（浙江选考）2019高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案.doc

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1、1第 1 讲 功 功率与动能定理历次选考考情分析考试要求 历次选考统计章 知识内容必考 加试 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 2018/04追寻守恒量能量b功 c c功率 c c 10、13重力势能 c c 4、20 13弹性势能 b b 20动能和动能定理d d 20 20 20 20 20 20机械能守恒定律d d 20 12机械能守恒定律能量守恒定律与能源c d 5 4考点一 功和能基本概念及规律辨析1功的正负：由 W Flcos ， 90，力对物体做负功2恒力做功的计算方法3变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力

2、，利用 F l 图象曲线下的面积求功，利用 W Pt 计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解24总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功；(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和5机械能(1)机械能包括动能、重力势能和弹性势能；(2)重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即WG Ep；(3)弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短量相等时，弹性势能相同1正、负功的判断(2018温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图 1 所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包(

3、包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是( )图 1A发动机对飞行包(包括人)做正功B飞行包(包括人)的重力做负功C空气阻力对飞行包(包括人)做负功D飞行包(包括人)的合力做负功答案 C解析 飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包(包括人)做负功，故 A 错误高度下降，飞行包(包括人)的重力做正功，故 B 错误空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包(包括人)做负功，故 C 正确飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故 D 错误2做功的分析如图 2 所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为 m，在与水平面成 角的

4、恒定拉力 F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离 l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为3 ，雪橇受到的( )图 2A支持力做功为 mglB重力做功为 mglC拉力做功为 Flcos D滑动摩擦力做功为 mgl答案 C解析 对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分析，可知雪橇受到的支持力 FN mg Fsin ，滑动摩擦力 Ff F N (mg Fsin )，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力做的功也为零，选项 A、B 错误；滑动摩擦力做功 Wf Ffl l (mg Fsin )，选项D 错误；拉力做功为 Flcos ，选项 C 正确3重力势能(2018浙江 4 月选考13)如图 3 所示，一

5、根绳的两端分别固定在两座猴山上的 A、 B 处， A、 B 两点水平距离为 16 m，竖直距离为 2 m， A、 B 间绳长为 20 m质量为10 kg 的猴子抓住套在绳上的滑环从 A 处滑到 B处以 A 点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )图 3A1.210 3 J B7.510 2 JC6.010 2 J D2.010 2 J答案 B解析 重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为 ，设右边绳子长为 a，则左边绳长为 20 a.4由几何关系得：20cos 16； asin (20 a)sin 2

6、联立解得 a m，所以最低点与参考平面的高度差为 sin 7 m，猴子的重心比绳子353 353最低点大约低 0.5 m，所以在最低点的重力势能约为750 J，故选 B.4机械能守恒(2018绍兴市选考诊断)“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中，哪个阶段中返回舱的机械能是守恒的( )A飞船加速升空阶段B飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段C返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降D返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降答案 B考点二 功率的分析与计算1首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率2平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率

7、(1)可用 P .Wt(2)可用 P Fvcos ，其中 v 为物体运动的平均速度3计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率求解瞬时功率时，如果 F和 v 不同向，可用力 F 乘以沿 F 方向的分速度，或用速度 v 乘以沿速度方向的分力求解(1)公式 P Fvcos ，其中 v 为某时刻的瞬时速度(2)P FvF，其中 vF为物体的速度 v 在力 F 方向上的分速度(3)P Fvv，其中 Fv为物体受到的外力 F 在速度 v 方向上的分力例 1 (2017浙江 11 月选考13)如图 4 所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在 5 min 内使承载 4 人的登高平

8、台(人连同平台的总质量为 400 kg)上升 60 m 到达灭火位置此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为 3 m3/min，5水离开炮口时的速率为 20 m/s，则用于( )图 4A水炮工作的发动机输出功率约为 1104 WB水炮工作的发动机输出功率约为 4104 WC水炮工作的发动机输出功率约为 2.4106 WD伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为 800 W答案 B解析 若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率 P 4001060mghtW800 W，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于 800 W，故选项 D 错误；1560在 1 s 内，喷出去水的

9、质量为 m V 10 3 kg50 kg，喷出去水的重力势能为360Ep m gh501060 J310 4 J，水的动能为 Ek m v2110 4 J，所以 1 s 内水增12加的能量为 4104 J，所以水炮工作的发动机输出功率为 4104 W，选项 B 正确，A、C 错误5(2018金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图 5所示，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳 180 次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的 ， g 取 10 m/s2，则他克服重力做功的平均功率约为( )25图 5A20 W B35 W C75 W D120 W答案

10、 C6解析 小李同学跳一次的时间是： t s s，他跳离地面向上做竖直上抛运动，到最60180 13高点的时间为： t1 (1 ) s0.1 s，此过程中克服重力做功为： W mg( gt12)12 13 25 12500( 100.01) J25 J，跳绳时克服重力做功的功率为： W75 W，故 C12 P Wt 2513正确，A、B、D 错误6一物块放在水平面上，在水平恒力 F 的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力 F 的功率随时间变化的图象正确的是( )答案 C解析 物块受到的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律， F kv ma，所以物块做加速度减小的加速运动，

11、又因拉力功率 P Fv， F 为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度 v 随时间的变化规律一致，故 C 正确，A、B、D 错误7(2018台州市高三期末)如图 6 所示，中国版“野牛”级重型气垫船，自重达 540 吨，装有额定输出功率为 8 700 kW 的大功率燃汽轮机，最高时速为 108 km/h.假设气垫船航行过程中所受的阻力 Ff与速度 v 成正比，即 Ff kv.则下列说法正确的是( )图 6A该气垫船的最大牵引力为 2.9105 NB从题中给出的数据，无法计算 k 值C在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为 2.9105 ND以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动

12、机的输出功率为 4 350 kW7答案 C解析 在额定输出功率下以最高时速航行时， vm108 km/h30 m/s，根据 P Fv 得：F N2.910 5 N，此时匀速运动，则 Ff F2.910 5 N，若以恒定牵Pv 8 70010330引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于 2.9105 N，故A 错误，C 正确；根据 Ff kv 得： k Ns/m9.6710 3 Ns/m，故 B 错Ffv 2.910530误；以最高时速一半的速度匀速航行时，牵引力 F k ，解得 F1.4510 5 N，则v2P F v1.4510 515 W2 175 kW，故 D

13、错误考点三 动能定理的应用1解题步骤2注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为 W，将该力做功表示为 W，也可以直接用字母 W 表示该力做功，使其字母本身含有负号例 2 如图 7 所示，倾角为 37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为 k40 N/m 的轻弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦一个质量为 m5 kg 的小滑块从斜面上的 P 点由静止滑下，小滑块与

14、斜面间的动摩擦因数为 0.5， P 点与弹簧自由端 Q 点间的距离为 L1 m已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能 Ep与其形变量 x 的关系为 Ep kx2，sin 370.6, cos 370.8，重12力加速度 g 取 10 m/s2.求：8图 7(1)小滑块从 P 点下滑到 Q 点时所经历的时间 t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度 vm的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能答案 (1)1 s (2) m/s (3)20 J322解析 (1)由牛顿第二定律可知，小滑块沿斜面下滑的加速度 a gsin g cos 2 m/s2由 L at212解得

15、t 1 s2La(2)设弹簧被压缩 x0时小滑块达到最大速度 vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsin mg cos kx0对小滑块由静止滑下到达到最大速度的过程，由动能定理有mgsin (L x0) mg cos (L x0) kx02 mv m212 12解得 vm m/s322(3)设小滑块运动至最低点时，弹簧的压缩量为 x1，由动能定理有mgsin (L x1) mg cos (L x1) Epm0又 Epm kx1212解得 Epm20 J.8如图 8 甲所示，质量 m1 kg 的物体静止在光滑的水平面上， t0 时刻，物体受到一力F 的作用， t1 s 时，撤去力 F，

16、某时刻物体滑上倾角为 37的粗糙斜面已知物体从开始运动到滑上斜面最高点的 v t 图象如图乙所示，不计其他阻力，sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2.求：9图 8(1)力 F 做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率答案 (1)72 J (2)36 W解析 (1)物体 1 s 末的速度 v112 m/s，根据动能定理得： WF mv1272 J.12(2)物体在 12 s 内沿水平面做匀速直线运动，物体在 23 s 内沿斜面向上做减速运动物体沿斜面上滑的最大距离为： x t36 mv2 02物体到达斜面底端的速度 v212 m/s，到达斜

17、面最高点的速度为零，根据动能定理得： mgxsin 37 W 克 0 mv2212解得： W 克 36 J因此克服摩擦力做功的平均功率为： 36 W.PW克t39如图 9 所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度 L5.0 m，高度 h3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上已知小朋友质量为 m20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力 Ff188 N，在水平段受到的平均阻力 Ff2100 N不计空气阻力，取重力加速度 g10 m/s 2.求：图 9(1)小朋

18、友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；(2)小朋友滑到斜面底端时的速度 v 的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度 x 至少多长答案 (1)440 J (2)4 m/s (3)1.6 m解析 (1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为： Wf1 Ff1L885 J440 J10(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得 mgh Wf1 mv212代入数据解得： v4 m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得： Ff2x0 mv212解得： x1.6 m考点四 动力学和能量观点的综合应用1动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律2能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能

19、量守恒定律3解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键例 3 (2017台州市选考模拟)如图 10 所示，质量为 m0.1 kg 的可视为质点的小球从静止开始沿半径为 R140 cm 的 圆弧轨道 AB 由 A 点滑到 B 点后，进入与 AB 平滑连接的 圆弧14 14管道 BC.管道出口处为 C，圆弧管道半径为 R220 cm，在紧靠出口 C 处，有一半径为R38.4 cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔 D，筒旋转时，小孔 D 恰好能经过出口 C

20、处，小球射出 C 出口时，恰好能接着穿过 D 孔进入圆筒，并越过轴线再从 D 孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过 D 孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力， g 取 10 m/s2.问：图 10(1)小球到达 B 点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？(2)小球穿出圆筒小孔 D 时的速度多大？(3)圆筒转动的最大周期 T 为多少？答案 (1)3 N 5 N (2)0.8 m/s (3)0.08 s解析 (1)从 A 到 B，由动能定理得： mgR1 mvB21211由牛顿第二定律得，到达 B 点瞬间前： FNB mg mvB2R1解得 FNB3 N到达 B 点瞬间后： FNB mg mvB2

21、R2解得 FNB5 N由牛顿第三定律得，小球到达 B 点瞬间前、后对轨道的压力分别为 3 N 和 5 N.(2)从 A 到穿出 D 过程中，由机械能守恒可得：mgR1 mgR2 mg2R3 mvD212解得： vD0.8 m/s(3)由机械能守恒可得： mgR1 mgR2 mvC212解得： vC2 m/s穿越圆筒过程中： vC vD g(nT0.5 T)从圆筒穿出到又进入圆筒过程中：2 vD gn T得到关系式：3 n4 n2要使周期最大， n 和 n必须同时取正整数且 n 最小取 n1，得 T0.08 s.10如图 11 所示，斜面 ABC 下端与光滑的圆弧轨道 CDE 相切于 C，整个装

22、置竖直固定， D 是最低点，圆心角 DOC37， E、 B 与圆心 O 等高，圆弧轨道半径 R0.30 m，斜面长L1.90 m， AB 部分光滑， BC 部分粗糙现有一个质量 m0.10 kg 的小物块 P 从斜面上端A 点无初速度下滑，物块 P 与斜面 BC 部分之间的动摩擦因数 0.75.取 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g10 m/s 2，忽略空气阻力求：图 11(1)物块第一次通过 C 点时的速度大小 vC；(2)物块第一次通过 D 点时受到轨道的支持力大小 FD；12(3)物块最终所处的位置答案 (1)3 m/s (2)7.4 N2(3)在斜面 BC 段且距离

23、 C 点 0.35 m解析 (1)根据几何关系得，斜面 BC 部分的长度为： l0.40 m设物块第一次通过 B 点时的速度为 vB，根据动能定理有：mg(L l)sin 37 mvB20，12代入数据得： vB3 m/s2物块在 BC 部分滑动时受到的摩擦力大小为： Ff mg cos 370.60 N在 BC 部分下滑过程中受到的合力为： F mgsin 37 Ff0则物块第一次通过 C 点时的速度为： vC vB3 m/s.2(2)设物块第一次通过 D 点时的速度为 vD，则由动能定理有：mgR(1cos 37) mvD2 mvC212 12FD mg mvD2R代入数据得： FD7.4

24、 N.(3)物块每通过一次 BC 部分减小的机械能为： E Ffl0.24 J物块在 B 点的动能为： EkB mvB2 0.118 J0.9 J，12 12物块能通过 BC 部分的次数为： n 3.75，0.90.24设物块第四次从下端进入 BC 部分后最终在距离 C 点 x 处静止，则有mg(L x)sin 37 Ff(3l x)0，代入数据得： x0.35 m.11(2018杭州市期末)如图 12 所示，倾角为 30的光滑斜劈 AB 长 L10.4 m，放在离地高 h0.8 m 的水平桌面上， B 点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为 L2.现有一小滑

25、块从 A 点由静止释放，通过 B 点后恰好停在桌面边缘的C 点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数 0.2.图 1213(1)求滑块到达 B 点的速度 vB的大小；(2)求 B 点到桌面边缘 C 点的距离 L2；(3)若将斜劈向右平移一段距离 L0.64 m，滑块仍从斜劈上的 A 点由静止释放，最后滑块落在水平地面上的 P 点求落地点 P 距 C 点正下方的 O 点的距离 x.答案 (1)2 m/s (2)1 m (3)0.64 m解析 (1)滑块从 A 到 B 的运动，根据机械能守恒定律得：mgL1sin 30 mvB212代入数据解得： vB2 m/s(2)从 A 到 C 根据动能定理可得： m

26、gL1sin 30 mgL 20解得： L21 m；(3)从 A 到 C 根据动能定理可得： mgL1sin 30 mg (L2 L) mvC20，代入数据解得12vC1.6 m/s，滑块离开 C 后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得： h gt2，解得： t0.4 s，12所以落地点 P 距 C 点正下方的 O 点的距离为： x vCt0.64 m.专题强化练1(2018名校协作体联考)如图 1 所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是( )图 1A节省燃料 B提高柴油机的功率C提高传动机械的效率 D增大拖拉机的牵引力答案 D2(2018七彩阳光联盟期中)如图 2 所

27、示，某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击中横梁假定足球击中横梁时速度大小为 20 m/s，足球的质量为 450 g，球门高度约为142.4 m，不计空气阻力，则该运动员对足球所做的功的大小约为( )图 2A45 J B90 J C100 J D180 J答案 C解析 球门高度约为 h2.4 m，对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得：W mgh mv20，则 W mgh mv20.45102.4 J 0.45202 J100.8 J100 J.12 12 123(2018杭州市期末)研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的 0.1倍某同学体重为 70 kg，在水平地

28、面上匀速步行的速度为 5 km/h， g 取 10 m/s2，此过程中他的平均功率约为( )A5 W B50 W C100 W D200 W答案 C解析 人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的 0.1 倍，设该同学在时间 t 内在水平地面上运动的距离为 vt，此过程中重心上升的高度为 h0.1 vt，其重力为 G700 N，所以平均功率 P 0.1 Gv0.1700 W97.2 W，故 C 正确G ht 0.1Gvtt 53.64(2018西湖高级中学月考)如图 3 所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度 v0分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说

29、法正确的是( )图 3A小球飞行过程中加速度相同B小球落地时的动能不同C从开始运动至落地，重力对小球做功不相同D从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同答案 A15解析 物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，都相同，故 A 正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，故 B 错误；根据 W mgh 可知，重力做功相同，故 C 错误；小球的运动时间不同，由公式 P 可知重力对小球做功的平均功率不同，故 D 错误Wt5(2018宁波市重点中学联考)如图 4 甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其 v t 图象如图乙所示，下列说法正确的是( )

30、图 4A0 t1时间内，起重机拉力逐渐变大B在 t1 t2时间内，起重机拉力的功率保持不变C在 t1 t2时间内，货物的机械能保持不变D在 t2 t3时间内，起重机拉力对货物做负功答案 B6(2018绍兴市选考诊断)某一水力发电站的水位的平均落差为 50 m，每秒约有 6106 kg 的水用来发电，水的重力势能有 10%转化为电能， g 取 10 m/s2，则( )A每秒水减少的重力势能约为 3108 JB发电的平均功率约为 6108 WC每天的发电量约为 7.2106 kWhD若将这些电能以 0.5 元/度的价格卖出，则一年可收入约为 3 600 万元答案 C7(2018西湖高级中学月考)如

31、图 5 所示，质量为 m 的物体(可视为质点)从倾角为 30的光滑斜面上的 h 高处自由下滑到底端 A 处，则在这个过程中( )图 5A重力势能减少了 mgh B重力势能减少了 mgh1216C机械能增加了 mgh D机械能减少了 mgh12答案 B解析 物体的高度下降了 h，重力对物体做功为 mgh，则重力势能减少了 mgh，故 A 错误，B正确；斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故 C、D 错误8.如图 6 所示，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步” ，驾驶员的正

32、确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，下列说法正确的是( )图 6A变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率答案 B解析 由 P Fv 可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，则换低速挡，增大牵引力，故 A 错误，B 正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据 P Fv 可知，目的是为了增大牵引力，故 C、D 错误9(2018台州市 3 月模

33、拟)蹦极是一项极限活动如图 7 所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中( )图 7A游客一直处于完全失重状态B橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大C游客的机械能先保持不变，后逐渐减小17D游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能答案 C10如图 8 所示，在水平地面上固定一足够长的倾角 30的光滑斜面，质量为 m2 kg的小滑块从斜面底端，在与斜面平行的恒力 F 作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间 t 撤去恒力 F，又经过时间 t 小滑块回到斜面底端，此时小滑块的动能为 49 J， g 取

34、10 m/s2，则下列说法正确的是( )图 8A拉力 F 做的功为 24.5 JB撤去拉力时小滑块刚好滑到最大高度的一半C撤去拉力时小滑块的速度是 7 m/sD与斜面平行的恒力 F N403答案 D解析 整个过程中，小滑块的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知：WF49 J，故选项 A 错误；取沿斜面向上为正方向，设小滑块刚撤去拉力时的速度大小为v1，回到底端时的速度大小为 v2，有拉力时的位移 x1 t，从撤去拉力到回到底端时的0 v12位移 x1 t，根据题意，解得： v22 v1，小滑块到达最底端的速度大小 v2 v12v2 7 m/s，所以撤去拉力时速度是 v13.5 m

35、/s，故 C 错误；设从撤去拉力到小滑块2Ekm上升到最大高度的位移为 x2，则由运动学公式知 v1 ， v22gsin x2，解得 x13 x2，撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，故 B 错误；2gsin x1 x2由动能定理，在小滑块上升的过程中， Fx1 mg(x1 x2)sin 0，解得 F N，故 D 正403确11(2018宁波市十校联考)如图 9 是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角 53的长直轨道 AC 上的 B 点轻放一小车， B 点到 C 点的距离 L04 m，下滑到 C 点后进18入了弧形的光滑轨道 CDEF，其中 CDE 是半径为 R5 m，圆心角为 1

36、06的圆弧， EF 为半径R5 m，圆心角为 53的圆弧，已知小车的质量为 60 kg，车与轨道 AC 间存在摩擦，动摩擦因数为 0.5，不计其他阻力，sin 530.8，cos 530.6， g10 m/s2，下列说法不正确的是( )图 9A小车滑至 C 点的速度为 6 m/sB小车到达 D 点时对轨道的压力为 1 560 NC小车刚好能沿着轨道滑到 F 点D若小车从长直轨道上距 C 点 L9 m 开始由静止下滑，则小车能在 F 点水平抛出答案 A解析 由 B 到 C 根据动能定理： mgL0sin 53 mgL 0cos 53 mvC2，解得 vC2 12 10m/s，选项 A 错误；到达

37、 D 点时： mvC2 mgR(1cos 53) mvD2，解得 vD4 m/s，则12 12 5在 D 点： FN mg m ，解得 FN1 560 N，由牛顿第三定律知选项 B 正确；假设小球能到vD2R达 F 点，则 mvC2 mgR(1cos 53) mvF2，解得 vF0，可知小车刚好能到达 F 点，选12 12项 C 正确；从 B到 F 点，由动能定理 mgLsin 53 mgR(1cos 53) mgL cos 53 mvF 212得 vF5 m/s，在 F 点： mg FN m ，解得 FN0，即此时小车能在 F 点水平2vF 2R抛出，选项 D 正确12如图 10 所示， A

38、B 为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道 BCD 的下端与水平轨道相切于 B点，质量 m0.50 kg 的滑块(可视为质点)，从 A 点以速度 vA10 m/s 沿水平轨道向右运动，恰好能通过半圆轨道的上端 D 点，已知 AB 长 x3.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数 0.10，半圆轨道的半径 R0.50 m， g10 m/s 2，求：19图 10(1)滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端 B 点的压力大小；(2)滑块从 B 点运动到 D 点的过程中克服摩擦力所做的功答案 (1)98 N (2)17 J解析 (1)滑块由 A 到 B 的过程，由动能定理得： mgx mvB2 mvA212

39、12在 B 点，由牛顿第二定律得： FN mg mvB2R解得： FN98 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上 B 点压力的大小为 98 N.(2)在 D 点，有： mg mvD2R从 B 到 D 过程，由动能定理得：2 mgR Wf mvD2 mvB212 12解得： Wf17 J13如图 11 所示，与水平面夹角 60的斜面和半径 R0.4 m 的光滑圆轨道相切于 B点，且固定于竖直平面内滑块从斜面上的 A 点由静止释放，经 B 点后沿圆轨道运动，通过最高点 C 时轨道对滑块的弹力为零已知滑块与斜面间动摩擦因数 ， g 取 10 m/s2，34求：图 11(1)滑块在 C 点的速度大小

40、vC；(2)滑块在 B 点的速度大小 vB；(3)A、 B 两点间的高度差 h.答案 (1)2 m/s (2)4 m/s (3) m161520解析 (1)通过最高点 C 时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在 C 点由牛顿第二定律可得：mg m ，所以， vC m/s2 m/s；vC2R gR 100.4(2)滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有：mvB 2 mvC2 mgR(1cos 60)12 12解得： vB4 m/s；(3)滑块从 A 到 B 只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：mgh mg cos 60 mvB2hsin 6012可得： h m.161514(2017嘉兴市高二上

41、期末)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图 12 所示，某小车以额定功率 18 W 由静止开始从 A 点出发，加速 2 s 后进入光滑的竖直圆轨道 BC，恰好能经过圆轨道最高点 C，然后经过光滑曲线轨道 BE 后，从 E 处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径 R1.2 m，沙坑距离 BD 平面高度 h21 m，小车的总质量为 1 kg， g10 m/s2，求：图 12(1)小车在 B 点对轨道的压力大小；(2)小车在 AB 段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台 h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？答案 (1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m解析 (1

42、)由于小车恰好经过最高点 C，即 mgmvC2R根据动能定理可得2 mgR mvC2 mvB212 12在 B 点，由牛顿第二定律得 FN mg m ，vB2R联立解得 FN60 N，由牛顿第三定律得，在 B 点小车对轨道的压力为 60 N.(2)根据动能定理： Pt Wf mvB2，解得 Wf6 J，即小车在 AB 段克服摩擦力做的功为 6 1221J.(3)根据动能定理： mgh1 mvE2 mvB2，12 12飞出后，小车做平抛运动，所以 h1 h2 gt212水平位移 x vEt，化简得 x ，vB2 2gh12h1 h2g即 x m m，60 20h1h1 15 4h1 12 16当 h11 m 时，水平距离有最大值，最大值为 4 m.