课时作业15 动能定理及应用-(课时作业)【红对勾讲与练】2025年高考物理大一轮复习全新方案

hh 课时作业15 动能定理及应用 - 1.如图所示,某同学用绳子拉动 木箱,使它从静止开始沿粗糙 水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的 动能一定 ( ) A.小于拉力所做的功 B.等于拉力所做的功 C.等于克服摩擦力所做的功 D.大于克服摩擦力所做的功 2.在光滑水平面上,有一 质量为10 kg的滑块, 在变力F 的作用下沿x 轴做直线运动,F x 关系图像如图,4~8 m和12~16 m的两段曲 线关于坐标点(10,0)对称。滑块在坐标原点 处速度为1 m/s,则滑块运动到16 m处的速度 大小为 ( ) A.3 m/s B.5 m/s C.22 m/s D.42 m/s 3.(2024·河北唐山一中期中)半 径为R 的光滑半球固定在水 平面上,现用一个方向与球面 始终相切的拉力F 把质量为m 的小物体(可 看作质点)沿球面从A 点缓慢地移动到最高点 B,在此过程中,拉力做的功为 ( ) A.πFR B.πmgR C. π 2mgR D.mgR 4.(多选)如图所示,质量为 M 的木块静止在光滑的水平面 上,质量为 m 的子弹以速度 v0 沿水平方向射入木块,并最终留在木块中与 木块一起以速度v 运动。已知当子弹相对木 块静止时,木块前进的距离为L,子弹进入木 块的深度为s。若木块对子弹的阻力F 视为恒 定,则下列关系式中正确的是 ( ) A.FL=12Mv 2 B.Fs=12mv 2 C.Fs=12mv 2 0- 1 2 (M+m)v2 D.F(L+s)=12mv 2 0- 1 2mv 2 5.(2023·北京东城区期末)如图 所示,在高为h 的粗糙平台上, 有一个质量为 m 的小球,被一 根细线拴在墙上,球与墙间有一 根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时,小球被 弹出,小球落地时速度大小为v。对烧断细线 到小球刚要落地的过程,下列说法正确的是 ( ) A.小球离开弹簧时的动能是 1 2mv 2 B.弹簧弹力做的功等于 1 2mv 2 C.弹簧弹力与重力做功的和等于 1 2mv 2 D.弹簧弹力与摩擦力做功的和等于 1 2mv 2- mgh 6.如图所示,水平平台与水平 细杆间的高度差为 H,质量 为M 的物块放在水平平台上,质量为 M 的小 球套在水平杆上,物块和小球通过小滑轮用轻 质细线相连,滑轮右侧细线恰好竖直。现用一 水平恒力F 由静止沿杆拉动小球,物块始终在 水平平台上,不计一切摩擦。则小球前进2H 时,物块的速度为 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -434- 第五章 机械能守恒定律 3 A. 2FH M B. 3FH M C. 2 3 5FH M D. 4 3 FH M 7.(2022·江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运 动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起 跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻 力,此过程中,运动员的动能Ek 与水平位移x 的关系图像正确的是 ( ) A B C D 8.(2024·湖北宜昌阶段性检测) 如图所示,两倾角均为θ 的光 滑斜面对接后固定在水平地面上,O 点为斜面 的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为 H 处由静止滑下,在两个斜面上做往复运动。小 物块每次通过O 点时都会有动能损失,损失的 动能为小物块当次到达O 点时动能的5%。小 物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路 程为 ( ) A. 49H sin θ B. 39H sin θ C. 29H sin θ D. 20H sin θ 9.(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m 的物体 自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。 该物体开始滑动时的动能为Ek,向上滑动一段 距离后速度减小为零,此后物体向下滑动,到 达斜面底端时动能为 Ek 5 。已知sin α=0.6,重 力加速度大小为g。则 ( ) A.物体向上滑动的距离为 Ek 2mg B.物体向下滑动时的加速度大小为g5 C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时 间长 4  10.(多选)(2023·新课标卷) 一质量为1 kg的物体在 水平拉力的作用下,由静 止开始在水平地面上沿x 轴运动,出发点为 x 轴零点,拉力做的功W 与物体坐标x 的关 系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因 数为0.4,重力加速度大小取10 m/s2。下列 说法正确的是 ( ) A.在x=1 m时,拉力的功率为6 W B.在x=4 m时,物体的动能为2 J C.从x=0运动到x=2 m,物体克服摩擦力 做的功为8 J D.从x=0运动到x=4 m的过程中,物体的 动量最大为2 kg·m/s 11.(2024·九省联考江西卷)无人快递车在水平 路面上从静止开始做直线运动,经过160 s到 达目的地停止运动,快递车在整个运送过程 中牵引力F 随时间t的变化关系如图所示, 图中F1 和t1 未知。假设快递车与货物总质 量m=100 kg,运行时所受阻力为自身重力的 0.05倍,重力加速度取g=10 m/s2,0~t1 时 间内位移大小s1=10 m。求: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -435- hh (1)快递车在加速和减速过程中的加速度 大小; (2)快递车在整个运动过程中牵引力所做 的功。 12.如图所示,AB 和CDO 都是 处于竖直平面内的光滑圆弧 形轨道,OA 处于水平位置。 AB 是半径为R=1 m的 1 4 圆周轨道,CDO 是 半径为r=0.5 m的半圆轨道,最高点O 处固 定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回,不损 失能量,图中没有画出),D 为CDO 轨道的中 点。BC 段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平 滑连接。已知BC 段水平轨道长L=2 m,与 小球之间的动摩擦因数μ=0.2。现让一个质 量为m=1 kg的小球从A 点的正上方距水平 线OA 高H 的P 处自由落下。(g取10 m/s2) (1)当H=2 m时,求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小; (2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小 球不会脱离CDO 轨道,求H 的取值范围。 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -436- 参 考 答 案 F阻=4m(N),P=400m(W),代 入 数 据解得F阻=1 600 N,P=160 kW,C、 D正确。 10.A 汽车以功率P、速度v0 匀速行驶 时,牵引力与阻力平衡。当司机减小 油门,汽车 的 功 率 减 为P 2 的 瞬 间,速 度v0 不变,由P=Fv 可知,汽车的牵 引力 突 然 减 小 到 原 来 的 一 半,即 为 F= F0 2 ;阻 力 没 有 变 化,汽 车 的 牵 引 力小于 阻 力,汽 车 开 始 做 减 速 运 动, 速度v 减小,功率保持为 P 2 ,由 P= Fv 可 知,随v 减 小,牵 引 力 逐 渐 增 大,汽车 受 到 的 合 力 变 小,由 牛 顿 第 二定 律 得 知,汽 车 的 加 速 度 逐 渐 减 小,汽车 做 加 速 度 减 小 的 减 速 运 动, 当汽车牵引力再次等于阻力时,汽车 再次匀速运动,由P=Fv 可知,此时 汽车的速 度 为 原 来 的 一 半,A 正 确, B、C、D错误。 11.B 动车以恒定功率启动,则由 P= F牵 v 可 知 动 车 的 速 度 增 大,则 牵 引 力减小,由 牛 顿 第 二 定 律 F牵 -F= ma 得动车的加速度逐渐减 小,A错 误;当动 车 的 加 速 度 为 零 时,即 牵 引 力等于阻 力 时,动 车 的 速 度 最 大,则 P=Fvm,B正 确;当 动 车 速 度 为 vm 3 时,牵引力F'牵= P vm 3 = 3P vm =3F,根据 牛顿第二定律可得F'牵-F=ma,可 得此时其加速度为a1= 2F m ,C错误; 设动车在时间t内的位移为x,由动 能定理得W-Fx= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 0, 则牵 引 力 所 做 的 功 为 W =Fx+ 1 2mv 2 m- 1 2mv 2 0,D错误。 12.BC 货物在运动过程中,当速度达到 v 时,不再受摩擦力,故摩擦力所做的 功Wf=μmg· L 2 ,A错误;在货物加 速过程中,摩擦力做的功Wf=μmg· L 2 ,由运动学公式有L 2=vt1= v 2t1 , 货物从B 点到C 点所用时间t2= L 2v , 所以货物从A 点到C 点所用时间为 t=t1+t2= 3L 2v ,则摩擦力对货物做功 的平 均 功 率 P= Wf t = μmg· L 2 3L 2v = 1 3μmgv ,B正确;货物在加速过程中 平均速度为 v 2 ,而传送带的速度为v, 货物加速运动的位移为 L 2 ,则传送带 前进的位移一定为L,故传送带克服 摩擦力所做的功为 W'f=μmgL,C正 确;货物从A 点到C 点用时t= 3L 2v , 故传送 带 克 服 摩 擦 力 做 功 的 平 均 功 率应为P'= W'f t = 2 3μmgv ,D错误。 13.(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s 解析:(1)由 牛 顿 第 二 定 律 得 F- mgsin 30°-Ff=ma,设 匀 加 速 运 动 过程的末速度为v,则有P=Fv,v= at1,解得t1=7 s。(2)当汽车达到最 大速 度 vm 时,a =0,则 有 P = (mgsin 30°+Ff)vm,解得vm=8 m/s。 (3)汽 车 做 匀 加 速 运 动 的 位 移x1= 1 2at 2 1,在后 一 阶 段 对 汽 车 由 动 能 定 理得 Pt2-(mgsin 30°+Ff)x2= 1 2mv 2 m- 1 2mv 2,又 有x=x1+x2, 解得t2≈15 s,故汽车运动的总时间 为t=t1+t2=22 s。 课时作业15 动能定理及应用 1.A 由动能定理得 WF-Wf=Ek-0, 可知木箱获得的动能一定小于拉力所 做的功,A正确。 2.A 图像与坐标轴围成的面积表示变 力 F 做 的 功,所 以 根 据 动 能 定 理 得 W=10×4 J= 1 2mv 2- 1 2mv 2 0,解 得 v=3 m/s。故选A。 3.D 小物体在缓慢运动过程中,只有重 力和 拉 力 F 做 功,根 据 动 能 定 理 得 W 拉-mgR=ΔEk=0,则 拉 力 做 的 功 W 拉=mgR,D正确。 4.ACD 根 据 动 能 定 理,对 子 弹,有 -F(L+s)= 1 2mv 2- 1 2mv 2 0,D正 确;对木块,有 FL= 1 2Mv 2,A正 确; 由以上两式可得Fs= 1 2mv 2 0- 1 2 (M+ m)v2,C正确,B错误。 5.D 从烧断细线到小球刚要落地的整 个过程 中,根 据 动 能 定 理 可 知 W 弹 - Wf+mgh= 1 2mv 2,移项可知,小球离 开弹簧时的动能不等于 1 2mv 2,落地时 动能才等于 1 2mv 2,A错误;弹簧弹力 做的 功 等 于 1 2mv 2-mgh+Wf,B错 误;弹 簧 弹 力 与 重 力 做 功 的 和 等 于 1 2mv 2+Wf,C错误;弹簧弹力与摩擦力 做功的和等于 1 2mv 2-mgh,D正确。 6.D 小球从平台的 边缘 处 由 静 止 向 右运动2H 时,设 小球 的 速 度 为v, 此时轻质细线与水 平方向夹 角 为θ,如 图 所 示,由 图 可 知 tan θ= 1 2 ,则有cos θ= 2 5 ,小球 沿 细 线方向的 分 速 度 等 于 物 块 的 速 度,则 有物块 的 速 度 为v1=vcos θ= 2v 5 ,对 物块和小 球 组 成 的 系 统,用 动 能 定 理 可得F·2H= 1 2Mv 2+ 1 2Mv 2 1,v1= 4 3 FH M ,A、B、C错误,D正确。 7.A 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空 气阻力,由 题 意 可 知 运 动 员 在 沿 斜 面 下 滑 过 程 中 根 据 动 能 定 理 有 Ek= mgxtan θ,即 Ek x =mgtan θ,下滑过程 中开始阶段 倾 角θ 不 变,Ek x 图 像 为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先 减小后增 大,即 图 像 斜 率 先 减 小 后 增 大,A正确。 8.B 由题意知,小物块第一次到达O 点 由动能定理可得mgH=Ek,此时小物 块所走路程s1= H sin θ ,第一次通过 O 点后 动 能Ek1=95%Ek=95%mgH, 此时利用动能定理知小物块上升高度 H1=95%H,第二次到达O 点所走的 路程s2= 2H1 sin θ=95% 2H sin θ ,同 理 第 二 次离开O 点到第三次到达O 点所走路 程s3=(95%)2 2H sin θ ,…,故 小 物 块 所 走的 总 路 程s总 =s1+s2+…+sn= H sin θ+95% 2H sin θ+ (95%)2 2H sin θ+ …+ (95%)n-1 2H sin θ ,n 无 穷 大 时,可 得 s总= 39H sin θ (等比数列求和),B正确。 9.BC 设物体沿斜面向上滑动的距离为 s,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,物 体沿斜面 上 滑 过 程 中,根 据 动 能 定 理 有-mgssin α-μmgscos α=0-Ek,同 理,物体沿斜面下滑过程中有mgssin α- μmgscos α= Ek 5-0 ,两式联立解得s= Ek mg ,μ=0.5。物 体 沿 斜 面 下 滑 过 程 中,根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 mgsin α- μmgcos α=ma下 ,解得a下=g5 ,同理 可知物体沿斜面上滑过程的加速度大 小大于下滑过程的加速度大小,由s= 1 2at 2 可知,物体向上滑动所用的时间 比向下滑动所用的时间短。B、C正确, A、D错误。 10.BC 由于拉力在水平方向,则拉力做 的功为W=Fx,可看出W x 图像的 斜率代表拉力F。在物体运动的过程 中根据动能定理有W-μmgx= 1 2mv 2, 则x=1 m时物体的速度为v1=2 m/s, x=1 m时,拉力为F= ΔW Δx=6 N,则 此时 拉 力 的 功 率 P=Fv1=12 W, x=4 m时物体的动能为Ek=2 J,A 错误,B正 确;从 x=0运 动 到 x= 2 m,物体克服摩擦力做的功为 Wf= μmgx=8 J,C正确;根据 W x 图像 可知在0~2 m的过程中 F1=6 N, 2~4 m的过程中F2=3 N,由于物体 受到的摩擦力恒为f=4 N,则物体在 x=2 m处速度最大,且根据选项 A、 B分析可知此时的速度v2= 8 m/s, 则从x=0运动到x=4 m的过程中, 物 体 的 动 量 最 大 为 p = mv = 22 kg·m/s,D错误。故选B、C。 11.(1)0.2 m/s2 0.1 m/s2 (2)14 500 J 解析:(1)由题意可知,快递车运行时 所受阻力为f=0.05mg=50 N,快递 车在加速过程中,由牛顿第二定律得 F1-f=ma1,快递车在减速过程中, 由牛顿第二定律得f-F2=ma2,其 中F2=40 N,解 得a2=0.1 m/s2。 设加速时 间 为t1,减 速 时 间 为t2,由 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -641- hh 运动学公式得a1t1=a2t2,其中s1= 1 2a1t 2 1=10 m,t2=160 s-140 s=20 s, 联立解得a1=0.2 m/s2,t1=10 s,故 快递车 在 加 速 和 减 速 过 程 中 的 加 速 度大 小 分 别 为0.2 m/s2、0.1 m/s2。 (2)全 程 对 快 递 车 由 动 能 定 理 得 WF-f(s1+s2+s3)=0,其 中s2= vΔt=a1t1·Δt=0.2×10×(140- 10) m=260 m,s3= v 2t2=20 m,代 入数据解得,快递车在整个运动过程 中牵引力所做的功为WF=14 500 J。 12.(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m 解析:(1)设小球第一次到达 D 点的 速度为vD ,对小球从P 点到D 点的 过程,根据动能定理得 mg(H+r)- μmgL= 1 2mv 2 D-0,在D 点轨道对小 球的 支 持 力 FN 提 供 向 心 力,则 有 FN=m v2D r ,联立解得 FN=84 N,由 牛顿第三定律得,小球对轨道的压力 大小为F'N=FN=84 N。(2)为使小 球仅仅与挡板碰撞一次,且小球不会 脱离CDO 轨道,H 最小时必须满足 能上升到O 点,由动能定理得mgHmin- μmgL= 1 2mv 2 O-0,在O 点有mg= m v2O r ,代入数据解得 Hmin=0.65 m, 仅仅与弹性挡板碰撞一次,且小球不 会脱离CDO 轨道,H 最大时,碰后再 返回 最 高 点 能 上 升 到 D 点,则 有 mg(Hmax+r)-3μmgL=0,代 入 数 据解得 Hmax=0.7 m,故有0.65 m≤ H≤0.7 m。 课时作业16 机械能守恒定律 及应用 1.B 不计一切摩擦,小球下滑时,小球 和斜劈组成的系统只有小球的重力做 功,系统机械能守恒,小球重力势能的 减少量 等 于 小 球 和 斜 劈 动 能 的 增 加 量,B正确,D错误;斜劈对小球的弹力 与小球位移的夹角大于90°,故弹力做 负功,A错 误;斜 劈 由 静 到 动,动 能 增 加,重力势能不变,则斜劈的机械能增 加,C错误。 2.D 运动员由a 运动到c的过程中,设 到c点时的速度为v,由机械能守恒定 律有mgh= 1 2mv 2,设c 点 处 这 一 段 圆弧雪道的最小半径为R,则在经过c 点时,有kmg-mg=m v2 R ,解得 R= 2h k-1 ,D正确。 3.B 设下降h 时,动能等于重力势能的 2倍,根据机械能守恒mgH=mg(H- h)+Ek 即 mgH=3mg(H-h),解 得 h= 2 3H ,根 据 h= 1 2gt 2 解 得t= 2 H 3g 。故选B。 4.B 根据题意可知,当水和水桶在最低 点所受拉 力 最 大,设 在 最 低 点 的 速 度 为v,由 牛 顿 第 二 定 律 有 T-mg= m v2 r ,可得m= Tr gr+v2 ,可知水和水桶 在最低点的速度越小,可加的水越多, 则水和水 桶 恰 好 能 通 过 最 高 点,设 在 最高点的速度为v1,则 mg=m v21 r ,根 据机械能守恒有 mg·2r+ 1 2mv 2 1= 1 2mv 2+0,联立解得m=2 kg,则所加 的水不 能 超 过 m'=2 kg-0.5 kg= 1.5 kg,A、C、D错误,B正确。 5.D 对 于 单 个 小 球 来 说,杆 的 弹 力 做 功,小球的机械能不守恒,A、B错 误; 两个小 球 组 成 的 系 统 只 有 重 力 做 功, 所以系统的机械能守恒,故有 mgR+ mg·2R= 1 2×2mv 2,解得v= 3gR, C错误;a球 在 下 滑 过 程 中,杆 对 小 球 做功,重力对小球做功,故根据动能定 理可得W+mgR= 1 2mv 2,v= 3gR, 联立解得W= 1 2mgR ,D正确。 6.CD 对于P、Q组成的系统,由于弹簧 对Q要做功,所以系统的机械能不 守 恒,但对P、Q及 弹 簧 组 成 的 系 统,只 有重力和弹簧弹力做功,系 统 的 机 械 能守 恒,A 错 误;当α=45°时,根 据 P、Q 沿 轻 杆 方 向 的 分 速 度 相 等 得 vQsin 45°=vPcos 45°,可得vP=vQ,但 速度方向不同,所以P、Q的速度不同, B错误;根据系统机械能守恒可得Ep= 2mgL(cos 30°-cos 60°),弹性势能的 最大值为Ep=(3-1)mgL,C正确; P下降过程中动能达到最大前,P加速 下降,对P、Q整体,在竖直方向上处于 失重状态,则有FN<3mg,D正确。 7.ABD 在物块B下滑到绳与水平方向 的夹角为θ 时,物 块B下 降 的 高 度 为 h=Ltan θ,则 B重 力 势 能 减 少 量 为 ΔEpB=mgLtan θ,物块 A沿斜面上升 的距离为x= L cos θ-L ,设此时物块A 的速度为vA,物块B的速度为vB,A、 B组成的系统运动过程中只有重力做 功,故系统机械能守恒,所以物块B的 机械能减少量等于物块A的机械能增 加量,有mgLtan θ- 1 2mv 2 B= 1 2mv 2 A+ mgxsin θ,物块A沿斜面上升时动能和 势能都增加,A、B正确;将物块B的速 度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方 向的速度,则vA=v绳 =vBsin θ,则物 块A的速度小于物块B的速度,C错 误;联 立 以 上 表 达 式 可 得 vB = 2gLsin θ 1+sin2θ ,D正确。 8.(1) 2Ep m (2) 5 mghEp 2mg 解析:(1)由小球和弹簧组成的系统机 械能守恒可知Ep= 1 2mv 2,得小球离 开桌面时速度大小为v= 2Ep m 。(2)小 球与地面 碰 撞 后 弹 起,由 竖 直 上 抛 运 动规律可得h= v'2y 2g ,第一次碰撞前速 度的竖直分量为vy,由题可知v'y= 4 5vy , 离开桌面后由平抛运动规律得x=vt, vy=gt,解 得 小 球 第 一 次 落 地 点 距 桌 面 上 其 飞 出 点 的 水 平 距 离 为 x= 5 mghEp 2mg 。 9.B 对小球从A 点至C 点的过程,由机 械 能 守 恒 定 律 有 1 2mv 2 0 +mgR = 1 2mv 2 C,解 得vC= 3 2gR 2 ,A 错 误; 对小球从A 点至E 点的过程,由机械 能守 恒 定 律 有 1 2mv 2 0 = 1 2mv 2 E + mgR,解得vE= 2gR 2 ,小球从 E 点 抛出后,由 平 抛 运 动 规 律 有x=vEt, R= 1 2gt 2,解得x=R,则小球恰好落 至B 点,B正确;因为内管壁可提供支 持力,所以小球到达 E 点时的速度可 以为零,C错误;若将DE 轨道拆除,设 小 球 能 上 升 的 最 大 高 度 为 h,则 有 1 2mv 2 D=mgh,又 由 机 械 能 守 恒 定 律 可知vD=v0,解得h= 5 4R ,D错误。 10.(1)3mg 方向竖直向下 (2)0< h≤0.2R (3)0.025R 解析:(1)从静止释放到C 点过程中, 根据机械 能 守 恒 得 mgh+mg(R- Rsin 37°)= 1 2mv 2 C,在C 点由牛顿第 二定律得FN-mg=m v2C R ,联立解得 FN=3mg,由牛顿第三定律得路面受 到的压力为 F'N=FN=3mg,方向竖 直向下。(2)分析可知小球能沿路面 到达F 点即可通过E 点,刚好到达F 点时有mgcos 37°=m v2F R ,根据机械 能守 恒 有 mgh'+mg(Rcos 37°- Rsin 37°)= 1 2mv 2 F,联 立 解 得h'= 0.2R,故 可 知 h 的 取 值 范 围 为0< h≤0.2R。(3)设在G 点时速度为v, 根据机械能守恒有mgh+mg(Rcos θ- Rsin 37°)= 1 2mv 2,该处重力的瞬时 功率为P=mgvsin θ,联立解得P2= m2g2[2gh+2gR(cos θ-0.6)]· sin2θ=m2g2 [2gh+2gR (cos θ- 0.6)]·(1-cos2θ),设x=cos θ,y= [2gh+2gR(cos θ-0.6)]· (1- cos2θ),讨 论 y x 函 数 的 极 值,即 y=[2gh+2gR(x-0.6)]· (1- x2),展开得y=-2gRx3+(1.2gR- 2gh)x2+2gRx+2gh-1.2gR,对y 求导 得y'=-6gRx2+2(1.2gR- 2gh)x+2gR,根据题意θ=37°时取 极大值,可知 此 时y'=0,将x=0.8 代入得h=0.025R。 11.(1)30° (2) 6 5mg (3)2g m 5k 解析:(1)A速度最大时,加速度为零, 对A有4mgsin α=F,此时B的加速 度也为 零,C恰 好 离 开 地 面,对 B、C 整体有F=2mg,解得sin α= 1 2 ,即 α=30°。(2)设 当 弹 簧 恢 复 原 长 时, A沿斜面 向 下 运 动 的 加 速 度 大 小 为 a,对A有4mgsin α-F0=4ma,对B 有F0-mg=ma,解得 F0= 6 5mg 。 (3)一开始弹簧处于压缩状态,有mg= kΔx1,压缩量Δx1= mg k ,C球恰好离 开 地 面 时,弹 簧 处 于 伸 长 状 态,有 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -642-