《2020高中物理 第七章 機(jī)械能守恒定律 高考真題集訓(xùn)（含解析）新人教版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高中物理 第七章 機(jī)械能守恒定律 高考真題集訓(xùn)（含解析）新人教版必修2（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第七章　高考真題集訓(xùn) 一、選擇題 1．(2018·全國卷Ⅱ) 如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定(　　) 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 答案　A 解析　木箱受力如圖所示，木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動能定理可知即：WF－Wf＝mv2－0，所以動能小于拉力做的功，故A正確，B錯誤；無法比較動能與克服摩擦力做功的大小，C、D錯誤。 2．(2019·全國卷Ⅲ) 從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動過程中除受到重力

2、外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 答案　C 解析　畫出運(yùn)動示意圖如圖，設(shè)阻力大小為f，據(jù)動能定理知， A→B(上升過程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落過程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 聯(lián)立以上兩式，解得物體的質(zhì)量m＝1 kg，C正確。 3．(2019·全國卷Ⅱ)(多選)從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep

3、之和。取地面為重力勢能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J 答案　AD 解析　由于Ep＝mgh，所以Ep與h成正比，斜率k＝mg，由圖象得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正確；當(dāng)h＝0時，Ep＝0，E總＝Ek＝mv，因此v0＝10 m/s，B錯誤；由圖象知h＝2 m時，E總＝90 J，Ep＝40 J，由E總＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C錯誤；h

4、＝4 m時，E總＝Ep＝80 J，即此時Ek＝0，即從地面至h＝4 m，動能減少100 J，D正確。 4．(2019·江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動到A點(diǎn)恰好靜止。物塊向左運(yùn)動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點(diǎn)的初速度為 答案　BC 解析　物塊向左運(yùn)動壓縮彈簧，彈簧最短時，彈簧彈力最大，物塊具有向右的

5、加速度，彈簧彈力大于摩擦力，即Fm>μmg，A錯誤；根據(jù)功的公式，物塊克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正確；從物塊將彈簧壓縮到最短至物塊運(yùn)動到A點(diǎn)靜止的過程中，根據(jù)能量守恒定律，彈簧的彈性勢能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故Epm＝μmgs，C正確；根據(jù)能量守恒定律，在整個過程中，物體的初動能通過摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即mv2＝2μmgs，所以v＝2，D錯誤。 5．(2018·江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是(　　) 答案　A 解析　小球做豎直上拋運(yùn)動時，速度v＝v0－gt，根

6、據(jù)動能Ek＝mv2得Ek＝m(v0－gt)2，故A正確。 6．(2018·天津高考)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛，某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中(　　) A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 答案　C 解析　因為運(yùn)動員做曲線運(yùn)動，所以合力一定不為零，A錯誤；運(yùn)動員受力如圖所示，運(yùn)動過程中速率不變，重力沿曲線切線方向的分力與摩擦力平衡，Gsinθ＝f，θ減小，f減小，B錯誤；運(yùn)動員運(yùn)動過程中速率

7、不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為運(yùn)動員克服摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，D錯誤。 7．(2018·全國卷Ⅲ)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程(　　) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機(jī)所做的功之比為4∶5

8、 答案　AC 解析　設(shè)第②次所用時間為t，根據(jù)速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，×2t0×v0＝××v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶＝4∶5，A正確；由于兩次提升過程中變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律知F－mg＝ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，B錯誤；由功率公式P＝Fv知，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電－mgh＝0，兩次提升高度h相同，所以電機(jī)兩次做功相同，D錯誤。 8．(2019·全國卷Ⅰ) (多選)在星球M上將一輕彈簧豎直

9、固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a-x關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則(　　) A．M與N的密度相等 B．Q的質(zhì)量是P的3倍 C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍 D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 答案　AC 解析　如圖，當(dāng)x＝0時，對P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；對Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。 當(dāng)P

10、、Q的加速度a＝0時，對P有：mPgM＝kx0，則mP＝，對Q有：mQgN＝k·2x0，則mQ＝，即mQ＝6mP，B錯誤；根據(jù)mg＝G得，星球質(zhì)量M＝，則星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，A正確；當(dāng)P、Q的加速度為零時，P、Q的動能最大，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，對P有：mPgMx0＝Ep彈＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep彈，對Q有：mQgN·2x0＝4Ep彈＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep彈＝12mPa0x0－4Ep彈＝4×(3mPa0x0－Ep彈)＝4EkP，C正確；P、Q在彈簧壓縮到最短時，其位置與初位置關(guān)于加速度a＝0時的位置對稱，故P下落過程中彈簧的最大壓

11、縮量為2x0，Q為4x0，D錯誤。 9．(2018·全國卷Ⅰ) 如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　) A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案　C 解析　小球始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，機(jī)械能的增量ΔE機(jī)＝W除G外力，機(jī)械能的增量等于水平外力在從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)過程做的功。設(shè)小球運(yùn)動到c點(diǎn)的速度為vc

12、，由動能定理有：F·3R－mgR＝mv，解得：vc＝2。小球運(yùn)動到c點(diǎn)后，根據(jù)小球受力情況，可分解為水平方向初速度為零的勻加速運(yùn)動，加速度為ax＝g，豎直方向的豎直上拋運(yùn)動，加速度也為g，小球上升至最高點(diǎn)時，豎直方向速度減小為零，時間為t＝＝，水平方向的位移為：x＝axt2＝g2＝2R，綜上所述小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為ΔE機(jī)＝F·(3R＋x)＝5mgR，正確答案為C。 10．(2017·全國卷Ⅱ) 如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) A．一

13、直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 答案　A 解析　光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故選A。 11．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　) A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為m，取M點(diǎn)所在的水平面為零勢能面，開

14、始時，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep1＝－mg·＝－mgl，用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)時，細(xì)繩MQ段的重力勢能Ep2＝－mg·＝－mgl，則外力做的功即克服重力做的功，等于細(xì)繩MQ段的重力勢能的變化，即W＝Ep2－Ep1＝－mgl＋mgl＝mgl，A正確。 12．(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 答案　C 解析　設(shè)斜面傾角為θ，當(dāng)小物塊沿斜面上滑時，根據(jù)動能定理，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，

15、所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負(fù)。當(dāng)小物塊沿斜面下滑時，根據(jù)動能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，所以下滑時Ek與x的函數(shù)圖象為直線，且斜率為負(fù)。綜上所述，C正確。 13．(2017·全國卷Ⅱ) 如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設(shè)

16、小物塊的質(zhì)量為m，滑到軌道上端時的速度為v1。小物塊上滑過程中，機(jī)械能守恒，有 mv2－mv＝2mgR① 小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運(yùn)動，設(shè)水平位移為x，下落時間為t，有2R＝gt2② x＝v1t③ 聯(lián)立①②③式整理得x2＝2－2 可得x有最大值，對應(yīng)的軌道半徑R＝。故選B。 二、實(shí)驗題 14．(2019·江蘇高考)某興趣小組用如圖1所示的裝置驗證動能定理。 (1)有兩種工作頻率均為50 Hz的打點(diǎn)計時器供實(shí)驗選用： A．電磁打點(diǎn)計時器 B．電火花打點(diǎn)計時器 為使紙帶在運(yùn)動時受到的阻力較小，應(yīng)選擇________(選填“A”或“B”)。 (2)保持長木板水平，

17、將紙帶固定在小車后端，紙帶穿過打點(diǎn)計時器的限位孔。實(shí)驗中，為消除摩擦力的影響，在砝碼盤中慢慢加入沙子，直到小車開始運(yùn)動。同學(xué)甲認(rèn)為此時摩擦力的影響已得到消除。同學(xué)乙認(rèn)為還應(yīng)從盤中取出適量沙子，直至輕推小車觀察到小車做勻速運(yùn)動?？捶ㄕ_的同學(xué)是________(選填“甲”或“乙”)。 (3)消除摩擦力的影響后，在砝碼盤中加入砝碼。接通打點(diǎn)計時器電源，松開小車，小車運(yùn)動。紙帶被打出一系列點(diǎn)，其中的一段如圖2所示。圖中紙帶按實(shí)際尺寸畫出，紙帶上A點(diǎn)的速度vA＝________ m/s。 (4)測出小車的質(zhì)量為M，再測出紙帶上起點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為L。小車動能的變化量可用ΔEk＝Mv算出。砝碼盤中

18、砝碼的質(zhì)量為m，重力加速度為g。實(shí)驗中，小車的質(zhì)量應(yīng)________(選填“遠(yuǎn)大于”“遠(yuǎn)小于”或“接近”)砝碼、砝碼盤和沙子的總質(zhì)量，小車所受合力做的功可用W＝mgL算出。多次測量，若W與ΔEk均基本相等則驗證了動能定理。 答案　(1)B　(2)乙 (3)0.31(0.30～0.33都算對)　(4)遠(yuǎn)大于 解析　(1)電磁打點(diǎn)計時器打點(diǎn)時運(yùn)動的紙帶受到的阻力較大，而電火花打點(diǎn)計時器打點(diǎn)時運(yùn)動的紙帶所受阻力較小，故選B。 (2)由于剛開始運(yùn)動，拉力等于最大靜摩擦力，而最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，故平衡摩擦力的兩種看法中，乙同學(xué)正確。 (3)取與A點(diǎn)相鄰的兩點(diǎn)，用毫米刻度尺測出兩點(diǎn)之間

19、的距離，如圖所示，可測得x＝1.24 cm。 用這一段的平均速度表示A點(diǎn)的瞬時速度，則vA＝＝ m/s＝0.31 m/s。 (4)由題意知，本實(shí)驗用砝碼、砝碼盤和沙子的總重力大小表示小車受到的拉力大小，故要求小車的質(zhì)量應(yīng)遠(yuǎn)大于砝碼、砝碼盤和沙子的總質(zhì)量。 15．(2017·天津高考)如圖所示，打點(diǎn)計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置驗證機(jī)械能守恒定律。 (1)對于該實(shí)驗，下列操作中對減小實(shí)驗誤差有利的是________。 A．重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘 B．兩限位孔在同一豎直面內(nèi)上下對正 C．精確測量出重物的質(zhì)量 D．用手托穩(wěn)重物，接通

20、電源后，撤手釋放重物 (2)某實(shí)驗小組利用上述裝置將打點(diǎn)計時器接到50 Hz的交流電源上，按正確操作得到了一條完整的紙帶，由于紙帶較長，圖中有部分未畫出，如圖所示。紙帶上各點(diǎn)是打點(diǎn)計時器打出的計時點(diǎn)，其中O點(diǎn)為紙帶上打出的第一個點(diǎn)。重物下落高度應(yīng)從紙帶上計時點(diǎn)間的距離直接測出，利用下列測量值能完成驗證機(jī)械能守恒定律的選項有________。 A．OA、AD和EG的長度 B．OC、BC和CD的長度 C．BD、CF和EG的長度 D．AC、BD和EG的長度 答案　(1)AB　(2)BC 解析　(1)A對：驗證機(jī)械能守恒定律時，為降低空氣阻力的影響，重物的質(zhì)量和密度要大。B對：為

21、減小紙帶與打點(diǎn)計時器間的摩擦，兩限位孔要在同一豎直平面內(nèi)上下對正。C錯：驗證機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式為mgh＝mv2，重物的質(zhì)量沒必要測量。D錯：此做法對減小實(shí)驗誤差無影響。 (2)利用紙帶數(shù)據(jù)，根據(jù)mgh＝mv2即可驗證機(jī)械能守恒定律。要從紙帶上測出重物下落的高度并計算出對應(yīng)的速度，選項A、D的條件中，下落高度與所能計算的速度不對應(yīng)；選項B的條件符合要求，可以取重物下落OC時處理；選項C中，可以求出C、F點(diǎn)的瞬時速度，又知CF間的距離，可以利用mv－mv＝mgΔh驗證機(jī)械能守恒定律。 16．(2016·全國卷Ⅱ)某物理小組對輕彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究，實(shí)驗裝置如圖a所示：輕彈簧放置在光滑水平

22、桌面上，彈簧左端固定，右端與一物塊接觸而不連接，紙帶穿過打點(diǎn)計時器并與物塊連接。向左推物塊使彈簧壓縮一段距離，由靜止釋放物塊，通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能。 (1)實(shí)驗中涉及下列操作步驟： ①把紙帶向左拉直 ②松手釋放物塊 ③接通打點(diǎn)計時器電源 ④向左推物塊使彈簧壓縮，并測量彈簧壓縮量 上述步驟正確的操作順序是________(填入代表步驟的序號)。 (2)圖b中M和L紙帶是分別把彈簧壓縮到不同位置后所得到的實(shí)際打點(diǎn)結(jié)果。打點(diǎn)計時器所用交流電的頻率為50 Hz。由M紙帶所給的數(shù)據(jù)，可求出在該紙帶對應(yīng)的實(shí)驗中物塊脫離彈簧時的速度為________m/s。比較兩紙

23、帶可知，________(填“M”或“L”)紙帶對應(yīng)的實(shí)驗中彈簧被壓縮后的彈性勢能大。 答案　(1)④①③②　(2)1.29　M 解析　(1)實(shí)驗步驟中，一定要注意先接通打點(diǎn)計時器電源之后再松手釋放物塊。若次序搞反，可能造成物塊已離開桌面但打點(diǎn)計時器還沒有開始工作。 (2)從紙帶上看，最后兩個數(shù)據(jù)2.58 cm、2.57 cm相差不大，表示物塊已經(jīng)脫離彈簧，所以速度v＝×10－2 m/s≈1.29 m/s，同理可計算出打下L紙帶時物塊脫離彈簧的速度vL＝0.78 m/s

24、計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機(jī)采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構(gòu)成，如圖1所示。為了便于研究艦載機(jī)的起飛過程，假設(shè)上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，圖中C點(diǎn)切線方向與水平方向的夾角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)t＝6 s到達(dá)B點(diǎn)進(jìn)入BC。已知飛行員的質(zhì)量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求 (1)艦載機(jī)水平運(yùn)動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W； (2)艦載機(jī)剛進(jìn)入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多

25、大。 答案　(1)7.5×104 J　(2)1.1×103 N 解析　(1)艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時的速度為v，則有 ＝① 根據(jù)動能定理，對飛行員有 W＝mv2－0② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 W＝7.5×104 J③ (2)設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，有 L2＝Rsinθ④ 由牛頓第二定律，對飛行員有 FN－mg＝m⑤ 聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 FN＝1.1×103 N。⑥ 18．(2017·全國卷Ⅰ)一質(zhì)量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m處以7.50×1

26、03 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點(diǎn)，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%。 答案　(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 解析　(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)

27、據(jù)得 Ek0＝4.0×108 J② 設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時的機(jī)械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60×105 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh≈2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機(jī)械能為 Eh′＝m2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W≈9.7×108 J。 19．(2016·全國卷Ⅲ) 如圖，在豎直平面內(nèi)有由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接。AB弧的半

28、徑為R，BC弧的半徑為。一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動。 (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)。 答案　(1)5　(2)能 解析　(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mg·① 設(shè)小球在B點(diǎn)的動能為EkB，同理有EkB＝mg·② 由①②式得＝5。③ (2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④ 設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤ 由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤m，即vC≥ ⑥ 小球由A到

29、C，由機(jī)械能守恒有mg·＝mv⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)。 20．(2016·天津高考)我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m。為了改變運(yùn)動員的運(yùn)動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5 m，運(yùn)動員在B、C間運(yùn)動時阻力做功W＝－1530 J，取g＝10 m/s2。 (1)

30、求運(yùn)動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大?。? (2)若運(yùn)動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 解析　(1)運(yùn)動員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動，設(shè)AB的長度為x，則有 v＝2ax① 由牛頓第二定律有 mg－Ff＝ma② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得 Ff＝144 N。③ (2)設(shè)運(yùn)動員到達(dá)C點(diǎn)時的速度為vC，在由B到達(dá)C的過程中，由動能定理有 mgh＋W＝mv－mv④ 設(shè)運(yùn)動員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m⑤ 由運(yùn)動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立

31、④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得 R＝12.5 m。 21．(2016·全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動。重力加速度大小為g。 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離； (2)

32、若P能滑上圓軌道，但仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。 答案　(1)　2l　(2)m≤MμMg·4l⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有 Mv≤Mgl? 聯(lián)立①②⑩?式得m≤M