(9)功、功率、动能、动能定理-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习周测卷（R）

高三一轮复习周测卷/物理 (九)功、功率、动能、动能定理 (考试时间90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 1.在科技日新月异的今天，无人驾驶汽车与无人机作为人工智能与自动化技术的杰出代表，正以 前所未有的速度改变着我们的生活方式和社会结构。如图所示为利用无人机运送货物的场景。 关于无人机运送货物，下列说法正确的是 A.无人机水平飞行时，若悬绳与竖直方向成0角，则货物的动能在 增大 B.在无人机匀速飞行的过程中，货物的机械能不变 C.在无人机匀减速竖直下降的过程中，货物受到的拉力做负功 D.在无人机匀减速竖直下降的过程中，货物受到的拉力的功率变大 2.如图所示，质量为的物块置于倾角为0的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数为4，在外力作 用下，斜面以加速度α沿水平方向向左匀加速运动一段距离，运动过程中物块与斜面始终相对 静止。关于物块，下列说法正确的是 A.摩擦力一定不做功 B.摩擦力一定做负功 m C.支持力一定做正功 D.合外力做的功可能为零 3.在农村实现机械化之前，人们想吃面粉往往会选择让驴拉磨来实现，如图甲所示。假设驴拉磨 可以看成做匀速圆周运动，示意图如图乙所示，驴对磨杆末端的平均拉力大小F=800N,磨杆 的长度r=0.5m,驴拉磨一周所用的时间为5s,则下列说法正确的是 A.磨杆中点的角速度为0.1πrad/s B.驴拉磨一周的位移为零，拉力做的功也为0 C.驴拉磨一周的过程中，拉力所做的功为800J 磨杆 D.驴拉磨一周的过程中，拉力的平均功率为160πW 分 4.当地时间2024年8月3日，中国网球选手郑钦文拿到巴黎奥运会女子网球单打金牌，超强逆转 创造了历史。网球也是很多国人喜欢的运动。如图所示，甲、乙两人在水平场地上练习打网球， 若甲将球打过去的轨迹为I,乙将球打回的轨迹为Ⅱ，甲、乙两人的接球点在同一高度。在练习 过程中甲击球和接球的位置不变。网球可视为质点，不计空气阻力，关于球在轨迹I、Ⅱ中的运 动，下列可能相同的是 物理第1页（共8页) 衡水金卷·先享题·言 甲。 A.球的最大速度大小 B.球的最小速度大小 C.球的运动时间 D.重力的最大瞬时功率 5.一质量为m的汽车沿一倾角为0的斜坡直线行驶，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变； 若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度达到最大值。设汽车在 上坡和下坡过程中受到的阻力的大小保持不变，重力加速度为g,下列说法正确的是 A.上坡过程可能做匀加速直线运动 B.上坡过程中，汽车的最大速度为2gsin0 C.关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒 D.上坡过程中，设汽车的最大速度为m,则汽车从静止启动到速度达到最大的过程中，所用的 时间一定大于2 m 6.如图甲所示，实验小组制作了一款太阳能遥控小车，小车的质量为0.2kg,在某次性能测试中， 小车由静止开始沿平直路面行驶，行驶过程中小车受到的阻力恒定，其加速度α和速度的倒数 上的关系如图乙所示。已知小车能达到的最大速度为2m/s,太阳能电池的电能转化为机械能 的效率为50%。下列说法正确的是 ↑a/m's2 0 0.51 /(m1s) 甲 A.小车做匀加速运动的时间为2s B.太阳能电池输出的最大电功率为O.8W C.小车受到的阻力为0.4N D.小车的速度为1.5m/s时，牵引力的功率为0.3W 7.如图所示，一人随电梯由静止开始先匀加速后匀速向上运动，从电梯开始运动时计时，以初始位 置所在平面为零势能面，下列关于人受到的摩擦力f、支持力F、人的动能Ek以及重力势能E。 随时间t变化的关系图像可能正确的是 1 三一轮复习周测卷九 物理第2页（共8页） ® 8.同一赛车在干燥路面及湿滑路面分别以恒定的加速度α年燥和a湿滑启动达到最大速度。已知 干燥>a湿滑，赛车两次启动过程中受到的阻力大小相等且不变，能达到的额定功率相同，则下列 赛车的速度v随时间t变化的图像可能正确的是 B 、 燥 一湿滑 湿滑 一湿滑 一湿滑 A B C D 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.2024年亚洲跳绳锦标赛在日本川崎落下帷幕，中国国家跳绳队多个项目包揽各组别金、银、铜 牌。如图所示为某选手在原地跳绳过程中，离开地面后竖直方向的速率随时间变化的关系图 像。已知该选手的质量和图像中的时间t。,重力加速度为g,不计阻力，下列关于该选手跳绳 过程中的说法正确的是 A.该选手离地瞬间的速率为g, B.该选手的重心上升的最大高度为808 0 21o C.该选手落地再跳起过程受到地面的平均作用力为2mg 9 D.该选手克服重力做功的平均功率为2O0mg0 10.力F对物体所做的功可由公式W=F·scosα求得，但用这个公式求功是有条件的，即力F必 须是恒力，而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变 力做的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图所示，关于图甲、乙、 丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是 x/m PC) 丙 A.图甲中若F大小不变，物块从A点到C点的过程中F做的功为F(OA一OC) B.图乙中，全过程中F做的总功为72J C.图丙中，绳长为R,若空气阻力f大小不变，小球从A点运动到B点的过程中空气阻力做的 功为)Rf D.图丁中，绳长为，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P点拉到Q点，还是F为恒力将 小球从P点拉到Q点，F做的功均为Flsin 0 物理第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高」 11.如图甲所示，一足够长的水平传送带以某一恒定速度沿顺时针方向转动，一根轻弹簧一端与竖 直墙面连接，另一端与工件不拴接。工件将弹簧压缩一段距离后置于传送带最左端无初速度 释放，工件向右运动受到的摩擦力F:随位移x变化的关系图像如图乙所示，x0、F和均为已知 量，工件与传送带间的动摩擦因数处处相等，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是 Fe -0.5Fo- 甲 A.工件在传送带上先做加速运动，后做减速运动 B.工件向右运动2x后与弹簧分离 C.弹簧的劲度系数为F D.整个运动过程中摩擦力对工件做的功为0.75Fox 12.如图甲所示，辘轳是古代民间提水设施，辘轳转动，绕在辘轳上的绳子越来越多，水桶就被提上 来了。如图乙所示为工作原理简化图，水桶的质量M=0.5kg,辘轳轮轴的半径r=0.1m,井 足够深。某次从井中汲取水，轮轴由静止开始绕中心轴转动从而竖直向上提水桶，其角速度随 时间变化的规律如图丙所示，若水的质量=2kg,忽略绳子的质量和因绳子缠绕导致轮轴的 半径变化，重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是 o/(rad/s) 10ts A.10s末水桶的速度大小为20m/s B.水桶匀加速上升，其加速度大小为2m/s2 C.水桶上升过程受到的绳子的拉力大小为25.5N D.0~10s内绳子拉力所做的功为255J 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 答案 三一轮复习周测卷九 物理第4页（共8页） R 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(8分)神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱在离地面约6000m的高 空打开主伞（降落伞），在主伞的作用下返回舱的速度从80m/s降至10m/s,此后可视为匀速 下降，当返回舱在距离地面1时启动反推发动机，速度减至0后恰好落到地面上。设主伞受 到的空气阻力f=k,其中k为定值，v为速率，其余阻力不计。已知返回舱（含宇航员）的总质 量为3000kg,主伞的质量忽略不计，忽略返回舱质量的变化，重力加速度g=10/s2,设全过 程为竖直方向的运动。 (1)求在主伞打开后的瞬间，返回舱的加速度大小； (2)若在反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，求反推发动机在该过程中 对返回舱做的功。 6000m◆ 主伞打开 反推发动机 开启 0 777777777777 地面 乙 14.(8分)如图甲所示为我国自主设计开发的全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国 工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈 向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量m=200kg的货物，其a-t图像 如图乙所示，5~10s内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度g= 10m/s2。求： (1)起重机的额定功率和货物的最大速度； (2)0~10s内货物上升的高度。 a/(m's-2) 10 物理第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·言 15.(8分)滑板运动是一项极限运动。某滑板运动的轨道如图所示，AB和CD均为圆弧形轨道， BC为地面上一段长为L的水平轨道，AB、CD轨道均与BC轨道平滑连接。一运动员站在滑 板上从AB轨道上距离地面高度为h处以大小为o的初速度滑下，经BC轨道后冲上CD轨 道，到距离地面高度为2h时速度减为零。运动员（含滑板）的质量为，在BC轨道上受到的摩 擦力大小不变，重力加速度为g,不计圆弧形轨道上的摩擦，运动员和滑板可视为一个整体，且 可视为质点，求： (1)运动员第一次经过B点时的速度大小； (2)运动员在BC轨道上受到的摩擦力大小； (3)运动员最后停在BC轨道中点时累计通过该点的次数（含最后停留的次数）。 D B 16.(10分)如图所示为打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，高度为4h,直管底部 有一竖直轻弹簧，其长度远小于4h,平台上方BC段为一光滑的圆弧管型轨道，其半径为h, 管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为的小 球（可视为质点）弹出，小球弹出后从管口C水平飞出，落至平台上，落点距管口C的水平距离 为10h,不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。 (1)求小球从管口C飞出时的速度大小； (2)求弹簧对小球做的功； (3)若平台上方圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆压缩弹簧的形变量为定值，当圆 弧轨道的半径为何值时，小球从管口C飞出后距管口C的水平距离最大？最大值是多少？ 平台 10h 拉杆 三一轮复习周测卷九 物理第6页（共8页） 风 17.(12分)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑 相连，O点为轨道圆心，BC为半圆轨道的直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m=1kg 的滑块（可视为质点）从A点由静止开始下滑，恰好能滑到与O点等高的D点，重力加速度g= 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数； (2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度的最小值； (3)若滑块离开C点的速度大小为4m/s,求滑块从C点飞出至落到斜面上所需的时间。 379B 777777777777777 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 18.(14分)如图所示，一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为0=37°，与水平段BC平 滑连接，BC段的竖直圆形轨道的半径为R,其最低点处稍微错开，使得滑块（可视为质点）能进 入或离开，AB段和CD段粗糙，其余各段轨道均光滑。将一质量为m的滑块从AB轨道上与 B点的距离L=125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段，上升一段距离后再次滑 下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD段间的动摩擦因数均为μ=0.5， 重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)滑块第一次到达圆形轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大路程； (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 A D 1 B 轮复习周测卷九 物理第8页（共8页） ®高三一轮复习R ·物理· 高三一轮复习周测卷/物理（九） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究( 科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 3 功、功率 易 0.85 2 单项选择题 功 分 0.75 3 单项选择题 变力做功 中 0.75 4 单项选择题 3 功率 中 0.75 5 单项选择题 3 机车启动 中 0.75 6 单项选择题 3 机车启动 小 中 0.70 7 单项选择题 3 动能 中 0.70 8 单项选择题 3 机车启动 中 0.65 9 多项选择题 4 功率 中 0.75 10 多项选择题 4 变力做功 中 0.70 11 多项选择题 4 功 中 0.70 12 多项选择题 4 仙-t图像、功 难 0.55 13 非选择题 8 功、动能定理 中 0.75 14 非选择题 8 动能定理 中 0.75 15 非选择题 8 动能定理 / 中 0.70 16 非选择题 10 动能定理 中 0.70 17 非选择题 12 动能定理 中 0.65 18 非选择题 14 动能定理 难 0.50 季考答案及解析 一、单项选择题 匀速向上飞行，货物的动能不变，但重力势能增大，则 1.C【解析】在无人机水平飞行时，若悬绳与竖直方向 货物的机械能增大，B项错误；在无人机匀减速竖直 成9角，则无人机可能减速运动也可能加速运动，货 下降过程中，货物受到的拉力方向向上，则货物受到 物的动能可能减小也可能增大，A项错误；若无人机 的拉力做负功，C项正确：以货物为研究对象，根据牛 ·37· ·物理· 参考答案及解析 顿第二定律可得T一ng=ma,无人机做匀减速运动， 项错误。 所以货物受到的拉力恒定不变，根据P=T,由于速 5.B【解析】上坡过程以恒定的功率P从静止启动做 度逐渐减小，所以货物受到的拉力的功率变小，D项 加速运动，由P=Fu,F-f-mgsin0=ma可知速度 错误。 增大，牵引力减小，加速度减小，上坡过程不可能做匀 2.C【解析】当物块与斜面间的摩擦力为零时，有 加速直线运动，A项错误；上坡过程中，当a=0时速 mgtan日=ao,即当a=ao=gtan日时，物块与斜面之 度达到最大，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持 间无摩擦力，此时摩擦力不做功；当a>gtan日时，物 不变，满足f=ngsin0,联立解得上坡过程中汽车的 块受到的摩擦力沿斜面向下，此时摩擦力与位移的夹 P 最大速度一2 gsip0,B项正确：关掉油门后的下 角小于90°，摩擦力做正功；当a<gtan0时，物块受到 的摩擦力沿斜面向上，此时摩擦力与位移的夹角大于 坡过程，由于阻力做负功，汽车的机械能减小，C项错 误；上坡过程中，若汽车做匀加速直线运动，满足s= 90°，摩擦力做负功，A、B项错误；支持力的方向与斜 面垂直，与位移的夹角小于90°，故支持力一定做正 函=受4，可得=二，而实际上汽车做加速度减小 功，C项正确；合外力的大小为a且不为零，斜面以 的加速运动，位移相同，所用的时间较短，如图所示： 加速度a沿水平方向向左匀加速运动一段距离，运动 过程中物块与斜面始终相对静止，可知合外力做的功 一定大于零，D项错误。 3.D【解析】磨杆的角速度w-亭=0.4xad/s,A项 错误；驴拉磨一周的过程中，拉力做的功为变力做功， 根据微元法，可得驴拉磨一周的过程中，拉力所做的 即<一二放所用时间一定小于二D项结误。 功W=F·2πr=800×2×0.5πJ=800πJ,B、C项错 6.B【解析】由图乙可知，小车由静止开始运动时，先 误：驴拉磨一周的过程中，拉力的平均功率P=Y 做加速度a。=1m/s2的匀加速运动，直到速度达到 =1m/s,此后小车的加速度开始减小，设小车做匀 800rW=160xW,D项正确。 加速运动的时间为1，由=at,可得t=丛=1s, 4.A【解析】不计空气阻力，球做斜抛运动，竖直方向 A项错误；行驶过程中小车受到的阻力恒定，在小车 上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，设最 做匀加速运动阶段，牵引力的功率不断增大，当小车 高点到接球点的高度为h,根据竖直方向的运动规 的速度为1m/s时，牵引力的功率达到最大，设牵引 律，运动时间1=2√g 2h ,由图可知h>h2,故球的运 力的最大功率为P。。设小车做变加速运动的某一时 刻的速度为，加速度为a,受到的牵引力为F,牵引 动时间不相同，C项错误；在最高点竖直方向速度为 力的功率为P,受到的阻力为∫，有P=F,由牛顿第 零，则此位置速度最小，方向水平，水平方向有x= v,t水平位移大小相同，又t>t,则1<u,2,故球 二定律，有F-f=ma,联立可得卫一f=ma,整理可 的最小速度大小不相同，B项错误：接球点的竖直方 得a=卫·上一上，由图乙可知该阶段的图像为倾 m 向速度最大，则此位置速度最大，竖直方向有“= 斜直线，斜率k=2m/s3为定值，可知速度达到= √2gh,则1>2，最大速度的大小v=√十， 所以球的最大速度大小可能相同，A项正确；重力的 16后，小车以恒定功率几行驶，由=乃可得P 最大瞬时功率P=mg·=mg√2gh,由图可知h =P。=km=0.4W,故牵引力的最大功率P。= >h2,则P>P2,故重力的最大瞬时功率不相同，D 0.4W,又太阳能电池的电能转化为机械能的效率刀 ·38· 高三一轮复习R ·物理· =50%,由=×10%，可得Pe=0.8W.B项 △w 3 △t 3 ，联立可得该选手落地再跳起 to-5to 正确；当小车的加速度减小到0时，速度达到最大值 u2=2m/s,又P。=Fv2,F'-∫=0，联立解得f 过程受到地面的平均作用力N=号mg,C项错误； 0.2N,C项错误；小车的速度由1m/s增加到2m/s 个周期内克服重力做的功W=mgh,克服重力做功的 的过程中，牵引力的功率始终为P。=0.4W,D项 错误。 平均功率P-兴解得P= 200mg2t,D项正确 7.C【解析】电梯先匀加速上升再匀速上升，对运动过 10.AB【解析】图甲中，因沿着同一根绳做功的功率 程受力分析结合牛顿第二定律的同向性可知人先受 相等，则力对绳做的功等于绳对物块做的功，若F 到摩擦力后不受到摩擦力，A项错误；匀加速上升阶 大小不变，物块从A点到C点的过程中F做的功 段，加速度向上，人受到的支持力大于重力，匀速上升 W甲=F(OA一OC),A项正确；图乙中，全过程中F 阶段，支持力等于重力，B项错误；人的动能先增大后 做的总功W乙=15×6J+(-3)×6=72J,B项正 不变，动能增大阶段，动能的表达式E= 22= 确；图丙中，绳长为R,若空气阻力f大小不变，由微 元法可得小球从A点运动到B点的过程中空气阻 2mat,C项正确；设电梯的倾角为8，加速运动时， 力做的功W=一f:2-一之xR,C项错误：图 4 上升的高度随时间的关系A=士a:sin9,重力势能随 丁中，F始终保持水平，当F为恒力将小球从P点 拉到Q点，F做的功Wr=Flsin,而F缓慢将小球 时间变化的关系￡=之mgap in,D项结误。 从P点拉到Q点，F为水平方向的变力，F做的功 8.B【解析】匀加速直线运动阶段，a+>Q混淄，且加速 不能用力乘以位移计算，D项错误。 度不变，因此OA、OB均为过原点的倾斜直线，由牛11.BD【解析】由图乙可知，摩擦力在x=x。处方向发 顿第二定律可知F奉一f=ma,由于阻力大小相等且 生变化，在x~2x。区间工件受到的摩擦力大小发 不变，又a+>a湿游，则有F+牵>F湿牵，设赛车在干燥 生变化，说明工件与传送带相对静止，故工件先做加 路面做匀加速运动达到的最大速度为+m,在湿滑路 速运动后做匀速运动，A项错误：在x~2x区间摩 面做匀加速运动达到的最大速度为V显m,P微= 擦力大小等于弹簧弹力大小，在x=2。处摩擦力为 F+率V叶m=F程幸Vm,可得叶m<馄m,接下来赛车以 零，所以弹力为零，故工件运动2x。后与弹簧分离，B 额定功率运动，当牵引力大小等于阻力时达到最大速 项正确；在x=x处，由胡克定律得kx=0.5F,解 度，根据P=FU,在干燥路面及湿滑路面赛车的额定 得弹资的劲度系数女-会C项错误：摩擦力对工 功率相同，有心。=P,故赛车在干燥路面及湿滑路 f 件先做正功后做负功，图乙中图像与x轴所围成的 面达到的最大速度相等，B项正确。 面积在数值上等于摩擦力对工件做的功，即W= 二、多项选择题 Fx-号×0,5Fa=0.75Fn,D项正确。 9.BD【解析】根据图像及竖直上抛规律，可知离开地 12.CD【解析】由图丙可知w=2t,所以水桶的速度随 面后暖间的速率=gX品，=品，A项错误：图 时间变化的规律为v=wr=0.2t,故10s末水桶的 像与坐标轴所围成的面积表示位移，可知该选手的重 速度大小为2m/s,A项错误；因水桶的速度与时间 心上升的最大高度=号×品=品，B项正确： 成正比，由表达式可知水桶匀加速上升，加速度a 设该选手落地再跳起过程受到地面的平均作用力为 A2=0.2m/s2,由牛顿第二定律可得F-(m十M)g △t N,该选手与地面作用的过程，有N一mg=a,又a =(m十M)a,解得水桶上升过程受到的绳子的拉力 ·39· ·物理· 参考答案及解析 大小F=25.5N,水桶匀加速上升，0~10s内水桶 (2)从A点到D点由动能定理，可得mgh一2ngh一 1 上升的高度h=2at,代入数据解得h=10m,故0 1 fL=0-令m6 (1分) ~10s内绳子拉力所做的功W=Fh,解得W= 解得f=m-2gh 2L (2分) 255J,B项错误，C、D项正确。 (3)从A点到最后停在BC轨道中点，由动能定理， 三、非选择题 1 13.【解析】(1)对返回舱进行受力分析，在返回舱以v 可得mgh-fs=0- 2 mui (1分) 10m/s的速度匀速下降时，有ko=mg (1分) 运动员最后停在BC轨道中点时累计通过该点的次 在返回舱以v'=80m/s的速度下降时，有k'一mg (1分) 数n=亡+号 (1分) ma 联立解得a=70m/s (2分) 联立解得n= 6+2gh1 vi-2gh2 (1分) (2)返回舱在最后1m下降的过程中，由动能定理， 16.【解析】(1)小球从管口C飞出后做平抛运动，竖直 可得mgh十W=0- 2m (2分) 1 方向，有h=2g (1分) 解得反推发动机在该过程中对返回舱做的功W= 水平方向，有10h=t (1分) -180000J (2分) 联立解得小球从管口C飞出时的速度大小，= 14.【解析】(1)由a-t图像可知，0~5s内货物做匀加 5√2gh (1分) 速运动，根据牛顿第二定律有 (2)小球从弹出到管口C的过程，由动能定理，可得 F-mg=ma (1分) 解得F=2400N (1分) w一mg(4h十h)=子m6-0 5s末货物的速度u=at 联立解得W=30mgh (1分) 解得v=10m/s (1分) (3)设圆弧轨道的半径为x,由动能定理，可得 起重机的额定功率P=FU 1 解得P=2.4×10W (1分) W一mg(4h十x)=之mt-0 (1分) 当牵引力等于重力时，货物有最大速度 可得-P 小球飞出后做平抛运动，竖直方向，有x=分g贴 =12m/s (2分) g (1分) (2)5~10s内，根据动能定理，可得Pt'-mgh2= 水平方向，有s=t (1分) 1 1 2m6-zmt 联立解得小球从管口C飞出后距管口C的水平距 离s=2√(26h-x)x (1分) 代入数据解得h2=57.8m (1分) 当26h-x=x,即x=13h时，水平距离s最大，最大 05s内，有h1=号a=25m (1分) 距离sm=26h (1分) 0~10s内货物上升的高度h=h十h2=82.8m 17.【解析】(1)滑块由A点到D点的过程，根据动能定 理，可得mg(2R-R)-ngcos37° 2R (1分) sin37元=0-0 15.【解析】(1)从A点到B点由动能定理，可得mgh= (1分) 交m唯-之m戏 (1分) 解得滑块与斜面间的动摩擦因数4=0.375(2分) (2)若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，可得mg 解得运动员第一次经过B点时的速度大小= Vu+2gh (1分) 十Fv=m (1分) R ·40· 高三一轮复习R ·物理· 可得≥√Rg=2m/s (1分) =25R (1分) 滑块由A点到C点的过程，根据动能定理，可得 (3)滑块第一次从CD段由静止滑下到第二次到达 -mgcos37°· 2R1 1 圆形轨道最高点的过程中，由动能定理，可得 n37=2m呢-之m听 (1分) 联立解得滑块从A点沿斜面滑下时的初速度。= mgLi sin 0-pong L cos 0-mgX2R=1 2 mv-0 √/+2gR≥2√5m/s (1分) 解得v2=√6gR (1分) 故初速度的最小值为2√3m/s 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大路程为51， (3)滑块离开C点做平抛运动，水平方向，有x=c't 由动能定理，可得 (1分) mg(LI-s)sin 0-pmg(LI+s cos 0=0-0 解得s1=5R (1分) 竖直方向，有y=28 (1分) 滑块第二次从AB段由静止滑下到第三次到达圆形 由儿何关系，可得tan37°-2R-义 (2分) 轨道最高点的过程中，由动能定理，可得 联立解得滑块从C点飞出至落到斜面上所需的时 mgs1sin0-4mgc0s0-mgX2R=号m话-0 间t=0,2s (1分) 解得=一2gR (1分) 18.【解析】(1)滑块由静止释放到第一次到达圆形轨道 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假 最高点的过程中，由动能定理，可得ngLsin0 设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h, ngl.cos mg (1分) 由动能定理，可得gs1sin0-mg51cos日一gh=0 (1分) 在最高点，对滑块由牛顿第二定律，可得mg十V= 解得h=R (1分) (1分) 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆形轨道最 轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停 高点时对轨道的压力大小V′=V=45mg(1分) 在B点，设该过程滑块在AB段滑行的路程为s2,由 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能 动能定理，可得mgh一mg52cos日=0 (1分) 定理，可得 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程s=L十2s mg(L-L1)sin8-mg(L十L1)cos9=0-0(2分) 十s2 (1分) 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大路程L: 联立解得s=137.5R (1分) 41·