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2023年高考一轮复习专题13　动能定理
考点梳理
一、动能
1．定义：物体由于运动而具有的能．
2．表达式：Ek＝mv2.
3．物理意义：动能是状态量，是标量(填“矢量”或“标量”)．
二、动能定理
1．内容：力在一个过程中对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
2．表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.
3．物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度．
4．适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
方法提炼　利用动能定理求变力功
1．明确题中除变力功外，还有哪些力做功，总功如何表示．
2．明确物体动能的变化．
[考点分析]
考点一　对动能及其变化的理解
1．对动能的理解
(1)动能是物体由于运动而具有的能量，表达式Ek＝mv2.
(2)动能是状态量，和物体的瞬时速度大小(速率)对应．
2．关于动能的变化
动能的变化量为正值，表示物体的动能增加了，对应于合外力对物体做正功；动能的变化量为负值，表示物体的动能减小了，对应于合外力对物体做负功，或者说物体克服合外力做功．
考点二　动能定理及其应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．
②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．
(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．
2．运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．
[题型训练]
一．选择题（共18小题）
1．（2022 杨浦区模拟）下列关于运动物体所受的合力、合力做功和动能变化的关系，正确的是（　　）
A．如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零
B．如果合力对物体做的功为零，则合力一定为零
C．物体在合力作用下做匀变速直线运动，则动能在一段过程中变化量一定不为零
D．如果物体的动能不发生变化，则物体所受合力一定是零
2．（2022 浙江模拟）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力F拉A，使A缓慢向右移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．向右移动过程中，拉力F越来越大
B．动摩擦因数的最小值为
C．未施加F的初始状态，A与地面间的摩擦力为mg
D．整个过程外力做功为：W＝（2μ﹣1）（1）mgR
3．（2022 浙江三模）如图所示，质量为m的木块A和质量为m的磁铁B同时从光滑的铝制斜面顶端静止释放，沿着直线下滑到斜面底端。则下列说法中正确的是（　　）
A．木块A和磁铁B下滑都仅受重力和支持力
B．木块A到达底端速度较小
C．磁铁B到达底端用时较长
D．两者到达斜面底端时动能相同
4．（2022 唐山模拟）如图所示，斜面ABC与圆弧轨道相接于C点，从A点水平向右飞出的小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道。OC与竖直方向的夹角为60°，若AB的高度为h，忽略空气阻力，则BC的长度为（　　）
A．h B．h C．h D．2
5．（2022 河北模拟）如图甲所示，光滑水平面与光滑竖直半圆轨道平滑衔接，其中圆弧DE部分可以拆卸，弧CD（C点与圆心等高）部分对应的圆心角为30°，在D点安装有压力传感器并与计算机相连，在.A点固定弹簧枪，可以发射质量相同、速率不同的小球，通过计算机得到传感器读数与发射速率平方关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的（　　）
A．小球质量为0.2kg
B．圆弧轨道半径为0.5m
C．当传感器读数为3.5N时，小球在E点对轨道压力大小为3N
D．若拆卸掉圆弧DE部分，小球发射速率平方v02＝17.5时，小球上升到最高点时与水平面间距离为m
6．（2022 重庆模拟）如图所示，轨道ABC由两段相同的光滑圆弧轨道组合而成，B点为两段圆弧轨道的平滑连接点，A，C两点高度差h＝0.2m。一质量m＝0.1kg的物块（可视为质点）从最高点A由静止沿轨道下滑，并从C点水平滑出。物块刚到B点时恰好对AB段轨道无压力，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2。则物块在C点对轨道的压力大小是（　　）
A．2N B．3N C．N D．N
7．（2022 银川模拟）如图所示，物体在斜向上的拉力F作用下，沿粗糙水平面向右匀速运动。下列关于各力对物体做功的说法，正确的是（　　）
A．重力做正功 B．摩擦力做正功
C．拉力做正功 D．合力做正功
8．（2022 和平区校级一模）如图所示，质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点，由静止开始沿斜面ab滑入水平地面（斜面与水平地面在b点平滑连接，斜面长度可随b点位置变动调节），并最终静止在c点，已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为μ，空气阻力不计。设c点到竖直墙壁的水平距离为x，滑块到达b点时的速度大小为v，则滑块从a到c的运动过程中（　　）
A．斜面倾角越大，v越大 B．斜面倾角越大，v越小
C．斜面倾角越大，x越大 D．斜面倾角越大，x越小
9．（2022 内蒙古模拟）甲、乙两人从不同高度处将相同的小球（视为质点）水平抛出，结果两小球落在水平地面上的同一点。已知甲、乙两人将小球抛出时小球距地面的高度之比为4：1，两小球被抛出时在同一竖直线上，不计空气阻力，则甲、乙两人将小球抛出的过程中对小球做的功之比为（　　）
A．1：2 B．2：1 C．4：1 D．1：4
10．（2022 浙江三模）如图所示为一游戏弹射装置，足够长的竖直细杆上有一高度可调节的弹珠发射器P（可视为质点），细杆和有特定靶位A1、A2、A3、A4……的足够长的斜面固定在同一水平底座上，细杆下端O与斜面底端重合，O、A1、A2、A3、A4……相邻两点间距离均相等。设弹珠水平发射后垂直击中斜面上的靶位才算有效击中。先调节P的位置和水平发射速度最终以动能Ek有效击中靶位A2，则在另一次游戏中弹珠有效击中靶位A3时的动能为（　　）
A．1.5Ek B．2.25Ek C．3Ek D．4.5Ek
11．（2022 广安区校级四模）质量m＝180kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，如图甲所示为汽车运动的速度与时间的关系，图乙为汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中所受阻力不变，在18s末汽车的速度恰好达到最大。重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．汽车受到的阻力为200N
B．汽车的最大牵引力为700N
C．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为95.5m
D．8﹣18s内汽车牵引力做的功为3.6x103J
12．（2022 沙坪坝区校级模拟）雨滴在高空中从静止开始竖直下落，下落距离h时速度达到最大。已知下落过程雨滴所受空气阻力f＝kv2（k为比例常数，v为雨滴下落的速度），雨滴的质量为m，重力加速度为g，则下落距离h过程雨滴克服空气阻力做的功为（　　）
A．mgh B． C． D．
13．（2022 黄冈三模）一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个质量为m的小球A，轻杆靠在一个高为、质量为M的物块上，现有轻微的扰动，使杆由竖直状态开始向右倾倒，若物块与地面摩擦不计，重力加速度为g，则杆与水平方向夹角为θ＝30°时，小球A的线速度为（　　）
A． B． C． D．
14．（2022 开平市校级模拟）如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值νm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内（　　）
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的合外力所做的功为Pt
C．小车受到的牵引力逐渐减小
D．小车受到的牵引力做的功为
15．（2022 唐山模拟）一质量为m的汽车从t＝0时刻由静止开始沿平直公路运动，其所受的合外力F与位移x的关系如图所示。则（　　）
A．汽车在0﹣x0这段位移内做匀加速直线运动
B．汽车在x0位置时的速度大小为
C．汽车在5x0的位置时F的瞬时功率为
D．x0﹣5x0所用时间为
16．（2022 盐城三模）2022年2月8日，在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，我因选手谷爱凌成功夺冠。图甲为滑雪大跳台的滑道示意图，在助滑道与跳台之间用一段弯曲滑道衔接，助滑道与着落坡均可以视为倾斜直道。运动员由起点滑下，从跳台上同一位置沿同一方向飞出后，在空中完成系列动作，最后落至着落坡。运动员离开跳台至落到着落坡阶段的轨迹如图乙所示，不计空气阻力，运动员可视为质点。关于运动员在空中的运动，下列说法正确的是（　　）
A．离着落坡最远时重力的功率为零
B．在相等的时间内，动量变化量逐渐变大
C．在相等的时间内，动能的变化量逐渐变大
D．落到着落坡时的速度方向与飞出时速度的大小无关
17．（2022 鹰潭二模）如图所示，投球游戏中，某同学将皮球从地面上方O处水平抛出．第一次皮球直接落入墙角A处的空框，第二次皮球与地面发生两次碰撞后恰好落入A处空框．已知皮球与地面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力．则（　　）
A．第一次抛出的初速度是第二次抛出初速度的3倍
B．两次抛出皮球过程人对球做的功一样多
C．皮球入框瞬间，两次重力的功率一样大
D．从投出到入框，第二次皮球重力势能的减少量比第一次多
18．（2022 温州二模）排球比赛中，某次运动员将飞来的排球从a点水平击出，球击中b点；另一次将飞来的排球从a点的正下方c点斜向上击出，也击中b点，且b点与c点等高。第二次排球运动的最高点d与a点等高，且两轨迹交点恰好为排球网上端点e。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两个过程中，排球运动到b点的速度大小可能相等
B．b点与c点到球网平面的水平距离之比为3：2
C．a、c两点高度差与e、c两点高度差之比为4：3
D．运动员两次击球对排球所做的功可能相等
二．计算题（共4小题）
19．（2022 湖南模拟）如图所示，质量m＝2.0×103kg的汽车以v0＝8m/s的速率驶过凸形桥面的顶部，桥面顶部与水平路面的高度差为h＝1.8m。假设汽车可视为质点，g取10m/s2。求：
（1）汽车驶过凸形桥面的顶部时的动能Ek；
（2）汽车从凸形桥面的顶部到达水平路面时，重力势能变化量ΔEp；
（3）假设汽车从顶部到达水平路面的过程中，汽车牵引力做的功与克服阻力做的功大小相等，求汽车刚到达水平路面时的速度大小v。
20．（2022 山东模拟）北京2022年冬奥会自由式滑雪女子大跳台的比赛中，18岁的中国选手谷爱凌获得了中国女子雪上项目第一个冬奥会冠军。滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳台、着陆坡、停止区组成，如图甲所示。在某次训练中，运动员经助滑道加速后自起跳点C以与水平方向成37°角的某一速度飞起，完成空中动作后，落在着陆坡上，已知运动员着陆时的速度方向与竖直方向夹角也为37°，测得运动员完成空中动作的时间为2.5s。然后运动员沿半径为R＝66m的圆弧轨道EF自由滑行通过最低点F，进入水平停止区后调整姿势减速滑行直到停止。在F点地面对运动员的支持力为其体重（含装备）的2倍，运动员与水平停止区的动摩擦因数μ随着滑行的位移x变化关系的图像如图乙所示，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，忽略运动过程中的空气阻力。求：
（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小。
21．（2022 邗江区校级模拟）如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDEF，倾斜轨道AB足够长，倾角θ＝37°，BC段是与AB相切的半径为R1＝1m、圆心角θ＝37°的光滑圆弧，水平轨道的长度CF＝4m，各段轨道均平滑连接，一半径也为R2＝1m的竖直光滑圆轨道与水平面相切于D，CD＝3m，最高点为E，底部略错开使小球可以通过圆轨道，在F点右侧固定一轻质弹簧，处于原长时弹簧左端正好位于F点，一质量为m＝2kg的滑块P（视为质点）从A点静止释放。已知滑块P与AB段、CF段的动摩擦因数为μ＝0.5，F点右侧光滑，不计其它阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。问：
（1）若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为多少？
（2）在（1）问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力：
（3）若物块在斜面上从距B点为L2＝24m处静止释放，求滑块最终停留在水平轨道的位置（描述该位置与C点的距离）。
22．（2022 青浦区二模）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ＝37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1＝1.2m，D点的高度h2＝0.8m，小滑块落到G点时速度大小为5m/s，空气阻力不计，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
（2）求小滑块从D点飞出的速度；
（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑。
参考答案与试题解析
一．选择题（共18小题）
1．【解答】解：A．功是力与物体在力的方向上发生的位移的乘积，如果物体所受的合力为零，那么合力对物体做的功一定为零，故A正确；
B．如果合力对物体做的功为零，可能是合力不为零，而是物体在力的方向上的位移为零，故B错误；
C．动能的变化决定于合外力做的功，与物体做何种运动无关，只要合外力为零，合外力不做功，物体动能就一定不变化；只要合外力做功不为零，物体动能就一定发生变化，故C错误；
D．动能是标量，动能不变化，只能说明速度大小不变，但速度方向有可能变化，因此合力不一定为零，故D错误。
故选：A。
2．【解答】解：A、在A向右移动过程中，A、B对地面的压力不变，始终等于mg，故A与地面之间的摩擦力不变，始终为μmg，而对C进行力的分析可知，C对A的压力的水平分量逐渐增大，而A在移动过程中也一直平衡，可得拉力F越来越小，故A错误；
B、由于B一直静止，分析可知当C即将接触地面时，C对B的压力的水平分量最大，此时B最容易滑动，易得此时C对B的压力的水平分量为mg，则动摩擦因数的最小值为，故B 错误；
C、经分析，未施加F的初始状态，C对A的压力的水平分量为mg，故A与地面间的摩擦力为mg，故C错误；
D、通过对系统分析，系统动能始终为零，重力做功为（1）mgR，A的位移为2（1）R，所以摩擦力对A做功为﹣2（1）μmgR，由系统动能定理可得外力做功为W＝（2μ﹣1）（1）mgR，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、木块A下滑仅受重力和支持力，对于磁铁B根据楞次定律可知会受到阻碍相对运动的安培力，故A错误；
BC、根据A选项的分析，A下滑加速度大，下滑位移相同，所以木块A到达底端速度较大，磁铁B到达底端用时较长，故B错误，C正确；
D、因为两者到达底端速度不同，质量相同，所以两者到达斜面底端时动能不同，故D错误；
故选：C。
4．【解答】解：根据小球恰能从C点沿圆弧切线方向进入轨道，可知小球在C点速度与水平方向的夹角为θ＝60°，如图所示
设∠ACB＝α，根据平抛运动轨迹上某点的速度与水平方向的夹角的正切值等于该点位移与水平方向夹角正切值的两倍，
tanθ＝2tanα
即tanα，
在△ABC中，BCh，故B正确，ACD错误；
故选：B。
5．【解答】解：AB、设小球在D点速度大小为vD，小球对传感器压力大小为F，由牛顿第二定律有
F+mgsm30°＝m，
小球从A点到D点过程，由动能定理得
﹣mgR（1+sin30°），
整理得：F，
结合F﹣v2图像可知，mg＝3.5，，
解得：m＝0.1kg，R＝0.5m，
故A错误，B正确；
C、由图像可知，当传感器读数为3.5N时，35，设最高点速度为v，则有
2mgR，
对E点压力为N，则有
N+mg＝m
联立各式解得：N＝2N，
根据牛顿第三定律知，小球在E点对轨道压力大小为2N，故C错误；
D、若圆弧DE部分拆卸掉，小球发射速率平方17.5时，小在D点做斜上抛运动，小球在D点速度大小vD，根据动能定理得
﹣mgR（1+sin30°），
解得：vD＝2.5m/s，
则小球上升到最高点与水平面间距离
H＝R （1+sin30°）
解得：Hm，
故D错误；
故选：B。
6．【解答】解：如图所示
设圆弧轨道半径为R，O为AB段圆弧圆心，∠AOB＝θ，物块刚到B点时速度大小为vB，有
联立解得：
物块运动到C点时，速度大小为vC，在C点受轨道的弹力大小为FN，有
mgh
FN
联立解得：FN
根据牛顿第三定律可知，物块在C点对轨道的压力大小为N，故ABD错误，C正确；
故选：C。
7．【解答】解：A、物体在重力方向上没有位移，所以重力不做功，故A错误；
B、摩擦力与位移方向的相反，所以摩擦力做负功，故B错误；
C、拉力与位移方向的夹角为锐角，所以拉力做正功，故C正确；
D、物体匀速运动，动能不变，所以合外力做功为0，故D错误。
故选：C。
8．【解答】解：AB、设斜面的倾角α。滑块沿斜面下滑的过程，由动能定理得：mgh﹣μmgcosα 0，可得v，则知斜面倾角α越大，tanα越大，v越大，故A正确，B错误；
CD、从a到c，由动能定理得：mgh﹣μmgcosα μmg（x）＝0，整理得x，x与斜面倾角无关，故CD错误。
故选：A。
9．【解答】解：由平抛运动的竖直方向是自由落体运动，由，解得
由于两小球被抛出时在同一竖直线上，两小球落在水平地面上的同一点，所以两小球的水平位移相等，则x＝v0t
由动能定理知人将小球抛出的过程中对小球做的功为
则甲、乙两人将小球抛出的过程中对小球做的功之比为1：4。故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：假设斜面倾角为θ，从发射器P以初速度v0发射垂直击中斜面位置底端O的距离为s，发射后的弹珠做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有
scosθ＝v0t
竖直方向做自由落体运动，设垂直击中斜面时的竖直分速度为vy，则有
vy＝gt
又tan
联立解得：
弹珠垂直击中斜面时的速度为
可得弹珠垂直击中斜面时的动能为：
∝s
假设相邻靶位距离为L，则弹珠有效击中靶位A3时的动能与弹珠有效击中靶位A2时的动能之比为：
可得弹珠有效击中靶位A3时的动能为1.5Ek，故A正确，BCD错误；
故选：A。
11．【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度取到最大值，则有：fN＝720N，故A错误；
B、汽车做匀加速运动的牵引力最大，则有：FN＝900N，故B错误；
C、变加速过程中，根据动能定理得：Pt﹣fsmvm2mv12，解得：s≈95.5m，故C正确；
D、8s﹣18s过程中汽车牵引力已达到最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pt＝7.2×103W×（18s﹣8s）＝7.2×104 J，故D错误。
故选：C。
12．【解答】解：下落距离h时速度达到最大，此时加速度为零，可得mg＝f＝kv2
下落距离h的过程中，据动能定理可得
联立解得，雨滴克服空气阻力做的功为
故选：C。
13．【解答】解：轻杆由竖直状态开始向右转动到与水平方向夹角为θ＝30°时，设小球A的线速度为v0，由题意可知B点的线速度为：
方向垂直于轻杆，则有B点的线速度在水平方向的分速度与物块沿水平方向运动的速度相等，可得：
对小球和物块，由动能定理可得：
解得：，故A正确，BCD错误。
故选：A。
14．【解答】解：AC、对小车利用牛顿第二定律有F牵﹣F＝ma，根据P＝F牵v可知在功率恒定时，v增大，则牵引力F牵减小；由题意可知阻力F恒定，故小车的加速度变小，故A错误，C正确；
B、小车的功率指的是牵引力的功率，故牵引力所做的功为W＝Pt，即Pt不是合外力的功率，故B错误；
D、在小车运动过程，利用动能定理，有W﹣Fxmvm2，整理可得小车受到的牵引力做的功为W＝Fxmvm2，故D错误。
故选：C。
15．【解答】解：A、汽车在0﹣x0这段位移内合外力F逐渐增大，加速度逐渐增大，汽车做加速度逐渐增大的变加速直线运动，故A错误；
B、在0﹣x0这段位移内，合外力F做功为W1，设汽车在x0位置时的速度大小为v1，由动能定理得W1，解得v1，故B错误；
C、设汽车在5x0位置时的速度大小为v2，在0﹣5x0这段位移内，合外力F做功为W2F0 4x0F0x0，根据动能定理得W2，解得v2，汽车在5x0的位置时F的瞬时功率为P＝F0v2，故C错误；
D、x0﹣5x0内汽车做匀加速直线运动，有4x0t，联立可得t，故D正确。
故选：D。
16．【解答】解：A.离着落坡最远时，速度方向与着落坡平行，速度在竖直方向有分速度，则重力的功率不为零，故A错误；
B.根据动量定理可知Δp＝mgΔt，在相等的时间内，动量变化量相等，故B错误；
C.在空中运动上升阶段，相等时间内的竖直位移逐渐减小，则根据动能定理可知，在相等的时间内克服重力做功逐渐减小，动能的变化量逐渐变小，故C错误；
D.运动员从跳台上同一位置沿同一方向飞出，不论起跳时初速度大小如何，水平与竖直方向速度的比值不变，故最后落至着落坡时速度方向不变，故D正确；
故选：D。
17．【解答】解：A、第二次皮球与地面发生两次碰撞后恰好落入A处空框，根据对称性可知，皮球第一次由O点到A点的水平位移是第二次水平位移的5倍；皮球在竖直方向上的运动规律相同，所以两次小球运动时间之比为1：5，则对第一次有：5x＝v1t，对第二次有：x＝v2 5t，联立解得：v1：v2＝25：1，故A错误；
B、根据动能定理可知，W，则两次抛出皮球过程人对球做的功之比为W1：W2＝25：1，故B错误；
C、根据平抛运动的规律可知，两次皮球入框时，竖直分速度相等，则两次重力的功率相等，故C正确；
D、两次皮球入框时竖直高度相等，重力势能的减少量相等，故D错误。
故选：C。
18．【解答】解：AD、由于从c处抛出的球能竖直到达d点，从d到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知vya＝vyb，tb＝2ta，由于水平方向的位移相同，根据vx，可知vax＞vbx，根据速度的合成可知，a抛出时的速度va0＝vax，到达b点速度v，b抛出时的初速度和到达b点时速度相等，vb＝vb0，故两过程中，小球的初速度大小可能相等，根据动能定理可得Wmv，运动员两次击球对排球所做的功可能相等，v1＞vb，即排球运动到b点的速度大小不相等。故A错误，D正确；
B、比较第一次排球从a到e过程和第二次排球从e到d过程，根据可逆性，把第二次排球从e到d过程看成是从d到e过程的平抛运动，这两个过程竖直方向做自由落体运动，下落高度一样，运动时间也一样，根据：va＝2vd可得xae＝2xde，故有，故B错误；
C、研究第一次排球的运动过程，由于，可知：；
根据h可得：，故：，故C错误。
故选：D。
二．计算题（共4小题）
19．【解答】解：（1）根据动能公式可得，汽车驶过凸形桥面的顶部时的动能
EkmJ＝6.4X104J；
（2）汽车从凸形桥面的顶部到达水平路面，重力做功等于重力势能的变化量，则
ΔEp＝mgh＝2.0×103×10×1.8J＝3.6×104J；
（3）汽车从顶部到达水平路面的过程中，根据动能定理得
mghmv2m
解得：v＝10m/s。
答：（1）汽车驶过凸形桥面的顶部时的动能Ek为6.4X104J；
（2）汽车从凸形桥面的顶部到达水平路面时，重力势能变化量ΔEp为3.6×104J；
（3）汽车刚到达水平路面时的速度大小v为10m/s。
20．【解答】解：（1）对运动员由C点到落地瞬间的速度进行正交分解，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动。
水平方向迪度vx＝vCcos37°
坚直方向速度上抛vy＝vCsin37°﹣gt
着陆时竖直方向分速度与C点的竖直方向分速度方向相反，由于运动员着陆时的速度方向与竖直方向的夹角为也为37°，
则有tan37°，
代入数据解得vC＝15m/s
（2）将运动员与装备看成一个质点，总质量为，在F点支持力和总重力的合力为圆周运动提供内心力，则有FN﹣mg＝m
由图乙可知，μ＝0.4x
运动员到达F点后，做匀减边直统运动，设运动员在水平停止区滑行的位移大小为x，由动能定理
﹣（）mgL＝0mvF2
解得L＝60m。
答：（1）运动员从起跳点C飞起时的速度大小为15m/s；
（2）运动员在水平停止区滑行的位移大小为60m。
21．【解答】解：（1）在E点，根据牛顿第二定律得
解得：
从释放到E点根据动能定理得
0
解得：L1＝19m；
（2）从释放点到C点由动能定理得
在C点根据牛顿第二定律得
解得：N＝180N，
结合牛顿第三定律可得在（1）问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力大小为180N，方向竖直向下；
（3）若物块在斜面上从距B点为L2＝24m处静止释放，根据动能定理
mgL2sinθ﹣μmgL2cosθ+mgR1（1﹣cosθ）＝EkC
解得：在C点的初动能EkC＝100J
若滑块可过最高点；计算此时D点对应的动能，从D到E，根据动能定理得
mg 2R＝EkD﹣EkE
解得：EkD＝50J
则D点的动能小于50J时滑块无法过E点；
假设物块从C点出发D点，能够到达E点通过圆轨道，经过弹簧反弹后又回到D点，即对C→D→E→D→F→D→E→D整个过程进行动能定理
﹣μmg（|CD|+2|DF|）＝EkD﹣EkC
解得：EkD＝50J，假设成立；
滑块从D点再次回到C点，然后冲上斜面到最高点过程，设再次冲上斜面距离为x，根据动能定理得
﹣μmg|CD|﹣mgxsinθ﹣μmgxcosθ﹣mgR1（1﹣cosθ）＝0﹣EkD
解得：x＝0.8m，
从斜面上再次滑下到最终停在G点过程，根据动能定理得
mgxsinθ﹣μmgxcosθ+mgR1（1﹣cosθ）﹣μmg|CG|＝0
解得：|CG|＝0.72m。
答：（1）若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为19m；
（2）在（1）问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力为180N，方向竖直向下；
（3）若物块在斜面上从距B点为L2＝24m处静止释放，滑块最终停留在水平轨道的位置与C点相距0.72m。
22．【解答】解：（1）上滑过程中，由牛顿第二定律得：
﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
解得：a＝﹣8m/s2
方向沿斜面向下
根据运动学公式可得：
解得：v0＝6m/s
（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律可得：
水平方向上：L＝v0t
竖直方向上：
解得：vD＝1m/s
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑。
答：（1）小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度为6m/s；
（2）求小滑块从D点飞出的速度为1m/s；
（3）细管道BCD的内壁不光滑。理由见解析。

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