小练23 机械能与曲线运动-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理拿满基础分自主小练

参考答案及解析 弹性势能最大，CD段形变恢复又将弹性势能转化为 重力势能，因此CD阶段杆对人做的功等于人的机械 能的变化量，B、D项正确，C项错误；因C处弹性势能 最大，人的机械能最小，且因运动员在最高点还有一 个较小的水平速度，故落地时人的动能大于人在D 点时的重力势能，A项错误。 5.BD【解析】因小球P运动过程中轻杆会对其做功， 故小球P的机械能不守恒，而整个过程中两小球组 成的系统只有重力做功，机械能守恒，A项错误，B项 正确：小球Q过C点时杆与竖直方向夹角的正弦值 sin0=录，即0=30，由机械能守恒定律得mgR+ R mg3R-V5R)=2m呢十号n6,又wos30= acos60°得p=√ EgR,w=√ 2-33 2 2 gR,C 项错误；设小球P滑到水平面时的速度为，由gR 十mg·3R=号(m十m)得u=2√gR,故小球Q 机被能的增加量△E=号m心一mgR=mgR,D项 正确。 6.AC【解析】重物P刚要离开地面时由kx。=mg知 xo=1m,物块Q重力势能的减少量△E。=Mgxo sin0 =12J,A项正确：物块Q损失的机械能为克服摩擦 力和轻绳拉力做的功，由△E=Mgxo cos0+W得 △E=8J十W,B项错误；在物块Q下滑时有Mg sin 0 一Mgc0s0-kx=Ma,当a=0时有x=0.8m<xo =1m,故动能先增大后减小，C项正确；下滑过程中 轻绳拉力和摩擦力均对物块Q做负功，故机械能一 直减小，D项错误。 7.【解析】(1)设B的质量为m,则A的质量为2m,A向 下刚运动到C点的过程中，对A和B组成的系统根 据动能定理有2 ngLsin0-mgL一h·2 ngcos日·L= 合×3md- X3m6 (2分) 解得u=2m/s (1分) (2)对A、B组成的系统，A从C点压缩弹簧至最短后 恰好返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于 摩擦产生的热量，有7×3m2一0=μ·21gcos日· 2x (2分) 其最大压缩量x=0.4m (1分) 设最大弹性势能为Epm,从C点到弹簧被压缩至最短 的过程中有号×3mw2+2 mgesin0-mgx=· 2 ngcos0·x+Ep (2分) 解得Epm=6J (2分) ·2 物理 8.【解析】(1)滑块P恰好过轨道最高点D时有mg= (1分) 根据能量守恒定律有E,=2m%十mg·2L1分） 解得E,=是mgL 6 (2分) (2)未铺膜时滑块P从E点到B点有2m哈=E, (1分) 由N-mg=m无 (1分) 由牛顿第三定律得N=V' (1分) 解得N1′=6mg (1分) 铺上薄膜材料后，滑块P到达F点时有gsin53°= m (1分) 滑块P从B点到F点的过程中，由动能定理有 1 1 mg(L+Lsin 53)=2mvinm (1分) 由牛顿第二定律有N,一mg=m乙 (1分) 由牛顿第三定律有N2=V2' 解得N2'=5.4mg (2分) (1分) 小练23机械能与曲线运动 1.C【解析】两物体运动过程中只受重力，机械能是守 恒的，因A有初动能，故它在O点的机械能大，A项 错误；从开始运动到相遇的过程中，重力做的功相同， 因此两物体动能变化量相同，B项错误：在竖直方向 上，由y,=gt知竖直分速度时刻相同，由P=mg℃， 知重力的瞬时功率相同，C项正确；动能的变化量是 重力做功引起的，由△E.=mgh和A=子g知动能 的变化率相同，D项错误。 2.B【解析】重力做的功WG=一gh,A项错误：由动 能定理知合外力做的功W=之m,B项正确；推力 对小车做的功为Fs,C项错误；设小车克服阻力做的 功为W,由Fs-mgh-W,=号md知W,=R mgh-之m心，D项错误。 3.C【解析】小球上升到弹力与重力等大时速度最大， A项错误；小球恰能运动到C点，由重力提供向心力 有mg=m瓷，最大弹性势能尼，=mg(h十R)十 乞m呢=46J,B项错误；小球从B点到C点，由动能 物理 定理得一mgR1一c0s)=号m呢-号mi,在B点 有F十mge0s0=m爱，解得=V年m/s,F= 12N,C项正确，D项错误。 4.C【解析】设轨道I的半径为R,在轨道I上有 6=m只，在线道Ⅲ上有G (5R)=mR,解得 u=√5u,从A点到B点由机械能守恒定律有之m听 -6贤=2m-6搬，60 5)三nR和G =m爱，解得一8心=，由椭圆轨道的对称性可 知在A、B两点的弯曲程度相同，即这两位置的曲率 圆的面率半径p相等，由G=m是和6 0 m停得B-怎，C项正确。 5.BC【解析】小朋友从A点滑到O点的过程中，由动 能定理有mgR=之m,解得=V2gR,若小朋友 在0点以w飞出时恰好做平抛运动，由mg=m示 得。=√2gR,故小朋友从A点下滑时在O点做平 抛运动，由x=1和2R=g得x=2ER,放落点 与A的水平距离x=(2√2+1)R,A项错误，B项正 确：若小朋友从C点高开滑道，由mg0s9=m录和 mg(R-h)+mg·2R(1-cos)=2m得h= 0.6R,C项正确，D项错误。 6.CD【解析】由图乙可知，货物在0~0.2s内的加速 度大小a1=A0=10m/s,0.2~1.2s内的加速度大 △t 小a2=A=2m/s,设传送带与地面的倾角为0，分 △t2 段对货物受力分析可得gsin9十mgcos8=ma1, mgsin日-ngcos9=a2,联立解得sin0=0.6,4= 0.5,A项错误；由图乙可知，A、B两点间的距离等于 货物速度随时间变化图像与坐标轴围成的面积，0~ 0.2s内货物的位移大小西=号×0.2×2m 02m,0.2~1.2s内货物的位移大小=2牛4× 2 1m=3m,故A、B两点间距x=x1十x2=3.2m,B 项错误；货物从A点到B点的过程中，传送带对货物 做的功W=gcos(x1一x2)=一11.2J,C项正确； ·29 参考答案及解析 0~0.2s内货物与传送带的相对位移△x1=t1一x =0.2m,0.2一1.2s内货物与传送带的相对位移为 △x?=x2一t=1m,故因摩擦产生的热量Q= ngcos(△x1十△x2)=4.8J,D项正确。 7.【解析】(1)人和车做平抛运动，根据平抛规律可得 竖直方向上有A=名 (1分) 水平方向上有s=t (1分) 解得t=0.4s,s=1.2m (1分) (2)人和车从平台飞出到A点，由动能定理得mgh= 子uai-古md 1 (1分) 解得u=5m/s (1分) A点切入时，如图所示，可知cosa一 =3 5 (1分) 解得a=53 (1分) 圆弧对应的圆心角0=2a=106° (1分) 在最低点处速度最大，压力也最大，由合外力提供向 心力可得F-mg=m vi (1分) 1 由动能定理得mgR(1一cosa）=之m心-立m听 (1分) 解得F=8600N (1分) 由牛顿第三定律知人和车对轨道的压力F=F= 8600N,方向竖直向下 (1分) (3)由斜上抛运动的对称性及机械能守恒定律可知最 大高度为平抛运动的初始高度，即h=0.8m(2分) V 0.8m B 8.【解析】(1)从E点到A点，由动能定理得 mg(Rcos37°+h)-mngLcos37°-mgLsin37°=0 0 (2分) 解得L=2.4m (1分) (2)因ngsin37>ngcos37°，物体不会停在斜面上， 故物体多次往复后到达B点的速度为零是极限，由 动能定理得 mg(Rcos37°+h)-ngscos37°=0-0 (2分) 解得物体在斜面上运动的总路程s=6m (1分) (3)由(2)分析知物体最后以C为中心，B为一侧最高 点沿圆弧轨道做往返运动，从B点到C点过程中，由 动能定理得mg(R-Rc0s37)=之n呢 (1分) 在C点由合外力提供向心加速度得F一mg=m尽 参考答案及解析 解得F=2.8N (2分) 由牛顿第三定律知，物体对C点处轨道的最小压力 为2.8N,方向竖直向下 (1分) 小练24动量动量定理 1.C【解析】考虑铁锤的重力，如果取向上为正方向， 对铁锤由动量定理有(Fy-一ng)△t=mw,取向下为正 方向有(mg一Fy)△t=0一mw,C项正确。 2.A【解析】物体运动的速度由向东的3m/s变为向 南的3m/s,设向东的速度为①，向南的速度为2，则 速度的变化量△v=v2一=√十=3√2m/s,可 得动量变化大小△p=mw2-m=m·△u= 6√2kg·/s,C、D项错误；物体动能变化△Ek= m话一之m=0,A项正确，B项错误。 1 3.C【解析】依题意，根据动量定理有I=△p=Ft可 得p=Ft,由F-t图像可知0~t1时间内，F恒定，则 动量p与时间t成正比例关系，图线为一条过原点的 倾斜直线，A项错误；tt时间内，F随时间t均匀 增大，由数学知识知动量p与时间t成二次函数关 系，图线为开口向上抛物线的一部分，B项错误；t2~ t时间内，F恒定，但由于比0一t1时的值大，则动量 p与时间t成线性变化，且直线的斜率比0~t1时间 内直线的斜率大，C项正确，D项错误。 4.A【解析】F-t图像中，图线与坐标轴围成的面积 表示冲量，由动量定理可得F=mu,解得0=，t 1s时物块的速率v=1m/s,A项正确；t=2s时物块 的动量大小p2=F1t2=4kg·m/s,t=3s时物块的 动量大小p3=(2×2-1×1)kg·m/s=3kg·m/s,t =4s时物块的动量大小p=(2×2一1× 2)kg·m/s=2kg·m/s,所以t=4s时物块的速度 大小为1m/s,B、C、D项错误 5.B【解析】竖直方向根据h=之可得1=√货， /2h 由题意可知，a下降的高度小于b下降的高度，则a在 空中运动的时间小于b,A项错误；由题图可知，水平 方向a的位移大于b的位移，根据x=t可知a的初 始速度大于b,B项正确：根据△p=I=mgt可知a在 空中运动过程中动量的增加量小于b,C项错误；根据 △Ek=mgh可知a在空中运动过程中动能的增加量 小于b,D项错误。 6.AC【解析】由冲量的定义可知，重力对物体的冲量 大小为mgt,A项正确，B项错误；拉力F对物体的冲 量大小为Ft,C项正确，D项错误。 7.AC【解析】根据EF段方程y=4t-26,可知EF段 ·30 物理 无人机的速度大小0=Ay=4m/s,A项正确；根据 △t y-t图像的斜率表示无人机的速度，可知FM段无人 机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方 向一直向下，则无人机的载物处于失重状态，B项错 误；根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人 机的速度=合兰=-2ns,则有△p=m心-m 一12kg·m/s,可知FV段无人机和载物总动量的变 化量大小为12kg·m/s,C项正确：MN段无人机向 下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机 的机械能不守恒，D项错误。 8.CD【解析】由于无人机处于水平悬停状态，则空气 对无人机的作用力F=Mg,无人机对空气的作用力 F=F=Mg,对被推向下的空气应用动量定理Ft= Mgt=mu,解得m=M,无人机做的功使空气获得 动能，则有W=之m=之Mg,无人机的功率P -宁Mg,单位时间内推出空气的总质最△= t t =Mg,A,B项错误，C项正确；设每个螺旋桨转动时 形成空气流动的圆面面积为S,则有4St=Mg,解 U 得S=Mg,D项正确。 9.【解析】(1)运动员接触网前瞬间的速度=√2gh1 (1分) 运动员接触网时的动量p1=m=480kg·m/s (1分) 方向竖直向下 (1分) (2)运动员下落时间=√g /2h1 (1分) /2h2 运动员上升时间红=√g (1分) 故运动员接触网的时间t3=t一t一t2=1.2s(2分) (3)设网对运动员的平均作用力大小为F,由动量定 理有ngt-Ft=0-0 (1分) 解得F=1500N (2分) 10.【解析】(1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为Q1, 对潜艇由牛顿第二定律得mg-F-f=ma1(1分) 解得a1=0.8m/s 15s末的速度w=a1t1=12m/s (1分) (2)“掉深”15s时，潜艇下落的高度h=2t=90m 此时潜艇到海底的距离h2=h一h1=48m(1分) 在减速阶段有6一品拿满基础分自主小练·物理 小练23 机械 (考试时间：30分 第1~4小题为单项选择题，每小题4分；第 5~6小题为多项选择题，每小题6分 1.(教材改编题)如图所示，质量相等的A、B 两物体位于同一水平线上。A被水平抛出 的同时，让B自由下落，图中的曲线AC为 A的运动轨迹，直线BD为B的运动轨迹， 两轨迹相交于O点。忽略空气阻力，则两 物体 A.在O点具有的机械能一 定相等 B.从开始到相遇的过程中， A的动能变化量大于B 的动能变化量 D C C.A、B两物体运动过程中重力的瞬时功率 总相同 D.A在O点的速度大，动能大，动能的变化 率也大 2.如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推 动下，从山坡底部A处由静止运动至高为h 的B处，获得的速度为，AB的水平距离为 s,重力加速度为g,下列说法正确的是 A.小车重力做的功为mgh B.合力对小车做的功为)m心 C.推力对小车做的功为Fs一mgh D.小车克服阻力做的功为号m2十mgh -Fs 3.(教材改编题)如图所示，竖直轨道MA与 四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同 一竖直面内，圆弧轨道圆心为O,OC连线 竖直，OB连线与竖直方向夹角0=37°，紧 靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面 上，弹簧上放有一质量m=2kg的小球。 现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初 速度释放，小球恰能运动到C点。已知P、 A高度差为0.8m,圆弧轨道半径为1m, 不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远 小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接， sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2,下 列说法正确的是 班级： 姓名： 能与曲线运动 钟，满分52分) A.小球离开弹簧时速度最大 B.刚释放小球时，弹簧的弹性势 能为36J --0 C.小球经过B点时对轨道的压力 为12N D.小球经过B点时的速度大小为 2√5m/s 4.卫星M在轨道I上做匀速圆周运动，一段 时间后在A点变速进入轨道Ⅱ，运行一段 时间后，在B点变速进入轨道Ⅲ，最后在轨 道Ⅲ上做匀速圆周运动，已知卫星在轨道 Ⅲ上的速率为，轨道Ⅲ的半径为轨道I半 径的5倍，则卫星在轨道Ⅱ上B点的速率 可能为 Ⅲ B.6 D.6 5.(多选)滑水是很多小朋友喜欢的游乐项 目。现把滑水轨道简化成如图所示的情 景。位于竖直平面内的两个半径分别为R、 2R的圆弧轨道平滑连接，已知两圆心 O,、O2与两圆弧轨道的连接点O在同一竖 直线上，O2B与水面等高，CO2与OO2的夹 角0=37°。一质量为m的小朋友从圆弧轨 道AO上的任意点由静止开始下滑，下滑过 程中小朋友保持姿势不变。不计一切阻 力，sin37°=0.6，下列说法正确的是 A.若小朋友从A4.0 点下滑，落水点 到A点的水平 距离为3R B.若小朋友从A点 下滑，落水点到 7777777777相 02 A点的水平距离为(2√2十1)R C.若小朋友从图中C点离开滑道，则其下 滑的位置与A点的高度差为0.6R D.若小朋友从图中C点离开滑道，则其下 滑的位置与A点的高度差为0.4R 6.(多选)在大型物流货场，广泛应用传送带 搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的 传送带以恒定的速率逆时针转动，皮带始 终绷紧。将m=1kg的货物轻放在A端， 经过1.2s到达传送带的B端。用速度传 感器测得货物与传送带的速度v随时间t 变化的图像如图乙所示。已知重力加速度 g=10m/s2,下列说法正确的是 v/(m's-1) 货物 传送带 B 00.2 1.2ts 甲 A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.05 B.A、B两点间的距离为1.2m C.货物从A点到B点的过程中，传送带对 货物做的功为一11.2J D.货物从A点到B点的过程中，因摩擦产 生的热量为4.8J 7.(14分，教材改编题)如图所示为摩托车做 腾跃特技表演的情景。摩托车沿曲面冲上 高0.8m的顶部水平的高台，以v=3m/s 的速度水平离开平台落至地面时，恰能无 碰撞地从A点进入光滑竖直圆弧轨道。A、 B为圆弧轨道两端点，其连线水平。已知 圆弧轨道半径R=1m,人和车的总质量为 200kg,特技表演的全过程中，阻力忽略不 计，sin37°=0.6，重力加速度g= 10m/s2。求： (1)平台到圆弧轨道端点A的水平距离； (2)圆弧轨道对应的圆心角0及摩托车对圆 弧轨道的最大压力； (3)人和车离开B点后能上升的最大高度。 0 46 8.(10分，教材改编题)如图所示，在竖直平面 内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆 弧轨道BCD相切于B点，C为最低点， ∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道 半径R=1m。现有一质量m=0.2kg、可 视为质点的物体，从D点的正上方E点处 自由下落且未能滑出斜面，已知D、E两点 间的距离h=1.6m,物体与斜面AB间的 动摩擦因数4=0.5，sin37°=0.6，重力加 速度g=10m/s2,求： (1)斜面的最小长度； (2)物体在斜面上运动的总路程； (3)物体对C点处轨道的最小压力。 E口 A 7777777777777