专题卷(6)动能定理、机械能守恒定律-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（湖南专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（六） 物理·动能定理、机械能守恒定律 （考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.2025年8月2日，在“苏超”比赛中，淮安队门将李世恩将足球从地面上的A点踢到C点，足 球在空中达到的最高点为B,如图所示，则球在空中 A.运动时间tAB>tBC 6 B.运动过程中机械能守恒 A 77777777777 C.运动过程中始终处于超重状态 D.运动至B点时，所受重力的功率为零 2.如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端与小滑块a相连，初始时刻小滑块α静止在光滑的水平 面上的O点，质量相等的滑块b紧靠α的右侧，在外力作用下将两滑块推至M点，由静止释 放两滑块，a运动至N点时速度为0，下列说法正确的是 A.ON=OM B.滑块a、b在O点右侧某位置分离 C.滑块a无法再次回到M点 M D.滑块a从M至O的时间小于O至N的时间 3.汽车从研发到正式上路，要经过各种各样的测试，其中一种是在专用道上进行起步过程测试， 通过车上装载的传感器记录了起步过程速度随时间变化规律图像，如图所示，其中除5~55s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，5s后发动机的输出功率保持不变。该车总 质量为1.0×103kg,所受到的阻力恒为2.0×103N,则下列说法正确的是 A.该车的最大速度为50m/s ◆v/(ms) B.该车起步过程的加速度一直在改变 30 C.该车的额定功率为1.2×105W 10 0 D.该车在前55s内通过的位移大小为2200m 55 4.如图所示，有一光滑轨道ABC,AB部分为半径为0.2m的圆弧，BC部分水平，质量均为 400g的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为0.2m,小球可视为质点。开始时a球处于 圆弧上端A点，由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度g=10m/s2, 下列说法正确的是 物理X·专题卷（六）第1页（共8页） 鱼跃龙 A.a球下滑过程中机械能保持不变 B.两球都滑到水平轨道上时，a球速度大小为2m/s C.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对两 球均不做功 D.从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a 球做功0.4J 5.如图所示，光滑的小滑轮D(可视为质点)固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一 根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环 C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为O,此时物体B对地 面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h,R和Q关于S对称。现让小环 从R处由静止释放，下落过程中绳始终处于伸直状态，环到达Q处时获得最大速度。已知重 力加速度为g,在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法错误的是 A小环C的敏大动能为Mm0。 M'gh B.小环C在S点机械能最大 C.弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为零，且方向向上 D.小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为M mcos 0g-g B 7777777777777777 6.如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2 的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点 无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在C点时弹 簧被压缩。下列说法正确的是 A.弹簧在A点时的弹性势能等于在C点时的弹性势能 B.从A点到B点过程小球机械能守恒 C.从A点到C点过程小球速率先增大再减小 D.小球在C点时动能最大 如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。 两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过 铰链用长度为1的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45）由静止释放， 不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是 A.a球不能回到初始位置 B.a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为√2mgl 45N h C.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 D.b球的最大速度为√(2十√2)gl 门卷 物理X·专题卷（六）第2页（共8页） 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 7.如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O,某人将质量为m的物块放在O. 弹簧上端0处，使它缓慢运动到A处(O4高度差为2h),放手后物块处于平衡状4 态，在此过程中人对物块所做的功为W。如果将物块从距离弹簧上端O点高H的 7777777 地方由静止释放，设物块此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，重力加速度为 g,已知弹簧的弹性势能表达式为E,x,其中为弹簽的劲度系数，x为弹養的形变量。 则下列说法正确的是 A.物块释放后的最大速度为√2gH B.物块释放后，动能最大值为mgH一W C.物块下落到OA中点处时，动能为mg(H+h) D.物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒 8.如图所示，质量分别为1kg和3kg的小球A、B通过一根长为2m的轻杆连接，可绕光滑水 平轴O在竖直平面内自由转动。初始时轻杆水平静止，释放后系统开始运动。已知小球A、 B均可视为质点，二者到O点的距离相等，重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力。从释放 到小球B运动到最低点的过程中，下列说法正确的是 A.轻杆对小球A做功为5J B.轻杆对小球B做功为一15J C.小球B到达最低点时，小球B的速度大小为2√5m/s D.小球B到达最低点时，轻杆对轴O的作用力大小为60N 9.某公园的滑雪场设置了如图所示的滑道跳雪游戏项目：滑道由高为 H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h的斜面滑道CD三部分组 成，AC水平距离为L,CD滑道的倾角固定，为45°，游客脚上的滑雪 板与三段滑道之间的动摩擦因数均为4=0.25，游客从A点由静止 入45 开始下滑，经过水平滑道BC后由C点水平飞出，若不计在B点的机D 械能损失，下列说法正确的是 A.只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一定 B.若游客落在滑道CD的不同点上，则落在滑道的各点速度方向不相同 C.其他条件不变，为保证游客落在滑道CD上，L设计得越短越好 D.当4H=L十h时，游客恰好落在D点 物理X·专题卷（六）第3页（共8页） 鱼跃方 10.一质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图 像如图所示，t=0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则 ◆a/(ms2) 4--------2 2 →F t/s 7777777n7 6 甲 A.t=6s时，物体的速度大小为20m/s B.从t=0到t=6s,摩擦力对物体做的功为396J C.从t=0到t=6s,拉力对物体的冲量为36N·s D.t=6s时，拉力F的功率为200W 如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为=1kg的物 块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所 示。已知弹衡的弹性势能表达式为E,=虹，其中及为弹衡的劲度系数，z为弹黄的形变址。 取重力加速度g=10m/s2,则 5am.sy） 0.9 0.3 x/m M 甲 乙 A.弹簧的劲度系数为20N/m B.斜面的倾角为30° C.物块的最大动能为2J D.弹簧的最大弹性势能为4.8J 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 11.(7分)如图所示，质量为m的小物块（可视为质点）在粗糙水平桌面获得瞬时速度v。开始滑 动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l=1.4m,v=3.0m/s,m= 0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高度h=0.45m,不计空气阻力，重力加 速度g取10m/s2。求： (1)小物块落地点距飞出点的水平距离x; (2)小物块落地前瞬间重力的功率P； (3)小物块的初速度大小℃。。 7777777777777777777 77777777777777 门卷 物理X·专题卷（六）第4页（共8页） 班级 12.(9分)如图所示，一个倾斜的长为25m的传送带AB,倾角0=37°，以恒定的速度v=4m/s 13. 顺时针运动，一个质量=2kg的物块（可视为质点）从传送带的底端A无初速度滑上传送 姓名 带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的B端与一个半径为R=0.5m的光滑圆 弧轨道相切，圆弧轨道的最高点C与圆心的连线水平，重力加速度g=l0m/s2,sin37°= 得分 0.6,c0s37°=0.8，求： 、、 (1)物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间； (2)物块对圆轨道上C点的压力大小。 上8 答题栏 1 2 3 5 6 7 8 9 10 物理X·专题卷（六）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)某生产玻璃瓶车间缓冲接收装置简化为如图所示的模型，劲度系数为（足够大）的 轻质弹簧与轻杆连接，轻杆可以在固定槽内移动，轻杆向下移动不超过1时，该装置可安全工 作。质量为的玻璃瓶进入导轨后受到导轨的阻力恒等于玻璃瓶的重力，若撞击弹簧前瞬 间的速度为，将导致轻杆向下移动1，瓶子拿走后装置复原，轻杆与槽间最大静摩擦力等 于滑动摩擦力且恒为f=m 2l (1)求轻杆开始移动时弹簧的压缩量△x。 瓶子 (2)求装置安全工作，能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度v和允 许玻璃瓶撞击的最大速度vm。 轻杆 3)若玻璃瓶撞击速度为，判断轻杆能否向下移动。若不能，求出弹 固定槽 簧的最大弹性势能；若能，求出轻杆向下移动的距离。 支架 7777777777777777777 物理X·专题卷（六）第6页（共8页） 14.(14分)如图所示，竖直平面内有一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高， 15. 一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m=0.5kg的小球从B点正上方H高处的A点自由 下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离s=2.4m, 球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h=0.8m,取g=10m/s2,不 计空气阻力，sin37°=0.6，sin53°=0.8，求： M0 (1)小球在D点的速度D; (2)小球释放点到B点的高度H; B R 、 (3)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小F、。 C 物理X·专题卷（六）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)2025年12月20一21日，2025一2026赛季国际雪联自由式滑雪空中技巧世界杯在张 家口崇礼云顶滑雪公园举办。中国队包揽男子、女子、混合团体全部比赛的前2名。小明同 学为了探究跳台滑雪运动员的运动过程在实验室设计出小型轨道，如图所示。质量为= 0.4kg的小球从平台上水平抛出后，落在倾角0=53°的光滑斜面顶端A点，并恰好无碰撞地沿 斜面滑下，从斜面最低点B平滑进入半径R=O.5m的光滑圆弧轨道BCD,通过与B点等高 的D点后抛出，A点与平台的高度差h=0.8m,斜面的高度H=4.8m。取g=l0m/s2, sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)斜面顶端与平台边缘的水平距离x; (2)小球通过最低点C时对轨道的压力大小； (3)小球在D点飞出后到达最高点时距D点的高度。 H uuuku3 53) 物理X·专题卷（六）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 根据开普勒第三定律得 Q: T21 ,解得h=2R (2√2T)2 13.(1GM (2)(R-d)GM GMm GMm R2 R3 (3)0R+H2 (r+H)2 R ②GMm(R-） R Mm 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近G R2 mg,解得g-G1 R2 (2)设地球平均密度为p,则M=p· 3R, 在矿井底部G Mim 4 R-=mg',而M=p·3x(R-d)3, 深度为d的矿并底部的重力加速度大小g'=R-d)GM R3 (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小Fp= GMm GM2m (R+H)(r+H)1 其中M2=p· GMm GMm r3 解得PR十DG十H产 ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。 GMamGMam (R-r+L)2 L2 其中M3=p· 4π(R-r+L) 4πL3 3 -,M4=p· 3 解得F。-GMm(R- 1 2 R3 1.管 (r+R) (2)203N π (3)R+, 2r 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 -m r 解得地球的质量M= G。 (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T=2 3 U3 椭圆轨道的半长箱。-只， 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T,,根据开普勒第三定律 有只 r3 解得T== (r+R)3 UsV 2r 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为 T-1云@ (3)飞船在近地点A的速度为v1,根据开普勒第二定律有 v R=v2r, 飞船从A点运动到B点I=△p=moo1十mov2, 联立可得I=R十r rn01。 15.1)号T2)2 7 12(2-2) 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T',由开普勒第三 定律m)”_z) T2 T2, 解得T-1 2 (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两卫星之间直接通信信号会 周期性中断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫星通信中断的时 2π 2π 间为t,有(w2一w甲)t=20,而wz=户，w甲=T, .. 故有（祭-）=20， R1 、由几何关系可知ina2尔2sm日2=号，所以。= 6B=4, 由几何关系知0=。十8，做20=答综上可得4 52 12(2-2). 物理（六） 0 C【解析】设两个滑块在O点时的速度为，根据动能定理得 1 2kxow·xaw=2X2mu2-0,-2kxoN·xov=0-2mu, 解得xoM>xoN,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 的弹力为零，两个滑块之间没有作用力，两滑块开始分离，所以 滑块a、b在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 块a在N'和N点之间往复运动，C正确；根据简谐运动tow= toN,又因为toM>toN,所以toM>toN,D错误。 C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F-f=ma, 根据题图可知a是-号a/?=4/g,解得F=6Q0N,该 车的额定功率为P=Fv=6000×20W=1.2×105W,当速度最 大时，有P=fm,解得om=60m/s,故A错误，C正确；汽车起 步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； 匀加速阶段汽车位移为图像中0~5s内图线与坐标轴所围图形 的面积，即工1-5X20m=50m,X车在5一55内以餐定功率 行魏，由动能定理可得P-红，=方m-号m3,解得 1 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1十x2= 2250m,故D错误。 D【解析】从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，两球组成 的系统清足机械能守恒，则有mgR十mgL十R)-子×2md, 解得两球都滑到水平轨道上时a、b两球的速度大小均为v= √6m/s,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 1 动能定理可得mgR十W#=2m0,解得W行=0.4小，可知整个 过程中轻杆对a球做功0.4J,则a球下滑过程中机械能不守 恒，故AB错误，D正确；从释放小球到a、b球都滑到水平轨道 。6 上，整个过程中由于轻杆对α球做正功，所以轻杆对b球做负7.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理mg·2h+ 功，故C错误。 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有k·2h=mg。物块下 5.D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在RL 落到OA中点处时，有mg(H十h)=Ep1十E1,而OA中点处 和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和A通RC 过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所示），故 的幕性势能为En=号kx=子E,联立可得E=mgH+ VaCOs0=A,故A与环的动能之比为 2 一，故C错误：当物块释放后，先做自由落体运动，后做 mgh W 1 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 2 mvR cos8,对小环和A组成的系统 m 777777777777777 能定理mg(2h十H)=E,十分m2,联立可得最大速度为。 Mgh=Eka十Eko,联立可得小环C的最大动能为Eko= 2(mgHw,最大动能为En=mgH-W,故B正确，A错 M十mcos0,故A正确：小环C下落过程受重力、杆的支持力 M'gh 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 8.ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关联 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为， 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 由动能定理可得3mg·是-mg·台=号×3mw2+之w,解 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化 得v=√10m/s,故C错误；设在该过程中，轻杆对小球A做功 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 为W,对小球A,由动能定理可得一mg·台+W=弓m,解 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 得W=15J,故A正确：设轻杆对小球B做功为W',对小球B, 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 由动能定理可得3mg·子+w=子×3mw',解得m=-15], 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 故B正确：轻杆在竖直位置时，对小球B,由向心力公式可得 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T-mg FB一mBg= mB心，解得F。=60N,方向竖直向上；对小球A, M 2 F=ma,对B有F=mg,联立可得a= mcos日8-2g,故D 错误。 由向6力公式可得F,十m8=”,解得F,=0,轻杆对轴 C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 2 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 O的作用力为两拉力矢量和，FA十FB=60N,故D正确。 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，9.AD【解析】设AB与水平方向的夹角为α，从A到C由动能定 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 1 弹性势能，故AB错误；小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 理得mgH一yongcosa·AB一mg·BC=2m,即mgH- 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 1 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 mgL=2m忌，则只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有多 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 大，游客从C点飞出的速度一定，A正确。若游客落在滑道CD 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 的不同点上，因位移的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向 C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能不是最大 角的正切等于位移偏向角的正切的2倍可知，落在滑道上的各点 的，故C正确，D错误。 的速度偏向角相等，即落在斜面上的速度方向相同，B错误。由 D【解析】α球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 A项分析可知，L越小，则到达C点时速度越大，游客在斜面上 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 的位移越长，越有可能落不到滑道CD上，C错误。若恰能落在 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 D点，则A=cl=号g,mgH-mgL=弓m2,联立可得 低点速度为零，α球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 4H=L十h,D正确。 a做的功为w,由动能定理有mg(受1+）+w=0,解得W △0 l0.AD【解析】根据加速度的定义式有a=△，解得△o=a△t, ms(停+1），故B销误：设轻杆L和水平杆L:的夹角为0， 可知，a-t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度 由运动的合成与分解可知v6cos0=vasin0,则6=v。tan0,可 的变化量，则0一6s内速度的变化量为△u=2+)X6m/s 2 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行， 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 18m/s,则t=6s时，物体的速度大小为v=△v+o。=18m/s十 2m/s=20m/s,故A正确；从t=0到t=6s,根据动能定理有 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， 1 b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 W台=2m02-2m6=396J,即合力做功为396J,物体所受 的速度为0，因此由系统机被能守恒有mg(停1+）-子m。 摩擦力方向水平向左，物体的位移水平向右，可知，摩擦力对物 体做负功，故B错误；从t=0到t=6s,根据动量定理有I合= 解得6=√(2十√2)gl,故D正确。 mw-mv=36N·s,即合力的冲量为36N·s,拉力的冲量方向 ·物理X· 向右，摩擦力的冲量方向向左，可知，拉力的冲量大于36N·s, 故C错误；t=6s时，根据牛顿第二定律有F-∫=ma=2X 4N=8N,解得F=10N,结合上述可知，t=6s时，拉力F的 功率为P=Fo=10×20W=200W,故D正确 BC【解析】由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为a1= 5m/s,设斜面倾角为0，有mgsin0=ma1,解得sin0= 2,则斜 面的倾角0=30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 mgz1n0=(,-,解得k=25NWm,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有(x2一x1)=mgsin0,解得x2 0.5m,此时动能最大，最大动能为E=mgSm0-子&(： x1)2,解得Ekm=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 能为Epm=mgx3sin0=4.5J,D错误。 11.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有h三 2gt,代入数据解得t=0.3s, 水平方向有x=t=3X0.3m=0.9m。 (2)物块从飞出桌面到落地过程，在竖直方向上做自由落体运 动，有o2=2gh, P=mgv,代人数据解得P=3W。 (3)对物块从开始运动到飞出桌面的过程，由动能定理得 ungl-2 mu 2nv0, 代人数据解得vo=4m/s。 12.(1)11.25s(2)32N 【解析】(1)物块开始时向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二 定律有umg cos0-mg sin0=ma1,解得a1=0.4m/s2, 当加速到与传送带速度相等时有v=a1t1,解得t1=l0s, 此过程的位移为x1=2=20m, 由于最大静摩擦力大于物块重力沿传送带向下的分力，则物 块随后向上做匀速直线运动，则有t2= L一x1=1.255, 则物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间t=t1十 t2=11.25s。 (2)物块从B运动到C过程，根据动能定理有一mgR cos6= mo-, 1 在C点，对物块分析有N=m尺，根据牛顿第三定律有N' N,解得N'=32N。 1.u@停。各，3能方 【解析】(1)轻杆开始移动时有F=△x=f, 解得ad-. (2)撞击弹簧前瞬间的速度为v。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 1 0-2mo6=W0-f·4l, 3mvo 解得W弹=一8， 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度。满足0-2mv W,解得= 200, 允许玻璃瓶撞击的最大速度，满足0-合m心=W:一f亿， 解得vm=之0 《0固为汽，>受所以轻杆向下运动，有0 1/W512 2m(2v0）=Ww-fx, 1, 解得x=之l。 (1)5m/s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m (3)34N 【解析】(I)设小球在P点的速度为vo,D到P和P到Q可视 为两个对称的运动，则有h=21,之=，0，=1，解得 t=0.4 s,vo=3 m/s,v,=4 m/s, 则小球在D点的速度大小为vp=√o+=5m/s, 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0=?= Uo 、3,可得0=53，即小球在D点的速度方向与水平方向夹角为 53°斜向右上方。 (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH+mgRcos0= 2mu品-0，解得H=0.95m。 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H十R)= 2mu2-0, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一mg=mR’ 联立解得轨道对小球的支持力大小为FN=34N。 (1)1.2m(2)104N(3)3.872m 【解析】(1)小球从平台抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落 体运动，有A=日8， 解得t=0.4s,小球到达A点时竖直方向的分速度为，= gt=4 m/s, 在A点时恰好无碰撞地沿斜面滑下，故小球在A点速度与水 平方向的夹角为53°，由速度分解可得0。=an53=3m/s, Asin 535-5 m/s, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=0t= 1.2m。 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得mg(H十R- 1 1 Rcos 53)-2 mvc-2mh. 解得c=55m/s,在C点，有Fc-mg=m2】 R 解得Fc=104N, 由牛顿第三定律，小球通过最低点C时对轨道的压力大小为 104N。 (3)小球从C到D由动能定理有-mg(R-Rcos53°)= 1 m吃-合mo,解得a0=11m/s, 小球从D点抛出后当竖直方向分速度减小到0时到达最高 点，最高点速度为vpx=UDCOS53°， 参考答案及解析 1 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h= 巴损失的机械能为△E=之·2mg- 2·2mw2=5 mgl,故B 2m06,解得△h=3.872m。 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m十m)g=(2m十m),解 物理（七） 得F-13 ”g,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh= C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为ω，则 1 2 2(2m十m)v2,所以h=号l,故D错误。 41mg=mwr,解得u=√， g =2 rad/s, 6.B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静 A错误；当小物块从圆盘上滑落后在餐桌上 止，设第1次将球推出后，航天员的速度大小为1，则根据动量 做匀减速直线运动，而非曲线运动，B错误；小 守恒定律有0=M,一0，解得，-，球与舱璧碰擅后，运 物块从圆盘上滑落后，恰好停在桌面边缘的运 动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，物块减速时一2mg= 动方向与航天员同向，设航天员第2次将球推出后的速度为 ma,物块滑落时的初速度v。=wr,根据匀变速直线运动规律可 v2,则根据动量守恒定律有Mo1十mv=Mu2一m,解得v2= 得一v=2ad,联立解得d=1m,由几何知识解得R= M,同理设航天员第3次将球推出后的速度为，则根据动 3m √d2+r=√2m,C正确；物块从圆盘滑落到最终停下的过程 中，摩擦力做负功W:=一42mgd=一2J,D错误。 量守恒定律有Ma,十mg=Ma,一m,解得，-，设航天员 D【解析】由图知上滑5m时，Q:=10J,初动能Eko=30J,由 第4次将球推出后的速度为4，则根据动量守恒定律有Mw3十 能量守恒Eko=E,十Q,重力势能为E。=mgh,联立解得m= MU,一m0,解得0=化，由于进行第3次抛射后，山 号kg,产生的热量为mgc0s0·L=Q,由儿何关系知c0s8 3 仍能道上航天员，则有，-5四<，代入数据解得M>45k, 5,联立解得u=8,故AB错误；由牛顿第二定律-mgsin0 又因为经过4次抛射后，小球无法再追上航天员，则有4= mngcos9=mu,由几何关系得sin0=子，解得加速度a 网≥，代人数据解得M≤的g综合可得航天员的质量应满 一9m/s2,故C错误；物块沿斜面上滑s=1.5m的过程中，由 足45kg<M≤63kg。 能量守恒△Ek=mg cos0·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D*C【解析】在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方 正确。 向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨 D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动 系有mg如37·台=mgos37…(亿+专+片+台），解得 量守恒，规定a,的方向为正方向，有m0。=4mu,解得。=学，故 -6A错误：由于mgs血37>mgms37,所以物块不会停在b B错误，根据机械能守恒定律得弓m 2mo=2×4mo2+mgh,解得 点，而是会停在b、c点之间的某一位置，B错误；在c点弹簧具有 最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有mg sin37°· -30,故C正确：小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 h 8g (L+)-mgm7(L+)=E,解得E,-6mgL 9 mu。=mu:+3mu2,根据机械能守恒定律，有2mu8=令mof+ C错误；物块向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于 重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力，做加速运动， 号×3m,联立可得，=-号=受放D错误。 后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先7，BD 增大后减小，D正确。 8.AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理有 C【解析】设卫星轨道半径为r,由万有引力提供向心力G Mm r2 2 mgLsin0=子×2m,解得小物块M与小物块N碰撞前的 速度为。=√/2 gLsin0,故A正确；小物块M与小物块N碰撞 山为地球的质量，由题目条件知其引力势 前后动量守恒，2m=3mw1,解得小物块M与小物块N碰撞后 -G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E,十弓m= 瞬间的速度为)=号√2gLm0,故B错误；弹簧被压缩到最短 时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最大，根据 二Gm,半径为时，卫星总能量E,=一，半径为2 1 3mm,=4mu,E,-2×3moi-2×4mu,解得弹簧的最大弹 时其总能量E,三一G,由功能关系得，卫星轨道变化过程 性势能为E。=3 mgLsin0,故C错误；M、N碰撞过程中损失 中克服阻力做的功W:=E1一E2= _GMm+GMm,在地球表 2r1 2r2 2 面有6资=mg联立可得网，-（仁），放送C. 的机被能为△E=号×2mo-号×3moi=号mgLs血0，故D 2\r2r1 正确。 B【解析】泥巴进入盒子的过程，满足动量守恒，则2。=9.ABD【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受 (2m十m)0,解得D-子√，放A错误进人盒子的过程中泥 到向上的滑动摩擦力，工件速度和传送带速度相同时，相对传送 带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确；相邻两工件间的最大