专题06 机械能2023年高考物理三模试题分项汇编（全国通用）（解析版）

专题06 机械能

1、（2023·浙江省诸暨市高三下学期第三次适应性考试）如图所示，倾角斜坡为滑雪训练场地，滑道上a、b两个彩旗杆之间的距离为5.5m。质量的运动员从一定高度由静止开始下滑，滑雪板通过彩旗杆b所经历的时间为0.2s，已知质量不计的滑雪板长度为1.7m，运动员下滑过程中所受的阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度，。以下说法正确的是（　　）

A. 运动员在下滑时加速度的大小为

B. 滑雪板刚到彩旗a时运动员的动能为360J

C. 滑雪板刚到彩旗b时运动员重力的瞬时功率为6400W

D. 滑雪板通过彩旗b过程中运动员损失的机械能为816J

【答案】B

【解析】

A．运动员在下滑时加速度的大小为

故A错误；

B．设滑雪板刚到彩旗杆b的速度为vb，有

解得

设滑雪板刚到彩旗杆a的速度为va，由a到b过程

解得

滑雪板刚到彩旗a时运动员的动能为

故B正确；

C．滑雪板刚到彩旗b时运动员重力的瞬时功率为

故C错误；

D．滑雪板通过彩旗b过程中运动员损失的机械能为

故D错误。

故选B。

2、（2023·四川省成都市树德中学高三下学期三诊）如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与质量为的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为，现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达点。已知定滑轮到细杆的距离为d，Q点和定滑轮的高度相同，，，重力加速度大小为，定滑轮可看作质点，下列说法正确的是（　　）

A. 小球经过点时的加速度大小为 B. 小球的质量为

C. 绳中的最小张力为 D. 该系统的最大总动能为

【答案】ABD

【解析】

本题考查机械能守恒定律，目的是考查学生的分析综合能力。

A．小球经过点时水平方向平衡，在竖直方向仅受到重力作用，加速度大小为。故A正确；

B．根据机械能守恒定律有

解得

故B正确；

C．小球从P到Q，物块A先加速后减小，物块受到的拉力先小于重力后大于重力，小球从Q到最高点，物块A先向上加速后向上减速，物块受到的拉力先大于重力后小于重力，所以最小值应该在最高或者最低点。设小球在最高点的加速度大小为，则物块对应的加速度大小为，则有

，

解得

设小球在最低点时的加速度为a

对小球有

对物块有

解得

故C错误；

D．设轻绳与水平方向的夹角为时，系统的总动能为，有

解得

为第一象限内单位圆上的点与定点连线的斜率，所以

故D正确。

故选ABD。

3、（2023·四川省成都市七中高三下学期三诊）如图所示，将一根光滑的硬质金属导线制成四分之一圆弧轨道AB后固定在竖直平面内，为轨道的圆心，水平。质量为m的细圆环P套在轨道上，足够长的轻质细绳绕过光滑的细小定滑轮、分别连接圆环P与另一质量也为m的小球Q，为一边长为R的正方形。若将细圆环P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，圆环P在细绳拉动下将沿轨道运动。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，则细圆环P下滑至B点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小球Q的机械能先增加后减少

B. 细圆环P的机械能先减少后增加

C. 小球Q的速度为零时，细圆环P的速度大小为

D. 细圆环P运动到B点时，圆弧轨道对圆环P的弹力大小为

【答案】CD

【解析】

A．在细圆环P下滑至B点的过程中，小球Q先向下运动，后向上运动，细绳拉力对Q先做负功后做正功，因此小球Q的机械能先减少后增加，A错误；

B．细绳拉力对细圆环P先做正功后做负功，因此细圆环P的机械能先增加后减少，B错误；

C．根据速度的合成与分解可知，细圆环P的速度沿细绳方向的分量大小等于Q的速度大小，当小球Q的速度为零时，细圆环P的速度方向与细绳垂直，根据几何关系可知，此时细绳与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律有

解得

C正确；

D．细圆环P运动到B点时，P、Q的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得

在B点，对细圆环P有

解得圆弧轨道对圆环P的弹力大小

D正确。

故选CD。

4、（2023·山东省齐鲁名校大联盟高三下学期三模）如图所示，一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有两个可视为质点的小球A和B，A、B之间用轻杆相连，A球位于圆环最高点。已知小球A和B的质量之比为，轻杆长度是圆环半径的倍。现将小球A、B从图中所示的位置由静止释放，下列说法正确的是（    ）

A. A球运动到圆环的最低点时，速度为零

B. B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，轻杆对B球所做的总功为零

C. 轻杆与竖直方向成时，A球的速度最大

D. 轻杆与竖直方向成时，B球的速度最大

【答案】BD

【解析】

A．画出当A球运动到最低点时的示意图

此时B球再次与圆心等高，A球运动到圆环的最低点的过程中，A球和B球的系统机械能守恒

根据关联速度，可得

解得

A错误；

B．B球从开始运动至到达圆环最低点的过程中，A球和B球的系统机械能守恒

根据关联速度，可得

解得

对小球B分析，从静止释放到最低点的过程中，根据动能定理，有

解得

B正确；

CD．取最低点为零势能面，设B球与圆心连线与竖直方向的夹角为α，A球与圆心连线与水平方向的夹角为α，A球和B球的重力势能为

代入数据，有

当时，系统重力势能最小，动能最大，根据几何关系，可得此时杆与竖直方向夹角为

因为两球速度始终大小相等，所以动能最大时，两者的速度最大，故轻杆与竖直方向成时，A球B球的速度最大，C错误，D正确。

故选BD。

5、（2023·山东省齐鲁名校大联盟高三下学期三模）压电型传感器自身可以产生电压，某压电型传感器输出电压与所受压力成正比，利用该压电型传感器可以设计一个电路来判断升降机的运动情况，其工作原理如图1所示。将压电型传感器固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块，时间内升降机匀速上升，从时刻开始，电流表中电流随时间变化的情况如图2所示，图2中两段曲线为半径相同的半圆，下列判断正确的是（    ）

A. 时间内，升降机的动能先增大后减小

B. 时间内，升降机处于静止状态

C. 时间内，物块机械能减小

D. 、时刻，升降机速度相同

【答案】D

【解析】

A．因为传感器输出电压与所受压力成正比，根据欧姆定律

可知回路中的电流与传感器所受到的压力也成正比，结合图像，可知传感器所受到的压力先增大后减小，又因为时间内升降机匀速上升，物块对升降机的压力等于重力，所以传感器所受到的压力始终大于重力，即物块受到的支持力大于重力，根据牛顿第二定律，有

重物先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故升降机的动能一直增大，A错误；

B．时间内电流已经减小到与时间段内相同，又因为升降机一直在加速运动，所以在时间内升降机匀速运动，B错误；

C．时间内，升降机先做加速度增大的减速运动，后做加速度减小的减速运动，又因为图2中两段曲线为半径相同的半圆，所以升降机始终在向上运动，物块受到的支持力始终做正功，所以物块的机械能增大，C错误；

D．根据上述分析，已得回路中的电流与传感器所受到的压力成正比，此图像可以转化为物块所受到的合力与时间的图像，两段曲线为半径相同的半圆

根据动量定理可知时间内合外力的冲量为零，、时刻，物块的速度相同，即、时刻，升降机速度相同，D正确。

故选D。

6、（2023·河北省石家庄市高三下学期质检三）如图所示是一儿童游戏机的简化示意图，光滑游戏面板倾斜放置，长度为8R的AB直管道固定在面板上，A位于斜面底端，AB与底边垂直，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与AB相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳。现缓慢下拉轻绳使弹簧压缩，后释放轻绳，弹珠经C点水平射出，最后落在斜面底边上的位置D（图中未画出），且离A点距离最近。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。下列说法正确的是（　　）

A. 弹珠脱离弹簧的瞬间，其动能达到最大

B. 弹珠脱离弹簧的瞬间，其机械能达到最大

C. A、D之间的距离为

D. A、D之间的距离为

【答案】BD

【解析】

A．弹珠与弹簧接触向上运动过程，对弹珠分析可知，弹珠先向上做加速度减小的加速运动，后做加速度方向反向，大小减小的减速运动，可知，弹簧弹力与重力沿斜面的分力恰好抵消时，合力为0弹珠的动能达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A错误；

B．弹珠脱离弹簧之前，弹簧处于压缩，弹簧对弹珠做正功，因此弹珠脱离弹簧的瞬间，弹珠的机械能达到最大，B正确；

CD．弹珠飞出后做类平抛运动，沿斜面方向有

可知弹珠落地D的时间为一定值，水平方向有

可知，弹珠飞出速度越小，距离A点越近，由于弹珠做圆周运动，若恰能越过C，则此时有

解得

C错误，D正确。

故选BD。

7、（2023·江苏省八市高三下学期三模补偿训练）如图所示，质量为的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则（　　）

A. 小球和槽组成的系统动量守恒

B. 小球不可能到达与A等高的C点

C. 小球下滑到底端B的过程中，小球所受重力的瞬时功率先增加后减小

D. 小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大

【答案】C

【解析】

A．由于小球在竖直方向存在加速度，而圆弧形槽在竖直方向没有加速度，所以小球和槽组成的系统在竖直方向的合力不为零，系统不满足动量守恒，故A错误；

B．小球和槽组成的系统在水平方向的合力为零，故小球和槽组成的系统在水平方向满足动量守恒，且小球和槽组成的系统满足机械能守恒，可知小球刚好到达与A等高的C点速度为零，此时圆弧形槽的速度也为零，故B错误；

C．根据重力的瞬时功率

小球在A处静止释放，可知小球在A处的重力瞬时功率为零；小球在B处的竖直分速度为零，可知小球在B处的重力瞬时功率为零；小球在A、B之间的竖直分速度不为零，则小球的重力瞬时功率为零；故小球下滑到底端B的过程中，小球所受重力的瞬时功率先增加后减小，故C正确；

D．小球在A处静止释放，可知小球在A处所受合力的瞬时功率为零；小球在B处的速度处于水平方向，在B处的合力处于竖直方向，可知小球在B处所受合力的瞬时功率为零；故D错误。

故选C。

8、（2023·湖南省岳阳县一中高三下学期三模）“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼-20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经时间t0飞机的速度达到最大值为vm时，刚好起飞。关于起飞过程，下列说法正确的是（  ）

A. 飞机所受合力不变，速度增加越来越慢

B. 飞机所受合力增大，速度增加越来越快

C. 该过程克服阻力所做功为

D. 平均速度

【答案】C

【解析】

AB．根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律

加速度减小，合外力减小，故AB错误；

C．根据动能定理可知

解得

故C正确；

D．因为不是匀变速运动，所以平均速度不等于，故D错误。

故选C。

9、（2023·湖南省岳阳县一中高三下学期三模）如图所示，一物块相对木板向右从板上A点滑至板上B点，木板上A、B两点间距离为5米，同时木板在地面上向左滑行3米，图甲为滑行前，图乙为滑行后，在此过程中物块受到木板对它的滑动摩擦力大小为20N，则物块所受的摩擦力做功为（　）

A. -160J

B -100J

C. 100J

D. -40J

【答案】D

【解析】

物块所受的摩擦力做的功为：

W=Fxcosθ=-20×(5-3)=-40J．

A．-160J，与结论不相符，选项A错误；

B．-100J，与结论不相符，选项B错误；

C．100J，与结论不相符，选项C错误；

D．-40J，与结论相符，选项D正确；

故选D．

【点睛】本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，知道功是力与力的方向上的位移的乘积．

10、（2023·湖南省平江县高三下学期第三次质检）如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A. 弹簧的劲度系数为

B. 小球A到达N点时的速度大小为

C. 小球A到达N点时的速度大小为

D. 小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和先增大后减小

【答案】BD

【解析】

A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为，则B沿斜面方向受力平衡，则

小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，则C沿斜面方向受力平衡，则

易得

当小球A沿圆弧运动到最低点N时，B沿斜面运动的位移为

所以

解得

，

故A错误；

BC．设小球A到达N点时的速度为，对进行分解，在沿绳子方向的速度

由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知

解得

故B正确，C错误；

D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉伸，则弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D正确。

故选BD。

11、（2023·湖南省永州市高三下学期第三次适应性考试）如图甲所示，物体以一定初速度从倾角α=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示。，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则（    ）

A. 物体的质量

B. 物体与斜面间的动摩擦因数

C. 物体上升过程的加速度大小

D. 物体回到斜面底端时的动能

【答案】AC

【解析】

A．根据题意可知，运动到最高点时，物体的速度为0，结合图乙可知，此时的重力势能为，又有

解得

故A正确；

B．根据题意可知，物块上滑过程中，除重力以外只有摩擦力做功，由功能关系可知

解得

故B错误；

C．根据题意，由牛顿第二定律有

解得

故C正确；

D．根据题意可知，物块下滑过程中摩擦力做功与上滑过程中摩擦力做功相等均为

整个过程由动能定理有

其中

解得

故D错误。

故选AC。

12、（2023·湖南省益阳市一中高三下学期5月三模）将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能，重力势能与其上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，取，下列说法正确的是（　　）

A. 小球的质量为0.2kg

B. 小球受到的阻力（不包括重力）大小为0.25N

C. 小球动能与重力势能相等时的高度为m

D. 小球上升到2m时，动能与重力势能之差为0.5J

【答案】BD

【解析】

A．由图知，小球上升的最大高度为h=4m，在最高点时，小球的重力势能

得

故A错误；

B．根据除重力以外其他力做的功

则有

由图知

又

解得

故B正确；

C．设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有

由动能定理有

由图知

联立解得

故C错误；

D．由图可知，在h=2m处，小球重力势能是2J，动能是，所以小球上升到2m时，动能与重力势能之差为

故D正确。

故选BD。

13、（2023·湖南省益阳市一中高三下学期5月三模）雨滴在空中下落的过程中，空气对它的阻力随其下落速度的增大而增大。若雨滴下落过程中其质量的变化及初速度的大小均可忽略不计，以地面为重力势能的零参考面。从雨滴开始下落计时，关于雨滴下落过程中其速度的大小v、重力势能Ep随时间变化的情况，如图所示的图象中可能正确的是（  ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

AB．根据牛顿第二定律得：

mg﹣f＝ma

得：

随着速度增大，雨滴受到的阻力f增大，则知加速度减小，雨滴做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零，雨滴做匀速直线运动，故v﹣t图象切线斜率先减小后不变，故A错误，B正确；

CD．以地面为重力势能的零参考面，则雨滴的重力势能为：

Ep＝mgh﹣mg•at2

Ep随时间变化的图象应该是开口向下的，故CD错误；

故选B.

14、（2023·湖南省益阳市一中高三下学期5月三模）运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看成做自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落. 和分别表示速度、合外力、重力势能和机械能.其中分别表示下落的时间和高度，在整个过程中，下列图象可能符合事实的是(    )

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动．

A．运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，开伞后减速下降，最后匀速下落；图象中加速度有突变，而速度不可能突变，故A错误；

B．运动员从高山悬崖上跳伞，伞打开前可看作是自由落体运动，即空气阻力忽略不计，故只受重力；开伞后减速下降，空气阻力大于重力，故合力向上，当阻力减小到等于重力时，合力为零，做匀速直线运动；即合力先等于重力，然后突然反向变大，且逐渐减小到零，故B正确；

C．重力势能逐渐减小，Ep=mgH=mg（H0-h），即重力势能与高度是线性关系，故C错误；

D．机械能的变化等于除重力外其余力做的功，故自由落体运动过程机械能守恒，故D错误；

故选B．

15、（2023·安徽省蚌埠市高三下学期第三次质检）如图甲所示，x轴的正方向竖直向下，其原点为O，一个钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，之后钢球落入粘性液体中，粘性液体底部坐标为；钢球在运动过程中机械能E随位置坐标x的变化规律如乙图所示，图中为直线，为曲线．不计空气阻力，则下列判断正确的是（    ）

A. 钢球从P点抛出时速度竖直向下 B. 钢球进入液体后先加速后匀速运动

C. 钢球在液体中下落时动能越来越小 D. 钢球在液体中下落时所受阻力越来越大

【答案】D

【解析】

A．钢球从x轴上的P点沿竖直方向抛出，由图可知从O到，机械能守恒，由于O是坐标原点，所以钢球抛出的速度竖直向上，故A错误；

BCD．钢球进入液体后，阻力做功代表机械能变化，有

由图可知钢球在液体中下落时所受阻力越来越大；

则钢球进入液体后先加速，当后，钢球做减速运动，钢球的动能先增大，后减小，故BC错误，D正确；

故选D。

16、（2023·福建省宁德市高三下学期5月质检）如图所示为一种打弹珠的游戏装置，高度的竖直细管AB连接半径的四分之一圆弧管形轨道BC。细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。现拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆，将一质量的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至D点，BD在同一水平线上，落点距管口C的水平距离。小球可视为质点，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度g取10。求：

（1）小球从管口C飞出时的速度大小；

（2）拉杆做的功：

（3）若固定不变，圆弧轨道半径可调，拉杆做功最小时，圆弧轨道半径的大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）小球做平抛运动：

解得

（2）取系统为研究对象，根据动能定理：

解得

（3）由（1）（2）可得：

联立可得

解得当时拉杆做功最小。

17、（2023·福建省泉州市高三下学期5月适应性练习）如图为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆AB可绕水平轴上的O点在竖直面内自由转动。A端小凹槽内装有一质量为m的石子，B端固定一配重。现将杆转至水平方向由静止释放，杆在配重作用下转到竖直位置时石子被水平抛出，击中前方竖直靶上的P点，P与O点恰好在同一水平线上。已知OA=2L，OB=L，OP=4L，重力加速度大小为g，不计一切摩擦及空气阻力。求：

（1）石子被水平抛出时的速度大小v1；

（2）杆由水平转到竖直的过程中凹槽对石子做的功W，以及配重的质量M；

（3）石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小。

【答案】（1）；（2）4mgL，8m；（3）15mg

【解析】

（1）设石子抛出时速度大小为v1，从水平抛出经时间t击中靶，有

解得

（2）对石子，根据动能定理，有

解得

杆由水平转到竖直时，配重的速度大小为v2，对石子和配重，根据机械能守恒定律，有

解得

（3）石子抛出前瞬间，设杆对石子的作用力为F1，方向向下；杆对配重的作用力为F2，方向向上，根据牛顿第二定律，有

石子抛出前瞬间，杆对水平轴的作用力大小为

18、（2023·北京市育才学校高三下学期三模）半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EPC＝0.6 J，g取10 m/s2.求：

(1)小球经过C点时的速度vc的大小；

(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向．

【答案】(1) 3 m/s.   (2) 3.2 N，方向向上．

【解析】

试题分析：(1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得

mg(R＋Rcos60°)＝EPC＋mv， （3分）

代入数据求出vc＝3 m/s. （2分）

(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环作用力FN. 设环对小球的作用力方向向上，根据牛顿第二定律F＋FN－mg＝m， （2分）

由于F＝kx＝2.4 N，         （2分）

FN＝m＋mg－F，

解得FN＝3.2 N，方向向上． （1分）

根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下． （1分）

考点：考查匀速圆周运动

点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力

19、（2023·福建省福州市高三下学期5月质检）“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射形航空母舰，计划2023年开展新阶段海试工作，海试中包括舰载机拦阻索降落测试。某次测试时，舰载机着陆后钩住阻拦索（如图甲），阻拦索将对飞机施加一作用力，使飞机滑行较短距离就能停止，舰载机着陆后滑行的图象如图乙所示（其中内图线为直线）。已知舰载机（包括飞行员）的总质量为，重力加速度。（乙图中信息为已知量）求：

（1）舰载机着陆后到停止的过程，阻力对舰载机做的功；

（2）已知飞行员的质量为，舰载机着陆后匀减速滑行过程中，座椅对飞行员的作用力大小。（结果可带根号）

【答案】（1）；（2）

【解析】

（1）舰载机着陆时速度为,由动能定理得

（2）舰载机着陆后匀减速滑行的加速度

则座椅对飞行员水平方向的作用力

座椅对飞行员的作用力大小

20、（2023·福建省宁德市高三下学期5月质检）如图所示，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8s，赛艇（含运动员和双桨）质量为70kg，受到的阻力恒定，划水加速阶段和空中运桨减速阶段均看成匀变速直线运动且加速度大小相等。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为3m/s，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇在加速阶段前进3.2m，求：

（1）赛艇的最大速度大小；

（2）赛艇所受阻力大小；

（3）运动员在完成1次划水动作的过程对赛艇做的功。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）由运动学公式

解得

（2）由运动学公式，解得

由牛顿第二定律得减速阶段阻力

解得

（3）由牛顿第二定律得加速阶段

运动员对赛艇做的功

解得

21、（2023·河北省唐山市高三下学期三模）如图所示，倾角的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为和，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数。现使物体A从距离C点处以的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：

（1）A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；

（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；

（3）物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有

以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有

解得

（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为。由初始位置至物体A运动到最低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有

由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有

解得

（3）设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为，轻绳拉力为，选A为研究对象，根据平衡条件有

选B为研究对象，根据平衡条件有

解得

物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运动规律有

物体A由速度最大位置返回到C点过程中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒有

根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为

解得

22、（2023·四川省成都市七中高三下学期三诊）如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧，轨道半径，下端恰好与光滑水平面平滑连接，质量为的铁球（可视为质点）由圆弧轨道顶端无初速度释放，后从点冲上倾角为的光滑斜面且无机械能损失，铁球在斜面上运动后在B点冲出斜面。（，，重力加速度取）求：

（1）铁球运动到圆弧轨道底端时对圆弧轨道的压力大小；

（2）斜面的长度；

（3）在点左侧处放置一足够高的竖直挡板，铁球与挡板碰撞时的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）根据题意，设铁球运动到圆弧轨道底端时速度的大小为，铁球从圆弧轨道顶端滑到轨道底端，根据机械能守恒定律得

解得

小球在最低点由牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知，铁球运动到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小为。

（2）设铁球在斜面上的加速度大小为，由牛顿第二定律得

解得

铁球在斜面上运动时间

由运动学规律得铁球运动到点的速度

斜面的长度

（3）将铁球在点的速度沿着水平和竖直方向分解有

上升时间

这段时间内，铁球在水平方向的位移

则铁球与挡板碰撞时恰好运动到最高点，竖直方向的速度为零，则铁球与挡板碰撞时的速度大小