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浙江省2023年高考物理模拟题汇编-10平抛运动
一、单选题
1．（2023·浙江·模拟预测）如图所示为推行节水工程的转动喷水“龙头”，水平的喷水“龙头”距地面高为，其喷灌半径可达，每分钟喷出水的质量为，所用的水从地下深的井里抽取，设水以相同的速率喷出，不计空气阻力，则（　　）
A．喷水龙头喷出水的初速度为
B．不计额外的损失，水泵每分钟对水所做的功为
C．不计额外的损失，水泵每分钟对水所做的功为
D．带动水泵的电动机的最大输出功率为
2．（2023·浙江·模拟预测）如图，斜面AC与水平方向的夹角为α．在C处以初速度v0水平抛出一小球，落至斜面上，重力加速度为g。则小球在空中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
3．（2023·浙江·模拟预测）在某次投篮比赛中，运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上地出，恰好垂直击中篮板上A点。若运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，下列做法可行的是（　　）
A．减小抛射角，同时增大抛射速度 B．减小抛射角，同时减小抛射速度
C．增大抛射角，同时增大抛射速度 D．增大抛射角，同时减小抛射速度
4．（2023·浙江·一模）如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图上的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）
A．轨迹为1的物体在最高点的速度最大
B．轨迹为3的物体在空中飞行时间最长
C．轨迹为3的物体所受重力的冲量最大
D．三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同
5．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧AM、BN的等高处同时由静止释放。圆弧AM的半径是BN的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，下列说法正确的是（　　）
A．两球可能会在平抛过程中相遇
B．小球经过M、N时的向心加速度相同
C．小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等
D．从开始运动到落到CD的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大
6．（2023·浙江·模拟预测）如图，某同学在空旷的地面扔飞镖，曲线为飞镖飞行的轨迹。关于飞镖在空中飞行的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．飞镖速度的大小不变，速度方向时刻发生变化
B．飞镖速度的大小不变，加速度方向时刻发生变化
C．飞镖速度方向和加速度方向，始终在曲线每点的切线方向上
D．飞镖的加速度方向跟它的速度方向不在同一直线上
7．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，竖直平面第一象限有一个接触面，接触面表面满足，质量为的钢球从图中其坐标为处，以的初速度水平抛出，经过时，落在接触面某处（不考虑反弹），下列说法正确的是（ ）
A．接触表面抛物线方程表达式为
B．落在接触面上时，钢球与水平面的夹角为
C．落在接触面上时，钢球的动量大小为
D．假设该钢球以的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上
8．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，质量为m的小球，从高为H的O处，以初速度v0水平抛出，落在高为h，倾角为θ的斜面上，落点为P点，OP与水平方向夹角大于θ，空气阻力不计。下列说法正确的是（　　）
A．若只增大小球质量，则小球落到P点的下方
B．若只将小球抛出点水平右移，平抛运动时间变短
C．若只增大初速度v0，小球刚落到斜面上时速度方向保持不变
D．若只降低小球的抛出高度H，则小球有可能无碰撞地进入斜面
9．（2023·浙江·模拟预测）如下图，有甲、乙两个一样的小球，分别从图中两点先后抛出，已知从点以的速度水平抛出的小球，然后垂直落在倾角为37°的足够长斜面上。点抛出小球之后，经过从点以的速度，方向平行斜面方向斜抛出的乙小球，乙小球落在斜面上的位置与点的水平距离为（图中未画出）。下列说法正确的是（　　）
A．落在斜面上瞬间，甲球速度大于乙球 B．经过，乙小球到达最高点
C． D．两球不可能在斜面某处相遇
10．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，手拿静止的水瓶，水柱从水瓶底小孔喷出，若小孔离地的高度为，测出水柱着地点与小孔的水平距离为，下列说法正确的是（取）（　　）
A．水柱从小孔喷出的初速度为
B．水柱从小孔喷出的初速度为
C．若自由释放水瓶，水柱仍然会从小孔喷出
D．若竖直向上抛出水瓶，抛出的水瓶处于超重状态
11．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023·浙江·模拟预测）2019年女排世界杯中，中国女排取得十一连胜的优异成绩，成功卫冕世界杯冠军。若某次近网处球垂直球网以大小为的水平速度飞来，运动员于球网的正上方扣球后，球垂直球网水平飞出，球恰好落到对方底线。已知击球点距离地面高，击球过程中手与球接触时间，排球质量，排球场长，宽，不计空气阻力，重力加速度。下列分析正确的是（　　）
A．运动员扣球后，球水平飞出的速度大小约为
B．运动员扣球后，球在空中运动的时间为
C．运动员扣球过程中，手对排球的平均作用力大小约为
D．运动员扣球过程中，对球所做的功约为
13．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，一竖直放置半径为0.1m的光滑圆轨道，G为最低点，F点与圆心O等高，轨道右端H点与圆心连线与竖直方向夹角为60°，现从F点的正上方某处E点由静止释放一个质量为0.1kg的小球，进入圆轨道后，从H点飞出时的速度大小为2m/s．不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是
A．E、F间的竖直高度为0.12m
B．小球经过F点时对轨道压力的大小为0
C．小球从H点飞出后能上升的最大竖直高度为0.15m
D．小球从F点到G点的过程中所受重力的功率一直增大
二、解答题
14．（2023·浙江·绍兴一中校联考二模）如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
15．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道组成，左侧为半径的光滑圆弧轨道，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角a，下端点与粗糙水平轨道相切，为倾角的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为的小滑块P（视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，经过后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知，滑块与轨道、间的动摩擦因数为，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，。求：
（1）连线与水平方向的夹角的大小；
（2）小滑块P到达与O点等高的点时对轨道的压力；
（3）弹簧的弹性势能的最大值；
（4）试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。
16．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹簧的A端相连，自由状态下弹簧另一端位于B点；在与B点相距1m的C处固定一竖直圆轨道，半径，圆轨道底端略微错开：在D点右侧放置等腰直角三角形支架PEQ，，，E点在D点正下方，P点与D点等高，EQ水平。质量的小物块（可视为质点）被压缩的弹簧弹出，它与BC段的动摩擦因数，不计轨道其它部分的摩擦。
（1）要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少多大；
（2）若物块在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹性势能的取值范围是多少；
（3）若物块能打在三角形支架上，求打在支架上时的最小动能。
17．（2023·浙江杭州·学军中学校考模拟预测）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心与圆轨道NP的圆心位于同一高度。已知小车的质量m=50g，直轨道AB长度L=0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取。
（1）求小车运动到B点时的速度大小；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离。
18．（2023·浙江·模拟预测）2021年是建党100周年，某玩具厂家为此专门设计了一个字型为“100”的模型玩具，如图所示，三个数字竖直放置，高度均为2R，数字右边固定一个横截面为长方形的球框GHIJ，球框GH、IJ两边的长为l，底边HI的长为2l、数字底端B、C、F和球框上端G、J均在同一水平线上。左、右两个“0”字形轨道分别为半径为R的圆管道和圆轨道，一质量为m的小球P（可视为质点）从“1”字的上端A点以速度v0竖直向下进入轨道，经过三个数字轨道后从G点水平向右飞出，最终落入球框。已知m = 0.1kg、R = 0.5m、l = 0.8m，BC长为d = 1m，小球P在BC段运动时所受阻力为其重力的0.2，轨道其他部分的阻力均不计、忽略空气阻力，重力加速度g = 10m/s2。假设小球P与球框右边IJ发生的是弹性碰撞，且碰撞前后小球的速度方向与水平方向的夹角相等，小球P落到底边HI上时速度立即变为零。
（1）若v0 = 3m/s，求小球P经过圆管道最高点D时的速度大小及对管道的作用力；
（2）若在CF段的中点静置有一个质量为2m的小球Q，已知小球P、Q间发生正碰。小明认为通过调节v0，有可能使小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，请你通过计算说明是否存在这种可能性；
（3）要使小球P在不脱离数字轨道且在不触碰到GH边的情况下最终落入框中，求v0的取值范围。
19．（2023·浙江·模拟预测）如图所示一弹射游戏装置，在高度为h=0.8m的水平桌面上，滑块由压缩轻弹簧弹出，经过半径R=0.4m的竖直圆轨道后（不脱离轨道）再水平抛出击中水平地面上的目标。圆轨道和AB段光滑，滑块与长为0.8m的BD间动摩擦因数。初始弹簧压缩一合适形变量，释放后滑块通过圆轨道并击中目标，滑块经过圆心等高处C点对圆轨道的压力为重力的4倍。滑块质量m=10g且可视为质点，弹射时弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，忽略空气阻力，各部分平滑连接。重力加速度g取10m/s2，求：
（1）滑块通过B点对圆轨道的压力FN；
（2）目标距离桌面边缘的距离d；
（3）若在BD中点P放置一完全相同的滑块，两滑块碰撞后连为一整体，要使再次成功击中目标，弹簧的压缩量要变为初始压缩量的几倍。已知弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量。
20．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.45m的圆环剪去左上角127°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为1.5R．若用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系为x＝4t﹣2t2，物块从D点飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．g＝10m/s2，求：
（1）质量为m2的物块在D点的速度；
（2）判断质量为m2＝0.2kg的物块能否沿圆轨道到达M点：
（3）质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功.
21．（2023·浙江·模拟预测）儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程yx2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m．已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径．E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围．
参考答案：
1．B
【详解】A．根据题意，水做平抛运动，竖直方向上由可得，飞行时间为
水平方向上由可得，喷水龙头喷出水的初速度为
故A错误；
BC．根据题意，设水泵每分钟对水所做的功为，由动能定理有
解得
故C错误，B正确；
D．根据题意可知，带动水泵的电动机的最大输出功率为
故D错误。
故选B。
2．C
【详解】小球落到斜面上，斜面倾角等于位移方向与水平方向的夹角，则
解得小球在空中运动的时间
t
故选C。
3．A
【详解】根据题意可知篮球两次都是斜抛运动，且垂直击中篮板上的A点，根据抛体运动的特点，可以逆向看成篮球从A点做两次平抛，分别运动到B点和C点。因为A点距离B点、C点的高度相等，竖直方向上都是自由落体运动，由
解得
可知，篮球从A点运动到B点、C点的时间相等，由
vy=gt
可知B点、C点的竖直速度相等。又因为水平方向上是匀速直线运动，有
可知，相等时间内C点对应的水平位移大，所以C点的水平速度大，所以由
可得，篮球在C点对应的速度大，即从B点撤到C点时需要增大抛出速度v0。由几何关系可得
因为竖直速度相等，C点的水平速度较大，所以C点的速度与水平方向的夹角较小，即从B点撤到C点需要减小抛射角θ。
故选A。
4．D
【详解】AB．三个物体从最高点到落地过程做平抛运动，则有
，
由图可知三个物体的下落高度关系为
平抛过程的水平位移关系为
可知三个物体做平移运动的时间关系为
三个物体做平移运动的初速度关系为
根据对称性可知，物体在空中的时间是平抛运动时间的两倍，故轨迹为1的物体在最高点的速度最小，轨迹为3的物体在空中飞行时间最短，AB错误；
C．物体所受重力的冲量为
由于三个物体质量相同，轨迹为3的物体在空中飞行时间最短，可知轨迹为3的物体所受重力的冲量最小，C错误；
D．根据
可知三个物体在任意相同时间内的速度变化量一定相同，D正确。
故选D。
5．C
【详解】A．由图可知，小球P和Q分别从光滑圆弧AM、BN的等高处同时由静止释放，到达圆弧底端的时间
即小球P比Q后到达圆弧底端，之后两小球均做平抛运动，则最终小球Q先落在CD上，故两球在平抛过程中不会相遇，故A错误；
B．小球从释放到达圆弧底端的过程由动能定理得
即两小球到达圆弧底端的速度大小相等，由题意知圆弧AM的半径是BN的2倍，由可知，小球经过M、N时的向心加速度大小不相等，故B错误；
C．因为平抛时间均为
则小球做平抛运动的水平位移大小为
即小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，故C正确；
D．因为最终小球Q先落在CD上，而从开始运动到落到CD的过程中，重力做功均为
由平均功率可知，小球P重力的平均功率比小球Q的小，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】A．飞镖抛出后做曲线运动，速度方向不断改变，忽略空气阻力，飞镖做平抛运动，水平速度不变，竖直速度一直增大，合速度逐渐增大，即速度大小变化，故A错误；
B．忽略空气阻力飞镖只受重力，故根据牛顿第二定律可知，加速度恒定，为重力加速度，故B错误；
C、飞镖做曲线运动，速度方向是切线方向；合力方向竖直向下，故加速度方向竖直向下，故C错误；
D、飞镖做曲线运动，根据曲线运动条件，加速度方向跟速度方向不在同一直线上，故D正确。
故选D。
7．D
【详解】A．根据平抛运动规律
、
根据题目数据可知，接触点的坐标为，因此抛物线方程为，A错误；
B．根据平抛运动的推论，平抛运动上某点的速度反向延长，交于该位置水平位移中点处，即
所以夹角不等于，B错误；
C．落在斜面上的速度大小为
所以落在接触面上时的动量大小为
C错误；
D．设物体速度为v时，恰好平抛后落在坐标原点，则根据平抛运动规律
，
解得
速度比这个速度还要小的物体，不可能落在接触面上，D正确。
故选D。
8．D
【详解】A．平抛的物体只受重力，其加速度都为重力加速度，则增大小球质量，加速度不变轨迹不变，则小球仍落到P点，故A错误；
B．若只将小球抛出点水平右移，假设竖直位移仍是原来的高度，水平位移不变，落点将在P点右侧，实际竖直高度变大，由
可知平抛运动时间变长，故B错误；
C．若只增大初速度v0，落点在P点右侧，因位移偏向角不同且不等于斜面倾角，则其速度偏向角不同，故小球刚落到斜面上时速度方向不同，故C错误；
D．只降低小球的抛出高度H，则小球的速度可以和斜面平行，则有可能无碰撞地进入斜面，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】甲小球做平抛运动，根据题意垂直落在斜面上，轨迹示意图如下：
ABD．根据平抛运动规律，有
，，
其中
联立上式
，
落在斜面上的瞬时速度
乙小球斜抛的初速度将其分解为水平速度和竖直速度，即
，
因此经过乙球到达最高点，假如没有斜面，则乙球的水平位移
说明乙球恰好是在最高点时落在斜面上，因此落在斜面上的速度为，并且可以发现甲乙两球同时落在斜面上，因此选项A正确，B、D错误；
C．乙球上升到最高点时，竖直方向上升距离
所以的距离为，选项C错误；
故选A。
10．A
【详解】AB．水柱喷出时做平抛运动，竖直方向下落高度
设水柱的初速度为，从喷出到落地所用时间为t，根据平抛运动的规律
解得
故A正确，B错误；
CD．若自由释放水瓶或斜向下抛出水瓶，水瓶及水的加速度竖直向下，由重力完全提供，重力不再产生其他效应，水瓶及水处于失重状态，水对容器壁无压力，水柱不会从小孔中喷出，故CD错误。
故选B。
11．C
【详解】若v>v0，则小球抛出后落在平面上，其运动时间均相等，不会随v变化；若vx=vt
竖直位移
y=gt2
tan θ=
解得
故选C。
12．A
【详解】A．球水平飞出的速度大小为
故A正确；
B．球在空中运动的时间为
故B错误；
C．水平向由动量定理，手对排球的平均作用力大小为
负号表方向，故C错误；
D．由动能定理知运动员对球所做的功为
故D错误。
故选A。
13．C
【详解】A.从E到H，由机械能守恒定律可得：
解得：
h=0.2m
由几何关系得：
m
故A错误；
B.从E到F，由机械能守恒定律可得：
在F点，轨道对小球的弹力提供向心力，有：
联立解得：N=3N，由牛顿第三定律可知小球经过F点时对轨道压力的大小为3N，故B错误；
C.小球从H点飞出后竖直分速度为：
上升的最大竖直高度为：
m
故C正确；
D.根据机械能守恒可知，小球的速率增大，在竖直方向的分速度先增大后减小，由
分析知小球b所受重力的功率先增大后减小，小球从F点到G点的过程中所受重力的功率先增大后减小，故D错误．
14．（1）；（2），方向竖直向上；（3）或或
【详解】（1）从A到B过程，根据动能定理有
解得
（2）分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程
解得
a与b碰撞，根据动量守恒
①
解得
结合体c从M到N过程，根据动能定理
②
解得
在N点根据向心力公式
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力
方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有
，
水平方向有
③
分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为，有
解得
情况一：当传送带顺时针转动且速度或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度，此时位置坐标为
情况二：当传送带顺时针转动且速度时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度为v，联立①②③可得位置坐标为
情况三：当传送带顺时针转动且速度时，滑块到C点速度，联立①②③可得此时位置坐标为
15．（1） ；（2） ，方向向左；（3） ；（4）能，
【详解】（1）滑块恰好从B点进入轨道有平抛运动可知
解得
（2）由由动能定理可知
解得
经过点时受轨道的支持力大小，有
解得
由牛顿第三定律可得滑块在点时对轨道的压力大小，方向向左
（3）设从B到F有
代入数据可解得
（4）设滑块返回时能上升的高度为h
运动到B点：
解得
有牛顿第三定律可知对B点的压力为
16．（1）0.4J；（2）或；（3）
【详解】（1）要使物块能进入竖直圆轨道，则到达C点时速度为0时，弹簧的初始弹性势能最小，则根据动能定理可知
解得
（2）临界情况1：物块恰能到达圆心等高处时，根据动能定理可知
解得
则弹性势能的取值范围是
临界情况2：物块恰能过圆周最高点，则
解得
根据动能定理可知
解得
弹性势能的取值范围是
综上所述，弹性势能的取值范围是
或
（3）当打到支架上时，根据平抛运动公式
由数学知识可知
以t为变量，由机械能守恒定动能定理可得
则
根据数学知识可知，当
时，有最小值，则
时，代入数据可得
17．（1）；（2）3N；（3）
【详解】（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知
其中，代入数据得
（2）设小车在C点的速度为，恰好通过最高点，则
小车从B到C，由动能定理得
得
R=0.2m
在B点
得
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为3N；
（3）小车从B到P，由动能定理得
小车从P点飞出后做平抛运动

得
当r=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出，则
r<0.225m
但因为小车在N点
小车从B到N，由动能定理得
得
r≥0.2m
综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大：
18．（1），0；（2）见解析；（3）
【详解】（1）小球从A点运动到D点根据动能定理有
代入数据有
若小球在最高点对轨道没有作用力时有
解得
则说明P经过圆管道最高点D时对管道的作用力为0。
（2）设小球P与Q碰撞前的速度为vC，碰撞后的速度分别为vP和vQ，碰撞过程中根据动量守恒有（取向右为正）
mvC = －mvP＋2mvQ
若小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，对于小球Q则有
解得
对于小球P则有
vDmin = 0
根据动能定理，对于小球P有
解得
根据动能定理，对于小球Q有
解得
vQ = 5m/s
综上可解得
要让P能通过C点到达D点的最小值v0min，有
解得
v0min = 3m/s，vCmin = 5m/s
由于
vC > vCmin
但P、Q在碰撞前的总能量为
碰撞后的能量为
则虽然初始条件和动量守恒定律都符合，但能量是不守恒的，则不存在这种可能。
（3）要使小球P在不脱离数字轨道有
解得
vGmin = 5m/s
若小球P以vGmin抛出有
，x = vGmint
解得
t = 0.4s，x = 2m < 2l（符合题意）
若小球P以vGmax抛出有
，4l = vGmaxt
解得
t = 0.4s，vGmax = 8m/s
从A到G根据动能定理有
，
解得
19．（1）0.7N，竖直向下；（2）1.6m；（3）倍
【详解】（1）设滑块通过B、C点时的速度大小分别为vB、vC，滑块通过C点时所受轨道支持力大小为FNC。由题意，在C点根据牛顿第二、三定律有
①
在B点根据牛顿第二定律有
②
对滑块从B到C的运动过程，根据动能定理有
③
联立①②③解得
④
根据牛顿第三定律可得滑块通过B点对圆轨道的压力大小为
⑤
方向竖直向下。
（2）设滑块从D点抛出时的速度大小为vD，对滑块从B到D的过程，根据动能定理有
⑥
联立②④⑥解得
⑦
滑块做平抛运动的时间为
⑧
目标距离桌面边缘的距离为
⑨
（3）设两滑块碰撞后瞬间的速度大小为vP，由题意可知两滑块整体在D点的速度大小仍为vD，则对整体从P到D的过程，根据动能定理有
⑩
设两滑块碰撞前运动滑块的速度大小为vP0，对两滑块的碰撞过程，根据动量守恒定律有

对滑块从B到P点的过程，根据动能定理有

由题意可知（3）题情况下，弹簧的压缩量与初始压缩量的比值为

联立②④⑦⑩ 解得

20．（1）2.25m/s（2）不能沿圆轨道到达M点 （3）2.7J
【详解】（1）设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：
vym/s＝3m/s
tan53°
所以：vD＝2.25m/s
（2）物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则
mg＝m，
解得：vm/s
物块到达P的速度：
m/s＝3.75m/s
若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由D到M的机械能守恒定律得：
可得：，这显然是不可能的，所以物块不能到达M点
（3）由题意知x＝4t-2t2，物块在桌面上过B点后初速度vB＝4m/s，加速度为：
则物块和桌面的摩擦力：
可得物块和桌面的摩擦系数:
质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点，由能量守恒可弹簧压缩到C点具有的弹性势能为：
质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点时，由动能定理可得：
可得，
在这过程中摩擦力做功：
由动能定理，B到D的过程中摩擦力做的功：
W2
代入数据可得：W2＝-1.1J
质量为m2＝0.2kg的物块释放后在桌面上运动的过程中摩擦力做的功
即克服摩擦力做功为2.7 J.
21．（1）3m/s（2）2m/s（3）2m/s＜ν0＜2m/s
【详解】（1）由yx2得：A点坐标（1.20m，0.80m）
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s；
（2）由速度关系，可得 θ＝53°
求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m
OE过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
解得 v0＝2m/s；
（3）sinα0.5，α＝30°
CD与水平面的夹角也为α＝30°
设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v1＝2m/s
设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
解得 v2＝6m/s
考虑2次经过E点后不从O点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v3＝2m/s
故 2m/s＜ν0＜2m/s
试卷第1页，共3页
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