【精品】2019高考物理二轮复习专题二能量和动量第1讲功功率与动能定理学案.pdf

1第 1 讲功功率与动能定理 历次选考考情分析 章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2015/102016/042016/102017/042017/112018/04 机械能守恒定律追寻守恒量能量b 功c c 功率c c 10、13 重力势能c c 4、20 13 弹性势能b b 20 动能和动能定理d d 20 20 20 20 20 20 机械能守恒定律d d 20 12 能量守恒定律与能源c d 5 4 考点一功和能基本概念及规律辨析1功的正负：由WFlcos ，90，力对物体做负功2恒力做功的计算方法3变力做功：变力做功的求解要注意问题的正确转化，如将变力转化为恒力，利用Fl图象曲线下的面积求功，利用WPt计算，也可应用动能定理或功能关系等方法求解24总功的计算(1)先求物体所受的合外力，再求合外力做的功；(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和5机械能(1)机械能包括动能、重力势能和弹性势能；(2)重力势能：重力做正功，重力势能就减小，重力做负功，重力势能就增加，即WG Ep；(3)弹性势能：弹力做正功，弹性势能就减小，弹力做负功，弹力势能就增加，伸长量与缩短量相等时，弹性势能相同1 正、负功的判断(2018 温州市期中)载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图 1 所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降，也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是()图 1 A发动机对飞行包(包括人)做正功B飞行包(包括人)的重力做负功C空气阻力对飞行包(包括人)做负功D飞行包(包括人)的合力做负功答案C 解析飞行包(包括人)在竖直匀速降落的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包(包括人)做负功，故A错误高度下降，飞行包(包括人)的重力做正功，故B错误空气阻力竖直向上，与位移方向相反，则空气阻力对飞行包(包括人)做负功，故C正确飞行包匀速运动，合力为零，则飞行包的合力不做功，故D错误2 做功的分析 如图 2 所示，坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m，在与水平面成 角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l.已知雪橇与地面间的动摩擦因数为，雪橇受到的()3图 2 A支持力做功为mglB重力做功为mglC拉力做功为Flcos D滑动摩擦力做功为mgl答案C 解析对坐在雪橇上的人与雪橇整体进行受力分析，可知雪橇受到的支持力FNmgFsin，滑动摩擦力FfFN(mgFsin)，由功的定义式可知，支持力做的功为零，重力做的功也为零，选项A、B 错误；滑动摩擦力做功WfFfl l(mgFsin)，选项D错误；拉力做功为Flcos，选项 C正确3 重力势能(2018 浙江4 月选考 13)如图3 所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山上的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为 20 m 质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)()图 3 A1.2 103 J B7.5 102 J C6.0 102 J D2.0 102 J 答案B 解析重力势能最小的点为最低点，结合“同绳同力”可知，在最低点时，两侧绳子与水平方向夹角相同，记为，设右边绳子长为a，则左边绳长为20a.由几何关系得：20cos 16；asin(20 a)sin 2 4联立解得a353 m，所以最低点与参考平面的高度差为353sin 7 m，猴子的重心比绳子最低点大约低0.5 m，所以在最低点的重力势能约为750 J，故选 B.4 机械能守恒(2018 绍兴市选考诊断)“神舟十一号”飞船在发射至返回的过程中，哪个阶段中返回舱的机械能是守恒的()A飞船加速升空阶段B飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段C返回舱与轨道舱分离，进入大气层后加速下降D返回舱在大气层运动一段时间后，打开降落伞，减速下降答案B 考点二功率的分析与计算1首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率2 平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率(1)可用PWt.(2)可用PFvcos，其中v为物体运动的平均速度3计算瞬时功率时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率求解瞬时功率时，如果F和v不同向，可用力F乘以沿F方向的分速度，或用速度v乘以沿速度方向的分力求解(1)公式PFvcos，其中v为某时刻的瞬时速度(2)PFvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度(3)PFvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力例 1(2017浙江11 月选考 13)如图4 所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4 人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升 60 m 到达灭火位置此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于()5图 4 A水炮工作的发动机输出功率约为1104 W B水炮工作的发动机输出功率约为4104 W C水炮工作的发动机输出功率约为2.4 106 W D伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 答案B 解析若不计伸缩臂的质量，抬升登高平台的发动机输出功率Pmght40010601560W 800 W，但伸缩臂具有一定质量，发动机输出功率应大于800 W，故选项D 错误；在1 s内，喷出去水的质量为m V103360 kg 50 kg，喷出去水的重力势能为Epmgh501060 J3104J，水的动能为Ek12mv21104J，所以 1 s 内水增加的能量为4104J，所以水炮工作的发动机输出功率为4104 W，选项 B正确，A、C错误5(2018金、丽、衢十二校联考)跳绳是丽水市高中毕业生体育测试的项目之一，如图5所示，高三的小李同学在某次测验过程中，一分钟跳180 次，每次跳跃，脚与地面的接触时间为跳跃一次所需时间的25，g取 10 m/s2，则他克服重力做功的平均功率约为()图 5 A20 W B 35 W C 75 W D 120 W 答案C 解析小李同学跳一次的时间是：t60180 s 13 s，他跳离地面向上做竖直上抛运动，到最高点的时间为：t11213(125)s0.1 s，此过程中克服重力做功为：Wmg(12gt12)500(126100.01)J 25 J，跳绳时克服重力做功的功率为：PWt2513 W75 W，故 C正确，A、B、D错误6一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的图象正确的是()答案C 解析物块受到的阻力与速度成正比，根据牛顿第二定律，Fkvma，所以物块做加速度减小的加速运动，又因拉力功率PFv，F为恒力，所以功率随时间变化的规律和速度v随时间的变化规律一致，故C正确，A、B、D错误7(2018台州市高三期末)如图 6 所示，中国版“野牛”级重型气垫船，自重达 540 吨，装有额定输出功率为8 700 kW 的大功率燃汽轮机，最高时速为108 km/h.假设气垫船航行过程中所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ffkv.则下列说法正确的是()图 6 A该气垫船的最大牵引力为2.9 105 N B从题中给出的数据，无法计算k值C在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9 105 N D以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW 答案C 解析在额定输出功率下以最高时速航行时，vm108 km/h30 m/s，根据PFv得：FPv78 70010330 N 2.9 105N，此时匀速运动，则FfF2.9 105N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9 105N，故 A错误，C正确；根据Ffkv得：kFfv2.9 10530Ns/m9.67103Ns/m，故B 错误；以最高时速一半的速度匀速航行时，牵引力Fkv2，解得F1.45105 N，则PFv1.4510515 W 2 175 kW，故 D错误考点三动能定理的应用1解题步骤2注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便(2)动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理(3)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W，将该力做功表示为W，也可以直接用字母W表示该力做功，使其字母本身含有负号例 2如图 7 所示，倾角为37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k40 N/m的轻弹簧的轴线与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦一个质量为m5 kg 的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L1 m已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep12kx2，sin 37 0.6,cos 370.8，重力加速度g取 10 m/s2.求：图 7 8(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能答案(1)1 s(2)322 m/s(3)20 J 解析(1)由牛顿第二定律可知，小滑块沿斜面下滑的加速度agsin gcos 2 m/s2由L12at2解得t2La1 s(2)设弹簧被压缩x0时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsin mgcos kx0对小滑块由静止滑下到达到最大速度的过程，由动能定理有mgsin (Lx0)mgcos(Lx0)12kx0212mv m2解得vm322 m/s(3)设小滑块运动至最低点时，弹簧的压缩量为x1，由动能定理有mgsin (Lx1)mgcos(Lx1)Epm0 又Epm12kx12解得Epm20 J.8如图 8 甲所示，质量m1 kg 的物体静止在光滑的水平面上，t0 时刻，物体受到一力F的作用，t1 s 时，撤去力F，某时刻物体滑上倾角为37的粗糙斜面已知物体从开始运动到滑上斜面最高点的vt图象如图乙所示，不计其他阻力，sin 37 0.6，cos 37 0.8，g取 10 m/s2.求：图 8(1)力F做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率9答案(1)72 J(2)36 W 解析(1)物体 1 s 末的速度v112 m/s，根据动能定理得：WF12mv1272 J.(2)物体在 12 s 内沿水平面做匀速直线运动，物体在23 s 内沿斜面向上做减速运动物体沿斜面上滑的最大距离为：xv202t36 m 物体到达斜面底端的速度v212 m/s，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理得：mgxsin 37 W克012mv22解得：W克36 J 因此克服摩擦力做功的平均功率为：PW克t336 W.9如图 9 所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L5.0 m，高度h3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平面铺设安全地垫水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上已知小朋友质量为m20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff188 N，在水平段受到的平均阻力Ff2100 N不计空气阻力，取重力加速度g 10 m/s2.求：图 9(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长答案(1)440 J(2)4 m/s(3)1.6 m 解析(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1Ff1L885 J 440 J(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mghWf112mv2代入数据解得：v4 m/s(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：Ff2x012mv2解得：x1.6 m 10考点四动力学和能量观点的综合应用1动力学观点：牛顿运动定律、运动学基本规律2能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律3解题关键(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键例 3(2017台州市选考模拟)如图 10 所示，质量为m 0.1 kg的可视为质点的小球从静止开始沿半径为R140 cm 的14圆弧轨道AB由A点滑到B点后，进入与AB平滑连接的14圆弧管道BC.管道出口处为C，圆弧管道半径为R220 cm，在紧靠出口C处，有一半径为R38.4 cm、水平放置且绕其水平轴线匀速旋转的圆筒(不计筒皮厚度)，筒上开有小孔D，筒旋转时，小孔D恰好能经过出口C处，小球射出C出口时，恰好能接着穿过D孔进入圆筒，并越过轴线再从D孔向上穿出圆筒，到最高点后返回又能向下穿过D孔进入圆筒，不计摩擦和空气阻力，g取 10 m/s2.问：图 10(1)小球到达B点的瞬间前、后对轨道的压力分别为多大？(2)小球穿出圆筒小孔D时的速度多大？(3)圆筒转动的最大周期T为多少？答案(1)3 N 5 N(2)0.8 m/s(3)0.08 s 解析(1)从A到B，由动能定理得：mgR112mvB2由牛顿第二定律得，到达B点瞬间前：FN BmgmvB2R1解得FNB3 N 到达B点瞬间后：FN BmgmvB2R2解得FNB 5 N 由牛顿第三定律得，小球到达B点瞬间前、后对轨道的压力分别为3 N 和 5 N.(2)从A到穿出D过程中，由机械能守恒可得：11mgR1mgR2mg2R312mvD2解得：vD0.8 m/s(3)由机械能守恒可得：mgR1mgR212mvC2解得：vC2 m/s 穿越圆筒过程中：vCvDg(nT0.5T)从圆筒穿出到又进入圆筒过程中：2vDgnT得到关系式：3n 4n2 要使周期最大，n和n必须同时取正整数且n最小取n1，得T0.08 s.10如图 11 所示，斜面ABC下端与光滑的圆弧轨道CDE相切于C，整个装置竖直固定，D是最低点，圆心角DOC37，E、B与圆心O等高，圆弧轨道半径R0.30 m，斜面长L 1.90 m，AB部分光滑，BC部分粗糙现有一个质量m0.10 kg 的小物块P从斜面上端A点无初速度下滑，物块P与斜面BC部分之间的动摩擦因数0.75.取 sin 37 0.6，cos 37 0.8，重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力求：图 11(1)物块第一次通过C点时的速度大小vC；(2)物块第一次通过D点时受到轨道的支持力大小FD；(3)物块最终所处的位置答案(1)32 m/s(2)7.4 N(3)在斜面BC段且距离C点 0.35 m 解析(1)根据几何关系得，斜面BC部分的长度为：l0.40 m 设物块第一次通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：mg(Ll)sin 37 12mvB20，12代入数据得：vB32 m/s 物块在BC部分滑动时受到的摩擦力大小为：Ffmgcos 37 0.60 N 在BC部分下滑过程中受到的合力为：Fmgsin 37 Ff 0 则物块第一次通过C点时的速度为：vCvB32 m/s.(2)设物块第一次通过D点时的速度为vD，则由动能定理有：mgR(1cos 37)12mvD212mvC2FDmgmvD2R代入数据得：FD7.4 N.(3)物块每通过一次BC部分减小的机械能为：EFfl0.24 J 物块在B点的动能为：EkB12mvB2120.1 18 J 0.9 J，物块能通过BC部分的次数为：n0.90.243.75，设物块第四次从下端进入BC部分后最终在距离C点x处静止，则有mg(Lx)sin 37 Ff(3lx)0，代入数据得：x0.35 m.11(2018杭州市期末)如图 12 所示，倾角为30的光滑斜劈AB长L10.4 m，放在离地高h0.8 m的水平桌面上，B点右端接一光滑小圆弧(图上未画出)，圆弧右端切线水平，与桌面边缘的距离为L2.现有一小滑块从A点由静止释放，通过B点后恰好停在桌面边缘的C点，已知滑块与桌面间的动摩擦因数0.2.图 12(1)求滑块到达B点的速度vB的大小；(2)求B点到桌面边缘C点的距离L2；(3)若将斜劈向右平移一段距离L0.64 m，滑块仍从斜劈上的A点由静止释放，最后滑块落在水平地面上的P点求落地点P距C点正下方的O点的距离x.答案(1)2 m/s(2)1 m(3)0.64 m 解析(1)滑块从A到B的运动，根据机械能守恒定律得：13mgL1sin 30 12mvB2代入数据解得：vB2 m/s(2)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30 mgL20 解得：L21 m；(3)从A到C根据动能定理可得：mgL1sin 30 mg(L2L)12mvC20，代入数据解得vC1.6 m/s，滑块离开C后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：h12gt2，解得：t0.4 s，所以落地点P距C点正下方的O点的距离为：xvCt0.64 m.专题强化练1(2018名校协作体联考)如图 1 所示，拖拉机耕地时一般比在道路上行驶时速度慢，这样做的主要目的是()图 1 A节省燃料B提高柴油机的功率C提高传动机械的效率D增大拖拉机的牵引力答案D 2(2018七彩阳光联盟期中)如图 2 所示，某一足球比赛中，运动员大力踢出的点球恰好击中横梁 假定足球击中横梁时速度大小为20 m/s，足球的质量为450 g，球门高度约为2.4 m，不计空气阻力，则该运动员对足球所做的功的大小约为()图 2 14A45 J B90 J C 100 J D 180 J 答案C 解析球门高度约为h2.4 m，对足球从运动员踢球到击中横梁的过程，根据动能定理得：Wmgh12mv20，则Wmgh12mv20.45102.4 J 120.45202 J 100.8 J 100 J.3(2018杭州市期末)研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1 倍某同学体重为70 kg，在水平地面上匀速步行的速度为5 km/h，g取 10 m/s2，此过程中他的平均功率约为()A5 W B 50 W C 100 W D 200 W 答案C 解析人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1 倍，设该同学在时间t内在水平地面上运动的距离为vt，此过程中重心上升的高度为h0.1vt，其重力为G 700 N，所以平均功率PGht0.1Gvtt0.1Gv0.1 70053.6 W97.2 W，故C正确4(2018西湖高级中学月考)如图 3 所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是()图 3 A小球飞行过程中加速度相同B小球落地时的动能不同C从开始运动至落地，重力对小球做功不相同D从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同答案A 解析物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，都相同，故A正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，故B错误；根据Wmgh可知，重力做功相同，故C错误；小球的运动时间不同，由公式PWt可知重力对小球做功的平均功率不同，故D错误5(2018宁波市重点中学联考)如图 4 甲所示，用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其vt图象如图乙所示，下列说法正确的是()15图 4 A0t1时间内，起重机拉力逐渐变大B在t1t2时间内，起重机拉力的功率保持不变C在t1t2时间内，货物的机械能保持不变D在t2t3时间内，起重机拉力对货物做负功答案B 6(2018绍兴市选考诊断)某一水力发电站的水位的平均落差为50 m，每秒约有6106kg的水用来发电，水的重力势能有10%转化为电能，g取 10 m/s2，则()A每秒水减少的重力势能约为3108 J B发电的平均功率约为6108 W C每天的发电量约为7.2 106kW hD若将这些电能以0.5 元/度的价格卖出，则一年可收入约为3 600 万元答案C 7(2018西湖高级中学月考)如图 5 所示，质量为m的物体(可视为质点)从倾角为30的光滑斜面上的h高处自由下滑到底端A处，则在这个过程中()图 5 A重力势能减少了12mghB重力势能减少了mghC机械能增加了mghD机械能减少了12mgh答案B 解析物体的高度下降了h，重力对物体做功为mgh，则重力势能减少了mgh，故 A错误，B正确；斜面光滑，物体在运动过程中只受重力和斜面的支持力，而支持力对物体不做功，只有重力做功，所以物体的机械能守恒，故C、D错误8.如图 6 所示，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是16汽车驾驶中的“坡道起步”，驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动，下列说法正确的是()图 6 A变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率答案B 解析由PFv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，则换低速挡，增大牵引力，故A 错误，B 正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据PFv可知，目的是为了增大牵引力，故C、D错误9(2018台州市3 月模拟)蹦极是一项极限活动如图 7 所示，游客站在平台上，用橡皮绳固定住身体后由静止下落，触地前弹起，然后反复弹起落下不计空气阻力和橡皮绳的质量，在第一次下落过程中()图 7 A游客一直处于完全失重状态B橡皮绳刚绷紧时，游客的动能最大C游客的机械能先保持不变，后逐渐减小D游客下落到最低点时，橡皮绳的弹性势能大于游客减少的重力势能答案C 10如图 8 所示，在水平地面上固定一足够长的倾角30的光滑斜面，质量为m 2 kg的小滑块从斜面底端，在与斜面平行的恒力F作用下由静止开始沿斜面上升，经过时间t撤去恒力F，又经过时间t小滑块回到斜面底端，此时小滑块的动能为49 J，g取 10 m/s2，则下列说法正确的是()17图 8 A拉力F做的功为24.5 J B撤去拉力时小滑块刚好滑到最大高度的一半C撤去拉力时小滑块的速度是7 m/s D与斜面平行的恒力F403 N 答案D 解析整个过程中，小滑块的重力不做功，支持力不做功，拉力做正功，由动能定理知：WF49 J，故选项A错误；取沿斜面向上为正方向，设小滑块刚撤去拉力时的速度大小为v1，回到底端时的速度大小为v2，有拉力时的位移x10v12t，从撤去拉力到回到底端时的位移x1v2v12t，根据题意，解得：v22v1，小滑块到达最底端的速度大小v22Ekm7 m/s，所以撤去拉力时速度是v13.5 m/s，故 C 错误；设从撤去拉力到小滑块上升到最大高度的位移为x2，则由运动学公式知v12gsin x2，v22gsin x1x2，解得x13x2，撤去拉力时的高度为最大高度的四分之三，故 B错误；由动能定理，在小滑块上升的过程中，Fx1mg(x1x2)sin 0，解得F403 N，故 D正确11(2018宁波市十校联考)如图 9 是某设计师设计的游乐场滑梯轨道简化模型图，在倾角53的长直轨道AC上的B点轻放一小车，B点到C点的距离L04 m，下滑到C点后进入了弧形的光滑轨道CDEF，其中CDE是半径为R5 m，圆心角为106的圆弧，EF为半径R5 m，圆心角为53的圆弧，已知小车的质量为60 kg，车与轨道AC间存在摩擦，动摩擦因数为0.5，不计其他阻力，sin 53 0.8，cos 53 0.6，g10 m/s2，下列说法不正确的是()18图 9 A小车滑至C点的速度为6 m/s B小车到达D点时对轨道的压力为1 560 N C小车刚好能沿着轨道滑到F点D若小车从长直轨道上距C点L 9 m 开始由静止下滑，则小车能在F点水平抛出答案A 解析由B到C根据动能定理：mgL0sin 53 mgL0cos 5312mvC2，解得vC210 m/s，选项 A错误；到达D点时：12mvC2mgR(1cos 53)12mvD2，解得vD45 m/s，则在D点：FNmgmvD2R，解得FN1 560 N，由牛顿第三定律知选项B正确；假设小球能到达F点，则12mvC2mgR(1 cos 53)12mvF2，解得vF0，可知小车刚好能到达F点，选项 C正确；从B到F点，由动能定理mgLsin 53 mgR(1cos 53)mgLcos 53 12mvF2得vF 52 m/s，在F点：mgFNmvF2R，解得FN 0，即此时小车能在F点水平抛出，选项D正确12如图 10 所示，AB为水平轨道，竖直平面内的半圆轨道BCD的下端与水平轨道相切于B点，质量m 0.50 kg 的滑块(可视为质点)，从A点以速度vA10 m/s 沿水平轨道向右运动，恰好能通过半圆轨道的上端D点，已知AB长x3.5 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.10，半圆轨道的半径R0.50 m，g10 m/s2，求：图 10(1)滑块刚刚滑上半圆轨道时，对半圆轨道下端B点的压力大小；19(2)滑块从B点运动到D点的过程中克服摩擦力所做的功答案(1)98 N(2)17 J 解析(1)滑块由A到B的过程，由动能定理得：mgx12mvB212mvA2在B点，由牛顿第二定律得：FNmgmvB2R解得：FN98 N 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小为98 N.(2)在D点，有：mgmvD2R从B到D过程，由动能定理得：2mgRWf12mvD212mvB2解得：Wf17 J 13如图 11 所示，与水平面夹角60的斜面和半径R0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零已知滑块与斜面间动摩擦因数34，g取 10 m/s2，求：图 11(1)滑块在C点的速度大小vC；(2)滑块在B点的速度大小vB；(3)A、B两点间的高度差h.答案(1)2 m/s(2)4 m/s(3)1615 m 解析(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在C点由牛顿第二定律可得：mgmvC2R，所以，vCgR100.4 m/s 2 m/s；(2)滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有：12mvB 212mvC2mgR(1 cos 60)解得：vB4 m/s；(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：20mghmgcos 60 hsin 60 12mvB2可得：h1615 m.14(2017嘉兴市高二上期末)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图12 所示，某小车以额定功率18 W 由静止开始从A点出发，加速2 s 后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆半径R 1.2 m，沙坑距离BD平面高度h2 1 m，小车的总质量为1 kg，g 10 m/s2，求：图 12(1)小车在B点对轨道的压力大小；(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；(3)末端平抛高台h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？答案(1)60 N(2)6 J(3)1 m 4 m 解析(1)由于小车恰好经过最高点C，即mgmvC2R根据动能定理可得2mgR12mvC212mvB2在B点，由牛顿第二定律得FNmgmvB2R，联立解得FN60 N，由牛顿第三定律得，在B点小车对轨道的压力为60 N.(2)根据动能定理：PtWf12mvB2，解得Wf 6 J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6 J.(3)根据动能定理：mgh112mvE212mvB2，飞出后，小车做平抛运动，所以h1h212gt2水平位移xvEt，化简得xvB22gh12h1h2g，即x6020h1h115 m4h11216 m，当h11 m 时，水平距离有最大值，最大值为4 m.