2023年高考物理考試易錯題：功、功率、動能定理及其應(yīng)用

易錯點11功、功率、動能定理及其應(yīng)用

...易錯總結(jié)

1.選取不同的參考系時，物體產(chǎn)生的位移可能不同，用公式求出的功就存在不確定性。因此在

高中階段計算功時,一般以地面為參考系。

2.判斷力對物體是否做功時，不僅要看力和位移，還要注意力與位移之間的夾角，小于900做正

功，大于90。做負功。

3.計算某個力的功時，要注意這個力是否始終作用在物體上，也就是說要注意力和位移的同時

性。

4.能量是標(biāo)量，動能只有正值沒有負值,最小值為零。

5.重力勢能具有相對性，是因為高度具有相對性，因此零勢能面的選擇尤為重要。

6.勢能的正、負不表示方向，只表示大小。

7.比較兩物體勢能大小時必須選同一零勢能面。

8.物體勢能大小與零勢能面的選取有關(guān)，但兩位置的勢能之差與零勢能面的選取無關(guān)。

9.重力做功與路徑無關(guān),只與始末位置有關(guān)。

10.求合力的總功時要注意各個功的正負，進行代數(shù)求和。

11.功能變化量一定是末動能減初動能。

12.要嚴(yán)格按動能定理的一般表達形式列方程,即等號的一邊是合力的總功，另一邊是動能變

化量（末減初）

13.為了忽略空氣阻力.在描述對物體的要求時應(yīng)該說“質(zhì)量大,體積小”.即較小的大密度重物，

不能只說成“密度大

14.用自由落體法驗證機械能守恒定律實驗中來瞬時速度要用紙帶來求，而不能由V=J麗

來求。

15.功率表示的是做功的快慢，而不是做功的多少。

16.汽車的額定功率是其正常工作時的最大功率，實際功率可以小于或等于額定功率。

17.功率和效率是兩個不同的概念，二者無必然的聯(lián)系，功率大的效率不一定高,效率高的功率

也不一定

大。（效率一定小于100%）

18.在計算汽車勻加速運動可維持的時同時，如果用汽車在水平路門上的最大速度除以加速度

這種方法

即認(rèn)為汽車可以一直保持勻加速直至達到最大速度的觀點，是錯誤的。因為有額定功率限制,

功率不能

無限增大;實際上當(dāng)汽車勻加速運動達最大功率時，牽引力開始減小，做加速度減小的加速運

動，直到牽引力

等于阻力，達到最大速度。

19.人加速行走，靜摩擦力沒有對地位移，人受到的靜摩擦力不做功，而入的內(nèi)力做了功。

20.人從地面跳起，彈力沒有對地位移，人受到的彈力不做功，而人的內(nèi)力做正功。

21.蹦床運動:如果人一直站立，此時人相當(dāng)于一個小球，則機械能守恒。

如果人下落時身體下蹲，在最低點雙臂向上擺動的過程，人的內(nèi)力做了正功，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化成

.機械能。

:?解題方法

1.正、負功的理解和判斷

條件從動力學(xué)角度看從能量角度看

力對物體做正功，向物體

當(dāng)O&xV鄂寸,cosa

正功力是物體運動的動力提供能量，即受力物體獲

>0,W>Q得了能量

\

當(dāng)a=鄂寸,cosa=0,力對物體既不起動力作

不做功

用，也不起阻力作用

W=0

物體克服外力做功，向外

當(dāng)2VaS兀時，cosa輸出能量(以消耗自身能

負功力是物體運動的阻力

量為代價)，即負功表示物

<0,W<Q

體失去了能量

說明也可根據(jù)力和速度方向夾角判斷功的正負

2.區(qū)分平均功率和瞬時功率

(1)平均功率：與一段時間相對應(yīng)

—W

①P=7；

②P=Fv,其中v為平均速度.

(2)瞬時功率：與某一瞬時相對應(yīng)

①當(dāng)F與v方向相同時，P=Fv,其中v為瞬時速度;

②當(dāng)尸與v夾角為a時，P^Fvcosa,其中v為瞬時速度.

3.P=Fv中三個量的制約關(guān)系

定值各量間的關(guān)系應(yīng)用

P一定尸與V成反比汽車上坡時，要增大牽引力，應(yīng)換低速擋減小速度

汽車上坡時，要使速度不變，應(yīng)加大油門，增大輸出功

V一定F與尸成正比

率，獲得較大牽引力

汽車在平直高速路上，加大油門增大輸出功率，可以提

V與尸成正比

F一定高速度

【易錯跟蹤訓(xùn)練】

少易錯類型1：對物理概念理解不透徹

個72020?浙江）籃球是中學(xué)生最喜愛的運動項目之一。判斷籃球是否打氣充足的常用方法

是，將籃球舉到頭頂?shù)奈恢?，然后讓它自由落地，如果彈起的高度可以到腰間就可以了?，F(xiàn)

某位學(xué)生將籃球舉到1.80m的高度自由釋放，籃球碰到堅硬的水平地面后，彈起高度為1.25m

后又落地，若籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變。已知籃球的質(zhì)量為

600g,不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,下列說法不正確的是（）

A.籃球每次碰地反彈的過程中，有機械能損失

B.籃球第二次碰地反彈的高度比第一次反彈的高度低0.55m

C.籃球第一次碰地反彈的過程中，地面對籃球不做功

D.可以計算籃球從開始到最后靜止在地面上運動的總路程

【答案】B

【詳解】

A.根據(jù)題意可知機械能的損失等于動能的該變量，因為碰撞前后動能有損失，所以機械能

有損失，故A不符合題意；

B.根據(jù)動能定理

mgl\=；mvf

可得第一次球碰地時的速度為

V1=6m/s

第一次反彈的速度為

v2=J2ghi=5m/s

籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變，根據(jù)動能定理可知每次碰撞前下落的

高度與碰后上升的高度的比值不變，可得第二次反彈的高度為

25

%=——4=0.86m

36

所以籃球第二次碰地反彈的高度比第一次反彈的高度低

A/z=4—4=1.25—0.86=0.39m

故B符合題意；

C.籃球與地面碰撞的過程，地面對籃球的支持力的作用點沒有移動，所以做功為零，故C

不符合題意；

D.籃球自由下落高度

/zi=1.80m

第一次下落和第二次反彈所經(jīng)過的路程為

25

/i=2xl.25=2xl.8x—

。236

第二次下落和第三次反彈所經(jīng)過的路程為

—I*）

可得下落的總路程為

+2xl.8xf—=9.98m

/i=4+均++/z〃=1.8+2xl.8x+

136；

故D不符合題意。

故選Bo

2.（2020?泗陽縣實驗高級中學(xué)高三月考）關(guān)于牛頓第三定律理解，下列說法正確的是（）

A.牛頓第三定律告訴我們：先有作用力，后有反作用力

B.牛頓第三定律告訴我們：作用力和反作用力作用大小一定相等

C.牛頓第三定律告訴我們：作用力和反作用力的合力一定為零

D.牛頓第三定律告訴我們：作用力和反作用力做功代數(shù)和一定為零

【答案】B

【詳解】

A.根據(jù)牛頓第三定律可知，作用力和反作用力是同時產(chǎn)生同時消失的，A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第三定律可知，作用力和反作用力總是大小相等的，B正確；

C.根據(jù)牛頓第三定律可知，作用力和反作用力作用在兩個物體上，不能求合力，C錯誤；

D.一對作用力和反作用力大小相等，方向相反，但作用點的位移不一定相等，故做功的代

數(shù)和不一定為零，D錯誤。

故選B。

3.（2019?黑龍江鶴崗一中）質(zhì)量為機的物體置于傾角為a的斜面上，物體和斜面間的動摩

擦因數(shù)為〃，在外力作用下斜面以加速度。向左做勻加速直線運動，如圖所示，運動過程中

物體與斜面之間保持相對靜止，則下列說法不正確的是（）

A.斜面對物體的支持力一定做正功

B.斜面對物體的摩擦力可能做負功

C.斜面對物體的摩擦力可能不做功

D.斜面對物體的摩擦力一定做正功

【答案】D

【詳解】

A.由功的計算公式卬=汽%0501可知，支持力方向垂直斜面向上，與位移的方向夾角小于

90。，支持力一定做正功，故A不符合題意；

BCD.摩擦力是否存在需要討論：當(dāng)加速度較小時，摩擦力弓沿斜面向上，即a<gtana,

摩擦力沿斜面向上，做負功；當(dāng)加速度較大時，摩擦力斗沿斜面向下，即a>gtana,摩擦

力沿斜面向下，做正功；當(dāng)々=/311（1時，摩擦力不存在，不做功，故D符合題意，B、C

不符合題意.

4.（2020?天津和平?）如圖所示，豎直固定一半徑為R=0.5m表面粗糙的四分之一圓弧軌道,

其圓心。與A點等高。一質(zhì)量m=lkg的小物塊在不另外施力的情況下，能以速度v0=亭m/s

沿軌道自A點勻速率運動到8點，圓弧4尸與圓弧P8長度相等，重力加速度g=10m/s2。則

下列說法不氐理的是（）

A.在從A到B的過程中合力對小物塊做功為零

B.小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率為5W

C.小物塊在AP段和PB段產(chǎn)生的內(nèi)能相等

D.運動到B點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為11N

【答案】C

【詳解】

A.由于小物塊從A到8做勻速圓周運動，由動能定理可知，合力對小物塊做功為0,故A

正確；

B.小物塊經(jīng)過P點時，重力的瞬時功率為

P=mgvcos45=IxlOx^-x^-W=5W

故B正確；

C.由能量守恒可知，小物塊在A尸段產(chǎn)生的內(nèi)能為

cpin10T50T

（2X=mgRcos45=10x—x-^-J=J

小物塊在8P段產(chǎn)生的內(nèi)能為

Q2=mgR（\-cos45"）=10x^-x（l-^-）J=",應(yīng)）J

故C錯誤；

D.在8點由牛頓第二定律有

v2

N-mg=m—

R

得

[（吟]

v2（刀

N=mg+m一=IxlO+lx--——N=11N

R1

_2_

由牛頓第三定律可知，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為UN,故D正確。

本題選不正確的，故選C。

5.（2020?全國高三）一輛質(zhì)量為機的汽車在平直公路上以速度v勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)前

方可能存在安全隱患時將油門松開一些，使得汽車發(fā)動機的功率由尸減小為原來的一半從

而實現(xiàn)減速目的。假設(shè)汽車在行駛過程中受到的阻力恒定，減速過程經(jīng)歷的時間為則汽

車在減速的過程中，以下描述不正確的是（）

p

A.汽車在運動過程中受到的阻力為一

v

B.汽車最終以速度一先勻速運動

Vm

C.汽車在減速過程中，加速度大小由己變?yōu)?

2mv

D.汽車在減速運動的過程中發(fā)生的位移為工力+電匕

28P

【答案】B

【詳解】

汽車在最初的勻速運動過程中，發(fā)動機輸出的牽引力尸=/，發(fā)動機的功率尸=外，故汽車勻

速運動時的阻力大小為

f=-

V

最初當(dāng)駕駛員松開油門減小汽車發(fā)動機功率的瞬間，汽車的速度不可能發(fā)生突變，所以發(fā)動

機輸出的牽引力就會突然減小而使?勺；這時有

P

Cl-----------------------------

mm2mv

則汽車減速行駛。在汽車減速的過程中，新的功率保持S不變，速度減小時，其輸出的牽

引力F就會逐漸增加，從而導(dǎo)致其加速度大小。=匕工逐漸減小，直到某時刻，牽引力F

m

再次增大到與阻力/相等時，汽車的加速度變?yōu)榱?，汽車開始做勻速運動，此時

,P'PV

y=——==—

F2f2

汽車在減速運動過程中，由動能定理可知

P,1,1

—t—fx=-mv2"——mv2

222

代入數(shù)據(jù)可得

故選Bo

6.（2021.全國高三專題練習(xí)）關(guān)于動能的理解，下列說法母送的是（）

A.動能是機械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運動的物體都具有動能

B.物體的動能不能為負值

C.一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化；但速度變化時，動能不一定變化

D.動能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)

【答案】D

【詳解】

A.動能是普遍存在的機械能的一種基本形式，運動的物體都就有動能，A正確；

B.根據(jù)線=:加孑知，質(zhì)量為正值，速度的平方為正值，則動能一定為正值，對于不同的

參考系，速度不同，則物體的動能不同，B正確；

C.一定質(zhì)量的物體，動能變化，則速度的大小一定變化，所以速度一定變化；但是速度變

化，動能不一定變化，比如做勻速圓周運動，速度方向變化，大小不變，則動能不變，c正

確；

D.動能不變的物體，速度方向可能變化，則不一定處于平衡狀態(tài)，D錯誤。

本題選錯誤的，故選D。

7.（2021.全國）對下列各圖蘊含的信息理解正確的是（）

A.圖甲的加速度一時間圖像說明該物體在做加速直線運動

B.圖乙的位移一時間圖像說明該物體受力平衡

C.圖丙的動能一時間圖像說明該物體做勻減速直線運動

D.圖丁的速度一時間圖像說明該物體的合力隨時間增大

【答案】B

【詳解】

A.圖甲的加速度一時間圖像說明該物體的加速度隨時間在增大，所以A錯誤；

B.圖乙的位移一時間圖像說明該物做勻速直線運動，所以處于平衡狀態(tài)，故B正確；

C.圖丙的動能一時間圖像知，動能隨時間均勻減小，由線=：〃?丫2,所以速度不隨時間均

勻變化，所以C錯誤；

D.圖丁的速度一時間圖像說明該物體的加速度在減小，根據(jù)尸=%。知，合力隨時間減小，

故D錯誤。

故選B。

8.（2020?山東）一輛質(zhì)量為機的汽車在平直公路上以速度v勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方可

能存在安全隱患時將油門松開一些，使得汽車發(fā)動機的功率由尸減小為原來的一半從而實

現(xiàn)減速目的。假設(shè)汽車在行駛過程中受到的阻力恒定，減速過程經(jīng)歷的時間為3則汽車在

減速的過程中，以下描述不正確的是

A.汽車在運動過程中受到的阻力為土

v

B.汽車最終以速度勻速運動

P

C.汽車在減速過程中，加速度大小由L變?yōu)?

2mv

D.汽車在減速運動的過程中發(fā)生的位移為±田+"

28P

【答案】B

【詳解】

汽車在最初的勻速運動過程中，發(fā)動機輸出的牽引力尸=力發(fā)動機的功率尸=網(wǎng)，故汽車勻

p

速運動時的阻力大小為戶一，最初當(dāng)駕駛員松開油門減小汽車發(fā)動機功率的瞬間，汽車的

V

速度不可能發(fā)生突變，所以發(fā)動機輸出的牽引力就會突然減小而使廣勺；這時有

pP

F'-fP，則汽車減速行駛。在汽車減速的過程中，新的功率保持與不

a=--------=----------=-Z-2

mm2mv

變，速度減小時，其輸出的牽引力「就會逐漸增加，從而導(dǎo)致其加速度大小。=匕工逐漸

m

減小，直到某時刻，牽引力F再次增大到與阻力了相等時，汽車的加速度變?yōu)榱?，汽車開

,P'Pv

始做勻速運動，此時，=—=—=-汽車在減速運動過程中，由動能定理可知，

F2于2o

￡”衣=工根/一_1加/,代入數(shù)據(jù)可得，x=J_^+網(wǎng)i。則選項ACD論述正確，選項B

22228P

計算錯誤。故選B。

得易錯類型2：挖掘隱含條件、臨界條件不夠

2021.全國高三專題練習(xí)）2018年1月31日晚，天空中出現(xiàn)了150年來的首次“超級藍

色月全食”。所謂“超級月亮”，就是月球沿橢圓軌道繞地球運動到近地點的時刻，此時的月

球看起來比在遠地點時的月球大12%~14%,亮度提高了30%。則下列說法中正確的是（）

A.月球運動到近地點時的速度最小

B.月球運動到近地點時的加速度最大

C.月球由遠地點向近地點運動的過程，月球的機械能增大

D.月球由遠地點向近地點運動的過程，地球?qū)υ虑虻娜f有引力做負功

【答案】B

【解析】

試題分析：地月系統(tǒng)符合開普勒第二定律（面積定律），即對于月球而言，月球和地球的連

線在相等的時間內(nèi)掃過相等的面積，據(jù)此分析線速度大小，結(jié)合功能關(guān)系分析機械能變化情

況.

由開普勒第二定律，月球運動到近地點時的速度最大，A錯誤；依牛頓第二定律和萬有引力

定律可得孕月球運動到近地點時所受引力最大，加速度最大，B正確;

rr

月球繞地球運動過程僅受地球的萬有引力，機械能守恒，C錯誤；月球由遠地點向近地點運

動的過程中二者間距縮短，地球?qū)υ虑蛉f有引力做正功，D錯誤.

2.（2021?全國）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為加，

從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的

最大距離為s,與地面間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上

述過程中（）

A.彈簧的最大彈力為B.物塊克服摩擦力做的功為〃加gs

C.彈簧的最大彈性勢能為2〃加gsD.物塊在A點的初速度為人順

【答案】D

【詳解】

A.物體從靜止向右運動時，彈力先大于摩擦力，當(dāng)彈簧的彈力與滑動摩擦力大小相等時，

即

F=jumg

時，速度最大，物體繼續(xù)向右運動，彈簧繼續(xù)伸長直到自然狀態(tài)，所以彈簧的最大彈力大于

卬叫，A錯誤;

B.整個過程中，物塊所受的摩擦力大小恒定，摩擦力一直做負功，則物塊克服摩擦力做的

功為2〃mgs,B錯誤；

C.物體向右運動的過程，根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能

Ep=jumgs

C錯誤；

D.設(shè)物塊在A點的初速度為％,對整個過程，利用動能定理得

-2.jumgs=O-^mvo

可得

v0=2y[Jigs

D正確。

故選D。

3.（2021?山東高三）如圖所示，配送機器人作為新一代配送工具，最多配備30個取貨箱，

可以做到自動規(guī)避道路障礙與往來車輛行人，做到自動化配送的全場景適應(yīng)。該配送機器人

機身凈質(zhì)量為350kg,最大承載質(zhì)量為200kg,在正常行駛中，該配送機器人受到的阻力約

為總重力的，，剎車過程中，受到的剎車片阻力大小恒為550N,滿載時最大時速可達

18km/h,已知重力加速度g=10m/s2,關(guān)于該機器人在配送貨物過程中的說法正確的是

()

A.該配送機器人的額定功率為5500W

B.該配送機器人以額定功率啟動時，先做勻加速運動，后做變加速運動直至速度達到最大

速度

C.滿載情況下以額定功率啟動，當(dāng)速度為7.2km/h時，該配送機器人的加速度大小為lm/s2

D.空載時以額定功率行駛遇到紅燈，從最大速度開始減速到停止運動，所需時間約為3.1s

【答案】D

【詳解】

A.該配送機器人滿載情況下達到最大時速時功率約為

11Q

P=Fvm=Jfvm=-x(350+200)xl0x-W^750W

故A錯誤;

B.該配送機器人以額定功率啟動時，先做加速度減小的變加速運動，直至達到最大速度，

然后保持勻速運動，故B錯誤；

C.配送機器人滿載情況下以額定功率啟動，當(dāng)速度為7.2km/h時，配送機器人受到的牽引力

F=—

V

由牛頓第二定律有

a=0

m

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：^1.5m/s2,故C錯誤;

D.該配送機器人空載時最大速度

PP2750,i/

v.=——=—=------m/s?7.86m/s

1

F'fx350

減速時加速度大小為

于2(550+350)々…,2

a.=—=--------------m/s2?2.57m/s2

m,350

所以從最大速度開始減速至零所需時間

r=^-=3.1s

q

故D正確。

故選D。

4.（2019?山西運城市?）過量的電磁輻射對人體是有害的，按照規(guī)定，工作場所受到的電磁

輻射強度（單位時間垂直單位面積的電磁輻射能量）不得超過某一臨界值Wo.已知某一

種手機的電磁輻射功率為P,若手機的電磁輻射在各個方向上是均勻的，則符合規(guī)定的安全

區(qū)域到手機的距離至少為（

p

A.B?牖

4叫）

【答案】A

【詳解】

設(shè)規(guī)定的安全區(qū)域距離為R,則球的面積為S=4?rR2.(1)

則在1秒內(nèi)球面獲得的能量為E=Pt(2)

在球面上單位面積的電磁輻射能量Eo=FW（3）

由于工作場所受到的電磁輻射強度（單位時間內(nèi)垂直通過單位面積的電磁輻射能量）不得超

過Wo,

所以R=J焉:'A正確,BCD錯誤.

故選：A.

點睛：根據(jù)幾何關(guān)系，列出球體面積公式再結(jié)合電磁輻射強度的定義分析求解.

5.（2019?全國高三專題練習(xí)）如圖所示裝置，電源的電動勢為E=8V,內(nèi)阻n=0.5Q,兩光

滑金屬導(dǎo)軌平行放置，間距為d=0.2m,導(dǎo)體棒仍用等長絕緣細線懸掛并剛好與導(dǎo)軌接觸,

仍左側(cè)為水平直軌道，右側(cè)為半徑R=0.2m的豎直圓弧導(dǎo)軌，圓心恰好為細線懸掛點，整個

裝置處于豎直向下的、磁感應(yīng)強度為2=0.5T的勻強磁場中.閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒沿圓弧運

動，已知導(dǎo)體棒的質(zhì)量為/?=0.06kg,電阻冷=0.5。，不考慮運動過程中產(chǎn)生的反電動勢，則

()

A.導(dǎo)體棒ab所受的安培力方向始終與運動方向一致

B.導(dǎo)體棒在擺動過程中所受安培力F=8N

C.導(dǎo)體棒擺動過程中的最大動能0.8J

D.導(dǎo)體棒M速度最大時，細線與豎直方向的夾角Q53°

【答案】D

【詳解】

A.當(dāng)閉合開關(guān)S后，導(dǎo)體棒中電流方向始終從。到乩所受安培力方向向右，而導(dǎo)體棒沿圓

弧擺動，故A錯誤；

B.導(dǎo)體棒沿圓弧擺動過程中的電流

E8

1=-------=-----------A=8.0A

n+r20.5+0.5

導(dǎo)體棒受到的安培力

尸=80=0.5x8.0x0.2N=0.8N

故B錯誤；

CD.導(dǎo)體棒受到的重力與安培力的合力大小

^^=A/0,82+0.62N=1.0N

合力與豎直方向的夾角

4

tan8二一

3

。二53。

故導(dǎo)體棒"速度最大時，細線與豎直方向的夾角族53。，由動能定理，導(dǎo)體棒在擺動過程

中的最大動能

E^=FRsin5^-mgR（i-cos53°）=0.08J

故C錯誤，D正確.

6.（2021?全國高三專題練習(xí)）如圖所示，固定木板AB傾角6=60。，板8c水平，AB,BC

長度均為2m,小物塊從A處由靜止釋放，恰好滑到C處停下來.若調(diào)整使其向上傾斜，

傾角不超過90。，小物塊從A處由靜止滑下再沿卜.滑，卜.滑的距離與傾角有關(guān).不計

小物塊經(jīng)過8處時的機械能損失，小物塊與各接觸面間的動摩擦因數(shù)均相同，則小物塊沿

8C上滑的最小距離為（）

【答案】B

【詳解】

BC段水平時，對小物塊從釋放到第一次速度為零的過程，由動能定理得

mgLsinO—jLimgLcosO—jumgL=0

代入數(shù)據(jù)得

設(shè)BC與水平方向之間的夾角為a時，物塊沿BC上滑的最小距離，由動能定理得：

mgLsinO—jumgLcosO—jbimgxcosa—mgxsincc=0

變形得

L

x~?"

2cos（e+a）

當(dāng)cos（0+a）=l,即e+i=90時，x有最小值，為

L21

元=—=—m=lm

22

故ACD錯誤，B正確；

故選B.

7.（2021?湖南高三）如圖所示，A8為長Lo=2m的粗糙水平軌道，為光滑水平軌道，圓

O為半徑R=0.45m的下端不閉合的豎直光滑圓軌道，它的入口和出口分別與AB和MD在B、

M兩點水平平滑連接。。點右側(cè)有一寬xo=O.9m的壕溝，壕溝右側(cè)的水平面EG比軌道

低/z=0.45m。質(zhì)量祖=0.2kg的小車（可視為質(zhì)點）能在軌道上運動，空氣阻力不計,g取I0m/s2o

（I）將小車置于。點出發(fā)，為使小車能越過壕溝，至少要使小車具有多大的水平初速度？

⑵將小車置于A點靜止，用F=l.9N的水平恒力向右拉小車，尸作用的距離最大不超過2m,

小車在AB軌道上受到的摩擦力恒為戶0.3N,為了使小車通過圓軌道完成圓周運動進入MD

軌道后，能夠從。點越過壕溝，力F的作用時間應(yīng)滿足什么條件？（本問結(jié)果可保留根號）

則小車具有的最小初速度

%=包="m/s=3m/s

°t0.3

（2）小球通過最高點的最小速度

0.45m/s=V45m/s

根據(jù)動能定理知

mg?2R=gmvM2-^-mvi2

代入數(shù)據(jù)解得

vM=\/13.5in/s>3m/s

可知小球能夠通過最高點，則能通過壕溝，對A到C的過程運用動能定理得

Fx-fLo-mg*2R=Jmvi2-0

代入數(shù)據(jù)解得

x=1.5m

根據(jù)牛頓第二定律得