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高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题12.动能定理+综合模型(原卷版+解析)
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这是一份高考物理机械能常用模型最新模拟题精练专题12.动能定理+综合模型(原卷版+解析)，共23页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023福建部分学校联考）如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
2 (2023·河北名校联考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( A )
A．eq \r((2＋π)gR)B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(2(1＋π)gR)D．2eq \r(gR)
3.一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,如图所示,运动方向与水平方向成53°,运动员的加速度大小为。已知运动员(包含装备)的质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员重力势能的减少量为
B.运动员动能的增加量为
C.运动员动能的增加量为mgh
D.运动员的机械能减少了
4.（2021湖南三湘名校联盟第二次联考）如图甲所示，光滑水平面上有一物块，在水平力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随位移变化的图像如图乙所示，则当x=4m时物块的速度为
A．4m/s
B．6m/s
C．4m/s
D．8m/s
5. （2021辽宁省朝阳市凌源市3月尖子生抽测）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 （ ）
A. 2m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 11m/s
6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
7.(2020山东新泰月考)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区推着冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷刷冰壶滑行路线前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ',设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程,以下说法正确的是( )
A.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度不同
B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度相同
C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
8．[多选](2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02
9． （2020·湘赣皖十五校5月联考）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m.已知他的质量约为 60kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为
A. 90 JB. 480 JC. 700 JD. 1250 J
10.（2020江苏扬州一模）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图象正确的是（ ）
11．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是( )
A.eq \f(1,3)v B.eq \f(\r(3),3)v
C.eq \f(2,3)v D.eq \f(\r(6),3)v
12．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
13. (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WN为支持力的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中WN为支持力的功
D.对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
二．计算题
1. （2022江苏南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
2（2022山东邹城高一期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量，以向左运动，运动至距出发点处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度，以顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。（），求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件。
3. （2022北京西城一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W；
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
4．（14分）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
5.（2020·衡水中学4月测试，12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流.将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动.这个现象称为康达效应( Canda Effect).某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点（未画出）.已知水流出水龙头的初速度为v0，B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，乒乓球的半径为R，O为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角θ=60°，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g.
（1）若质量为△m（△m→0）的水受到乒乓球的“吸附力”为F，求的最大值；
（2）求水龙头下端到A的高度差H.
6（8分）如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0．4 m，l＝2．5m，v0＝6m／s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10m／s2．
求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
7.如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段。张华控制的四驱车（可视为质点），质量，额定功率为。张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机。当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为，，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为。已知AB间的距离，四驱车在AB段运动时的阻力恒为。重力加速度取，不计空气阻力，，，求：
（1）发动机在水平平台上工作的时间；
（2）四驱车对圆弧轨道的最大压力。
8. （2021山东莱芜一中质检）如图所示，摩托车做特技表演时，以v=10m/s初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中以P=1.5kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t=16s，人和车的总质量m=1.5×102kg，台高h=5.0m，摩托车的落地点到高台的水平距离s=8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)摩托车从高台水平飞出时的速度大小v0；
(2)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。
9、如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2eq \r(3) m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2。
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题12 动能定理+综合模型
一、选择题
1．（2023福建部分学校联考）如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【参考答案】D
【名师解析】设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理，，第二次根据动能定理，，解得，D项正确．
2 (2023·河北名校联考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( A )
A．eq \r((2＋π)gR)B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(2(1＋π)gR)D．2eq \r(gR)
【参考答案】A
【名师解析】小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R
小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2
综上有v＝eq \r((2＋π)gR)，故选A。
3.一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,如图所示,运动方向与水平方向成53°,运动员的加速度大小为。已知运动员(包含装备)的质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员重力势能的减少量为
B.运动员动能的增加量为
C.运动员动能的增加量为mgh
D.运动员的机械能减少了
【参考答案】CD
【名师解析】运动员下落的高度是h,则运动员重力势能的减少量为mgh,故A错误;运动员下落的高度是h,则飞行的距离l=h,运动员受到的合力F合=ma=mg,动能的增加量等于合力做的功,即ΔEk=W合=mg×h=mgh,故B错误,C正确;运动员重力势能的减少量为mgh,动能的增加量为mgh,所以运动员的机械能减少了mgh,故D正确。
4.（2021湖南三湘名校联盟第二次联考）如图甲所示，光滑水平面上有一物块，在水平力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随位移变化的图像如图乙所示，则当x=4m时物块的速度为
A．4m/s
B．6m/s
C．4m/s
D．8m/s
【参考答案】.B
【命题意图】本题考查对加速度随位移变化图像的理解、动能定理及其相关知识点。
【解题思路】由动能定理，Fx=mv2，F=ma，变化为ax=v2，由此可知，加速度随位移变化图像的面积表示v2，即×（2+5）×2+（5+6）×2= v2，解得v=6m/s，选项B正确。
5. （2021辽宁省朝阳市凌源市3月尖子生抽测）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 （ ）
A. 2m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 11m/s
【参考答案】 B
【考点】动能定理的综合应用
【名师解析】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为： ℎ≈1.3m ，根据机械能守恒定律可知： 12mv2=mgℎ ；解得： v=2gℎ=26m/s≈5m/s ，B符合题意，ACD不符合题意。
6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
【参考答案】.A
【名师解析】 根据题意可知h≠H0，则当动能达到Ek0时可能还未撤去力F，若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，该位置高度一定大于H0，从地面到该位置由动能定理：FH0－mgh＝Ek0，得到：h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，故选项A正确，C错误；若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h7.(2020山东新泰月考)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区推着冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷刷冰壶滑行路线前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ',设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程,以下说法正确的是( )
A.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度不同
B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度相同
C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
【参考答案】.BC
【名师解析】 从投掷线MN到O点对冰壶应用动能定理得-μmgL1-μ'mgL2=0-12mv02,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要保证擦冰的距离一定就行,故A错误,B正确;擦冰区间越靠近投掷线,整个过程的平均速度越大,冰壶滑行的时间越短,故C正确,D错误。
8．[多选](2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02
【参考答案】.BC
【名师解析】 由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，D错误。
9． （2020·湘赣皖十五校5月联考）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m.已知他的质量约为 60kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为
A. 90 JB. 480 JC. 700 JD. 1250 J
【思路点拨】 由抛体运动规律→竖直和水平方向的初速度→起跳时的速度→动能定理→起跳过程该同学所做的功.
【名师解析】 该同学起跳后做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有，竖直方向初速度为，水平方向做匀速直线运动，则有，则起跳时的速度为，因该同学的质量为60kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功，最接近700J，选项C正确，A、B、D错误.
【方法点拨】 应用动能定理的三点注意事项
动能定理表达式中的位移或速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；
应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负；
对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，找出运动过程中各物理量之间的关系.
10.（2020江苏扬州一模）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图象正确的是（ ）
【参考答案】B
【名师解析】不计空气阻力，所以整个过程只有重力做功，根据动能定理有-mgx=Ek-Ek0，Ek0表示物体的初动能，所以Ek=-mgx+Ek0．则Ek与x成一次函数关系。当Ek=0后，物体开始下降，动能又随路程均匀增加，故B正确，ACD错误。
【关键点拨】。
根据动能定理可以得到物体的动能与物体的位移关系，但物体的动能为零后，并不能保持静止，会下降，其动能会增加，所以动能先是随路程减小，后随路程均匀增加。
关于图象问题，找到图象的函数关系是解题的关键所在，对本题来说，一定要看清楚是动能与路程的关系图象，不是位移。
11．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是( )
A.eq \f(1,3)v B.eq \f(\r(3),3)v
C.eq \f(2,3)v D.eq \f(\r(6),3)v
【参考答案】D
【名师解析】设木块的厚度为d，木块对子弹的作用力为F，打穿木块时，由动能定理得，－Fd＝0－eq \f(1,2)mv2；打穿其厚度的三分之一时，由动能定理得：－Feq \f(d,3)＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，联立解得v′＝eq \f(\r(6),3)v，故选项D正确。
12．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
【参考答案】A
【名师解析】 根据动能定理得W升－mgh＝eq \f(1,2)mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×100×42 J＝800 J，B错误；物体的重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体的机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
13. (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WN为支持力的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中WN为支持力的功
D.对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
【参考答案】CD
【名师解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选项D正确。
二．计算题
1. （2022江苏南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
【参考答案】（1）0.5N，0.5N；（2）；（3），2.85m
【名师解析】
（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时
在B点
，
解得
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点
，
且
解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为
所以
解得
2（2022山东邹城高一期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量，以向左运动，运动至距出发点处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度，以顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。（），求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件。
【参考答案】（1）；（2）；（3）或
【名师解析】
（1）小物块从向左运动弹簧压缩至最短再反弹回到出发点过程，由动能定理得
带入数据解得
（2）小物块从向左运动弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒得
带入数据解得
（3）小物块刚好能过圆周运动的最高点，设其速度为，由牛顿第二定律得
设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最高点，由动能定理得
带入数据解得
因
故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
带入数据解得
小物块刚好能到圆心等高处，设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最圆心等高处，由动能定理得
带入数据解得
因
故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
带入数据解得
因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道
或
3. （2022北京西城一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W；
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）冰壶滑行过程中水平方向只受到摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得
解得，冰壶滑行过程中的加速度大小为
（2）根据动能定理可得
则冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功为
（3）根据匀变速直线运动规律有
解得，此时冰壶滑行的加速度大小应为
则根据牛顿第二定律有
解得，此时冰壶和冰面的动摩擦因数变为μ’=0.016.
4．（14分）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【命题意图】本题以滑块冲上斜面过程中的速度v随时间t变化的v﹣t图象为信息，考查对速度图像的理解、牛顿第二定律、动能定理、匀变速直线运动规律及其相关知识点。
【解题思路】（1）由图示v﹣t图象可知，滑块的加速度为：
a＝＝0.8m/s2，
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcs37°＝ma，
代入数据解得：μ＝0.25
（2）滑块向上滑行的最大距离为：x＝
由动能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcs37°＝EK，
代入数据解得：EK＝12.5J
答：1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.25；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能是12.5J。
5.（2020·衡水中学4月测试，12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流.将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动.这个现象称为康达效应( Canda Effect).某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点（未画出）.已知水流出水龙头的初速度为v0，B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，乒乓球的半径为R，O为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角θ=60°，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g.
（1）若质量为△m（△m→0）的水受到乒乓球的“吸附力”为F，求的最大值；
（2）求水龙头下端到A的高度差H.
【名师解析】.（1）设水流在B点的速率为vB，在B点使最大，有牛顿第二定律有
水流从B点开始做平抛运动，有
联立解得.
（2）水流从水龙头流出至到达B点，由动能定理有
联立解得.
6（8分）如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0．4 m，l＝2．5m，v0＝6m／s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10m／s2．
求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
【名师解析】: （4分）
（1）对物块，首次从A到B，有
在B点，有：
解得：
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上。
（2）（4分）对物块，从A点到第二次到达B点：
在B点，有：
解得：L=1m
7.如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段。张华控制的四驱车（可视为质点），质量，额定功率为。张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机。当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为，，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为。已知AB间的距离，四驱车在AB段运动时的阻力恒为。重力加速度取，不计空气阻力，，，求：
（1）发动机在水平平台上工作的时间；
（2）四驱车对圆弧轨道的最大压力。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）滑块滑到B点时的速度VB=VCcs53°=5×0.6m/s=3m/s。
从A到B，由动能定理，Pt-fL=mVB2，
解得;t=1.5s.
（2）从C点运动到最高过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，有：(3分)
圆轨道的半径，设四驱车到达D点时对轨道的压力最大，四驱车在D点速度为，从C到D过程中机械能守恒，有： ，，(3分)
代入数据得，四驱车对轨道的最大压力。(1分)
8. （2021山东莱芜一中质检）如图所示，摩托车做特技表演时，以v=10m/s初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中以P=1.5kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t=16s，人和车的总质量m=1.5×102kg，台高h=5.0m，摩托车的落地点到高台的水平距离s=8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)摩托车从高台水平飞出时的速度大小v0；
(2)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。
【参考答案】(1)；(2)1.92×104J
【名师解析】
(1)摩托车在空中做平抛运动，
运动时间为
从高台水平飞出时的速度
解得
(2)摩托车冲上高台过程中，根据动能定理
解得
所以，摩托车冲上高台过程中摩托车克服阻力所做的功为1.92×104J。
9、如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2eq \r(3) m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2。
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？
【名师解析】 (1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理可得
－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v1＝2eq \r(2) m/s。
(2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理可得
－μmgL－mgh1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得h1＝0.2 m＝R，符合实际情况。
(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，
则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0由动能定理，可得
联立解得：
②若A能够沿轨道上滑至最高点，则需要满足：
由动能定理可得
联立解得
综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m。
答案 (1)2eq \r(2) m/s (2)0.2 m (3)1 m≤L＜1.5 m或L≤0.25 m
一、选择题
1．（2023福建部分学校联考）如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
2 (2023·河北名校联考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( A )
A．eq \r((2＋π)gR)B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(2(1＋π)gR)D．2eq \r(gR)
3.一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,如图所示,运动方向与水平方向成53°,运动员的加速度大小为。已知运动员(包含装备)的质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员重力势能的减少量为
B.运动员动能的增加量为
C.运动员动能的增加量为mgh
D.运动员的机械能减少了
4.（2021湖南三湘名校联盟第二次联考）如图甲所示，光滑水平面上有一物块，在水平力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随位移变化的图像如图乙所示，则当x=4m时物块的速度为
A．4m/s
B．6m/s
C．4m/s
D．8m/s
5. （2021辽宁省朝阳市凌源市3月尖子生抽测）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 （ ）
A. 2m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 11m/s
6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
7.(2020山东新泰月考)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区推着冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷刷冰壶滑行路线前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ',设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心O点。关于这一运动过程,以下说法正确的是( )
A.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度不同
B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度相同
C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
8．[多选](2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02
9． （2020·湘赣皖十五校5月联考）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m.已知他的质量约为 60kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为
A. 90 JB. 480 JC. 700 JD. 1250 J
10.（2020江苏扬州一模）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图象正确的是（ ）
11．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是( )
A.eq \f(1,3)v B.eq \f(\r(3),3)v
C.eq \f(2,3)v D.eq \f(\r(6),3)v
12．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
13. (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WN为支持力的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中WN为支持力的功
D.对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
二．计算题
1. （2022江苏南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
2（2022山东邹城高一期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量，以向左运动，运动至距出发点处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度，以顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。（），求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件。
3. （2022北京西城一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W；
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
4．（14分）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
5.（2020·衡水中学4月测试，12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流.将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动.这个现象称为康达效应( Canda Effect).某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点（未画出）.已知水流出水龙头的初速度为v0，B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，乒乓球的半径为R，O为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角θ=60°，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g.
（1）若质量为△m（△m→0）的水受到乒乓球的“吸附力”为F，求的最大值；
（2）求水龙头下端到A的高度差H.
6（8分）如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0．4 m，l＝2．5m，v0＝6m／s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10m／s2．
求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
7.如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段。张华控制的四驱车（可视为质点），质量，额定功率为。张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机。当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为，，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为。已知AB间的距离，四驱车在AB段运动时的阻力恒为。重力加速度取，不计空气阻力，，，求：
（1）发动机在水平平台上工作的时间；
（2）四驱车对圆弧轨道的最大压力。
8. （2021山东莱芜一中质检）如图所示，摩托车做特技表演时，以v=10m/s初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中以P=1.5kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t=16s，人和车的总质量m=1.5×102kg，台高h=5.0m，摩托车的落地点到高台的水平距离s=8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)摩托车从高台水平飞出时的速度大小v0；
(2)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。
9、如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2eq \r(3) m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2。
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练
专题12 动能定理+综合模型
一、选择题
1．（2023福建部分学校联考）如图所示，内壁光滑的半圆弧槽固定在水平面上，一个质量为m的物块静止在圆弧槽的最低点A，第一次用大小为F的水平恒力作用于物块，使物块沿圆弧面运动到B点；第二次作用力的大小仍为F，作用力的方向始终沿圆弧的切线方向，物块到达B点的速度是第一次到达B点速度的倍．已知B点与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【参考答案】D
【名师解析】设半圆弧槽的半径为R，第一次根据动能定理，，第二次根据动能定理，，解得，D项正确．
2 (2023·河北名校联考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球，小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直，将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)( A )
A．eq \r((2＋π)gR)B．eq \r(2πgR)
C．eq \r(2(1＋π)gR)D．2eq \r(gR)
【参考答案】A
【名师解析】小球下落的高度为h＝πR－eq \f(π,2)R＋R＝eq \f(π＋2,2)R
小球下落过程中，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2
综上有v＝eq \r((2＋π)gR)，故选A。
3.一运动员穿着飞翔装备从飞机上跳出后的一段运动过程可近似认为是匀变速直线运动,如图所示,运动方向与水平方向成53°,运动员的加速度大小为。已知运动员(包含装备)的质量为m,重力加速度为g,sin 37°=0.6,则在运动员下落高度为h的过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员重力势能的减少量为
B.运动员动能的增加量为
C.运动员动能的增加量为mgh
D.运动员的机械能减少了
【参考答案】CD
【名师解析】运动员下落的高度是h,则运动员重力势能的减少量为mgh,故A错误;运动员下落的高度是h,则飞行的距离l=h,运动员受到的合力F合=ma=mg,动能的增加量等于合力做的功,即ΔEk=W合=mg×h=mgh,故B错误,C正确;运动员重力势能的减少量为mgh,动能的增加量为mgh,所以运动员的机械能减少了mgh,故D正确。
4.（2021湖南三湘名校联盟第二次联考）如图甲所示，光滑水平面上有一物块，在水平力作用下由静止开始运动，物块的加速度a随位移变化的图像如图乙所示，则当x=4m时物块的速度为
A．4m/s
B．6m/s
C．4m/s
D．8m/s
【参考答案】.B
【命题意图】本题考查对加速度随位移变化图像的理解、动能定理及其相关知识点。
【解题思路】由动能定理，Fx=mv2，F=ma，变化为ax=v2，由此可知，加速度随位移变化图像的面积表示v2，即×（2+5）×2+（5+6）×2= v2，解得v=6m/s，选项B正确。
5. （2021辽宁省朝阳市凌源市3月尖子生抽测）背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方。如图所示是某运动员背越式跳高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为 （ ）
A. 2m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 11m/s
【参考答案】 B
【考点】动能定理的综合应用
【名师解析】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员重心升高高度约为： ℎ≈1.3m ，根据机械能守恒定律可知： 12mv2=mgℎ ；解得： v=2gℎ=26m/s≈5m/s ，B符合题意，ACD不符合题意。
6.(2020·江淮十校联考)用竖直向上的恒力F将静止在地面上的质量为m的物体提升高度H0后，撤去力F。当物体的动能为Ek0时，试求此时物体的高度h为(已知h≠H0，不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)
B．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h一定还有一解为h＝eq \f(Ek0,F－mg)
C．若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，则h的另一解一定小于H0
D．若h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，则h的另一解一定大于H0
【参考答案】.A
【名师解析】 根据题意可知h≠H0，则当动能达到Ek0时可能还未撤去力F，若h＝eq \f(Ek0,F－mg)，说明物体在未撤去F之前动能就达到Ek0，撤去力F之后，物体的速度减小，故还有一个位置动能为Ek0，该位置高度一定大于H0，从地面到该位置由动能定理：FH0－mgh＝Ek0，得到：h＝eq \f(FH0－Ek0,mg)，故选项A正确，C错误；若撤去F之前动能未达到Ek0，则物体的动能一定是在下落到高度h
A.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度不同
B.为使本次投掷成功,可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,但擦冰的长度相同
C.擦冰区间越靠近投掷线,冰壶滑行的总时间越短
D.擦冰区间越远离投掷线,冰壶滑行的总时间越短
【参考答案】.BC
【名师解析】 从投掷线MN到O点对冰壶应用动能定理得-μmgL1-μ'mgL2=0-12mv02,所以可以在冰壶滑行路线上的不同区间上擦冰,只要保证擦冰的距离一定就行,故A错误,B正确;擦冰区间越靠近投掷线,整个过程的平均速度越大,冰壶滑行的时间越短,故C正确,D错误。
8．[多选](2020·天津等级考)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内( )
A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02
【参考答案】.BC
【名师解析】 由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵引力v可知，动车的速度增大，则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力－F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋eq \f(1,2)mvm2－eq \f(1,2)mv02，D错误。
9． （2020·湘赣皖十五校5月联考）某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m.已知他的质量约为 60kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为
A. 90 JB. 480 JC. 700 JD. 1250 J
【思路点拨】 由抛体运动规律→竖直和水平方向的初速度→起跳时的速度→动能定理→起跳过程该同学所做的功.
【名师解析】 该同学起跳后做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有，竖直方向初速度为，水平方向做匀速直线运动，则有，则起跳时的速度为，因该同学的质量为60kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功，最接近700J，选项C正确，A、B、D错误.
【方法点拨】 应用动能定理的三点注意事项
动能定理表达式中的位移或速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系；
应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负；
对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，找出运动过程中各物理量之间的关系.
10.（2020江苏扬州一模）将一物体竖直向上抛出，不计空气阻力。用x表示物体运动的路程，t表示物体运动的时间，Ek表示物体的动能，下列图象正确的是（ ）
【参考答案】B
【名师解析】不计空气阻力，所以整个过程只有重力做功，根据动能定理有-mgx=Ek-Ek0，Ek0表示物体的初动能，所以Ek=-mgx+Ek0．则Ek与x成一次函数关系。当Ek=0后，物体开始下降，动能又随路程均匀增加，故B正确，ACD错误。
【关键点拨】。
根据动能定理可以得到物体的动能与物体的位移关系，但物体的动能为零后，并不能保持静止，会下降，其动能会增加，所以动能先是随路程减小，后随路程均匀增加。
关于图象问题，找到图象的函数关系是解题的关键所在，对本题来说，一定要看清楚是动能与路程的关系图象，不是位移。
11．子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零。若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是( )
A.eq \f(1,3)v B.eq \f(\r(3),3)v
C.eq \f(2,3)v D.eq \f(\r(6),3)v
【参考答案】D
【名师解析】设木块的厚度为d，木块对子弹的作用力为F，打穿木块时，由动能定理得，－Fd＝0－eq \f(1,2)mv2；打穿其厚度的三分之一时，由动能定理得：－Feq \f(d,3)＝eq \f(1,2)mv′2－eq \f(1,2)mv2，联立解得v′＝eq \f(\r(6),3)v，故选项D正确。
12．升降机底板上放一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( )
A．升降机对物体做功5 800 J
B．合外力对物体做功5 800 J
C．物体的重力势能增加500 J
D．物体的机械能增加800 J
【参考答案】A
【名师解析】 根据动能定理得W升－mgh＝eq \f(1,2)mv2，可解得W升＝5 800 J，A正确；合外力做的功为eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×100×42 J＝800 J，B错误；物体的重力势能增加mgh＝100×10×5 J＝5 000 J，C错误；物体的机械能增加ΔE＝Fh＝W升＝5 800 J，D错误。
13. (多选)如图1所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增加到v2时，上升高度为H，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )
A.对物体，动能定理的表达式为WN＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，其中WN为支持力的功
B.对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力的功
C.对物体，动能定理的表达式为WN－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，其中WN为支持力的功
D.对电梯，其所受合力做功为eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
【参考答案】CD
【名师解析】 电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，故选项A、B错误，C正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故选项D正确。
二．计算题
1. （2022江苏南京二模）现将等宽双线在水平面内绕制成如图所示轨道，两段半圆形轨道半径均为R=m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l=1.35m。在轨道上放置一个质量m=0.1kg小圆柱体，如图所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，如图所示。两轨道与小圆柱体的动摩擦因数均为μ=0.5，小圆柱尺寸和轨道间距相对轨道长度可忽略不计。初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的初速度v0.求：
（1）小圆柱沿AB运动时，内外轨道对小圆柱的摩擦力f1、f2的大小；
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力N1、N2的大小；
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0的最大值，以及在v0取最大值情形下小圆柱最终滑过的路程s。
【参考答案】（1）0.5N，0.5N；（2）；（3），2.85m
【名师解析】
（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等为1N，内外轨道对小圆柱的摩擦力
（2）当v0=6m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时
在B点
，
解得
（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v0最大时，在B点
，
且
解得v0的最大值为，在圆弧上受摩擦力仍为
所以
解得
2（2022山东邹城高一期中）如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量，以向左运动，运动至距出发点处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小。水平面与水平传送带理想连接，传送带长度，以顺时针匀速转动。传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭。（），求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数应满足的条件。
【参考答案】（1）；（2）；（3）或
【名师解析】
（1）小物块从向左运动弹簧压缩至最短再反弹回到出发点过程，由动能定理得
带入数据解得
（2）小物块从向左运动弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒得
带入数据解得
（3）小物块刚好能过圆周运动的最高点，设其速度为，由牛顿第二定律得
设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最高点，由动能定理得
带入数据解得
因
故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
带入数据解得
小物块刚好能到圆心等高处，设小物块在圆周运动最低点的速度为，从最低点到最圆心等高处，由动能定理得
带入数据解得
因
故小物块在传送带上一直加速，由动能定理得
带入数据解得
因此，要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道
或
3. （2022北京西城一模）冰壶是冬奥会上极具观赏性的项目之一。比赛中，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。已知冰壶的质量为19kg，初速度为3m/s，最初冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，g取10m/s2。
（1）求冰壶滑行过程中加速度的大小a；
（2）求冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功W；
（3）按比赛规则，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。若冰壶速度减为2.4m/s时距离目标位置还需滑行18m，需要队友通过在其滑行前方持续摩擦冰面，将冰壶和冰面的动摩擦因数变为多少？
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）冰壶滑行过程中水平方向只受到摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得
解得，冰壶滑行过程中的加速度大小为
（2）根据动能定理可得
则冰壶整个滑行过程中摩擦力做的功为
（3）根据匀变速直线运动规律有
解得，此时冰壶滑行的加速度大小应为
则根据牛顿第二定律有
解得，此时冰壶和冰面的动摩擦因数变为μ’=0.016.
4．（14分）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【命题意图】本题以滑块冲上斜面过程中的速度v随时间t变化的v﹣t图象为信息，考查对速度图像的理解、牛顿第二定律、动能定理、匀变速直线运动规律及其相关知识点。
【解题思路】（1）由图示v﹣t图象可知，滑块的加速度为：
a＝＝0.8m/s2，
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcs37°＝ma，
代入数据解得：μ＝0.25
（2）滑块向上滑行的最大距离为：x＝
由动能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcs37°＝EK，
代入数据解得：EK＝12.5J
答：1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.25；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能是12.5J。
5.（2020·衡水中学4月测试，12分）如图所示，打开水龙头，流出涓涓细流.将乒乓球靠近竖直的水流时，水流会被吸引，顺着乒乓球表面流动.这个现象称为康达效应( Canda Effect).某次实验，水流从A点开始顺着乒乓球表面流动，并在乒乓球的最低点B与之分离，最后落在水平地面上的C点（未画出）.已知水流出水龙头的初速度为v0，B点到C点的水平射程为x，B点距地面的高度为h，乒乓球的半径为R，O为乒乓球的球心，AO与竖直方向的夹角θ=60°，不计一切阻力，若水与球接触瞬间速率不变，重力加速度为g.
（1）若质量为△m（△m→0）的水受到乒乓球的“吸附力”为F，求的最大值；
（2）求水龙头下端到A的高度差H.
【名师解析】.（1）设水流在B点的速率为vB，在B点使最大，有牛顿第二定律有
水流从B点开始做平抛运动，有
联立解得.
（2）水流从水龙头流出至到达B点，由动能定理有
联立解得.
6（8分）如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0．4 m，l＝2．5m，v0＝6m／s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10m／s2．
求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动．
【名师解析】: （4分）
（1）对物块，首次从A到B，有
在B点，有：
解得：
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上。
（2）（4分）对物块，从A点到第二次到达B点：
在B点，有：
解得：L=1m
7.如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段。张华控制的四驱车（可视为质点），质量，额定功率为。张华的四驱车到达水平平台上A点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机。当四驱车由平台边缘B点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为，，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，离开E以后上升的最大高度为。已知AB间的距离，四驱车在AB段运动时的阻力恒为。重力加速度取，不计空气阻力，，，求：
（1）发动机在水平平台上工作的时间；
（2）四驱车对圆弧轨道的最大压力。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）滑块滑到B点时的速度VB=VCcs53°=5×0.6m/s=3m/s。
从A到B，由动能定理，Pt-fL=mVB2，
解得;t=1.5s.
（2）从C点运动到最高过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，有：(3分)
圆轨道的半径，设四驱车到达D点时对轨道的压力最大，四驱车在D点速度为，从C到D过程中机械能守恒，有： ，，(3分)
代入数据得，四驱车对轨道的最大压力。(1分)
8. （2021山东莱芜一中质检）如图所示，摩托车做特技表演时，以v=10m/s初速度冲向高台，然后从高台水平飞出。若摩托车冲向高台的过程中以P=1.5kW的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t=16s，人和车的总质量m=1.5×102kg，台高h=5.0m，摩托车的落地点到高台的水平距离s=8m。不计空气阻力，取g=10m/s2。求：
(1)摩托车从高台水平飞出时的速度大小v0；
(2)摩托车冲上高台过程中克服阻力所做的功。
【参考答案】(1)；(2)1.92×104J
【名师解析】
(1)摩托车在空中做平抛运动，
运动时间为
从高台水平飞出时的速度
解得
(2)摩托车冲上高台过程中，根据动能定理
解得
所以，摩托车冲上高台过程中摩托车克服阻力所做的功为1.92×104J。
9、如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2eq \r(3) m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2。
(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；
(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；
(3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？
【名师解析】 (1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理可得
－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v1＝2eq \r(2) m/s。
(2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理可得
－μmgL－mgh1＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得h1＝0.2 m＝R，符合实际情况。
(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，
则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0
联立解得：
②若A能够沿轨道上滑至最高点，则需要满足：
由动能定理可得
联立解得
综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m。
答案 (1)2eq \r(2) m/s (2)0.2 m (3)1 m≤L＜1.5 m或L≤0.25 m
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