2024年高考物理復習：動能定理及其應用

考點14功能定理及其應用

考試要求

動能定理及其知識內容

必考加試

應用

動能和動能定理dd

命題規(guī)律

i.機械能是高考重點考查內容之一，高考命題既有對機械能的單獨考查，也有與曲線運動、電磁學等內容相

結合的綜合考查，單獨考查的題目多為選擇題，計算題聯系生活實際、現代科學技術，與牛頓運動定律、

平拋運動、圓周運動、電磁等知識結合，綜合考查在物體多運動過程或多物體運動過程中運用知識的能力、

建立物理模型的能力和解決實際問題的能力.

2.考查知識點主要有

(1)功和功率的計算；

(2)對動能定理、機械能守恒定律、功能關系的理解

(3)與牛頓第二定律相結合考查運動情況和功能關系

(3)能量與動量相結合的考查物體運動過程

命題趨勢

從近幾年高考來看，關于功和功率的考查，多以選擇題的形式出現，有時與電場及電磁感應相結合命題。

動能定理、能量守恒定律仍將是高考考查的重點，高考題注重與生產、生活、科技相結合，將對相關知識

的考查放在一些與實際問題相結合的情景中去，能力要求不會降低。

復習策略

復習時應強化對功、功率、動能、重力勢能、彈性勢能等基本概念的理解，掌握各種功的計算方法；掌握

應用動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律分析與解決相關的力學問題的解題方法.

考向一對動能、動能定理的理解

(2021嘶江臨海口二模)近年中國女子速滑隊取得的成績十分令人矚目。在速滑接力賽中，"接棒"的運動員

甲提前站在"交棒"的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速

度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是()

A.甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同

B.甲的速度增加量一定等于乙的速度減少量

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

D.乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大

【答案】D

【詳解】A.甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相同，方向相反。A錯誤；

B.根據動量定理得盤="=，

mm

因為甲乙的質量未知，所以二者速度的變化量大小無法比較。B錯誤；

C.乙推甲時，使甲獲得更大的速度向前沖出，說明甲在獲得推力的過程中，運動的位移要大于乙，二者的

相互作用力大小相等，所以乙對甲的推力做的功要大于甲對乙推力做的功，根據動能定理，甲的動能增加

量一定大于乙的動能減少量。C錯誤；

D.乙對甲的作用力與甲的運動方向相同，所以該力對甲做正功，甲的動能一定增大。D正確。

故選D。

1.（2021嘶江省杭州第二中學高三月考）我國科技已經步入“人工智能"時代，"人工智能"已經走進千家萬

戶。某天，東東呼叫了外賣，外賣小哥把貨物送到他家陽臺正下方的平地上，東東操控小型無人機帶動貨

物，由靜止開始豎直向上做勻加速直線運動，一段時間后，貨物又勻速上升53s,最后再勻減速Is,恰好到

達他家陽臺且速度為零。貨物上升過程中，遙控器上顯示對貨物的作用力有三個，分別為20.8N、20.4N和

18.4N,已知貨物受到的阻力恒為其重力的重力加速度g取10m/s2。下列判斷正確的是（）

A.作用力為18.4N時貨物處于超重狀態(tài)

B.貨物的質量為2.04kg

C.貨物上升過程中的最大動能為1.02J

D.東東家陽臺距地面的高度為56m

【答案】D

【詳解】A.貨物先做加速運動，后做勻速運動，再做減速運動，即最后貨物處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B.在貨物勻速上升的過程中，由平衡條件得尸2=必9+/

其中f=0.02mg

解得m=2kg

故B錯誤；

C.整個過程中，勻速運動階段速度最大，設此時速度為v,在貨物勻減速運動階段由牛頓第二定律得

mg+f-F3=ma3

由運動學公式得0=v-a3t3

解得v=lm/s

最大動能fkm=^-mi/2=lJ

故C錯誤；

D.勻減速運動階段的位移X3=：%=0.5m

勻速運動階段的位移x2=i/t2=53m

勻加速運動階段，由牛頓第二定律得

由運動學公式得2°笳W2

解得x『2.5m

陽臺距地面的高度h=x1+x2+x3=56m

故D正確。

故選D。

2.（2020嘶江嘀三月考）如圖所示為軍事愛好者的網絡模擬軍事演習。在高為200m、傾角為30c的斜坡

頂端放置一門火炮，坦克在水平地面和斜坡上行駛的速度均為20m/s,當坦克行駛到距斜坡底端80m處時,

火炮立即水平發(fā)射質量為2kg的炮彈，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.炮彈可以在坦克到達斜坡底端前將其擊中

B.炮彈以20"m/s速度發(fā)射剛好能擊中坦克

C.炮彈在擊中坦克前一瞬間的動能為6300J

D.若坦克速度增大到某一值，則炮彈可能無法將其擊中

【答案】C

【詳解】AB.炮彈到斜面底端運動時間/=

0

而坦克到斜面底端時間f'=土=4s<2^T0S

V

故炮彈不可能在坦克到達斜坡底端前將其擊中，在斜面上擊中，則

1,,1

六'2h--gt2

tan30°=-——'——2.——+x=vt

vtsin30°

o

解得：t=6s；v=30>/3in/s

o

故AB錯誤；

C.炮彈在擊中坦克前一瞬間的動能為石=imJv2+(^r)2=6300J

22°

故C正確；

1一

D.根據330。=匯h--§t2

+x=vt

Vtsin30°

0

坦克速度增大到某一值,方程仍有解，則炮彈仍能將其擊中，故D錯誤。

故選C。

【名師點睛】適用條件:

(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動.

(2)動能定理既適用于恒力做功，也適用于變力做功.

(3)力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用.

考向二動能定理的應用

(2021嘶江杭州口高三期中)如圖所示，半徑為R的半球形陶罐固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉

臺轉軸與過陶罐球心。的對稱軸重合。甲、乙兩個小物塊(均可視為質點)分別置于轉臺的A、B兩處,

OA、OB與OO'間的夾角分別為a=30。和2=60。。轉臺靜止時，甲、乙均不會下滑。已知甲的質量是乙的

兩倍，重力加速度大小為g。當轉臺從靜止開始緩慢加速轉動，直到其中一物塊剛要滑動的過程中，下列說

法正確的是()

oi

A.甲的線速度大小始終為乙的褥倍

B.甲所受向心力的大小始終為乙的2倍

C.陶罐對甲、乙所做的功相等

D.當轉臺角速度為J/時，甲、乙均有向內側運動的趨勢

【答案】D

【詳解】A.甲、乙的角速度相等，根據

可知甲、乙的線速度大小N.比為T=—=c.、

vr7<sin6O3

22

即甲的線速度大小始終為乙的3倍，故A錯誤；

3

B.根據尸=機32^

可得甲、乙所受向心力大小之比為4=2/

Fmr3

222

即甲所受向心力的大小始終為乙的2百倍，故B錯誤；

3

\\7rriv22

C.根據動能定理可知，陶罐對甲、乙所做的功之比為m=T+=W

Wmv23

222

故C錯誤；

D.假設當轉臺角速度為4時，陶罐對甲的摩擦力恰好為零，則此時有①=」區(qū)二一

1

VRcosa

假設當轉臺角速度為3,時，陶罐對乙的摩擦力恰好為零，則此時有3=號工

22Rcosp

根據J瓦<①]<①，

可知當轉臺角速度為JI"時，甲、乙所受支持力和重力的合力均大于所需要的向心力，所以甲、乙均有向內

側運動的趨勢，故D正確。

故選Do

1.（2018嘶江浙江口高考模擬）隨著人民生活水平的提高，越來越多的家庭有了汽車，交通安全問題顯得尤

為重要.如圖是某型號汽車剎車時剎車痕跡（即剎車距離）與剎車前車速的關系圖象，V為車速，s為剎車

痕跡長度.若某次測試中，汽車剎車后運行距離為20m時的車速仍為45km/h,則剎車前車的初速度為

A.60km/h

B.75km/h

C.2.5km/h

D.105km/h

【答案】B

【詳解】根據動能定理得一日機gs=。一;加2,得到v2=2）Jgs,由圖讀出，v=60knVh,剎車時位移是

s=20m,根據y2=2as,得Q=6.9ID/S2,而y2=2pigs①，

由動能定理得至卜2—？2=—2）lgS②，

00

所以由①②對比得到V2-V2=-V2,

代入得V2-452=602,

0

解得v=75km/h,故B正確，ACD錯誤.

0

故本題答案是B

2.（2021嘶江紹興嘀三月考）如圖所示，同一塊胸，第一次平放在水平地面上，第二次側放在水平地面上,

兩次給磚以相同的水平初速度讓它沿水平面運動，結果發(fā)現兩次運動的距離相差很大，最可能的原因是

1/

平放側放

A.因為磚的重心不同而引起的能量變化不同

B.因為接觸面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同

C.因為接觸面的面積不同而引起的摩擦力不同

D.因為對地面的壓力不同而引起的摩擦力不同

【答案】B

【詳解】A.兩次運動過程中磚的能量變化相同，與重心位置無關，故A錯誤；

BCD.設磚的質量為m,與水平地面的動摩擦因數為〃，初速度大小為%,無論磚是平放還是側放，其對地

面的壓力大小相同，受到的摩擦力大小相同，根據動能定理有

—[imgx=0--mv2

2o

V2

解得磚運動的距離為X=—

2|ig

造成兩次的x不同是由于〃不同，即接觸面的粗糙程度不同，故B正確，CD錯誤。

故選B*

考向三應用動能定理求解多過程問題

（2022嘶江膜擬預測）如圖所示，一同學設計的游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道

AB,半徑r可調的豎直光滑圓軌道BC。和水平接收器/MN組成。開始時滑塊從A點彈出，經過圓軌道后由

最高點。平拋，最后落到接收器內則視為游戲成功。若圓軌道的B點固定，半徑調節(jié)時BD始終在同一條豎

直線上，厚度不計的接收器距水平面距離6，M距豎直線的距離可變，彈射器可使滑塊獲得的速度%,已

知AB長5=0.2m,滑塊與AB軌道的動摩擦因數〃=0.025,滑塊質量m=20g,可視為質點，h=0.04m,

0.04m<r<0.12m,lm/s<vW0.9師Vs,忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求：

0

（1）若％=lm/s,r=0.04m,則滑塊運動到C點（C、M在同一水平虛線上）時對軌道的壓力大小F；

⑵若r=0Q4m,：=0.08m,則要使游戲成功，1的最小值；

（3）調節(jié)圓軌道半徑r,若要游戲成功，接收器的最小長度L（結果保留二位有效數字）

2

【詳解】⑴以滑塊從A到C為過程’由動能定理，得-……-刎。2

得尸=5x10-2N

由牛頓第三定律，知滑塊對C點的壓力大小為5X10-2N；

v2

⑵滑塊恰好過。點時有機g=m-&-

解得v=y/OAm/s

D

下落到接收器處豎直下落高度r=1g?2

水平射程x=vDt

聯立可得％=0.04\/2m<0.08m

所以當水平射程x=0.08m時，可得u=2^/02In/s

D

此時滑塊射出時的%最小，由動能定理一日他算-感-2廠=；加:2—；加02

解得v=、10m/s

o2

⑶當r=0.04m時，水平射程最小為/=0.045/2m

②當滑塊以v=0.9而m/s彈出，設此時圓軌道半徑為廣，由八到。過程中

o

-l^mgs-mg-2r=-mv2--mv2

角軍得v=78-40rn)/s

D

由。點平拋，得2”〃=為

I=Vt

xD1

聯立可得I=j8-40r-12(2r-Z，)=J-16(-0.11)2+0.1296

即當r=0.11m時，水平射程最遠/=0.36m

x2

則接收器的最小長度L=/-I=0.36m-0.04>/2m=0.14>/2m?0.30m

x2xl

［名師點睛】利用動能定理求解多過程問題的基本思路

(1)弄清物體的運動由哪些過程組成。

(2)分析每個過程中物體的受力情況。

(3)各個力做功有何特點，對動能的變化有無影響。

(4)從總體上把握全過程，寫出總功表達式，找出初、末狀態(tài)的動能。

(5)對所研究的全過程運用動能定理列方程求解

1.(2021嘶江口高三月考)鋪有不同材料的水平桌面的右端P與傾斜角度。=45。的斜面以B對接，斜面的

AB邊置于水平地面上，如圖甲所示。一物塊在水平恒力尸作用下，由靜止從。點開始運動到尸點時撤去尸，

物塊隨即做平拋運動，如圖乙所示為桌面的動摩擦因數日與物塊平拋運動時的水平射程x(第一落點與尸點

的水平位移)之間的圖像，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則()

圖甲00.20.40.60.8〃

圖乙

A.物塊質量1kgB.OP的距離0.5m

C.恒力方的大小8ND.平拋運動的最大速度"7m/s

【答案】D

【詳解】ABC.物塊在"的運動過程中，根據動能定理—gS=g嗎

l2（FS-^mgS）

-m-

由圖乙可知，當日＞0.3時，x=0.8-|J,此時，物塊將落到斜面上。

由平拋運動規(guī)律樣

V）=y]5x

P

7FS

聯立可得x=--------4sli

5m

根據圖像所得的數據可得s=o.25m,-=8

m

無法計算出尸、機的具體數值，故ABC錯誤；

D.JJW0.3時，物塊將落到水平地面上，當日=。時，物塊的速度最大，由題意知，當日=0.3時，43長0.5m,

斜面PA的長度為0.5m,豎直速度\=Mm/s,空中運動時間f=,水平速度。2=2m/s,再根據勾

股定理。=yju2+U2=-J14m/s

故D正確。

故選D。

2.（2022嘶江典擬預測）如圖甲所示，一豎直平面內的軌道由粗糙斜面A。和光滑圓軌道DCE組成，A。與

DCE相切于。點，C為圓軌道的最低點，將一小物塊置于軌道ADC上離地面高為4處由靜止下滑，用力傳

感器測出其經過C點時對軌道的壓力FN，改變H的大小，可測出相應的FN的大小，FN隨”的變化關系如圖

乙折線PQ/所示（PQ與Q/兩直線相連接于Q點），Q/反向延長交縱軸于F點（0,5.8N）,重力加速度g取

10m/s2,求：

（1）小物塊的質量m；

（2）光滑圓軌道DCE的半徑R和小物塊與斜面A。間的動摩擦因數出

（3）若粗糙斜面AD換成光滑曲面，小物塊從，=2R的高度靜止釋放進入半徑為R光滑圓軌道，R為（2）

問的取值，則小物塊相對地面能上升的最大高度是多少？

廠N/N

【答案】(1)0.5kg；(2)lm；0.3；(3)—m

【詳解】(1)由圖乙知，當H=0時，有FN[=mg=5N=>%=0.5kg

(2)如果物塊只在圓軌道上運動，則由動能定理得冽gX=j"V2

由向心力公式，經過C點時有尸-〃田=吧

N3氏

聯立兩式可得=2mgH+mg

NR

由圖乙知等=篙=10

1\0.2

可得H=lm

1-02

顯然當H=0.2m時，對應圖甲中的。點，所以有cos0=—丁一二0.8

求得e=37

物塊從A點運動到C點運用動能定理'得3-Mgcos。喘⑦如2

物塊在C點有％-，，%=笠

8

聯立可得尸尸」).“U

NR3

結合Q/曲線知號|_tog+mg=5.8n(J=0.3

(3)由題意可知，當小球在到達軌道最高點前的某一點E時會脫離軌道做斜拋運動，設脫離時。E與豎直

V2

方向間的夾角為a,由牛頓第二定律可知mgcosa=m-e-

根據機械能守恒定律機g(H-R-Rcosa)=：w2

2E

H=2R

聯立解得cosa=g,%=JggR

小球脫軌后斜拋運動還能上升的高度h=(『ina)2=工R

2g27

因此，相當于地面，小球上升的最大高度為為=/?+7?cosa+7z=—/?=—m

。2727

考向四動能定理與圖象的綜合問題

(2020嘶江口高三學業(yè)考試)某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究，他們讓這輛小車在水平的直

軌道上以恒定加速度由靜止啟動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉化為VT圖像，如圖所示(除

210s時間段內的圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)，2s后小車的功率不變，可認為在整個過程中

小車所受到的阻力大小不變.小車的質量為1kg,則小車在0~10s運動過程中位移的大小為()

<</(m?<1)

A.39mB.42mC.45mD.48m

【答案】B

3-0

【解析】勻加速階段：。=2m/s2=L5/n/s2,根據牛頓第二定律可得尸-7①，在2s后功率恒定，

在2s末有尸=尸乂3②，勻速運動階段，牽引力等于阻力，則P=/x6③，聯立三式解得了=1.5N,額定

功率尸=9卬，在。2s過程中的位移為x=1x2x3=3?i,對2s?10s的過程運用動能定理得：

12

Pt-fx=-mv2--mv2,代入數據得x=39m,故0~10s內的位移為x=無+x=42%,B正確.

2

22102212

【名師點睛】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關系式.

(3)將推導出的物理規(guī)律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交

點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物

理量.

1.（2021浙江省杭州第二中學高三月考）光滑四分之一圓軌道底端切線水平，半徑尺=0.4m,底端安裝了

一個力傳感器，小球從圓軌道的某位置由靜止釋放，經過底端后平拋落到地面，傳感器的讀數和平拋的水

平位移平方值之間的關系如圖所示，則下列判斷不正確的是（）（g取lOm/sz）

甲乙

A.圓軌道底端距地面1.25mB.小球質量為1kg

C.傳感器最大值為30ND.平拋的最大水平位移為2m

【答案】D

【詳解】B.在圓軌道最低點由向心力公式可得尸-〃吆=〃?”

R

平拋過程水平、豎直方向滿足S=M

,1

h=

聯立可得尸=黑52+7咫

對比圖線可知，截距為，wg=10N

解得小球質量為1kg,B正確，不符合題意；

A,當S2=lm2時，F=20N,代入表達式/=+機g

2hR

可解得/?=1.25m

即圓軌道底端距地面1.25m,A正確，不符合題意；

C.當從圓弧最高點下滑時，傳感器的數值達到最大，由動能定理可得=?，小2

21

由向心力公式可得勺-mg=m

聯立解得v=2^2m/s,F=3ON

ii

即傳感器最大值為30N,C正確，不符合題意；

D.當以匕拋出時，水平位移最大，時間為，==0.5s

水平位移為x=vt=>/2m

i

D錯誤，符合題意。

故選Do

2.（2012嘶江口高三單元測試）如圖甲所示，在傾角為30。的足夠長的光滑斜面AB的A處連接一粗糙水平面

OA,0A長為4m。有一質量為m的滑塊，從。處由靜止開始受一水平向右的力F作用。F在水平面上按圖

乙所示的規(guī)律變化。滑塊與間的動摩擦因數"=0.25,g取10m/s2,試求：

（1）滑塊運動到A處的速度大??；（結果可保留根號）

（2）不計滑塊在A處的速率變化，滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離。

2加4

mg

：

CLo1234

-0.5廂二」」'Jm

-mg

-2mg

甲乙

【答案】（^1）55/2m/s;⑵5m

【詳解】（1）設滑塊運動到A處的速度大小為V,對滑塊從。運動到A的過程根據動能定理有

2mgx-0.5mgx-\imgx=—mvz

12OA2

代入數據解得丫=5河內

（2）設滑塊沿斜面AB向上運動的最遠距離為L,對滑塊從4運動到最遠處的過程根據動能定理有

-mgLsin30°=0-；機丫2

代入數據解得L=5m

考向五運用動能定理巧解往復運動問題

如圖所示，ABC。是一個盆式容器，盆內側壁與盆底的連接處都是一段與8C相切的圓弧，BC是

水平的，其寬度d=0.50m,盆邊緣的高度為〃=0.30m,在A處放一個質量為機的小物塊并讓其從靜止開

始下滑。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為〃=0.10。小物塊在盆式容器內

來回滑動，最后停下來，則小物塊最終的位置到B點的距離為（g取10m/s2）（）

AD

B

A.0.50mB.0.25m

C.0.10m

【參考答案】D

【詳細解析】設小物塊在BC面通過的總路程為s,由于只有BC面上存在摩擦力，則小物塊從A點開

始運動到最終靜止的整個過程中，摩擦力做功為一〃加gS,而重力做功與路徑無關，由動能定理得：唐g〃一“"2gS

=0-0,代入數據解得s=3m。由于d=0.50m,所以小物塊在面經過3次往復運動后，停在B點,D

正確。

【名師點睛】滑動摩擦力做功與物體運動的路程有關，如果題目中涉及求解物體運動的路程或位置的

變化，可利用動能定理求出摩擦力的功，然后進一步確定物體運動的路程或位置的變化

1.如圖所示，斜面的傾角為仇質量為根的滑塊與擋板尸的距離為尤。,滑塊以初速度%沿斜面上滑，

滑塊與斜面間的動摩擦因數為“，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無

機械能損失，滑塊經過的總路程是（）

:%十%tanH京+xotan]

C法篇+%tane)

:geos0tanft

［答案］A〃，如為〃〃〃〃〃一

【解析】滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為%,對滑塊運動的全過程應用功能關系，全

1

過程所產生的熱量為Q=2mv02+mgx0sin0,又由全過程產生的熱量等于克服摩擦力所做的功，即Q=

*152

fimgxcos6,解得尤=〃2gcose+%tan0,選項A正確。

2.如圖所示，AB、C。為兩個對稱斜面，其上部足夠長，下部8、C分別與一個光

滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為120。，半徑R為2.0m,一個物體在離弧底E

高度為/z=3.0m處，以初速度。=4.0m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面間的動摩擦h\/

因數均為0.02,則物體在兩斜面上（不包括圓弧面部分）一共運動的路程是多少？（g____,,

取10m/s2）

【答案】280m

【解析】兩個斜面的下部8、C分別與光滑的圓弧面相切，圓心角為120。，所以可得出斜面的傾角為60。,

物體在斜面上所受到的滑動摩擦力為

Ff=jumgcos60°=0.0bng,

重力沿斜面的分力為mgsin60°=??7g>Ff,

所以物體不能停留在斜面上。

物體在斜面上滑動時，由于摩擦力做功，物體的機械能逐漸減小，物體滑到斜面上的高度逐漸降低，

物體最終將在2、C間做往復運動。設物體在斜面上運動的總路程為s,

對全過程應用動能定理得

mg[h—7?（1—cos60°）]—jumgscos60°=0-^mv2,

解得5=280mo

一、單選題

1.質量為30kg的小孩坐在秋千板上，秋千板離系繩子的橫梁的距離是2.5m.小孩的父親將秋千板從最低

點拉起1.25m高度后由靜止釋放，小孩沿圓弧運動至最低點時，它對秋千板的壓力約為（）

A.0B.200NC.600ND.1000N

2.2020年6月23日我國成功發(fā)射北斗三號系統(tǒng)最后一顆衛(wèi)星，北斗全球星座部署完成。北斗三號系統(tǒng)空

間段由3顆GEO、3顆IGSO和24顆MEO衛(wèi)星組成。GEO衛(wèi)星相對地球靜止，軌道高度約為36000km,IGSO

衛(wèi)星的軌道高度與GEO衛(wèi)星的軌道高度相同，軌道傾角（繞地球運行的軌道平面與地球赤道平面之間的夾

角）為55度，MEO衛(wèi)星的軌道高度約為21500km,軌道傾角為55度。下列說法不正強的是（）

A.MEO衛(wèi)星的運行周期小于GE。衛(wèi)星的運行周期

B.GEO衛(wèi)星與IGSO衛(wèi)星運行的向心加速度大小相等

C.MEO衛(wèi)星的線速度大于IGSO衛(wèi)星的線速度

D.GEO衛(wèi)星與IGSO衛(wèi)星的動能相等

3.物體以10m/s的速度由坡底沖上一足夠長的斜坡，當它返回坡底時的速度大小為8m/s。已知上坡和下坡

兩個階段物體均沿同一直線做勻變速直線運動，但上坡和下坡的加速度大小不同.則關于物體上坡、下坡兩

過程說法正確的是（）

A.加速度大小之比為5:4B.所用時間之比為4:5

C.摩擦力做功之比為5:4D.合外力做功之比為4:5

4.一質量為Q4kg的小球以某一初速度水平向右拋出后，隨即受到一大小3N,方向水平向左的恒力，假設

小球拋出時離地足夠高，忽略空氣阻力，當小球的動能最小時，速度方向與水平的夾角為（）

A.30"B.37°C.45°D.53°

5.一物塊從斜面頂端靜止開始沿斜面下滑，其機械能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線I、n所示，

重力加速度取10m/s2。下列說法正確的是（）

E/J

A.物塊下滑過程中只有重力做功

B.物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5

C.物塊下滑時加速度的大小為2m/s2

D.物塊下滑到底端過程中重力做功40J

6.如圖甲所示的滑道由兩段相同半徑的圓弧滑道和一段水平直滑道組成，圖乙是它的示意圖，P、Q在同一

水平線上。某滑板運動員從滑道左側的P點無初速下滑，通過調整姿態(tài)，運動到右側Q點時速度恰好為零。

將人和滑板看作整體，以下說法正確的是（）

甲

A.運動到Q點時，速度為零，但合力不為零

B.在圓弧滑道上運動時，合力不為零且指向圓心

C.滑動過程中，人和滑板整體機械能守恒

D.從P點滑下，若人不主動調整姿態(tài)也能滑到Q點

7.如圖所示，無人機在空中加速上升時，動能、重力勢能、機械能三個能量中不斷增加的有（）

A.動能B.動能、重力勢能

C.重力勢能、機械能D.動能、重力勢能、機械能

二、解答題

8.某課外活動小組自制一枚質量為2kg的火箭，設火箭發(fā)射后始終在豎直方向上運動。火箭點火后可認為

從靜止開始做勻加速直線運動，經過5s速度達到40m/s時燃料恰好用完，若不計空氣阻力且火箭視為質點，

取g=10m/s2,求：

⑴火箭上升到離地面的最大高度；

⑵火箭落回地面時的動能為多大。

9.如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌

道E。和E4相連）、高度h可調的斜軌道A3組成。游戲時滑塊從。點彈出，經過圓軌道并滑上斜軌道。全

程不脫離軌道且恰好停在B端則視為游戲成功。已知圓軌道半徑r=0.1m,OE長L=0.2m,AC長

1

4=0.4m,圓軌道和AE光滑，滑塊與42、OE之間的動摩擦因數N=0.5?；瑝K質量m=2g且可視為質點,

彈射時從靜止釋放且彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能。忽略空氣阻力，各部分平滑連接。求

（1）滑塊恰好能過圓軌道最高點F時的速度n大??；

F

（2）當/?=0.1m且游戲成功時，滑塊經過E點對圓軌道的壓力歹大小及彈簧的彈性勢能石；

N%

（3）要使游戲成功，彈簧的彈性勢能E與高度力之間滿足的關系。

P

10.小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道和傾角0=37。

的斜軌道平滑連接而成。質量，〃=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高〃=1.0m處靜止釋放。已知R=0.2m,

L=L=1.0m,滑塊與軌道AB和2C間的動摩擦因數均為日=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，

ABBC

忽略空氣阻力。

⑴求滑塊運動到與圓心。等高的。點時對軌道的壓力;

⑵通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端c點；

⑶若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點x處的質量為2機的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因數

仍為0.25,求它們在軌道上到達的高度h與x之間的關系。（碰撞時間不計，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

12.（2016?浙江高考X多選）如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為〃，與水平面傾角分別為

45。和37。的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為〃。質量為機的載人滑草車從坡頂由靜止開始自

由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端（不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，

sin37°=0.6,cos37°=0.8）o則（）

A.動摩擦因數4=￥

B.載人滑草車最大速度為、怦

C.載人滑草車克服摩擦力做功為機g/?

D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為海

13.（2020?浙江卷）小明將如圖所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌

道A3和傾角e=37°的斜軌道平滑連接而成。質量帆=0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H=1.0m處

靜止釋放。已知R=0.2m,L=L=1.0m,滑塊與軌道AB和3C間的動摩擦因數均為N=0.25,弧

ABBC

形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力。

（1）求滑塊運動到與圓心。等高的。點時對軌道的壓力；

（2）通過計算判斷滑塊能否沖出斜軌道的末端C點；

（3）若滑下的滑塊與靜止在水平直軌道上距A點無處的質量為2根的小滑塊相碰，碰后一起運動，動摩擦因

數仍為0.25,求它們在軌道3C上到達的高度/z與％之間的關系。（碰撞時間不計，sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

H

吟答案精折京

1.C

【詳解】由機械能守恒得：mgh=',代入數據解得：v=5m/s；以小孩為研究對象，分析受力情況，受力

^mv2

分析如圖所示：

八FN

▼mg

根據牛頓第二定律得：FN-mg=m，”代入數據解得：FN=600N；由牛頓第三定律知小孩對秋千板的壓力為

r

600N.故C正確，ABD錯誤。

2.D

【詳解】A.由軌道高度和地球半徑關系可知MEO衛(wèi)星的運轉半駕.小于GEO衛(wèi)星的運轉半玲，根據,

取一濠

可得7\<T,

故A不符合題意；

B.設地球的質量為根據萬有引力提供向心力有

尸

G—Mm=ma

可得向心加速度

因為IGSO衛(wèi)星與GEO衛(wèi)星的軌道高度相同，所以向心加速度大小相等，故B不符合題意;

C.設地球的質量為人造衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑為r,根據萬有引力提供向心力有

Mmv2

%<r,

所以MEO衛(wèi)星的線速度大于IGSO衛(wèi)星的線速度，故C不符合題意；

D.因GEO衛(wèi)星與IGS。衛(wèi)星的質量關系未知，無法確定GEO衛(wèi)星與IGS。衛(wèi)星的動能是否相等，故D符合

題意。

故選D。

3.B

【詳解】A.將上坡過程看做反向的初速度為零的勻加速運動過程，則根據i/2=2as

可知加速度大小之比為牝5=評:謗=102：82=25:16

選項A錯誤；

B.根據可知所用時間之比為

s=Ht幺="=三=<

2hVi105

選項B正確；

C.上升和下降過程摩擦力和位移均相等，則根據嗎=/s可知摩擦力做功之比為I」，選項C錯誤；

D.根據動能定理，合外力做功卬=」&

則合外力功之比為，zU

_102_25

2

W2詔B16

選項D錯誤。

故選Bo

4.B

【詳解】合力方向與速度方向垂直時，小球的動能最小，由題意知合力與豎直方向夾角為37。，可知當速度

方向與水平夾角37。時，小球的動能最小，故B正確，ACD錯誤。

故選Bo

5.D

【詳解】A.根據功能關系可得=Fdr

則在此F_丫圖像中的斜率的絕對值表示下滑過程中受到摩擦力大小(=1m介儂6=6N

機械能不守恒，除重力外還有其他力做功，故A錯誤；

BC.根據動能定理可得&=1gsing—Rngcos6)x

則&—1圖像的斜率表示合外力F，得到合外力尸=mgsin6-皿〃,os。=2N

因日未知，m和〃無法求，加速度。也無法計算，故B、C錯誤；

D.根據&=(mgsin6—pmgcos0)x

則物塊下滑到底端過程中重力做功偏=sjng=-|-innfixcos9=107+6x5J=40|

故D正確。

故選D?

6.A

【詳解】A.運動到Q點時，速度為零，向心加速度為零，但沿切線方向加速度不為零，故合力不為零，故

A正確；

B.在圓弧滑道上運動時，做變速圓周運動，合力不指向圓心，故B錯誤；

C.對于人和滑板組成的系統(tǒng)，除重力外，還有阻力做功，并且在調整姿態(tài)時人自身也要做功，故滑動過程

中系統(tǒng)的機械能不一定時時刻刻相等，故C錯誤；

D.滑動過程中，人若不調整姿態(tài)，由于要克服阻力做功，就到不了Q點，故D錯誤。

故選A。

7.D

【詳解】無人機加速上升，所以動能增加。高度不斷增加，所以重力勢能不斷增加，所以無人機機械能不

斷增加。

故選Do

8.(Dlftn??；(2)3600J

【詳解】⑴對火箭，加速上升階段

減速上升階段一

2池

?=4——

解得A=180m

(2)火箭下落過程應用動能定理7ng5=4屋

根據題意并代入數據可知，火箭落回地面時的動能為Ek=3600J

⑴⑵。⑶〈力<

9?vF=lm/sEVQ=8.0X1(T0057no.2m

【詳解】(1)滑塊恰過F點的條件：

mg=m-

解得：=lra/s

(2)滑塊從E到8,動能定理：I,

—mgA—pmgL2=0一嚴詔

在E點根據牛頓第二定律:

解得：FK=0.14N

從。到B點，根據能量守恒定律：

Epo—mgh-+4=。

解得：％=8,0X10-3/

(3)滑塊恰能過F點的彈性勢能：

3

Epl=2mgr+iimgLt+-nt印=70x10~]

到B點減速到0：

Epi-mgAt-umg[L^+3=0

解得：

4=0.05m

能停在B點,則：〃刀;0cos6=mnsin9

解得：t/n?A=n十此時

=02m

從0至118點：E=mg/i+|img(L+L)=2x10-3(10/z+3)J

P12

其中0.05m<>4<0.2m

10.(1)8N,方向水平向左；(2)不會沖出；⑶MJ"'—'。/—/

5

/i=-