【文档说明】全国高校物理强基计划入门试题精编（人教版2019必修第二册） 第11讲 机械能守恒定律之动能定理的多维应用 Word版含解析.docx，共(32)页，2.182 MB，由小赞的店铺上传

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第11讲机械能守恒定律之动能定理的多维应用全国高校强基计划入门试题精编一、单选题1．如图所示，光滑水平面上有一个质量为M的木箱，高为L。紧邻木箱的左边有一根长度也为L的竖直轻细杆用铰链固定在O点，轻杆上端固定有质量为m可视为质点的小球。由于轻

微扰动，小球推着木箱向右运动，重力加速度取g，下列说法正确的是（）A．小球落地前瞬间小球的速度大小是2gLB．小球落地前瞬间轻杆对小球的作用力大小是2mgC．小球与木箱分离时小球的加速度竖直向下大小等于gD．从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力先减小后增大【答案】C【详解】AB．假设

没有木箱，小球落地前，由动能定理得212mgLmv=将要落地时，由牛顿第二定律得2vFmL=解得2vgL=，2Fmg=由于小球要对木箱做功，所以落地速度小于2gL，轻杆对小球的作用力也小于2mg。故AB错误；CD．开始运动时，杆对小球的支持力不为0；分离时，木箱

水平方向上不受力，则加速度为0，则小球水平方向上的加速度为0；受力分析可知，此时杆对小球的作用力为0，只受重力，加速度为g，则从开始运动到小球与木箱分离，轻杆对小球的支持力一直减小。故C正确，D错误。故选C。2．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面

的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离1m处有一质量为2kg的小物体，物体与盘面间的动摩擦因数为32。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30，g取210m/s。当圆盘以角速度匀速

转动时，下列说法正确的是（）A．当圆盘转动的角速度5=rad/s时，小物体不会相对圆盘滑动B．若小物体始终和圆盘一起做匀速圆周运动，转到最高点时所受摩擦力可能为零C．若小物体恰好能和圆盘一起做匀速圆周运动，仅增

大小物体质量，其他条件不变，则小物体会相对圆盘滑动D．若小物体能和圆盘一起做匀速圆周运动，则小物体由最低点转到最高点的过程中，摩擦力对小物体做功的功率先增大后减小【答案】D【详解】A．当小物体恰好不相对圆盘滑动时，在最低点对小物体受力分析，由牛顿第二定律得2coss

inmgmRmg=+解得圆盘转动的最大角速度为5rad/s2=故A错误；B．若在最高点受到的摩擦力为零，由牛顿第二定律得21sinmgmR=解得15rad/s=由于1，所以转到最高点时所受摩擦力不可能为零，故B错误；C．由A项中的分析可知，小物体是否相

对圆盘滑动，与小物体的质量无关，故C错误；D．小物体能和圆盘一起做匀速圆周运动，由动能定理可知，在任意一段时间内，重力做功与摩擦力做功之和等于0，所以小物体由最低点转到最高点的过程中，摩擦力做正功的功率等于重力做负功的功率。从最低

点开始，小物体转过的角度为时，摩擦力做功功率为fsinsinPmgv=小物体由最低点转到最高点的过程中，从0增加到o180，fP先增大后减小，故D正确。故选D。3．如图所示的装置，5个相同的木板紧挨着（不粘连）静止放在水平地面上，每块木板的质量均为1kgm=，长1ml=。它

们与地面间的动摩擦因数10.1=，现有质量为2.5kgM=的小铅块（可视为质点），以04m/sv=的初速度从左端滑上木板1，它与木板的动摩擦因数20.2=，取210m/sg=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则小铅块（）A．刚滑上木板1时，木板1会滑动B．滑离木板3之前

，所有木板均处于静止状态C．滑离木板3时的速度大小为1m/sD．最终停在木板5上【答案】B【详解】A铅块滑上木板时，铅块与木板之间的摩擦力为125NfMg==5个木板与地面之间的最大静摩擦力为()m15+7.5NfmMg==可知，最大静摩擦力大于铅块与木板之间的摩擦力，木板1仍

静止，A错误；B．铅块滑上木板3时，以后面3块木板和铅块为研究对象，地面对木板的最大静摩擦力为()m13+5.5N5NfmMg==可知，滑离木板3之前，所有木板均处于静止状态，B正确；C．铅块在木板上的加速度大小为222m/sMgaM==根据223val=得滑离木板3时的

速度大小为2m/sv=C错误；D．设所有木板均静止，且铅块停在木板上，根据动能定理22012MgxMv=得4mx=当铅块划伤木板4时，同理()m12+4.55NfmMg==木板4、5开始运动，与地面摩擦产生热，所以铅块相对于木板的位移小于4m，最终停在木板4上，D错误。故选B。4．

如图所示的水平轨道AD足够长，只有BC部分是粗糙的，其长度为1mL=，其余部分是光滑的，质量为1kg，长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧（绳的右端在B点），软绳与粗糙部分的动摩擦因数为0.8=，现用2NF=的水平向右的恒力作用在软绳

上，软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力加速度为210m/sg=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是（）A．软绳先做匀加速后做匀减速运动B．软绳的左端能经过B点C．软绳的最大动能为0.5JD．软绳克

服摩擦力做功4.0J【答案】C【详解】设绳子B端向右运动位移为x，当0xL时，绳子所受摩擦力f22xxFmgmgLL==当2LxL时，绳子所受摩擦力f122LFmgmgL==绳子所受摩擦力随位移x变化如图所示又fFx−图像与

坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功fFW，当0xL时，f2f124FxWFxmgL==①对绳子由动能定理得f2102FFxWmv−=−②当xL=时0v=又fmax14N2Fmg==F=2N得fmaxFF所以设绳子B端向右运动位移为L

速度为零，停止运动。A．拉力F先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。0xL时，摩擦力为变力，所以加速度不恒定，A错误；B．当xL=时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过B点，B错误；C．由①②得,当120.5m4xL==动

能最大2km0.5J4xEFxmgL=−=C正确；D．B端向右运动位移L的过程中，克服摩擦力做功f212J44FLWmgmgLL===D错误。故选C。5．如图所示，斜面倾角为30=，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质点

）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为32。若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．在4号小球刚进入BC段时，4号小球运动的加速度为0.3g

B．在4号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为1.2mgC．1号球运动过程中的最大速度为6720gdD．10号球不能到达B点【答案】B【详解】A．在4号小球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，

有10sin304cos3010mgmgma−=解得4号小球运动的加速度为0.2ag=A错误；B．在4号球刚进入BC段时，把7到10小球，共4个小球看成一个整体，设6号球对7号球间细杆的弹力为NF。根据牛顿第二定律，有N4sin304mgFma−=解得N1.2Fmg=B正确；

C．小球在斜面上先加速后减速，第n个小球刚进入BC段时加速度为零，此时1号球速度最大，则有10sin30cos300mgnmg−=解得203n=即20673n=所以在第七个球刚进入BC段时，1号球速度最大，根据动能定理()21

10sin306cos30654321102mgdmgdmv−+++++=解得5720vgd=C错误；D．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有()21110sin309cos30987

654321102mgdmgdmv−++++++++=解得12gdv=所以10号球能到达B点，D错误。故选B。6．如图所示，某人通过跨过定滑轮的绳子将小车拉上倾角为的光滑斜面，人拉动绳子的速度v恒定，下列说法正确的是（

）A．小车沿斜面上升的过程中，人对绳子拉力恒定B．小车沿斜面上升的过程中，小车的动能先增大后减小C．小车沿斜面上升h高的过程中，绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量D．当绳子与斜面斜边的夹角为时，小车的速度为()co

sv+【答案】C【详解】BD．由题意可知，小车速度的方向为沿斜面向上，设小车的速度为v车，将小车速度分解为沿绳子收缩方向与垂直绳子方向，则cosvv=车因此cosvv=车由于人拉动绳子的速度v恒定，小车沿斜

面向上运动的过程中越来越大，因此小车速度v车也越来越大，小车的动能一直增加，故BD错误。A．对小车进行受力分析，设绳子的拉力沿斜面的分力为F，则cosFF=拉由余弦函数性质可知，在0到90范围内，角度越大，变化越快，因此增大时，小车的速度cosv增大，

变化速度也增大，即加速度增大，所以绳子拉力沿斜面的分力F增大，而cos减小，因此人对绳子的拉力F拉增大，故A错误；C．小车在沿斜面上升h高的过程中，仅绳子的拉力和重力对小车做功，其中绳子的拉力对小车做正功，重力对小车做负功。设此过程中绳子的拉力对小

车做功大小为FW，重力对小车做功大小为GW，由于过程中小车速度越来越大，因此根据动能定理可得0FGkWWE−=因此FGWW>由于重力对小车做负功的大小等于小车重力势能的增加量，因此此过程中绳子拉力对小车做的功大于小车重力势能的增加量，故C正确。故选C。二、多选题7．如图所示，圆柱形管的底

端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后能上升的最大高度

为1.4m，小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（）A．滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为15+92s35B．滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时

间为30+42s35C．当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为24N。D．当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，F的最小值为20N。【答案】AC【详解

】A．对滑块上升时有11110.4+=mgmgma可得加速度大小为2114m/sa=设滑块离开弹射器时速度为v0，离开管口时的速度为v1，滑块由底端上升到管口的过程中由动能定理可得211121010.402mghmghmv−−=−可得06m/sv=离开管上升到最高点的

过程中，由动能定理可得2112111()02mghhmv−−=−可得122m/sv=滑块到管口的时间为101132s7vvta−−==−从管口到最高点的时间为122s5vtg==则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为1215+

922s35ttt=+=故A正确；B．对滑块在管中下落时有11120.4mgmgma−=可得加速度大小为226m/sa=有22132312hvtat=+可得352s3t−=滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为'123

15+9245+35582s+s522s533=510tttt−=−++=故B错误；CD．为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为v，此时施加的外力F最小，对管有12240.4Fmgmgma+−=滑块与管的相对位移为024422v

vvhtt+=−共速时有01444vatat−=联立可得24NF=故C正确，D错误。故选AC。8．如图所示，水平传送带以速度12m/sv=向右匀速运动，小物体P、Q质量均为1kg，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，0=t时刻P在传送带左端具有向右的速度25m/sv=，P与

定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间动摩擦因数0.2=，传送带长度6m=L，绳足够长，210m/sg=。关于小物体P的描述正确的是（）A．小物体P离开传送带时速度大小为32m/sB．小物体P在传送带上运动的时间为5sC．小物体P将从传送带的左端滑下传送带D．小物体P在传

送带上运动的全过程中，合外力对它做的功为3.5J=−W【答案】ACD【详解】ABC．P相对传送带向右运动时，对PQ，由牛顿第二定律有2mgmgma−−=解得26m/sa=−相对运动的位移22122vvxa−=−（假设速

度减小到1v时未从传送带右端滑出），带入数据解得21m12xL=所用的时间21125=0.5s6vvta−−==故假设成立，P未从右侧滑出，在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力给P想左的加速苏，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有12mgmgma

−+=得21=4m/sa−则速度减小到0的位移为22210-2vxa=−带入数据得21m2x=则从1v减速到0的时间1210020.5s4vta−−===−由于127m12xxL+=故P不会从传送带右端滑出，后面以1a向左加速，有211312xxat+=求得

3324t=传动到传送带最左端的速度31332432m/s4vat===随后掉下传送带，则P在传送带上的时间12332320.50.5144tttt=++=++=+故A、C正确，B错误；D．由动能定理可得合外力对P做的功为22321122Wmvmv=−带入数据求得3.5J=−

W故D正确。故选ACD。9．如图所示，一质量为1kg可视为质点的小物块自斜面上A点由静止开始下滑，斜面AB的倾角为37°，A、B间距离为4m，经2s运动到B点后通过一小段光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传

送带，传送带以6m/s的恒定速率顺时针运行，传送带B、C两端点间距离为8m，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，不计衔接弧面的运动时间和空气阻力。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．小物块与斜面

AB间的动摩擦因数为0.2B．小物块在传带上B、C之间的运动时间为1.5sC．小块在传送带上B、C之间的运动过程中，摩擦产生的热量为2JD．若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A点静止释放以后，在AB

上运动的总路程为5.25m【答案】BC【详解】A．物块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有11sincosmgmgma−=根据运动学公式有21112ABxat=联立解得10.5=212m/sa=A错误；B．根据运动学公式，物体在B

点的速度为114m/sBvat==在传送带上，物体的加速度为2222m/sag==与传送带达到共速的时间为221sBvvta−==物块的位移为21222114121m5m22Bxvtat=+=+=距离传送带右端还有3m，此后做匀速直线运动，还需要的时间

为23s0.5s6t==则小物块在传带上B、C之间的运动时间为221.5sttt=+=B正确；C．传送带达到共速时，物块的位移为21222114121m5m22Bxvtat=+=+=传送带的位移为226mxvt==则相对位移为21Δ1mxx

x=−=因摩擦产的热为2Δ2JQmgx==C正确；D．在传送带上，物体做减速运动，速度减到零所需时间为322sBvta==物块在该时间段内的位移为223323114222m4m22Bxvtat=−=−=可知物体没有滑出传送带，速度减为零后，随传送带一起做

向左做加速运动，与传送带达到共速后，速度不在增加，以2m/s的速度滑上斜面，速度为零后又滑下来滑到传送带上，速度减为零后，随传送带一起做向左做加速运动，接着又滑上斜面，此后在斜面上往复运动，最后停在B点，设运动的总距离为s，物块的动能全部转化为内能，根据能量守恒有211cos2mv

mgs=解得0.5ms=则物体在AB上运动的总路程为4.5mABssx=+=D错误；故选BC。10．一足够长的水平传送带上放置质量为m=2kg小物块（物块与传送带之间动摩擦因数为0.2=），现让传送带从静止开始以恒定的

加速度a=4m/s2开始运动，当其速度达到v=12m/s后，立即以相同大小的加速度做匀减速运动，经过一段时间后，传送带和小物块均静止不动。下列说法正确的是（）A．小物块0到4s内做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动直至静止B．小物块0到3s内做匀加速直线运动，之后做匀减

速直线运动直至静止C．物块在传送带上留下划痕长度为12mD．整个过程中小物块和传送带间因摩擦产生的热量为80J【答案】ACD【详解】物块和传送带的运动过程如图所示。AB.由于物块的加速度a1=µg=2m/s2小于传送带的加速度a2=4m/s2，所以前面阶段两者相对滑动，时间1

2vta==3s，此时物块的速度v1=6m/s，传送带的速度v2=12m/s物块的位移x1=12a1t12=9m传送带的位移x2=12a2t12=18m两者相对位移为121xxx=−=9m此后传送带减速，但物块仍加速，B错误；当物块与传送带共速时，由匀变速直线运动规律得12-a2t2=6+a

1t2解得t2=1s因此物块匀加速所用的时间为t1+t2=4s两者相对位移为2x=3m，所以A正确。C．物块开始减速的速度为v3=6+a1t2=8m/s物块减速至静止所用时间为331vta==4s传送带减速至静止所用时间

为342vta==2s该过程物块的位移为x3=12a1t32=16m传送带的位移为x2=12a2t42=8m两者相对位移为3x=8m回滑不会增加划痕长度，所以划痕长为12xxx=+=9m+3m=12mC正确；D．全程相对路程为L=123xxx

++=9m+3m+8m=20mQ=µmgL=80JD正确；故选ACD。11．如图甲所示，质量为4kg的物块A以初速度v0=6m/s从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B。已知物块A与木板B之间的动摩擦因数为μ1，木板B与地面之间的动摩擦因数为

μ2，A、B运动过程的v-t图像如图乙所示，A始终未滑离B。则（）A．μ1=0.4，μ2=0.2B．物块B的质量为4kgC．木板的长度至少为3mD．A、B间因摩擦而产生的热量为72J【答案】BC【详解】A．以物块为研究对象有11mamg=由图看出214m/sa=

，可得10.4=将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有22MmaMmg+=+()()由图看出221m/sa=，可得20.1=选项A错误；B．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有123()mgMmgMa−+=由图看出232m/sa=，解得4kgM=选项

B正确；C．由v-t图看出物块和木板在1s内的位移差为3m，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m，选项C正确；D．A、B的相对位移为s=3m，因此摩擦产热为148JQmgs==选项D错误。故选BC。12．在机场和火车站对行李进

行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某

行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A点，已知传送带AB两点的距离为1.2m,那么在通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（）．A．开始时行李箱的加速度为0.2m/s2B．行李箱从A点到达B点时间为3.1s

C．传送带对行李箱做的功为0.4JD．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04m【答案】BCD【详解】行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma，所以得：a="2"m/s2，故A错误；物体加速到与传送带共速的时间10.40.22vtssa===，此时物体的位移：110.0

42xvtm==，则物体在剩下的x2=1.2m-0.04m=1.96m内做匀速运动，用时间222.9xtsv==，则行李箱从A点到达B点时间为t=t1+t2="3.1"s，选项B正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=12mv2

="0.4"J，故C正确；在传送带上留下的痕迹长度为：0.04?22vtvtsvtm=−==，故D正确．故选BCD．三、实验题13．某小组利用气垫导轨装置探究“做功与物体动能改变量之间的关系”。如图1中，遮光条宽度为d，光电门可测出其挡光时间：滑块与力传感器的总质量为M，砝码盘的

质量为m0，不计滑轮和导轨摩擦．实验步骤如下：①调节气垫导轨使其水平，并取5个质量均为m的砝码放在滑块上：②用细绳连接砝码盘与力传感器和滑块，让滑块静止放在导轨右侧的某一位置，测出遮光条到光电门的距离为S；③从

滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，释放滑块后，记录此时力传感器的值为F，测出遮光条经过光电门的挡光时间Δt；④再从滑块上取出一个砝码放在砝码盘中，重复步骤③，并保证滑块从同一个位置静止释放；⑤重复步骤④，直至滑块上的砝码全部放入到砝码盘中。请完成下面问题：（1）若用十分度的游标

卡尺测得遮光条宽度d如图3，则d＝________mm；（2）滑块经过光电门时的速度可用v＝________（用题中所给的字母表示，下同）计算；（3）在处理步骤③所记录的实验数据时，甲同学理解的合外力做功为W1＝FS，则其对应动能变化量应当是ΔE

k1＝________；（4）乙同学按照甲同学的思路，根据实验数据得到F－1t的图线如图4所示，则其斜率k＝________。【答案】10.2dt()2242()Mmdt+()242MmdS+【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：10mm+2×0.

1mm=10.2mm；（2）[2]滑块经过光电门时的速度可表示为dvt=（3）[3]动能改变量为()22k241422()MmdEMmvt+=+=（）（4）[4]由动能定理得()22241422()MmdFSMmvt+=+=（）整理得()2

2412()MmdFSt+=则F-21()t图象的斜率()242MmdkS+=四、解答题14．某校科技小组参加了如图甲所示的过山车游戏项目，为更好研究过山车运动项目中所遵循的物理规律，科技组成员设

计出如图乙所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角为37=的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC为竖直圆轨道，CE为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接，以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R，轨道AB

长为103R，BC长为43R，AB、BC段动摩擦因数为0.5=，其余各段轨道均光滑。弹射装置P位置可在坐标平面内调节，使水平弹出的滑块均能无碰撞从A点切入斜面，滑块可视为质点。（1）若滑块从y=0.45

m的某点弹出，求滑块弹出时的初速度0v；（2）若改变弹射装置位置，求弹出点的坐标（x，y）应满足的关系；（3）若滑块从A点切入后不脱离轨道，求弹出时滑块纵坐标y应满足的条件。【答案】（1）04m/sv=；（2）38yx=；（3）9

936251025yRRyR或【详解】（1）平抛运动的竖直方向有22yvgy=解得3m/syv=则04m/stanyvv==（2）由平抛运动特点得tan2yx=解得tan328yxx==（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一

是刚好能够到达圆轨道最高点，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。第一种情况：在最高点有2vmgmR=从P到圆轨道最高点，由动能定理得2211011(sin2)cos22ABABBCmgyxRmgxmgxmvmv+−−−=−又221101(tan)22yvvygg==

联立解得1910yR=第二种情况：从P到与圆心等高的位置，由动能定理得22201(sin)cos02ABABBCmgyxRmgxmgxmv+−−−=−又222202(tan)22yvvygg==联

立解得2925yR=第三种情况：若在A点速度更大，且恰能返回A点不飞出，由以上分析可知，再次下滑后也不会脱离轨道。满足238412()0332mgRmgRmv−−=−解得2333()365225vyRg==滑块从A点切

入后不脱离轨道时y应满足9936251025yRRyR或15．某游戏装置由弹丸发射器，固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。如图，游戏时调节发射器，使弹丸（可视为质点）每次从M点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶

端N点，继续沿斜面中线下滑至底端P点，再沿粗糙水平地面滑至Q点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量0.2kgm=，弹丸与斜面间的摩擦力10.7Nf=，弹丸与水平地面的摩擦力21.05Nf=，弹丸发射器距水平地面高度2.4mH=，斜面高度0.6mh=，半圆形挡板墙半径1.

0mR=，不考虑P处碰撞地面时的能量损失，g取210m/s。（1）求弹丸从发射器M点射出的动能kE；（2）向左平移半圆形挡板墙，使P、Q重合，求弹丸刚进入半圆形轨道Q点时受到弹力的大小；（3）左右平移半圆形挡板墙，改变PQ的长度，要使弹丸最后不会滑出半圆挡板墙区域，设停止位置对应转过的圆心角为

（弧度制），求圆心角与PQ的距离x满足的关系式。【答案】（1）6.4J；（2）435N；（3）(100π)x+=【详解】（1）弹丸落入斜面，弹丸的速度关系有tan37yxvv=根据平抛运动规律得212Hhgt−=ygt=v

初动能2k16.4J2xEmv==（2）由合速度与分速度的关系得010m/scos37Nvv==N到P过程根据动能定理有22111sin3722PNhmghfmvmv−=−水平面上轨道的支持力提供向心力22QPmvmvFRR==挡弹丸刚进入中圆形轨道Q点时受到弹力为轨道支持力与地面弹力的

合力，有()222NQmvFmgR=+解得N445NF=（3）P到E过程有，水平地面对小球有摩擦力作用，根据动能定理有()22102Pfxsmv−+=−小球在轨道内运动的路程为=sR联立得(100

)x+=16．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度。斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一

轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=13，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，c

os37°=0.8。求：（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程；（3）烧断细绳后，物块P到达D点时对轨道的最大压力与最小压力之差。【答案】（1）m2=4kg；（2）x总=1m；（3）24N【详解】（1）P、Q两物块静

止，根据平衡条件，满足m1gsin53°=m2gsin37°解得m2=4kg（2）经分析可知最终物块在CDM之间往复运动，在C点和M点速度为零。对全过程由动能定理得m1gL1sin53°－μm1gx总cos53°=0解得x总=1m（3）最大压力为第一次通过D点时，由P到D过程由动能定

理得21111sin53(1cos53)2DmgLRmv+−=运动到D点时，根据牛顿第二定律2max11DvFmgmR−=解得Fmax=78N由牛顿第三定律得，物块P对轨道的最大压力大小为78N。最小压力为最后在CM间往复运动通过D点时

，最后从C到D过程，由动能定理得()21cos532DmgRRmv−=对D点，由牛顿第二定律2min11DvFmgmR−=解得min54NF=由牛顿第三定律得，物块P对轨道的最小压力大小为54N。所以max

min24NFF−=17．如图所示，工人们利用一个斜直的长木板来将高处的货物运送到水平地面上，高处的工人先将质量为2kg的货物（可视为质点）搬到木板的最上端，然后无初速度释放货物。物体能沿着斜面由静止匀加速下滑，木板的长度为8mL=，物体与木板之间的动摩擦因数1

0.25=，木板与水平的夹角为37（sin370.6cos370.8==，）（1）求物体沿着斜面匀加速下滑到达底端的速度大小；（2）若货物到达斜面底端的速度过快将会造成物品损坏，于是工人就在木板上贴了一层长为x米的特殊材料使得货物能够到达底端且速度不超过2

m/s。其模型可以简化为下图。特殊材料和货物之间的动摩擦因数为278=，材料下端离底端的距离为0.32m=d，求特殊材料长度x的取值范围；（3）现在特殊材料的长度为6mx=和货物之间的动摩擦因数仍为278=，为使货物能够到达底端且速度不超过2m/s，

则下端距离木板底端距离d的取值范围应该是多少？【答案】(1)8m/sv=；(2)6m6.144mx；(3)00.5md【详解】(1)由牛顿运动定律得1sincosmgmgma−=解得24m/sa=由位移速度公

式得202vaL−=解得8m/sv=(2)分析可知，物品滑离特殊材料的最小速度大于0就行，此时x最大。则离开特殊材料前，由动能定理得1max2max(sincos)()(cossin)0mgmgLdxmgmgx−−

−−−=gg解得max6.144mx=物品滑离特殊材料的最小速度为minv，则22max2vvad−=解得max1.2m/sv=此时x最小。则离开特殊材料前，由动能定理得21min2minmax1(sincos)()(cossin)2mgmgLdx

mgmgxmv−−−−−=gg联立解得min6mx=特殊材料长度x的取值范围为6m6.144mx(3)由于6mx=不变，结合第(2)问可知，无d是多少，只要物品能滑到底端，根据动能定理得末速

度都为2m/s。故d最小为0。分析可知，物品滑离特殊材料的最小速度接近0时，此时d最大。则2max02vad−=解得max0.5md=d的取值范围为00.5md18．2022年北京冬奥会将在北京和张

家口举行，北京将成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以9m/s沿倾角37°，高15m倾斜斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角为53°的斜面乙上，顺利完成飞越。把运动员视为质点，不计空气阻力

，已知运动员和滑雪装备的总质量为50kg，滑雪板与雪表面的动摩擦因数为0.25。运动员在斜面甲的运动可简化成在平行斜面的恒力F作用下，从斜面甲底端由静止开始做匀加速直线运动，到甲斜面顶端撤去该力。（210m/s=g，sin370.6=，cos370.8=）。（1）求运动员在最高点时的速度大小；

（2）求恒力F的大小；（3）求甲乙两斜面竖直面间的距离；（4）运动员滑落到斜面乙底端的速度大小。【答案】（1）7.2m/s；（2）481N；（3）3.15m；（4）18.35m/s【详解】（1）将速度v1沿水平和竖直方向分解有11cos7.2m/ssin5.4m/sxyvvvv

====当运动员竖直方向的速度减为零时，距离地面达到最大高度，所以最高点的速度7.2m/sxvv==（2）运动员在斜面甲的运动可简化成在平行斜面的恒力F作用下，从斜面甲底端由静止开始做匀加速直线运动，根据动能定理有211(sincos)0sin2HFmgmgmv−−=−

代入数值解得481NF=（3）运动员恰能无碰撞地落在斜面乙顶端，说明运动员此时的速度方向恰好沿着斜面乙向下，设为v2，将v2沿水平和竖直方向分解有227.2mcos/ssinxyvvvv===解得212v=m/s设甲乙两斜面竖直面间的距离为h，对运动

员从斜面甲飞出运动到斜面乙顶端的过程分析，由动能定理得22211122mghmvmv=−解得3.15mh=（4）设斜面乙的高度为h，则11.85mhHh=−=运动员在斜面乙滑落过程根据动能定理有223211(sincos)sin22hmgmgmvmv−=−解得运动员在斜面乙底端的速

度大小318.35m/sv=19．如图所示为过山车的模型，半径为0.2mR=的竖直轨道甲和半径未知的竖直轨道乙在同一平面内，滑块在ab段和两圆轨道上运动时的摩擦力均可忽略不计，其中0.6mbccdxx==、0.1mdex=、5.0mefx=。现让一可视为

质点、质量=1kgm的滑块由右侧轨道的某高度处由静止释放，整个过程中滑块不脱离轨道，且滑块经过所有转折点处的能量损失均可忽略不计。已知滑块与bc、cd、de、ef段的动摩擦因数均为0.2=，de段与水平方向的夹角为53=，cos530.6=重力加速度2=1

0m/sg。则：(1)释放点距离地面的高度为多少时，滑块恰好能通过竖直轨道甲？(2)在题(1)情况下，竖直圆轨道乙的半径r的取值范围是多少时，滑块不脱离轨道乙？【答案】(1)0.5m；(2)0.152mr或0.38mr【详解】(1)根据牛顿第二定律21vmgm

R=根据机械能守恒定律211122mghmvmgR=+解得10.5mh=(2)滑块恰好能够运动到乙的顶部，根据动能定理()22121112222bcmgRrmgxmvmv−−=−根据牛顿第二定律221vmgmr=解得10.152mr=滑块

恰好运动到圆心的等高点时，根据动能定理()2211202bcmgRrmgxmv−−=−解得20.38mr=竖直圆轨道乙的半径r的取值范围是0.152mr或0.38mr20．科技节上小昕同学设计了一个竖直面轨道模型

，如图所示，在O点用长为1mL=的细线悬挂质量为00.05kgm=的小球，在O点正下方0.8m处固定一枚钉子P，现将小球拉至与竖直方向成60=由静止释放，细线摆至竖直位置碰到钉子恰好断裂，小球也正好可以从A点水平进入固定的“S”型管道，

该管道由两个半径均为2mR=的部分圆形光滑细管组成，A、B两管口切线水平，1O、2O为两细管道圆心，12OO连线与竖直线间的夹角120=，BC为光滑的水平轨道，在BC轨道中间静止放置一个质量也为00.05kgm=的小滑块，小球与小滑块碰撞时两者交换速度，C点平滑连接一个足够长的倾斜直轨道CD

，不计小滑块经过C点处的机械能损失，直轨道CD的倾角可以在0到53°间调节，小球与直轨道CD的动摩擦因数0.5=。（已知：tan26.50.5=，sin530.8=，cos530.6=，重力加速度g取102m/s，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力）求：（1）细线能承受的最大拉力

F；（2）若53=，滑块在直轨道CD上经过的总路程s；（结果可用分数表示）（3）写出取不同值时，滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功W与的关系。【答案】（1）3NT=；（2）65m3；（3）当026.5时，13cosJ8sin4cosW=+，

当26.553时，3.25JW=【详解】（1）设细线与钉子接触瞬间小球的速度大小为vA，则由动能定理有()20011cos602AmgLmv−=解得10m/sAv=此时小球做圆周运动的半径变

为0.8m0.2mrL=−=细线对小球的拉力恰好达到能承受的最大拉力T，则根据牛顿第二定律有200AvTmgmr−=解得3NT=（2）根据几何关系可得A、B两管口间的高度差为22sin330ABRhRR==+根据速度交换过程中能量

守恒可得小滑块被小球碰撞后获得的动能为2k00012AABEmvmgh=+设小滑块在直轨道CD上运动的最大距离为x1，根据动能定理可得0011k0cos53sin530mgmgxxE=−−−根据00sin53cos53mg

mg可知滑块运动到最高点后不能停留在轨道上，将沿轨道下滑后并与小球发生碰撞交换速度，根据动能定理和能量守恒定律综合分析可得小球被小滑块碰后获得的动能为10102cos53mEEgx=−kk可知01ABEmghk根据动能定理可知小球不能返回

到管口A，经分析可推知小球和小滑块将完成若干次往复运动后最终静止于C点处，对小滑块应用动能定理可得0k0cos530mgsE−=−解得65m3s=（3）当26.5时，有00sincosmmgg小滑块在直轨道CD上运动到最高点

处时能停在上面，设小滑块在CD上运动的最大距离为x2，则由动能定理可得0202k0cossin0mgxmgxE−−=−解得213m2sincosx=+滑块在直轨道CD上克服摩擦力所做的功为2013coscosJ8sin4cosWmgx==+当26.553时，根

据（2）题中分析可知0cos533.25JWmgs==