2021届高考物理题：机械能及其守恒定律一轮练习及答案 20页

2021 届高考物理题：机械能及其守恒定律一轮练习及答案 *机械能及其守恒定律 * 一、选择题 1、(2019 年吉林长春二模 )半径为 R 的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直 轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上 A、B 两点并处于静止状态， A、B 连线过圆心且与竖直方向成 37 °角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速 度从零不断增大，则下列说法正确的是 ( ) A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥ 0.75 B．B 处的小环先相对大环开始滑动 C．两小环的高度最终都将升高 D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功 2、如图所示，质量为 m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍， 物块与转轴 OO ′相距 R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值 时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动的瞬间的过程中，转台的 摩擦力对物块做的功为 ( ) A.0 B.2πkmgR C.2kmgR D.0.5kmgR 3、(2019 ·临沂 2 月检测 ) (双选 )如图所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道 AO 对接半 径为 2R 的光滑圆弧轨道 OB 于 O 点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点 C 由 静止下滑 (C 点未标出 )，物体恰能从 O 点平抛出去。则 ( ) A．∠CO1O＝60° B．∠CO1O＝90° C．落地点距 O 2 的距离为 2 2R D．落地点距 O2 的距离为 2R 4、(双选 )关于功率公式 P＝ W t 和 P＝Fv 的说法正确的是 ( ) A．由 P＝ W t 知，只要知道 W 和 t 就可求出任意时刻的功率 B．由 P＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C．由 P＝Fv 知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限增大 D．由 P＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 5、(多选 )质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝ 0.1 的水平面上，在水平拉 力 F 的作用下， 由静止开始运动， 拉力做的功 W 和物体发生的位移 s 之间的关系 如图所示，重力加速度 g 取 10 m/s 2，在物体位移为 9 m 的过程中，下列说法正 确的是 ( ) A．物体先做匀加速运动，然后做匀减速运动 B．拉力 F 的平均功率为 6.75 W C．拉力 F 的最大瞬时功率为 15 W D．摩擦力做功为 18 J 6、在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是 ( ) A．甲的速度是乙的 2 倍，甲的质量是乙的 1 2 B．甲的质量是乙的 2 倍，甲的速度是乙的 1 2 C．甲的质量是乙的 4 倍，甲的速度是乙的 1 8 D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 7、(双选 )如图所示，滑块 a、b 的质量均为 m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水 平地面相距 h，b 放在地面上。 a、b 通过铰链用刚性轻杆连接， 由静止开始运动。 不计摩擦， a、b 可视为质点，重力加速度大小为 g 。则 ( ) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D．a 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg 8、(双选 )如图所示，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 ( ) A．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 9、(2019 ·湖北六市高三联考 ) （双选）如图所示，竖直平面内有一半径为 R 的固定 1 4圆轨道与水平轨道相切于 最低点 B。一质量为 m 的小物块 P(可视为质点 )从 A 处由静止滑下，经过最低点 B 后沿水平轨道运动，到 C 处停下， B、C 两点间的距离为 R，物块 P 与圆轨道、 水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力 F 将物块 P 沿下滑的路径从 C 处缓慢 拉回圆弧轨道的顶端 A，拉力 F 的方向始终与物块 P 的运动方向一致，物块 P 从 B 处经圆弧轨道到达 A 处过程中，克服摩擦力做的功为μ mgR ，下列说法正确的 是 ( ) A．物块 P 在下滑过程中，运动到 B 处时速度最大 B．物块 P 从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力做的功等于 2μmgR C．拉力 F 做的功小于 2mgR D．拉力 F 做的功为 mgR(1 ＋2μ) 10、（双选）有一条长为 2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜 面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为 30°，另一半长度竖直下垂在空 中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时 的速度为 (g 取 10 m/s 2)( ) A．2.5 m/s B． 5 2 2 m/s C． 5 m/s D． 35 2 m/s 11、(2019 ·龙岩质检 )如图所示， 固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环， 圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点，橡皮绳 竖直且处于原长，原长为 h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速 度为零。则在圆环下滑过程中 (整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内 )，下列说 法中正确的是 ( ) A．圆环的机械能守恒 B．圆环的机械能先增大后减小 C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了 mgh D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大 二、非选择题 1、某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”的实验。平 衡摩擦力后， 通过实验得到图乙所示的纸带。 纸带上 O 为小车运动起始时刻所打 的点，选取时间间隔为 0.1 s 的相邻计数点 A、B、C、D、E、F。实验时小车的 质量为 0.390 kg ，小车受到细绳的拉力为 0.40 N 。回答下列问题： (计算结果保 留三位有效数字 ) 甲 乙 (1)小车从 O 到 E，合力做的功 W＝________J；动能变化量Δ Ek＝________J。 (2)实验中该同学发现 W 略大于Δ Ek ，其主要原因是 _________ _______________________________________(写出一条即可 )。 2、如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在 O 点质量为 m ＝ 1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加 F＝10 N 水平 向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到 A 点前某处速度最 大时，弹簧的弹力为 6 N ，运动到 A 点时撤去推力 F，小物块最终运动到 B 点静 止。图中 OA ＝0.8 m ，OB＝0.2 m ，重力加速度取 g＝10 m/s 2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过 O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 3、(2019 ·南昌模拟 ) 冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动。 其场地由助滑坡 AB( 高度差为 10 m)、过渡区 BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中 DE 半径为 3 m 、对 应的圆心角为 60°)和跳台 EF(高度可调，取为 h= 4 m) 等组成，如图所示，质量 60 kg 的运动员由 A 点静止出发，沿轨道运动到 F 处飞出。运动员飞出的速度须在 54 km/h 到 68 km/h 之间能在空中完成规定动 作，设运动员借助滑雪杆仅在 AB 段做功，不计摩擦和空气阻力， g 取 10 m/s 2， 则： (1)为能完成空中动作，则该运动员在 AB 过程中至少做多少功。 (2)为能完成空中动作，在过渡区最低点 D 处，求该运动员受到的最小支持力。 (3)若将该运动员在 AB 段和 EF 段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为 t AB ∶ tEF=3 ∶1，已知 AB=2EF ，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？ 2021 届高考物理题：机械能及其守恒定律一轮练习及答案 *机械能及其守恒定律 * 一、选择题 1、(2019 年吉林长春二模 )半径为 R 的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直 轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上 A、B 两点并处于静止状态， A、B 连线过圆心且与竖直方向成 37 °角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速 度从零不断增大，则下列说法正确的是 ( ) A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥ 0.75 B．B 处的小环先相对大环开始滑动 C．两小环的高度最终都将升高 D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功 【答案】 A 【解析】 小环 A 与小环 B 最初都静止， 可知 mgsin 37 °≤μmgcos 37 °，即μ≥tan 37°＝0.75 ，故 A 正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环 A 和环 B 与大环保持相对静止，对环 A 沿水平方向有 f Acos θ－N Asin θ＝mr ω2，对环 B 沿水平方向有 N Bsin θ－f Bcos θ＝mr ω2，随着角速度的不断增大， A 所受摩 擦力越来越大， B 所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此 A 受到的静摩擦力会 先达到最大，即 A 先相对大环开始滑动， B 错误；若两小环相对大环运动，则环 A 高度会降低，环 B 高度会升高， C 错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大 环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功， D 错误． 2、如图所示，质量为 m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的 k 倍， 物块与转轴 OO ′相距 R，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值 时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动的瞬间的过程中，转台的 摩擦力对物块做的功为 ( ) A.0 B.2πkmgR C.2kmgR D.0.5kmgR 【解析】选 D。根据牛顿第二定律得 kmg=m ，根据动能定理得 W=mv 2=kmgR ，故 D 正确， A、B、C 错误。 3、(2019 ·临沂 2 月检测 ) (双选 )如图所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道 AO 对接半 径为 2R 的光滑圆弧轨道 OB 于 O 点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点 C 由 静止下滑 (C 点未标出 )，物体恰能从 O 点平抛出去。则 ( ) A．∠CO1O＝60° B．∠CO1O＝90° C．落地点距 O 2 的距离为 2 2R D．落地点距 O2 的距离为 2R 【答案】 A BC [要使物体恰能从 O 点平抛出去，在 O 点有 mg ＝ m v 2 2R，解得物 体从 O 点平抛出去的最小速度为 v＝ 2gR 。设∠CO 1O＝θ，由机械能守恒定律 可知， mgR(1 －cos θ)＝ 1 2mv 2，解得θ＝90°，故选项 A 错误， B 正确；由平抛 运动规律可得， x＝vt,2R ＝ 1 2gt 2，解得落地点距 O 2 为 2 2R，选项 C 正确， D 错误。 ] 4、(双选 )关于功率公式 P＝ W t 和 P＝Fv 的说法正确的是 ( ) A．由 P＝ W t 知，只要知道 W 和 t 就可求出任意时刻的功率 B．由 P＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C．由 P＝Fv 知，随着汽车速度增大，它的功率也可以无限增大 D．由 P＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 【答案】 BD [P＝ W t 只适用于求平均功率， P＝Fv 虽是由前者推导得出，但可以 用于求平均功率和瞬时功率，选项 A 错误， B 正确；汽车运行时不能长时间超过 额定功率， 故随着汽车速度的增大， 它的功率并不能无限制的增大， 选项 C 错误； 当功率一定时，速度越大，牵引力越小；速度越小，牵引力越大，故牵引力与速 度成反比，选项 D 正确。 ] 5、(多选 )质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数为μ＝ 0.1 的水平面上，在水平拉 力 F 的作用下， 由静止开始运动， 拉力做的功 W 和物体发生的位移 s 之间的关系 如图所示，重力加速度 g 取 10 m/s 2，在物体位移为 9 m 的过程中，下列说法正 确的是 ( ) A．物体先做匀加速运动，然后做匀减速运动 B．拉力 F 的平均功率为 6.75 W C．拉力 F 的最大瞬时功率为 15 W D．摩擦力做功为 18 J 【答案】 BC 根据做功公式可知， W－s 图象的斜率表示拉力的大小， 0～3 m 内，拉力 F1＝5 N,3 ～9 m 内，拉力 F2＝2 N ，摩擦力的大小 f＝μmg ＝2 N ，根 据牛顿第二定律可知，物块先做匀加速运动后做匀速运动， A 选项错误；分析图 象可知， 0～9 m 内，拉力做功为 27 J，匀加速运动的加速度 a＝ F1－f m ＝1.5 m/s 2， 匀加速运动的时间 t 1＝ 2x 1 a ＝2 s，匀加速运动的末速度 v＝at 1＝3 m/s ，匀 速运动的时间 t 2＝ x2 v ＝2 s，拉力的平均功率 P ＝ W t ＝6.75 W ，B 选项正确；拉 力的最大瞬时功率 P＝F1v＝5×3 W ＝15 W ，C 选项正确；摩擦力做功 W f＝－ fs ＝－18 J，D 选项错误． 6、在下列几种情况下，甲、乙两物体的动能相等的是 ( ) A．甲的速度是乙的 2 倍，甲的质量是乙的 1 2 B．甲的质量是乙的 2 倍，甲的速度是乙的 1 2 C．甲的质量是乙的 4 倍，甲的速度是乙的 1 8 D．质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动 [答案 ] D 7、(双选 )如图所示，滑块 a、b 的质量均为 m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水 平地面相距 h，b 放在地面上。 a、b 通过铰链用刚性轻杆连接， 由静止开始运动。 不计摩擦， a、b 可视为质点，重力加速度大小为 g 。则 ( ) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D．a 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg 【答案】 BD [由题意知，系统机械能守恒，设某时刻 a、b 的速度分别为 va、 vb ，此时轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将 va、vb 分解，如图所示。 因为轻杆不可伸长，所以沿轻杆的分速度 v∥与 v′∥是相等的，即 v acos θ＝vb sin θ。当 a 滑至地面时θ＝ 90 °，此时 vb ＝0，由系统机械能守恒得 mgh ＝ 1 2 mv 2a， 解得 va＝ 2gh ，选项 B 正确；由于 b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先 增大后减小， 即轻杆对 b 先做正功后做负功， 选项 A 错误； 轻杆对 b 的作用先是 推力后是拉力，对 a 则先是阻力后是动力，即 a 的加速度在受到轻杆的向下的拉 力作用时大于 g ，选项 C 错误； b 的动能最大时，轻杆对 a、b 的作用力为零， 此时 a 的机械能最小， b 只受重力和支持力，所以 b 对地面的压力大小为 mg ， 选项 D 正确。 ] 8、(双选 )如图所示，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 ( ) A．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 【答案】 AD [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－W f ＝0，选项 D 正确。 ] 9、(2019 ·湖北六市高三联考 ) （双选）如图所示，竖直平面内有一半径为 R 的固定 1 4圆轨道与水平轨道相切于 最低点 B。一质量为 m 的小物块 P(可视为质点 )从 A 处由静止滑下，经过最低点 B 后沿水平轨道运动，到 C 处停下， B、C 两点间的距离为 R，物块 P 与圆轨道、 水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力 F 将物块 P 沿下滑的路径从 C 处缓慢 拉回圆弧轨道的顶端 A，拉力 F 的方向始终与物块 P 的运动方向一致，物块 P 从 B 处经圆弧轨道到达 A 处过程中，克服摩擦力做的功为μ mgR ，下列说法正确的 是 ( ) A．物块 P 在下滑过程中，运动到 B 处时速度最大 B．物块 P 从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力做的功等于 2μmgR C．拉力 F 做的功小于 2mgR D．拉力 F 做的功为 mgR(1 ＋2μ) 【答案】 CD [当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此 位置在 AB 之间，故 A 错误；将物块 P 缓慢地从 B 拉到 A，克服摩擦力做的功为 μmgR ，而物块 P 从 A 滑到 B 的过程中，物块 P 做圆周运动，根据向心力知识可 知物块 P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力 做的功 W f 大于μ mgR ，因此物块 P 从 A 滑到 C 的过程中克服摩擦力做的功大于 2μmgR ，故 B 错误；由动能定理得，从 C 到 A 的过程中有 W F－mgR －μmgR －μmgR ＝0－0，则拉力 F 做的功为 W F＝mgR(1 ＋2μ)，故 D 正确；从 A 到 C 的过程中， 根据动能定理得 mgR －W f－μmgR ＝0，因为 W f> μmgR ，则 mgR> μmgR ＋μmgR ，因此 W F<2mgR ，故 C 正确。 ] 10、（双选）有一条长为 2 m 的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜 面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为 30°，另一半长度竖直下垂在空 中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时 的速度为 (g 取 10 m/s 2)( ) A．2.5 m/s B． 5 2 2 m/s C． 5 m/s D． 35 2 m/s 【答案】 A B [链条的质量为 2m ，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的 机械能为 E＝Ep ＋Ek ＝－ 1 2×2mg × L 4 sin θ－ 1 2×2mg × L 4＋0＝－ 1 4 mgL(1 ＋sin θ) 链条全部滑出后，动能为 E′k＝ 1 2×2mv 2 重力势能为 E′p＝－ 2mg L 2 由机械能守恒定律可得 E＝E′k＋E′p 即－ 1 4mgL(1 ＋sin θ)＝mv 2 －mgL 解得 v＝ 1 2 gL 3－sin θ＝ 5 2 2 m/s ， 故 B 正确， A、C、D 错误。 ] 11、(2019 ·龙岩质检 )如图所示， 固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为 m 的圆环， 圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的 A 点，橡皮绳 竖直且处于原长，原长为 h，现让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速 度为零。则在圆环下滑过程中 (整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内 )，下列说 法中正确的是 ( ) A．圆环的机械能守恒 B．圆环的机械能先增大后减小 C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了 mgh D．橡皮绳再次恰好恢复原长时，圆环动能最大 【答案】 A C [圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即 环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成 的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增 大，所以圆环的机械能先不变后减小，故 A、B 错误；圆环滑到杆的底端时动能 为零，重力势能减小了 mgh ，即圆环的机械能减少了 mgh ，故 C 正确；在圆环 下滑过程中， 橡皮绳再次恢复原长时， 该过程中圆环动能一直增大， 但不是最大， 沿杆方向合力为零的时刻，圆环加速度为零，圆环的速度最大，故 D 错误。 ] 二、非选择题 1、某同学用图甲所示装置进行“探究恒力做功与动能改变的关系”的实验。平 衡摩擦力后， 通过实验得到图乙所示的纸带。 纸带上 O 为小车运动起始时刻所打 的点，选取时间间隔为 0.1 s 的相邻计数点 A、B、C、D、E、F。实验时小车的 质量为 0.390 kg ，小车受到细绳的拉力为 0.40 N 。回答下列问题： (计算结果保 留三位有效数字 ) 甲 乙 (1)小车从 O 到 E，合力做的功 W＝________J；动能变化量Δ Ek＝________J。 (2)实验中该同学发现 W 略大于Δ Ek ，其主要原因是 _________ _______________________________________(写出一条即可 )。 [解析 ] (1) 合力做的功 W＝FxOE＝0.4×46.9 ×10 － 2 J≈0.188 J ； 动能的变化量Δ Ek ＝ 1 2mv 2E－0＝ 1 2×0.390 × 57.00 －37.80 2×0.1 ×10 －2 2 J－0≈ 0.180 J 。 (2)虽然平衡了摩擦力，但是每次运动中空气或纸带的阻力做负功，所以 W 略大 于Δ Ek。 [答案 ] (1)0.188 0.180 (2)小车受到空气阻力的作用 (纸带阻力等 ) 2、如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在 O 点质量为 m ＝ 1 kg 的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变。现对小物块施加 F＝10 N 水平 向左的恒力，使其由静止开始向左运动。小物块在向左运动到 A 点前某处速度最 大时，弹簧的弹力为 6 N ，运动到 A 点时撤去推力 F，小物块最终运动到 B 点静 止。图中 OA ＝0.8 m ，OB＝0.2 m ，重力加速度取 g＝10 m/s 2。求小物块： (1)与桌面间的动摩擦因数μ； (2)向右运动过程中经过 O 点的速度； (3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量。 [解析 ] (1) 小物块速度达到最大时，加速度为零。 F－μmg －F 弹＝0，μ＝ F－F弹 mg ＝0.4 。 (2)设向右运动通过 O 点时的速度为 v 0，从 O→B，由动能定理得 －FfxOB＝0－ 1 2mv 20，Ff＝μmg ＝4 N 解得 v0＝ 1.6 m/s ≈1.26 m/s 。 (3)弹簧最大压缩量为 xmax ，对小物块运动的全过程，根据动能定理得 FxOA －Ff(2x max ＋xOB)＝0，代入数值得 xmax ＝0.9 m 。 [答案 ] (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m 3、(2019 ·南昌模拟 ) 冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动。 其场地由助滑坡 AB( 高度差为 10 m)、过渡区 BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中 DE 半径为 3 m 、对 应的圆心角为 60°)和跳台 EF(高度可调，取为 h= 4 m) 等组成，如图所示，质量 60 kg 的运动员由 A 点静止出发，沿轨道运动到 F 处飞出。运动员飞出的速度须在 54 km/h 到 68 km/h 之间能在空中完成规定动 作，设运动员借助滑雪杆仅在 AB 段做功，不计摩擦和空气阻力， g 取 10 m/s 2， 则： (1)为能完成空中动作，则该运动员在 AB 过程中至少做多少功。 (2)为能完成空中动作，在过渡区最低点 D 处，求该运动员受到的最小支持力。 (3)若将该运动员在 AB 段和 EF 段视为匀变速运动，且两段运动时间之比为 t AB ∶ tEF=3 ∶1，已知 AB=2EF ，则运动员在这两段运动的加速度之比为多少？ 【解析】 (1)该运动员在 AF 过程中，由动能定理得： mg(h AB-h)+W 人=m -0 运动员通过 F 的最小速度 vF=54 km/h=15 m/s 解得： W 人 =3 150 J (2)从 D 点到 F 点，由动能定理得： -mg[h+R(1-cos 60 °)]= m -m 其中 vF 取最小速度，在 D 点由牛顿第二定律得： FN-mg=m 解得： FN =7 300 N (3)在 AB 段和 EF段运动的平均速度之比： ∶ = ∶ =2 ∶3 设滑到 B 点的速度为 v 1，则滑到 E 点的速度也为 v 1，设滑到 F 点的速度为 v2， 则： = = 解得： v1=2v 2 又有： a1= a2= 解得： a1∶a2=2 ∶3 答案： (1)3 150 J (2)7 300 N (3)2 ∶3