精準備考（第45期）-動能定理-2023屆高考真題分類整合與培優(yōu)強基試題

精準備考（第45期）——動能定理

一、真題精選（高考必備）

1.（2020?江蘇?高考真題）如圖所示，一小物塊由靜止開始沿斜面向下滑動，最后停在水平

地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過

程中，物塊的動能耳與水平位移x關(guān)系的圖象是（）

2.（2021,山東?高考真題）如圖所小,粗糙程度處處相同的水平桌面上有一長為L的輕質(zhì)細

桿，一端可繞豎直光滑軸。轉(zhuǎn)動，另一端與質(zhì)量為，〃的小木塊

相連。木塊以水平初速度均出發(fā)，恰好能完成一個完整的圓周

運動。在運動過程中，木塊所受摩擦力的大小為（）

A.成B.皿

2TCL4萬L

87rL167rL

3.（2021?湖北?高考真題）如圖（a）所示，一物塊以一定初速度沿傾角為30。的固定斜面上

滑，運動過程中摩擦力大小r恒定，物塊動能以與運動路程s的關(guān)系如圖所示。重力

加速度大小取10m/s2,物塊質(zhì)量機和所受摩擦力大小/分別為（）

圖(a)圖（b）

A.m=QJkg,/=0.5NB.m=0.7kg,/=1.0N

C.〃?=0.8kg，/=0.5ND.m=0.8kg,/=1.0N

4.（2009?寧夏?高考真題）（多選）質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始

受到水平力的作用.力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則（）

A.30時刻的瞬時功率為乙

30時刻的瞬時功率為I"'"

B.

m

C.在/-0到3乙,這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為

D.在/-。至也/<,這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為

5.（2021?全國?高考真題）（多選）一質(zhì)量為機的物體自傾角為。的固定斜面底端沿斜面向

上滑動。該物體開始滑動時的動能為紇，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向

下滑動，到達斜面底端時動能為g。已知sina=0.6,重力加速度大小為g。則（）

A.物體向上滑動的距離為舁

2mg

B.物體向下滑動時的加速度大小為］

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5

D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長

6.（2021?遼寧?高考真題）（多選）冰滑梯是東北地區(qū)體驗冰雪運動樂趣的設(shè)施之一、某冰滑

梯的示意圖如圖所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：傾斜滑道和水平滑道與同一滑板間的動摩擦

因數(shù)"相同，因滑板不同“滿足在設(shè)計滑梯時，要確保所有游客在傾斜滑道

上均減速下滑，且滑行結(jié)束時停在水平滑道上，以下L、力的組合符合設(shè)計要求的是（）

3〃o3A。2〃（）Ao

7.（2019?天津?高考真題）完全由我國自行設(shè)計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦己完成多次海試，

并取得成功.航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成,

如圖1所示.為了便于研究艦載機的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的

一段圓弧，示意如圖2,A3長4=150m,8c水平投影右=63m,圖中C點切線方向與水

平方向的夾角夕=12°（sinl2Oa0.21）.若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)

/=6$到達8點進入8。.已知飛行員的質(zhì)量〃?=60kg,g=10m/s2,求

AB

——4——

圖1圖2

（1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；

（2）艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力&多大.

8.（2021?全國?高考真題）一籃球質(zhì)量為％=Q60kg,一運動員使其從距地面高度為九=1.8m

處由靜止自由落下，反彈高度為飽=L2m。若使籃球從距地面％=1.5m的高度由靜止下落，

并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5m。假設(shè)運動員拍球時對球的

作用力為恒力，作用時間為f=0.20s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力

加速度大小取g=10m/s2,不計空氣阻力。求：

（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；

（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小。

9.（2020?全國?高考真題）如圖，一豎直圓管質(zhì)量為M,下端距水平地面的高度為從頂端

塞有一質(zhì)量為〃，的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時

間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。己知M=4〃i,球和管之間的滑動摩擦力大小為

4，〃g,g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。

（1）求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大?。?/p>

（2）管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；

（3）管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應(yīng)滿n足的條件。

Ht

10.（2012?北京?高考真題）摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米。電梯的簡

化模型如1所示?？紤]安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度。是隨時間r變化的。已知

電梯在，=0時由靜止開始上升，“Y圖象如圖2所示。電梯總質(zhì)量機=2.0xl03kg。忽略一切阻

力，重力加速度g取10m/s2。

（1）求電梯在上升過程中受到的最大拉力B和最小拉力F2；

（2）類比是一種常用的研究方法。對于直線運動，教科書中講解了由H圖象求位移的方法。

請你借鑒此方法，對比加速度的和速度的定義，根據(jù)圖2所示“Y圖象，求電梯在第1s內(nèi)的

速度改變量△匕和第2S末的速率V2；

（3）求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在。?11s時間內(nèi)，拉力和重力對

11.（2022?浙江?高考真題）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的一探究裝置，由傾角。=37。的光滑

直軌道A8、圓心為0’的半圓形光滑軌道圓心為。2的半圓形光滑細圓管軌道OEP、

傾角也為37。的粗糙直軌道FG組成，B、。和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在

G點（與8點等高），B、0/、D、。2和F點處于同一直線上。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量

〃7=0.1kg,軌道8c力和。EF的半徑R=0.15m,軌道AB長度&,=3m,滑塊與軌道FG間的

動摩擦因數(shù)〃=（7,滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，滑塊

sin37°=0.6,cos370=0.8o

8

開始時均從軌道AB上某點靜止釋放,

（1）若釋放點距8點的長度/-0.7m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力的大小;

（2）設(shè)釋放點距8點的長度為滑塊第一次經(jīng)F點時的速度v與/，之間的關(guān)系式；

（3）若滑塊最終靜止在軌道廠G的中點，求釋放點距B點長度。的值。

二、強基訓練（高手成長基地）

1.（2021?四川?樹德中學高三階段練習）（多選）如圖所示，圓柱形管的底端固定一彈射器,

彈射器上有一質(zhì)量〃〃=lkg的小滑塊，管和彈射器的總質(zhì)量優(yōu)2=2kg,滑塊與管內(nèi)壁間的滑動

摩擦力大小為整個裝置豎直靜止在水平地面上。發(fā)射時，滑塊離開彈射器瞬間距

離上管口的距離為1.0m；滑塊離開彈射器后能上升的最大

高度為1.4m,小滑塊可視為質(zhì)點且彈射時間極短，每次彈

射后滑塊獲得的初速度相等，忽略空氣阻力，取重力加速

度g=10m/s2。則下列說法正確的是（）

A.滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的

時間為！5+90$

35

B.滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時間為史迪s

35

C.當滑塊離開彈射器瞬間，對圓柱形管施加一個豎直向上的恒力F,為保證滑塊不滑出管

口，尸的最小值為24N。

D.當滑塊離開彈射器瞬間，對圓柱形管施加一個豎直向上的恒力凡為保證滑塊不滑出管

口，尸的最小值為20N。

2.（2021?吉林油田高級中學三模）如圖所示為過山車的模型，半徑為R=0.2m的豎直軌道甲

和半徑未知的豎直軌道乙在同一平面內(nèi)，滑塊在加段和兩圓軌道上運動時的摩擦力均可忽

略不計，其中x加=x“=0.6m、x*=0.1m、xef=5.0m?，F(xiàn)讓一可視為質(zhì)點、質(zhì)量機=lkg

的滑塊由右側(cè)軌道的某高度處由靜止釋放，整個過程中滑塊不脫離軌道，且滑塊經(jīng)過所有轉(zhuǎn)

折點處的能量損失均可忽略不計。己知滑塊與加、4、de、，,段的動摩擦因數(shù)均為幺=。2,

de段與水平方向的夾角為a=53。，cos53°=0.6重力加速度g=lOm/s?。則:

⑴釋放點距離地面的高度為多少時，滑塊恰好能通過豎直軌道甲？

⑵在題⑴情況下，豎直圓軌道乙的半徑廠的取值范圍是多少時，滑塊不脫離軌道乙？

⑶欲保證滑塊通過兩圓軌道并停在平臺4?段，求釋放點距離地面高度的取值范圍。

3.（2021?浙江?高三階段練習）為了研究滑板運動中的滑道設(shè)計，如圖所示，將滑道的豎直

截面簡化為直軌道8C與圓弧軌道C￡>E,半徑OC與8C垂直，AB兩點的高度差〃=1.8m,

BC兩點的高度差H=9m,BC段動摩擦因數(shù)〃=0.25,CDS段摩擦不計，圓弧半徑A=5m,

運動過程空氣阻力不計，BC與水平方向的夾角0=37。.將運動員及滑板簡化為一質(zhì)量

m=60kg的質(zhì)點，經(jīng)過前一滑道的滑行，到達圖示的A點時速度恰好水平向右，到達B點時

速度恰好與斜面平行進入斜面，經(jīng)過COE后豎直上拋再從E點落回滑道，取g=10m/s2求：

（1）運動員到達B點時的速度大小；

（2）第一次到達力點時滑板對。點的壓力；

（3）運動員有幾次向上沖出E點的機會。

A%

4.（2021?吉林?前郭爾羅斯縣第五中學高三階段練習）如圖所示是一個過山車軌道模型，AB

是一段與水平方向夾角為a=30。，長為L=4.0m的傾斜軌道，通過水平軌道BC（長度可

以調(diào)節(jié)）與豎直圓軌道CDEFG（軌道半徑R=0.4m,圓軌道最低點C、G略有錯開），出口

為水平軌道GH,在GH的右端豎直擋板上固定著一個輕質(zhì)彈簧，整個軌道除BC段以外都

是光滑的。一個質(zhì)量〃，=1kg的物塊（可視為質(zhì)點）以水平初速度也從某一高處水平拋出，

到A點時速度%=4m/s,方向恰沿A8方向，并沿傾斜軌道滑下。已知物塊與8c軌道的動

摩擦因數(shù)〃=0.5,所有軌道轉(zhuǎn)折處均有光滑微小圓弧相接，物塊滑過時無機械能損失。求：

⑴小物塊水平拋出的位置離A點的高度差h；

⑵要讓小球能第一次通過圓軌道的最高點E,求8c段的最大長度用皿；

⑶若小物塊從A進入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，求滿足條件的8c段的最短長

度Xniino

o

5.（2021?遼寧?高三階段練習）如圖所示，固定光滑圓弧面與木板上表面平滑連接，距圓弧

底端x處有一豎直墻壁。木板質(zhì)量M=2kg,其長度/=5m。在圓弧面上有質(zhì)量為加=2kg的可

視為質(zhì)點的小滑塊，從距木板上表面高〃=1.25m處靜止釋放，已知滑塊與木板的動摩擦因

數(shù)〃=0.2,水平地面光滑。設(shè)木板與墻壁碰撞時無能量損失，重力加速度取g=10m/s2：

（1）求滑塊剛滑上長木板時的速度；

（2）若墻壁距圓弧底端x足夠長，求木板與墻壁碰撞時滑塊的速度；

（3）若墻壁距圓弧底端x=6m,分析滑塊是否會滑下長木板。若滑下，求滑下瞬間滑塊和木

板的速度大??；若未滑落，求最終停止時滑塊距木板左端的距離。

6.（2021?浙江紹興?高三階段練習）科技節(jié)上小昕同學設(shè)計了一個豎直面軌道模型，如圖所

示，在。點用長為L=lm的細線懸掛質(zhì)量為%=0.05kg的小球，在。點正下方0.8m處固

定一枚釘子P，現(xiàn)將小球拉至與豎直方向成a=60。由靜止釋放，細線擺至豎直位置碰到釘

子恰好斷裂，小球也正好可以從A點水平進入固定的"S"型管道，該管道由兩個半徑均為

R=2m的部分圓形光滑細管組成，A、B兩管口切線水平，?？凇?為兩細管道圓心，QQ

連線與豎直線間的夾角4=120。，8c為光滑的水平軌道，在8C軌道中間靜止放置一個

質(zhì)量也為叫,=0.05kg的小滑塊，小球與小滑塊碰撞時兩者交換速度，C點平滑連接一個

足夠長的傾斜直軌道C。，不計小滑塊經(jīng)過C點處的機械能損失，直軌道的傾角夕可以

在0到53。間調(diào)節(jié)，小球與直軌道CO的動摩擦因數(shù)〃=0.5。（已知：tan26.5°=0.5,

sin53°=0.8,cos530=0.6,重力加速度g取lOm/sz,最大靜摩擦力可視為等于滑動摩擦

力）求：

（1）細線能承受的最大拉力F;

（2）若夕=53。，滑塊在直軌道CO上經(jīng)過的總路程s；（結(jié)果可用分數(shù)表示）

（3）寫出，取不同值時，滑塊在直軌道CQ上克服摩擦力所做的功W與6的關(guān)系。

7.（2021?湖南炎德教育科技有限公司一模）如圖所示，可視為質(zhì)點的質(zhì)量為機=0.2kg的小

滑塊靜止在水平軌道上的4點，在水平向右的恒定拉力尸=4N的作用下，從A點開始做勻

加速直線運動，當其滑行到48的中點時撤去拉力，滑塊繼續(xù)運動到B點后進入半徑為??=

0.3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運行一周后從C處的出口出來后向。點滑

動，力點右側(cè)有一與CO等高的傳送帶緊靠。點，并以恒定的速度v=3m/s順時針轉(zhuǎn)動。

已知滑塊運動到圓軌道的最高點時對軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道CD

的長度為〃=2.0m,小滑塊與水平軌道4BCO間的動摩擦因數(shù)為〃/=0.2,與傳送帶間的動

摩擦因數(shù)〃2=。5,傳送帶的長度L=0.4m,重力加速度g=10m/s2。求：

⑴水平軌道48的長度//；

（2）若水平拉力尸大小可變，要使小滑塊能到達傳送帶左側(cè)的。點，則尸應(yīng)滿足什么條件；

⑶若在A8段水平拉力廠的作用距離x可變，試求小滑塊到達傳送帶右側(cè)E點時的速度v與

水平拉力廠的作用距離x的關(guān)系。

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.A

【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為仇動摩擦因數(shù)為〃，則物塊在斜面上下滑距離在水平面

X

投影距離為x,根據(jù)動能定理，Wmgxtan0-pmgcos0'——=E

cos6k

整理可得(tan，-jumg)x="

即在斜面上運動時動能與x成線性關(guān)系；

當小物塊在水平面運動時，根據(jù)動能定理由-W"gx=線-耳°

即耳=線。-〃機gx,線。為物塊剛下滑到平面上時的動能，則即在水平面運動時物塊動能與

x也成線性關(guān)系。故選A。

2.B

【解析】在運動過程中，只有摩擦力做功，而摩擦力做功與路徑有關(guān)，根據(jù)動能定理

-f-2TTL=0-g,nvo

可得摩擦力的大小f=皿，故選B。

4萬￡

3.A

【解析】0-10m內(nèi)物塊上滑，由動能定理得-mgsin30"s-m=Ek-線0

整理得線=Eko-(mgsin300+f)s

結(jié)合0~10m內(nèi)的圖像得，斜率的絕對值|我|=，〃gsin30°+/=4N

10~20m內(nèi)物塊下滑，由動能定理得("?gsin3().-/)(s-S1)=Ek

整理得耳=(mgsin30"-7)s-(mgsin30"-/卜|

結(jié)合10~20m內(nèi)的圖像得，k=mgsin-30°-/=3N

聯(lián)立解得f=0.5N,機=0.7kg,故選A。

4.BD

【解析】0-2t。內(nèi)物體的加速度為“=娛，2to時刻的速度為匕=。2%="無，在32時刻的

mm

瞬時速度匕=匕+3。?。=生九，則％時刻的瞬時功率為P=3以科5="二詼，A錯誤；B

mmm

i2r2

正確；在7-0到3%這段時間內(nèi)，由動能定理可得卬=4&=5〃?"；=若紅，則這段時間

內(nèi)的平均功率7D正確.

6m

5.BC

【解析】AC.物體從斜面底端回到斜面底端根據(jù)動能定理有-〃mg-2/cosa=*-&

物體從斜面底端到斜面頂端根據(jù)動能定理有~mglsina-jumglcosa=0-￡t

整理得/=△;A=0.5,A錯誤，C正確；

mg

B.物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有=mgsin。gcosa

求解得出。=],B正確；

D.物體向上滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有，叼：=，〃gsina+gcosa

物體向下滑動時的根據(jù)牛頓第二定律有機。下="gsina-，mgcosa

由上式可知a±>ar

由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據(jù)公式

/=-at2

2

則可得出屋<七,D錯誤。故選BC。

6.CD

【解析】設(shè)斜面傾角為，，游客在傾斜滑道上均減速下滑，則需滿足

mgsin0<jLimgcos0

hh

可得〃〉tan6=丁即有。>—

L\〃

h

因“4〃<1.2%,所有游客在傾斜滑道上均減速下滑，可得。>一

A)

滑行結(jié)束時停在水平滑道上，由全程的動能定理有

mg?2h-pimgcos0-—----jumgx=0-0

cos。

其中0<xKL,,可得L1c迎,L[+L2>—

Ao4

,5h,r2h

代入為W〃W1.2〃o,可得乙〈丁，L^L2>—

3NoA()

h5h2h

綜合需滿足一t一和Lt]+/r>2>—,故選CD。

43

7.(1)lV=7.5xlOJ；(2)FN=1.1X10N

【解析】(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為。,

則^=7①

根據(jù)動能定理，有W=^mu2-0②

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得W=7.5x10"J③

(2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系，有G=Rsin?④

2

由牛頓第二定律，有氏咫="上⑤

?

聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得FN=1.1X10N(6)

8.(1)W=4.5J；(2)F=9N

【解析】(1)第一次籃球下落的過程中由動能定理可得K=，"g九

籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得0-E2=-mgh2

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可

得Q_E4=Q_mg比

第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，由動能定理可得

W+mg%=E3

因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關(guān)系今=今

用￡

代入數(shù)據(jù)可得W=4.5J

(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此有牛頓第二定律可

得F+mg=ma

在拍球時間內(nèi)運動的位移為X=g“產(chǎn)

做得功為W=&

聯(lián)立可得尸=9N(尸=-15N舍去)

13152

9.(1)a尸2g,a2=3g；(2)H}=^H；(3)L>-^H

【解析】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設(shè)此時管的加速度大小為勿，

方向向下；球的加速度大小為〃2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為人由牛頓運動定

律有

Ma尸Mg+f①

ma2=f-mg②

聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，得”/=2g,e=3g③

(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均

為%=12gH(4)

方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

設(shè)自彈起時經(jīng)過時間。，管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式

vo-aih=-vo+a2ti(5)

聯(lián)立③④⑤式得4=：再⑥

設(shè)此時管下端的高度為幻，速度為V。由運動學公式可得

%=%1一.卬；⑦

丫=%一叩⑧

由③④⑥⑧式可判斷此時口>0。此后，管與小球?qū)⒁约铀俣萭減速上升例，到達最高點。

2

由運動學公式有以=2⑨

2g

設(shè)管第一次落地彈起后上升的最大高度為Hh則H尸歷+后⑩

聯(lián)立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得用吟”?

(3)設(shè)第一次彈起過程中球相對管的位移為制。在管開始下落到上升H/這一過程中，由動

能定理有Mg(H-Hi)+mg()-4mgx/=0?

4

聯(lián)立??式并代入題給數(shù)據(jù)得X?

同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移X2為

4…

X2=~H\@

設(shè)圓管長度為心管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是

X/+X2<L@

聯(lián)立????式，L應(yīng)滿足條件為L4卷月?

445

10.(1)F/=2.2X1ON；F2=1.8xlON；(2)Avl=0.50m/s；v2=1.5m/s；(3)P=2.0xl0W；

1V=1.0xl05J

【解析】(1)由牛頓第二定律得加

2

由aT圖象可知,F/和尸2對應(yīng)的加速度分別是a/=1.0m/s2,a2=-1.0m/s,則有

34

Fl=m(g+ai)=2.0xl0x(10+1.0)N=2.2xlON

34

F2=m(g+42)=2.0xl0x(10-1.0)N=1.8xlON

(2)類比可得，所求速度變化量等于第1S內(nèi)a-r圖線下的面積為

△匕=^xlxl.0in/s=0.50m/s

同理可得△匕=%一匕=wxl.Om/s=1.5m/s

且v/=O,則第2s末的速率V2=1.5m/s

（3）由q-f圖象可知，lls~30s內(nèi)速率最大，其值等于0?11s內(nèi)。-f圖線下的面積，有

9+11

vw=---xl.0m/s=10m/s

此時電梯做勻速運動，拉力尸等重力機g,所求功率

35

P=Fvin=mgvtn=2.OxlOxlOxlOW=2.0xl0W

由動能定理得W=-/nv；-O=-x2.OxlO3xlO2J=l.OxlO5J

22

11.(1)7N；(2)v=A/12/—9.6(I、20.85m)；(3)—m,—m,—m

VA15515

【解析】（1）滑塊釋放運動到C點過程，由動能定理

mglsin37+mgR(l-cos37)=g64

經(jīng)過。點時FN-mg=ni^

解得Ev=7N

（2）能過最高點時，則能到F點，則恰到最高點時機g/,sin37-”?x4Rcos37=^mv2

解得叩J12/「9.6

而要保證滑塊能到達F點，必須要保證它能到達OEF最高點，當小球恰好到達DEF最高點

時,由動能定理切sin37-mgC37?cos37+R）=0

可解得。=0-85m

則要保證小球能到b點，4N0.85m,帶入y=J12/,—9.6可得y之廊m/s

（3）設(shè)全過程摩擦力對滑塊做功為第一次到達中點時做功的〃倍，則〃二1,3,5，……

mg。sin37一）咫與sin37一〃〃mg與cos37=0

3,口,7n+6

解得x=~15~m々135,……

又因為心江之。?8501,/AB=3m

13941

=,=m

當〃=1時，/d=-j^m,當九二3時，lx2當〃=5時，lx3Y5,滿足要求。

13941

即若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，釋放點距B點長度。的值可能為。

（二）強基部分

1.AC

【解析】A.對滑塊上升時有叫g(shù)+0.4，%g=叫4

可得加速度大小為弓=14m/s2

設(shè)滑塊離開彈射器時速度為vo,離開管口時的速度為叼，滑塊由底端上升到管口的過程中

由動能定理可得-勺地-0.4嗎劭2=0-1嗎吟

可得%=6m/s

離開管上升到最高點的過程中，由動能定理可得-%g(々-與)=o一；叫】

可得匕=2V2m/s

滑塊到管口的時間為:=仁生=二2S

一47

從管口到最高點的時間為q=^=

則滑塊從離開彈射器到第二次通過圓柱形管上端經(jīng)歷的時間為力=4+2t,=史@Is

1z35

故A正確；

B.對滑塊在管中下落時有叫g(shù)-0.4/g=m{a2

可得加速度大小為%=6m/s2

有4=/占+!a￡

可得t=芯一亞s

33

滑塊從離開彈射器到再次回到彈射器處經(jīng)歷的時間為

c15+9正乖-&45+35^^8亞

t=t.+2t,+f=----—s+-----—s=-----------s

123353105

故B錯誤；

CD.為保證滑塊不滑出管口，滑塊到管口時共速，設(shè)共速的速度為v,此時施加的外力尸最

小，對管有尸+0.4w百-m2g=m2a4

滑塊與管的相對位移為也=上上q-上勺

■22424

共速時有%-a也=a也

聯(lián)立可得f=24N,故C正確，D錯誤。故選AC。

2.(1)0.5m；(2)rWO.l2m或rN0.38m；(3)1,07m</*<1,252m

【解析】⑴根據(jù)牛頓第二定律色=

R

根據(jù)機械能守恒定律，監(jiān)九=g，叫2+mg-2R

解得九=0.5m

⑵滑塊恰好能夠運動到乙的頂部，根據(jù)動能定理，咫(2R-24)-〃叫%

根據(jù)牛頓第二定律mg=〃?以

解得4=0.12m

滑塊恰好運動到圓心的等高點時，根據(jù)動能定理，咫(2R-噌-=0-；加一

解得4=0.38m

豎直圓軌道乙的半徑r的取值范圍是/?WO.IZm或rNO.38m

⑶設(shè)滑塊恰好通過圓軌道乙時釋放點的高度為h2,根據(jù)動能定理

〃吆(4一2弓)一"mgx*=；mv'2-0

根據(jù)牛頓第二定律〃名=相幺

r2

解得為=1.07m

設(shè)滑塊恰好停在e點時釋放點的高度為h3,根據(jù)動能定理

mg%~區(qū)+X”)-^mgxdecos53°=0-0

解得％=0.252m

設(shè)滑塊恰好停在f點時釋放點的高度為lu,根據(jù)動能定理

mg%-pmg(%+xcJ+%-)—jumgxdecos53°=0-0

解得/?4=1.252m

保證滑塊通過兩圓軌道并停在平臺段，釋放點距離地面高度的取值范圍是

1.07m<h<1.252m

3.(1)10m/s；(2)3480N,方向豎直向下；(3)2

【解析】(1)分解運動員到達B點的速度，有以v=廊，%=——

Bsin37。

解得力=10m/s

(2)運動員從B運動到。，由動能定理有

mgH-Ring-"―cos0+mgR(\-cos0)=—mv^--mv^

sin622

運動員在D點，受力分析根據(jù)牛頓第二定律可得FN-mg=等

解得”=3480N

根據(jù)牛頓第三定律可知G=A=3480N,方向豎直向下。

(3)要沖出E點，在C點的速度匕必須滿足;，〃反加=mgRcos。

解得吆mm=80m%2

由牛頓第二定律有m8sin-/./mgcos0-ma^

解得q=4m/s2

根據(jù)運動學公式，有2a.工=哈-瑞

sin"

解得哈=22()m?/S?

因為哈＞哈而“所以第一次能沖出E點。

返回時，有"吆sin0+pmgcos0=ma]

解得q=8m/s2

2

由運動學公式，有x==L=13.75m＜15m

2a2

再次返回C點的速度臉=2%x=H0m2/s2

因為心〉哈血所以第二次能沖出E點，再次返回時俏=55n?/s2＜啥11M

〃2

所以第三次不能沖上E點，綜上所述總共能有2次沖上E點的機會。

4.(l)0.2m；(2)3.6m；(3)0.96m

[解析】⑴根據(jù)平拋運動r=以sina,v；=2gh

解得〃=0.2m

⑵能過E點vfmjn=y[gR=2m/s

研究A到E過程，由動能定理mv\=mg(Lsina-1R)~pmgx^

解得Xmax=3.6m

⑶因為左側(cè)是斜面，不用考慮第2、4、6…通過BC,只需要考慮第1、3、5…次通過BC；

⑴根據(jù)Xmax=3.6m

物塊能夠安全通過圓軌道最高點E時BC的長度系列值為如下表；

⑵物塊不會從A點滑出時，設(shè)8c的最小長度為x/,由動能定理

0—gtnv\——2jurngXi

解得玉=0.8m

⑶設(shè)物塊只在圓心以下運動時BC的長度為雙，根據(jù)動能定理得

12

-jutngx?+mg(Lsina-R)=O--mvA

解得W=4.8m

物塊只在圓心以下運動時8c的長度的系列值如下表

第1次向右通過BC第3次向右通過BC第5次向右通過BC

物塊能通過最高點E

小于或等于3.6m小于或等于1.2m小于或等于0.72m

時BC的長度

物塊不會從A點滑出

大于或等于0.8m大于或等于0.8m大于或等于0.8m

時BC的長度

物塊只在圓心以下運

大于或等于4.8m大于或等于1.6.m大于或等于0.96m

動時BC的長度

根據(jù)表格，小物塊從A進入軌道到最終停止都不脫離斜面及圓軌道，同時滿足三項條件的

BC段的最短長度為0.96m。

5.（1）5m/s;（2）故能夠共速,2.5m/s；（3）見解析所示

【解析】（1）滑塊下落過程，由動能定理得機g/z=gw：-0

解得匕=12gh=5m/s

（2）假設(shè)木塊和木板能夠共速，由動量守恒定律得加/=（機+”）丫2

設(shè)木塊的加速度為小，木板的加速度為“2,達到共速所用時間為,,木塊的位移為x次，木

板的位移為尤護則4=3-2曲，贊=26,y?

1、,12

%塊=卬+5=4.6875m,x板=-a2r=1.5625m

兩者相對位移為X塊-X板=3.125m<L=5m

故能夠共速，因此碰撞時的速度為2.5m/s

（3）由于x=6m時，，x-L<x版，故木板與擋板相碰時，二者并未共速，此種情況木板向右

運動了玉=lm,則

分析木板X|=g?；>匕=

分析木塊=vot--a^,匕=%-%%

此時，木塊與木板的相對位移=々-西

此時，木塊距離木板右端Ax2-L-Ax,

然后木板與右邊擋板相撞，撞后速度為弘=2m/s向左

假設(shè)二者脫離，則相對運動距離為-2，則卬2+匕力看=此

解得4=0.5s,4=2s（舍去）

此時木板向左端運動的距離x=

x=0.75m<lm,故木板并未與左端相碰，此時小木塊脫離木板

v5=v4-a2t2=2m/s

V6=V3-^3=Im/S

故小木塊的速度為2m/s,方向向右，小車的速度lm/s,方向向左。

6.（1）T=3N；（2）竺m；（3）當04（9426.5°時，W=-J,當26.5°<"53°

38sin6?+4cos。

時，W=3.25J

【解析】（1）設(shè)細線與釘子接觸瞬間小球的速度大小為射，則由動能定理有

1-cos60。）=g/nov；

解得必=>/10m/s

此時小球做圓周運動的半徑變?yōu)閺S=4-0.8m=0.2m

細線對小球的拉力恰好達到能承受的最大拉力T，則根據(jù)牛頓第二定律有7-%g=%且

r

解得T=3N

（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得A、B兩管口間的高度差為磯=2R+2Rsin3（T=3R

根據(jù)速度交換過程中能量守恒可得小滑塊被小球碰撞后獲得的動能為

Ef1m2+l,

^=-^A^ShAB

設(shè)小滑塊在直軌道CD上運動的最大距離為X/,根據(jù)動能定理可得

cos530sin53°=0-%

根據(jù)，叫）gsin53°>〃肛）gcos53°

可知滑塊運動到最高點后不能停留在軌道上，將沿軌道下滑后并與小球發(fā)生碰撞交換速度,

根據(jù)動能定理和能量守恒定律綜合分析可得小球被小滑塊碰后獲得的動能為

4=4）-2"〃％gX|COS53°

可知線1</送"八8

根據(jù)動能定理可知小球不能返回到管口4,經(jīng)分析可推知小球和小滑塊將完成若干次往復運

動后最終靜止于C點處，對小滑塊應(yīng)用動能定理可得-〃%gscos53o=0-紜。

解得s=§m

(3)當6426.5°時,有/gsin64m/逆cos6

小滑塊在直軌道C。上運動到最高點處時能停在上面，設(shè)小滑塊在C。上運動的最大距離為

X2,則由動能定理可得~pmogx2cos6>-0g氏2sin<9=0-Ek0

13

解得％=-----------------m

2sin0+cos8

13cos。

滑塊在直軌道CD上克服摩擦力所做的功為W=cos0=

8sin?+4cos?

當26.5。<6?453。時，根據(jù)(2)題中分析可知W=〃，/gsco