2017届一轮复习专题六机械能单元测试(1)解析

1、专题六机械能1.（2015 新课标全国n, 17 , 6 分）（难度）一汽车在平直公路上行驶。从某 时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化如图所示。假定汽车所受阻 力的大小 f 恒定不变。 下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的图线中，可能 正确的是（ ）解析 当汽车的功率为 Pi时，汽车在运动过程中满足 Pi= Fiv,因为 Pi不变,v 逐渐增大，所以牵引力 Fi逐渐减小，由牛顿第二定律得 Fi f = mai, f 不变，所以汽车做加速度减小的加速运动，当 Fi= f 时速度最大，且 Vm= g =罕当汽车的功率突变为 P2时，汽车的牵引力突增为 F2，汽车继续加速，由

2、 P2=F2V 可知 F2减小，又因 F2 f= ma2，所以加速度逐渐减小，直到 F2= f 时，P2速度最大 Vm=f，以后匀速运动。综合以上分析可知选项 A 正确。答案 A2. （20i4 新课标全国n，i6，6 分）（难度）一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为 Fi的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为 F2,物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v。对 于上述两个过程，用 WFI、W2分别表示拉力 Fi、F2所做的功，Wfi、Wf2分功和功率别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（）A.WF24WFI, Wf22WfiB . WF24WFI,，W

3、f2= 2WfiC.WZ24WFI,Wf2=2WfiD.WF24WF2，故选项 C 正确，选项 A、B、D 错误。答案 C3.（20I3 全国新课标卷）（难度）（多选）20I2 年 ii 月，“歼 I5”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快 速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即 关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t = 0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图乙所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为

4、I000 m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为 go甲A .从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B. 在 0.42.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD. 在 0.42.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析 在 vt 图象中，曲线与坐标轴所围成的“面积”表示物体运动位移的 大小，根据题目给的图象可以大致判断 x- 100 m,而题目中说若无阻拦索飞 机从着舰到停止要滑行 1 000 m,故 A 正确；由图象知，0.42.5 s 内飞机做 匀减速运动，加速度不变，故所受合外力不变，合外力

5、为两段阻拦索拉力的合力，由于阻拦索夹角变小，故阻拦索的张力随时间减小，故 B 错误；由图651022象可知在 0.42.5 s 内，a=m/s 26.2 m/s 2.5g，故 C 正确；由2.5 0.4于 P= F合v，F合不变，v 减小，故功率减小，D 错误。答案 AC4.（2016 全国卷川，20，6 分）（难度）（多选）如图，一固定容器的内壁考点动能定理及其应用乙是半径为 R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容 器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加速度 大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持

6、力大小为 N,则（）解析 质点 P 下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR- W12v22 （mgR W）=2mv，根据公式 a = VR，联立可得 a=mR , A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N mg=答案 AC5. （2016 全国卷 II，21，6 分）（难度）（多选）如图，小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与小球相连。现将小球从 M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了 N 点。已知在 M、N 两点处，弹簧对小球的弹n力大小相等，且/ ONMZOMN2。在小球从 M 点运动到 N 点的过程中（）2(m

7、gR W)mRB. a3mgR2WR2 (mgRW) Rma，代入可得,3mgR 2WRC 正确, D 错误pmRA .弹力对小球先做正功后做负功B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D. 小球到达 N 点时的动能等于其在 M、N 两点的重力势能差n解析 因 M 和 N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且 / ONMZOMNqmgR,质点不能到达 Q 点1C. W= QmgR,质点到达 Q 点后，继续上升一段距离1D. WvQmgR,质点到达 Q 点后，继续上升一段距离解析 根据动能定理得 P 点动能 EkP= mgR,经过 N 点时，由牛顿第

8、二定律和向心力公式可得2V4mg所以 N 点动能为 EkN3mgR2 ，从 P 点到N 点根据动能定理可得 mgR- W=mgR,即克服摩擦力做功 W= 詈。2质点运动过程，半径方向的合力提供向心力即 FN mgcos9=ma= mR,根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力 Ff=yF变小，所以摩擦力做功变小，那么从 N 到 Q,根据动能定理，Q 点动能 EkQ=3m2gR- mgR W= $gR W,由 于 Wv詈，所以 Q 点速度仍然没有减小到 0,会继续向上运动一段距离， 对照选项，C 正确。答案 C7. (2016 全国卷I,

9、 25，18 分)(难度)如图，一轻弹簧原长为 2R,其 一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B5处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为 6R 的光滑圆弧轨道相切于C点，AC = 7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点 由静止开始下滑，最低到达 E 点(未画出)，随后 P 沿轨道被弹回，最高到达1F 点，AF= 4R，已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 尸 4,重力加速度大小为 9。34(取 sin 37 cos 37 5)(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小；求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能；(3

10、)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨 道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点。G 点在 C 点左下方，与 C 点 水平相距 2只、竖直相距 R,求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。解析 由题意可知：IBC=7R 2R= 5R设 P 到达 B 点时的速度为 VB,由动能定理得12mgbcsin0卩 mglccos0=2mvB式中0=37联立式并由题给条件得VB=2 , gR设 BE = x, P 到达 E 点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为 Ep,由 B-E过程，根据动能定理得I2mgxsin0卩 mgcos0Ep= 0 q

11、mvBE、F 之间的距离 li为 li= 4R 2R+ xP 到达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有Epmglisin0卩 mgCos0=0联立式得x= R12Ep= 5mgR(3)设改变后 P 的质量为 mi，D 点与 G 点的水平距离为 xi和竖直距离为 yi，0=37由几何关系(如图所示)得：xi=2R6RS“0=3R26设 P 在 D 点的速度为 VD，由 D 点运动到 G 点的时间为 t由平抛运动公式得:X1= VDt?联立？得vD=5，5gR?设 P 在 C 点速度的大小为 VC,在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有1212552mivc=

12、2mlvD+mig（6R+gRcos0）?P 由 E 点运动到 C 点的过程中，由动能定理得Epmig（x+5R）s in0（mig（x+5R）cos0=如显？如显？联立？?？得mi答案(1)2 gR#mgR1m8.（2015 新课标全国II, 21 , 6 分）（难度）（多选）如图，滑块 a、b 的质量均为 m, a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h, b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度大小为 g。则（）A.a 落地前，轻杆对 b 一直做正功考点三机械能守恒定律及其应用B.a 落地时速度大小为.2ghC. a 下落

13、过程中，其加速度大小始终不大于 gD. a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg解析 滑块 b 的初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对 b 先做正功，后做 负功，选项 A 错误；以滑块 a、b 及轻杆为研究对象，系统的机械能守恒，当 a 刚落地时，b 的速度为零，则 mgh= 2mvf+ 0,即 va= 2gh，选项 B 正 确；a、b 的先后受力如图所示。由 a 的受力图可知，a 下落过程中，其加速度大小先小于 g 后大于 g，选项 C错误；当 a 落地前 b 的加速度为零（即轻杆对 b 的作用力为零）时，b 的机械能最大，a 的机械能最小，这时 b 受重力、支持力，

14、且 FNb= mg，由牛顿第三定律可知，b 对地面的压力大小为 mg,选项 D 正确。答案 BD9.（2014 新课标全国U,15，6 分）（难度）取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气 该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（）n n5n逅 C.3D元设物块在抛出点的速度为 V0,落地时速度为 v,抛出时重力势能为 Ep,121212/阻力解析由题意知 Ep= 2mv2；由机械能守恒定律，得？mv = Ep+ ?mvo,解得v= . 2vo, 设落地时速度方向与水平方向的夹角为9,则 cos A 罟=，解得A4，B 正确。答案 B12

15、10. (2016 全国卷川，24 ,12 分)(难度)如图，在竖直平面内有由 4 圆弧1AB 和圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接。AB 弧的半RR径为 R，BC 弧的半径为 R。一小球在 A 点正上方与 A 相距 R 处由静止开始自 由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动。(1) 求小球在 B、A 两点的动能之比；(2) 通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点。解析(1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒得EkA= mg号设小球在 B 点的动能为 EkB，同理有EkB= mg5R由式得= 5EkA(2)若小球能沿轨道运动到 C 点，小球在

16、C 点所受轨道的正压力 FN应满足FN0 设小球在 C 点的速度大小为 VC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有FN+mg= mR 由式得mg mR 12全程应用机械能守恒定律得mgR = 1mvc1 2由式可知，vc= vc,即小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。答案 5：1(2)能，理由见解析11. (2016 全国卷U,25 , 20 分)(难度)轻质弹簧原长为 21，将弹簧 竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 I。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另 一端与物块 P 接触但不连接。AB 是长度为 5I 的水平轨道，B 端与半径

17、为 I 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数卩=0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度 I，然后放 开 P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 goD1 若 P 的质量为 m,求 P 到达 B 点时速度的大小， 以及它离开圆轨道后落回 到 AB上的位置与 B 点之间的距离；2 若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围。解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至I 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律知，弹 簧长度为 I 时的弹性势能为Ep= 5mgl 设

18、 P 到达 B 点时的速度大小为 VB，由能量守恒定律得12Ep= 2mvB+ 卩 m(5I I)联立式，并代入题给数据得VB=, 6gI若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 PAB答案 (1),6gl 2.21(2)|m M0设 P 滑到 D 点时的速度为 VD，由机械能守恒定律得mvB= mvD+ mg 2l 联立式得VD= 2glVD满足式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 VD水平射出。设 P落回到轨道 AB 所需的时间为 t，由运动学公式得2l 二 2gt3 4P 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 s= vDt联立式得

19、s= 22l 设 P 的质量为 M，为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。由式可知5mgl 卩 Ml 要使 P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有1232EP=2MVB+卩 Mg4l ?联立?式得55M2m?答案 (1),6gl 2.21(2)|m M|m2MVB4gh gh = 3ghvo+ ghvo+ gh即当 vo= . gh 时，v2取最小值123最小动能为？mv = ?mgho（1）求此人落到坡面时的动能；（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？解析（1）设该队员在空中运动的时

20、间为 t，在坡面上落点的横坐标为 x，纵坐 标为 y。由运动学公式和已知条件得x= vot 2h y= 2gt22根据题意有 y=2h由机械能守恒，落到坡面时的动能1212联立式得？mv = m（v2+1mv22mvo+ mg(2h 2 24gh2 ,vo+ ghB 卷地方卷1.（2016 天津理综，8,6 分）（难度）（多选）我国高铁技术处于世界领先水平,和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动 力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同， 动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8 节车厢组成，其中第 1、5 节车厢为动车

21、，其余为拖车，则该动车组（）A 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B做匀加速运动时，第 5、6 节与第 6、7 节车厢间的作用力之比为 3 : 2C 进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D.与改为 4 节动车带 4 节拖车的动车组最大速度之比为 1 : 2解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同,故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项 A 错误；动车组运动2F 8kmgF的加速度 a= 8m = 4m kg，则对 6、7、8 节车厢的整体有 F56= 3ma3. . . 1+ 3kmg= 4F，对 7、8 节车厢的整体

22、有 F67= 2ma+ 2kmg= qF，故 5、6 节车厢与& 7 节车厢间的作用力之比为 F56: F67= 3 : 2,选项 B 正确；关闭发动12v2一机后，根据动能定理得18mv = 8kmgx，解得 x= 2kg，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项 C 错误；8 节车厢有 2 节动车时的最大2P一4P Vm11速度为 Vm1= 8kmg； 8 节车厢有 4 节动车时最大速度为 Vm2二 8，则。爲二 2,2 24gh_)v0+ gh)3mgh答案选项 D 正确。答案 BD2. （2014 重庆理综， 2, 6 分） （难度） 某车以相同的功率在两种不同的水平

23、路 面上行驶，受到的阻力分别为车重的kl和 k2倍，最大速率分别为 V1和 V2,则（）解析 汽车以最大速率行驶时，牵引力 F 等于阻力 f，即 F= f= kmg。由 P=答案 B3. （2012 上海物理，15，3 分）（难度）质量相等的匀质柔软细绳 A、B 平放于水平地面，绳 A 较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为 hA、hB,上述过程中克服重力做功分别为 WA、WB。若（）A.hA= hB，则一定有 WA= WBB.hAhB，则可能有 WAWBC. hAhB，则一定有 WAWB解析 两绳子中点被提升从而使绳子全部离开地面，考虑此时绳子重心上升的

24、咼度，绳子的重心在距离绳子中点 1/4 总长处。若绳子总长分别为 1A和 1B，则细绳 A 重心上升的高度 hA= hA节，细绳 B 重心上升的高度 hB= hB ?。1根据 W= mgh 可得：WAW3= mg（hA hBVmg（hA hB） 4（IA1B） 。由题意IAIB,故 A、C、D 错误，B 正确。答案 BA. V2= kivikiV2二k2V1C.D . V2= k2V1k1mgv1及 P = k2mgv2，得 V2k1CV1故 B正确。k24.（2015 浙江理综，18，6 分）（难度）（多选）我国科学家正在研制航母舰载 机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0X104kg，设

25、起飞过程中发动机的考点动能定理及其应用推力恒为 1.0X105N;弹射器有效作用长度为 100 m,推力恒定。要求舰载机 在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹 射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则（）A 弹射器的推力大小为 1.1X106NB. 弹射器对舰载机所做的功为 1.1X108JC.弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8X107WD.舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s6解析 设总推力为 F,位移 x,阻力 F阻二 20%F，对舰载机加速过程由动能12 6定理得 Fx 20%Fx= qmv，解得 F = 1.2X10 N，弹

26、射器推力 F弹=F F发=1.2X106N 1.0X105N = 1.1X106N，A 正确；弹射器对舰载机所做的功 为 W= F弹x= 1.1X106X100 J= 1.1X108J, B 正确；弹射器对舰载机做功的平均功率=F弹/= 4.4X107W，C 错误；根据运动学公式 v2= 2ax，得2v2a = 2x= 32 m/s， D 正确。答案 ABD5. （2014 大纲全国，19，6 分）（难度）物块沿倾角为9的斜坡向上滑动。6(2gH -1)tan9和 2v2HD.(承1)tan9和 4解析由动能定理有H 12mgH卩 mgos9=一2mv当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为

27、 H，如图所示；当物块的初速度为 V 时，上升的最大高度记为 h。重力加速度大小为 g。物块与斜坡间的动摩擦因数和 h 分别为（）,h c 1 Vx2-mgh卩 mgos2口（2）y2H解得尸（2gH 1）tan 9, h= 4，故 D 正确。答案 D6.（2016 天津理综，10, 16 分）（难度）我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量 m= 60 kg 的运动员从长直助滑道 AB 的 A 处由静止开始以加速度 a = 3.6 m/s2匀加速滑下，到达助 滑道末端 B 时速度 VB=24 m/s，A 与 B 的竖直高度差 H = 48 m，为了

28、改变运 动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以 O 为圆心的圆弧。助滑道末端 B 与滑道最低点 C 的高度差 h = 5m，运动员在 B、C 间运动时阻力做功 W= 1 530 J,取 g= 10 m/s2。（1）求运动员在 AB 段下滑时受到阻力 Ff的大小；（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则 C 点所在圆弧的半径 R 至少应为多大。解析（1）运动员在 AB 上做初速度为零的匀加速运动，设 AB 的长度为 X,则有 vB= 2ax由牛顿第二定律有 mg Ff= maC.tanB和H联立式，代入数据解得 F 尸 144 N（2

29、）设运动员到达 C 点时的速度为 vc，在由 B 到达 C 的过程中，由动能定理得1212mgh+ W= 2mvC mvB设运动员在 C 点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有FNmg= mR 由题意和牛顿第三定律知 FN=6mg联立式，代入数据解得 R= 12.5 m答案（1）144 N （2）12.5 m7. （2015 海南单科，14, 13 分）（难度）如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 be 组成，圆弧半径 Oa 水平，b 点为抛物线顶 点。已知 h= 2 m，s=、2 m。取重力加速度大小 g= 10 m/s2。（1）一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下

30、，当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；（2）若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c 点时速度的水平分量的大小。解析（1）一小环在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b 点时的速度水平，小环做平抛运动的轨迹与轨道 bc 重合，故有 s= V0th = qgt212在 ab 滑落过程中，根据动能定理可得 mgR= mvbs2联立三式可得 R= = 0.25 m4h（2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 mgh=；mvc因为物体滑到 c 点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过 c点时速度与竖

31、直方向的夹角相等，设为9,则根据平抛运动规律可知 sinAVb： vb+ 2ghv水平根据运动的合成与分解可得 sinAVc联立可得v水平=2 3I0 m/s。答案（1）0.25 m （2） m/s8. （2015 山东理综，23 , 18 分）（难度）如图甲所示，物块与质量为 m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上， 小球与右侧滑轮的距离为 I。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值。现给小球施加一始终垂 直于 I段细绳的力、将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成 60角，如图乙所示， 此时传感装置的示数为初始值的 1.

32、25 倍；再将小球由静止释放，当运动至最 低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6 倍。不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为 g。求：（1）物块的质量；（2）从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功。解析（1）设开始时细绳的拉力大小为 ，传感装置的初始值为 F1,物块质量为 M，由平衡条件得对小球，mg对物块，F1+Mg当细绳与竖直方向的夹角为 60时，设细绳的拉力大小为 T2,传感装置的示数为 F2，据题意可知，F2= 1.25F1，由平衡条件得对小球，T2= mgcos 60对物块，F2+ T2= Mg联立式，代入数据得M= 3m (2)设小球运动至最低位置时速度的大小

33、为v,从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功为 Wf,由动能定理得12mgl(1 cos 60 Wf=qmv 在最低位置，设细绳的拉力大小为 T3,传感装置的示数为 F3,据题意可知，F3= 0.6F1,对小球，由牛顿第二定律得2T3 mg= my对物块，由平衡条件得F3+ T3= Mg 联立式，代入数据得W= O.lmgl 答案 (1)3m (2)0.1mgl9.(2015 重庆理综，8, 16 分)(难度)同学们参照伽利略时期演示平抛 运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定1有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的才圆弧形的粗糙轨道，P

34、为最高点,Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为 H。N 板上固定有三个圆环。 将质量为 m 的小球从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各圆 环中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处，不考虑空气阻力，重力加速度为 g。求：距 Q 水平距离为 2 的圆环中心到底板的高度；(2) 小球运动到 Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3) 摩擦力对小球做的功。解析(1)小球在 Q 点处的速度为 vo,从 Q 到距 Q 水平距离为L的圆环中心处 的时间为 ti，落到底板上的时间为 t，距 Q 水平距离为L的圆环中心到底板的高度为 h,由平抛运动规律得L = vot

35、2 = votiH=2gt212H h = qgti3联立式解得 h = 3H(2)联立式解得 vo= L 2H2在 Q 点处对球由牛顿第二定律得 FN mg=肾联立式解得 FN=mg(1+ 2HR)由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为,L2FN= FN= mg(1 + 2HR)方向竖直向下从P 到 Q 对小球由动能定理得12mgR+W=2mvo10.（2015 四川理综，1 , 6 分）（难度）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，贝U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12

36、12解析 由机械守恒定律 mgh+ qmvLqmv2知，落地时速度 V2的大小相等，故A 正确。答案 A11. （2014 上海单科，11，3 分）（难度）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中,与物块 B 相连，B 静止在斜面上。滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面 平行。A、B 的质量均为 m,撤去固定计一切摩擦，重力加速度为 g。求:考点三(3)mg(4H -R)机械能守恒定律及其应用A 的装置后，A、B 均做直线运动，不联立式解得Wf=3答案(1)4H(2)Lmg(1+方向竖直向下在撤去外力前,解析 支持力的大小 N = mgc

37、osa(2)根据几何关系 &=x(1 cosa, Sy=x sina解得 s=寸 2 ( 1 cosa)X(3)B 的下降咼度 sy= x sina1212根据机械能守恒定律 mgs/= 2mvA+ qmvB根据速度的定义得 VA=Wt，VB=Wt贝 UVB=寸 2 (1 - cosaVA答案(1)mgcosa(2)2(1cosa)x (3)住劭* 功能关系能量守恒定律13. (2016 四川理综，1，6 分)(难度)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿 态下滑了一段距离，重力对他做功 1 900 J,他克服阻力做功 10

38、0 丄韩晓鹏在 此过程中（）(1) A固定不动(3) A滑动x 时的速度大小 VA。解得 VA=2gxs ina， /32cosa2gxsina32cosax 时，B 的位移大小 s；A 动能增加了 1 900 JB.动能增加了 2 000 JC 重力势能减小了 1 900 JD.重力势能减小了 2 000 J解析 由题可得，重力做功 WG=1 900 J,则重力势能减少 1 900 J，故 C 正确，D 错误；由动能定理得，WGW=AEk，克服阻力做功W= 100 J,贝劇能增加 1 800 J,故 A、B 错误答案 C14. （2014 广东理综，16，4 分）（难度）如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均 有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中（）A .缓冲器的机械能守恒B. 摩擦力做功消耗机械能C. 垫板的动能全部转化为内能D. 弹簧的弹性势能全部转化为动能解析在弹簧压缩过程中，由于摩擦力做功消耗机械能，因此机械能不守恒,选项 A 错、B 对；垫板的动能转化为弹性势能和内能，选项 C、D 均错误。答案 B15. （2014 福建理综，18 , 6 分）（难度）如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不