【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修2 第五章 专题突破 (含解析).doc，共(19)页，336.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-83442.html

以下为本文档部分文字说明：

专题突破功能关系能量守恒定律突破一功能关系的理解和应用1．对功能关系的理解(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多

少与能量转化的多少在数值上相等。2．几种常见的功能关系及其表达式各种力做功对应能的变化定量的关系合力做功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝Ek2－Ek1重力做功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重

力做负功，重力势能增加，且WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加，且W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep2只有重力、弹簧弹力做功机械能不变化机械能守恒ΔE＝0非重力和弹力做功机械能变化除重力和弹力之外的其他力做正功，

物体的机械能增加，做负功，机械能减少，且W其他＝ΔE【例1】(2017·全国卷Ⅲ，16)如图1，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上

端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为()图1A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl解析由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了l6，则重力势能增加ΔEp＝23mg·l6＝19mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝19mgl

，故选项A正确，B、C、D错误。答案A1．如图2所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中()图2A．只有重力做功B．重力势能的减小量大于重力做的功C．重力势能的减小量等于动能的增加量D．动能的增加量等于合力做的功解

析由功能关系知，重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应物体动能的变化，选项D正确。答案D2．韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中()A

．动能增加了1900JB．动能增加了2000JC．重力势能减小了1900JD．重力势能减小了2000J解析由题可得：重力做功WG＝1900J，则重力势能减少1900J，故选项C正确，D错误；由动能定理得，WG－Wf＝ΔEk，克服阻力做功Wf

＝100J，则动能增加1800J，故选项A、B错误。答案C3．(2018·天津理综，2)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的

速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()图3A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变解析运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；由运动员沿AB下滑过程

中做匀速圆周运动，知运动员所受沿圆弧切线方向的合力为零，即摩擦力等于运动员的重力沿圆弧切线方向的分力，逐渐变小，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误。答案C突破二摩擦力做功与能量的转化1．两种摩擦力的做功情况比较类别比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能

量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－Ffl相对，方面即相对滑动时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩

擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功2.相对滑动物体能量问题的解题流程【例2】(多选)如图4所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动

。小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()图4A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小

车具有的动能为fxC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为Fx解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正确；小物块到达小车最右端时，小车的动能E

k车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。答案ABC1．(多选)(2018·江苏单科，7)如图5所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物

块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()图5A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第

二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，可知物块的加速

度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；从A到B的过程，由动能定理可得W弹－Wf＝0，选项D正确。答案AD2．如图6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下始终保持v0＝2m/s的速率运行。现把一质量

为m＝10kg的工件(可看作质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9s，工件被传送到h＝1.5m的高处。g取10m/s2，求：图6(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。解析(1)传送带长x＝h

sinθ＝3m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝v－t1＝v02t1匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)解得加速运动的时间t1＝0.8s加速运动的位移x1＝0.8m所以加速度a＝v0t1＝2.5m/s

2由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得μ＝32。(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对运动时摩擦力做功。在时间t1内，传送带运动的位移x传送带＝v0t1＝1.6m在时间t1内，工件相对

传送带的位移x相＝x传送带－x1＝0.8m在时间t1内，摩擦生热Q＝μmgcosθ·x相＝60J工件获得的动能Ek＝12mv20＝20J工件增加的势能Ep＝mgh＝150J故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230J

。答案(1)32(2)230J突破三能量守恒定律的应用1．对能量守恒定律的理解(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加

量一定相等。2．涉及弹簧的能量问题应注意两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统相互作用的过程，具有以下特点：(1)能量变化上，如果只有重力和系统内弹簧弹力做功，系统机械能守恒。(2)如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合外力为

零，则当弹簧伸长或压缩到最大程度时两物体速度相同。【例3】如图7所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高，质量m＝0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，底端距A点的高度h1＝1.10m，篮球静止释放测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.

15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01m，弹性势能为Ep＝0.025J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限

度范围内。求：图7(1)弹簧的劲度系数；(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。解析(1)篮球静止在弹簧上时，有mg－kx2＝0，解得k＝500N/m(2)篮球从开始运动到第一次上升到最

高点，由动能定理得mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0代入数值解得f＝0.5N(3)设篮球在整个运动过程中总路程s，由能量守恒定律得mg(h1＋x2)＝fs＋Ep代入数值解得s＝11.05m(4)球在首次下落过程中，合力为零处速度最大速度最大时弹簧形变量为x3mg－f

－kx3＝0在A点下方，离A点x3＝0.009m答案(1)500N/m(2)0.5N(3)11.05m(4)第一次下落至A点下方0.009m处速度最大运用能量守恒定律解题的基本思路1．(2018·江西南昌二模)如图8所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B

点衔接，BC为直径，一可看做质点的物块在A处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不连接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力。则更换后(

)图8A．物块不能到达C点B．物块经过C点时动能不变C．物块经过C点时的机械能增大D．物块经过B点时对轨道的压力减小解析物块从A到C过程，由能量守恒有Ep＝mg·2R＋12mv2C，可知质量减小，物块经过C点时动能增大，vC增大，物块也能到达C点，故

A、B错误；由能量守恒定律可知物块经过C点时的机械能不变均为Ep，故C错误；物块从A到B过程，由能量守恒有Ep＝12mv2B，在B点有FN－mg＝mv2BR，解得FN＝mg＋2EpR，减小，故D正确。答案D2．(2019·乐山模拟)如图9甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一

质量m＝1kg的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，两者不拴接，滑块可视为质点。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v－t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1s时滑块已上滑x＝

0.2m的距离(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：图9(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度大小a及动摩擦因数μ的大小；(2)t2＝0.3s和t3＝0.4s时滑块的速度v1、v2的大小；(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep。解析(1)由题图乙知滑块在bc段做

匀减速运动，加速度大小为a＝|ΔvΔt|＝10m/s2根据牛顿第二定律得mgsin37°＋μmgcos37°＝ma解得μ＝0.5。(2)根据速度—时间公式得t2＝0.3s时的速度大小v1＝vc－aΔt，解得v1＝0在t2之后

滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°＝ma′解得a′＝2m/s2从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为v2＝a′Δt＝0.2m/s。(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得Ep＝mgxsin37°＋μmgxcos37°＋12mv2

b解得Ep＝4J。答案(1)10m/s20.5(2)00.2m/s(3)4J科学思维系列——满分指导：大题小做“三步曲”第一步：读题审题，做到一“看”二“读”三“思”1．看题“看题”是从题目中获取信息的最直接方法，一定要全面、细心，看题时不要急于

求解，对题中关键的词语要多加思考，搞清其含义，对特殊字、句、条件要用着重号加以标注；不能漏看、错看或看不全题目中的条件，要重点看清题中隐含的物理条件、括号内的附加条件等。2．读题“读题”就是默读试题，是物理信息内化的过程，

它能解决漏看、错看等问题。不管试题难易如何，一定要怀着轻松的心情去默读一遍，逐字逐句研究，边读边思索、边联想，以弄清题中所涉及的现象和过程，排除干扰因素，充分挖掘隐含条件，准确还原各种模型，找准物理量之间的关系。3.思题“思题”就是充分挖掘大脑中所储

存的知识信息，准确、全面、快速思考，清楚各物理过程的细节、内在联系、制约条件等，进而得出解题的全景图。第二步：“拆分”运动过程采用“拆分”的方法，按照物理事件发生的顺序，将复杂的运动“拆分”成若干个简单的子过程，即一个个的

小题。第三步：选规律，列方程针对各子过程不同的运动特点，应用不同的物理规律。只要掌握了物体各阶段运动过程的特点，按程序一步步地列出相关的方程，就可以把问题简化，从而得到解决。【典例】(12分)如图10，半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD

在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道C

D间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：图10(1)物体水平抛出时的初速度v0的大小；(2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力FN的大小；(3)物体在轨道CD上运动的距离x。解题指导问题拆分→大题小做→化繁为

易第(1)问可拆分为3个子问题①恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道时，竖直速度是多大？②从A点沿切线方向进入圆弧轨道时水平速度与竖直速度存在什么关系？③过A点时物体的水平速度是多大？第(2)问可拆分为2个子问题④物体通

过B点时的速度是多大？⑤写出物体通过B点时功与动能的关系式。第(3)问可拆分为2个子问题⑥判断物体在轨道CD上是否存在往返运动。⑦求物体沿CD向上运动的位移。规范解答：(1)从P到A：竖直方向自由落体v2y＝2gh①(1分)在A点由几何关系得：v

x＝vytan37°②(1分)水平方向匀速运动：v0＝vx＝3m/s③(1分)(2)从P到B机械能守恒mg(h＋R－Rcos53°)＝12mv2B－12mv20④(2分)过B点时，对物体受力分析，由牛顿第二定律得FN′－mg＝mv2BR⑤(2分)由牛顿第三定律，对圆弧轨道压力大小FN＝FN′

＝34N(1分)(3)因μmgcos37°>mgsin37°，物体沿轨道CD向上做匀减速运动，速度减为零后不再下滑。⑥(1分)由B上滑至最高点的过程，由功能关系得mgR(1－cos37°)＋(mgsin37°

＋μmgcos37°)x＝12mv2B⑦(2分)代入数据解得x＝1.09m(1分)答案(1)3m/s(2)34N(3)1.09m多过程问题的解题技巧(1)“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景。(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律。(3)

“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法。课时作业(时间：40分钟)基础巩固练1．如图1所示，一个质量为m的铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，重力加速度为g，则此过程中铁块损失的机械能为()图1A.

43mgRB．mgRC.12mgRD.34mgR答案D2．(多选)如图2所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的物块由静止放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带

间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是()图2A．摩擦力对物块做的功为0.5mv2B．物块对传送带做功为0.5mv2C．系统摩擦生热为0.5mv2D．电动机多做的功为mv2解析对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2，故选项

A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为mv2，故选项B错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为mv2，故选项D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故选项C正确。答案ACD3．质量为m的物体以

初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图3所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为()图3A

.12mv20－μmg(s＋x)B.12mv20－μmgxC．μmgsD．μmg(s＋x)解析根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由能量守恒定律可得12mv20＝W弹＋Wf，W弹＝12mv20－μmg(s＋

x)，故选项A正确。答案A4．安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”。如图4所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下。斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝

0.1。滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50kg，g取10m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100m。在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为()图4A．1250JB．2500JC．5000JD．7500J解

析设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·xOM＋μmgxMN，由题图可知，xOMcosθ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100J＝5000J，故选项A、B、D

错误，C正确。答案C5．如图5所示，木板质量为M、长度为L，可看作质点的小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳跨过定滑轮分别与木板和木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时小木块静止在木板左端。现用水平向右的力F

将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功为()图5A．μmgLB．2μmgLC.12μmgLD．μ(M＋m)gL解析将小木块缓慢拉至木板右端，拉力F做的功最少，分别对小木块和木板进行受力分析可知，F＝μmg＋FT，FT＝μmg，小木块的位移大小为

L2，所以WF＝F·L2＝μmgL，选项A正确。答案A6.如图6所示，一个质量为m＝60kg的物体在沿固定斜面向上的恒定外力F作用下，由静止开始从斜面的底端沿光滑斜面向上做匀加速直线运动，经过一段时间

后外力F做的功为120J，此后撤去外力F，物体又经过一段时间后回到出发点。若以地面为零势能面，则下列说法正确的是()图6A．在这个过程中，物体的最大动能小于120JB．在这个过程中，物体的最大重力势能大于120JC．在撤去外力F之后的过程中，

物体的机械能等于120JD．在刚撤去外力F时，物体的速率为2m/s解析由题意可知，恒力F对物体做功120J，则物体的机械能等于120J。撤去F后，只有重力对物体做功，机械能守恒，所以物体回到出发点时的动能

为120J，选项A错误，C正确；物体运动到最高点的过程中，由动能定理可得WF＋WG＝0，即重力做功为WG＝－WF＝－120J，重力做负功，物体的最大重力势能等于120J，选项B错误；由于物体向上运动的过程中

重力对物体做负功，所以在刚撤去外力F时，物体的动能小于120J，物体的速度v＝2Ekm＜2×12060m/s＝2m/s，选项D错误。答案C综合提能练7．(2019·四川成都模拟)如图7甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m

＝1kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1s到t＝3s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200N/m，重力加速度g取10m/s2。则在该段时间内()图7A．物体的加速度大小为2m/s2B．弹簧的伸长量为3cmC．弹簧的弹力

做功为30JD．物体的重力势能增加36J解析根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为a＝ΔvΔt＝1m/s2，选项A错误；对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由

牛顿第二定律，F－mgsin30°＝ma，解得F＝6N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3cm，选项B正确；在t＝1s到t＝3s这段时间内，物体动能增大ΔEk＝12mv22－12mv21＝6J，根据速度—时间图象面积等于位

移，可知物体向上运动位移x＝6m，物体重力势能增加ΔEp＝mgxsin30°＝30J；根据功能关系可知，弹簧弹力做功W＝ΔEk＋ΔEp＝36J，选项C、D错误。答案B8．(2018·全国卷Ⅰ，18)如图8，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R

；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()图8A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR解

析设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得vc＝2gR。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平

方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小为x＝12gt2＝2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高

点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误。答案C9．(多选)(2019·佛山高三检测)如图9甲所示，质量为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0

.4m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10m/s2，B为AC轨道中点。下列说法正确的是()图9A．图乙中x＝4m2·s－2B．小球从B到C损失了0.125J的机械能C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05

JD．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m解析当h＝0.8m时小球在C点，由于小球恰能到达最高点C，故mg＝mv2Cr，所以v2C＝gr＝10×0.4m2·s－2＝4m2·s－2，故选项A正确；由已知条件无

法计算出小球从B到C损失了0.125J的机械能，故选项B错误；小球从A到C，由动能定理可知W合＝12mv2C－12mv2A＝12×0.1×4J－12×0.1×25J＝－1.05J，故选项C正确；小球离开C点后做平抛运动，故2r＝12gt2，落地点到A的距

离x1＝vCt，解得x1＝0.8m，故选项D正确。答案ACD10．(2017·全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105m处以7.5×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/

s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2(结果保留2位有效数字)。(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进

入大气层时速度大小的2.0%。解析(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝12mv20①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Eh＝12mv2h＋mgh③

式中，vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小。由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝12m(2.0100vh)2＋mgh′⑤由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由②

⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J⑦答案(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J11．如图10甲为一个儿童电动小汽车的轨道传送接收装置，L＝1m的水平直轨道AB与半径均为0.4m的竖直光滑螺旋圆轨道(O、O′为圆心，C为最高点)相切于B，B′为第2个圆

与水平轨道的切点，O′D与O′B′的夹角为60°，接收装置为高度可调节的平台，EF为平台上一条直线，O′EF在同一竖直平面内，装置切面图可抽象为图乙模型。质量为0.6kg的电动小汽车以额定功率P＝6W从起点A启动沿轨道运动一段时间(到达B点之前电动机停止工作)，刚好能

通过C点，之后沿圆弧从B′运动至D点后抛出，沿水平方向落到平台E点，小汽车与水平直轨道AB的动摩擦因数为μ＝0.2，其余轨道均光滑，g＝10m/s2(空气阻力不计，小汽车运动过程中可视为质点)。乙图10(1)求电动机工作时间？(2)要

保证小汽车沿水平方向到达平台E点，求平台调节高度H和EB′的水平位移x2；(3)若抛出点D的位置可沿圆轨道调节，设O′D与O′B′的夹角为θ，要保证小汽车沿水平方向到达平台E点，写出平台的竖直高度H、平台落点到抛出点的水平位移x1、角度θ的关系方程。解析(1)小汽车刚好过最高的

C点，轨道对小汽车刚好无作用力mg＝mv2CR对AC应用动能定理Pt－μmgL－2mgR＝12mv2C－0，t＝1.2s(2)对从C到D，应用机械能守恒定律，得mg(R＋Rsin30°)＋12mv2C＝12mv2DvD＝4m/s，vDx＝vDsin30°＝2m/svDy＝vDcos30°＝2

3m/s将DE看成逆向平抛运动vDy＝gt′，t′＝35sh＝12gt′2＝0.6mH＝h＋R(1－cos60°)＝0.8mx1＝vDxt′＝0.43mx2＝x1＋Rsin60°＝0.63m≈1.04m

(3)将DE看成逆向平抛运动tanθ＝2hx1，H＝h＋R(1－cosθ)解得x1＝2（H－0.4＋0.4cosθ）tanθ答案(1)1.2s(2)0.8m1.04m(3)2（H－0.4＋0.4cosθ）tanθ