，最后停在B點。已知冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)為μ，冰壺質量為m，OA＝x，AB＝L，重力加速度為g。求：(1)冰壺在A點的速率vA；(2)冰壺從O點運動到A點的過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點運動至B點的過程中，只有滑動摩擦力對其做負功，由動能定理得－μmgL＝0－eq\f(1,2)mvA2解得vA＝eq\r(2μgL)。(2)冰壺從O點運動至A點的過程中，水平推力F和滑動摩擦力同時對其做功，由動能定理得(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，右端點在O點位置。質量為m的物塊A(可視為質點)以初速度v0從距O點右方x0的P點處向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回。A離開彈簧后，恰好回到P點。物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。求：(1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功；(2)O點和O′點間的距離x1；(3)如圖乙所示，若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質點)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點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動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點出發(fā)又回到P點的過程，根據(jù)動能定理得－2μmg(x1＋x0)＝0－eq\f(1,2)mv02解得x1＝eq\f(v02,4μg)－x0。(3)A、B在彈簧處于原長處分離，設此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功為WF只有物塊A時，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點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75m，B點是圓弧軌道的最低點，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間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4m的半圓軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊的拋出點離A點的高度h；(2)若MN的長度為L＝6m，求小物塊通過C點時所受軌道彈力的大小FN；(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′?！敬鸢浮?1)0.45m(2)60N(3)10m【解析】(1)根據(jù)平拋運動規(guī)律有：tan37°＝eq\f(gt,v0)得t＝0.3s解得h＝eq\f(1,2)gt2＝0.45m。(2)小物塊由拋出點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有：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點運動到C點