高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理学案.doc

1 / 18【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习第一部分专题五功精选高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理学案功率动能定理学案江苏卷考情导向考点考题考情功 功率的分析与计算2017 年江苏 T14考查共点力平衡的条件及其应用；功的计算动能定理的应用2017 年江苏 T3考查动能定理的应用2015 年江苏 T14考查了动能定理、牛顿第二定律、共点力平衡和胡克定律的运用2013 年江苏 T5考查频闪照片的理解、速度公式、动能和估算的方法1该专题的题型以选择题、计算题为主2高考命题的热点集中在功、功率的分析与计算，应用动能定理解决单个物体的运动及多过程问题考点 1| 功 功率的分析与计算 难度：中档 题型：选择题 五年 1 考(对应学生用书第 22 页)1(2012·江苏高考 T3)如图 5­1 所示，细线的一端固定于 O 点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由 A 点运动到 B 点在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( ) 【导学号：17214080】图 5­1B逐渐减小A逐渐增大 D先减小，后增大C先增大，后减小 【解题关键】 关键语句信息解读在水平拉力作用下拉力F的方向不变2 / 18小球做匀速圆周运动 小球以恒定速率运动 拉力沿切线方向分力与小球重力沿切线方向分力大小相等A A 小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，渐增大，A A 项正确项正确 2(2017·江苏高考 T14)如图 5­2 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 RC 的质量为 m，A、B 的质量都为，与地面间的动摩擦因数均为 现用水平向右的力拉 A，使 A 缓慢移动，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求：图 5­2(1)未拉 A 时，C 受到 B 作用力的大小 F；(2)动摩擦因数的最小值 min；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功 W 【导学号：17214081】【解析】 (1)对 C 受力分析，如图所示根据平衡条件有 2Fcos 30°mg解得 Fmg(2)C 恰好降到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大FxmaxmgB 受地面的摩擦力 fmg根据题意，B 保持静止，则有 fminFxmax解得 min(3)C 下降的高度 h(1)R3 / 18A 的位移 x2(1)R摩擦力做功的大小 Wffx2(1)mgR根据动能定理 WWfmgh00解得 W(21)(1)mgR【答案】 (1)mg (2) (3)(21)(1)mgR1计算功、功率时应注意的三个问题(1)功的公式 WFl 和 WFlcos 仅适用于恒力做功的情况(2)变力做功的求解要注意对问题的正确转化，如将变力转化为恒力，也可应用动能定理等方法求解(3)对于功率的计算，应注意区分公式 P 和公式 PFv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算2机车启动模型中的两点技巧机车启动匀加速过程的最大速度 v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度 vm(此时 F 牵F 阻)求解方法：(1)求 v1：由 F 牵F 阻ma，PF 牵 v1 可求 v1(2)求 vm：由 PF 阻 vm，可求 vm考向 1 功的理解与计算1(多选)(2017·徐州二模)如图 5­3 所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C 等高，B 为圆槽最低点，小球从 A 点正上方 O 点静止释放，从 A 点切入圆槽，刚好能运动至 C 点设球在 AB 段和 BC 段运动过程中，运动时间分别为 t1、t2，克服摩擦力做功分别为W1、W2，则( )图 5­3Bt1t2At1t2 DW1W2CW1W2 4 / 18BCBC 小球刚开始自由落体，到达小球刚开始自由落体，到达 C C 点速度大小为零，由受力点速度大小为零，由受力分析，小球在分析，小球在 BCBC 阶段一直减速，则小球在阶段一直减速，则小球在 ABAB 阶段平均速率大阶段平均速率大于于 BCBC 阶段，两段弧长相等，所以阶段，两段弧长相等，所以 t1t1t2t2，B B 选项正确在选项正确在 ABAB和和 BCBC 任一对称位置上都有小球在任一对称位置上都有小球在 ABAB 上速率大于上速率大于 BCBC 上速率，上速率，则需要的向心力大，则轨道对小球的弹力大，由摩擦力公式，则需要的向心力大，则轨道对小球的弹力大，由摩擦力公式，受到的摩擦力就大，两段圆弧相等，根据功的计算公式可得受到的摩擦力就大，两段圆弧相等，根据功的计算公式可得W1W1W2W2，C C 选项正确选项正确 2(2017·徐州模拟)如图 5­4 所示，在投球游戏中，小明坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球已知某次抛出点的实际高度为 20 m，桶的高度为 04 m，到抛出点的水平距离为16 m，球恰好落入桶内，篮球质量约为 05 kg，小明对球做功约为( ) 【导学号：17214082】图 5­4B2 JA02 J D200 JC20 J B B 篮球做平抛运动，竖直方向下降高度为抛出点的实际高度篮球做平抛运动，竖直方向下降高度为抛出点的实际高度与桶的高度差，竖直方向：与桶的高度差，竖直方向：H Hh hgt2gt2水平方向：xvt由动能定理，人对篮球做功为篮球平抛初动能，则：WMv2B 由以上三式代入数据可得小明对球做功约为 2 J，故选考向 2 功率的分析和计算3(多选)(2017·徐州期中)如图 5­5 所示，物块用一不可伸长的轻绳跨过小滑轮与小球相连，与小球相连的轻绳处于水平拉直状5 / 18态小球由静止释放运动到最低点过程中，物块始终保持静止，不计空气阻力下列说法正确的有( ) 【导学号：17214083】图 5­5A小球刚释放时，地面对物块的摩擦力为零B小球运动到最低点时，地面对物块的支持力可能为零C上述过程中小球的机械能守恒D上述过程中小球重力的功率一直增大ACAC 小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，小球刚释放时，小球速度为零，此时绳子的拉力为零，对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故对物块分析可知，受到的摩擦力为零，故 A A 正确；小球运动到正确；小球运动到最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物最低点时，若地面对物块的支持力为零，此时绳子的拉力对物块有向右的分力，不可能静止，故块有向右的分力，不可能静止，故 B B 错误；整体受力分析，只错误；整体受力分析，只有重力做功，故机械能守恒，故有重力做功，故机械能守恒，故 C C 正确；刚释放小球时，小球正确；刚释放小球时，小球速度为零，小球重力的功率为零，到达最低点时，速度方向与速度为零，小球重力的功率为零，到达最低点时，速度方向与重力方向垂直，小球重力的功率为零，故小球重力的功率先增重力方向垂直，小球重力的功率为零，故小球重力的功率先增大后减小，故大后减小，故 D D 错误错误 4(2017·宿迁三模)如图 5­6 所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中 A、B、C 位于同一高度 h 处，A 做自由落体运动，B 沿光滑斜面由静止滑下，C 做平抛运动，D 从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为 h在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为 PA、PB、PC、PD下列关系式正确的是( ) 【导学号：17214084】图 5­6BPAPCPBPDAPAPBPCPD DPAPCPDPBCPAPCPDPB 6 / 18C C AA 做自由落体运动，做自由落体运动，C C 做平抛运动，竖直方向做自由落体做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，故运动，故 A A、C C 落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的落地时竖直方向的速度大小相同，故落地时的功率功率 P Pmgvmgv 相同；相同；D D 做斜抛运动，到达最高点跟做斜抛运动，到达最高点跟 A A 下落时的高下落时的高度相同，故竖直方向的速度跟度相同，故竖直方向的速度跟 A A 落地时的速度大小相同，故功落地时的速度大小相同，故功率相同；率相同；B B 沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟沿斜面下滑，下滑到斜面底端的速度跟 A A 落地时的落地时的速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于速度相同，但速度方向与重力方向成一定的夹角，故功率小于A A 的功率，故的功率，故 C C 正确正确 考向 3 机车启动问题5(2017·南通模拟)近年来城市的汽车越来越多，排放的汽车尾气是形成“雾霾”天气的一个重要因素，为减少二氧化碳排放，我国城市公交正大力推广新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为 8×102 kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为 15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 及对应的速度 v，并描绘出 F­图象(图中AB、AO 均为直线)，假设电动车行驶时所受的阻力恒定，则根据图象，下列判断中正确的是( )【导学号：17214085】图 5­7A电动车运动过程中所受的阻力 f2 000 NB电动车的额定功率 P6 000 WC电动车由静止开始持续匀加速运动的时间 t75 sD电动车从静止开始运动到最大速度消耗的电能 E9×104 JB B 当最大速度当最大速度 vmaxvmax1515 m/sm/s 时，牵引力为时，牵引力为 FminFmin400400 N N，故，故恒定阻力恒定阻力 f fFminFmin400400 N N，故，故 A A 错误；额定功率错误；额定功率P PFminvmaxFminvmax6 6 kWkW，故，故 B B 正确；匀加速运动的加速度正确；匀加速运动的加速度 a a 7 / 18m/s2m/s22 2 m/s2m/s2，匀加速运动的最大速度，匀加速运动的最大速度 v v m/sm/s3 3 m/sm/s，电，电动车维持匀加速运动的时间动车维持匀加速运动的时间 t t1 15 5 s s，故，故 C C 错误；错误；ACAC 段做段做变加速直线运动，无法求解其运动位移，所以无法求出时间，变加速直线运动，无法求解其运动位移，所以无法求出时间，也就求不出阻力做的功，故也就求不出阻力做的功，故 D D 错误错误 考点 2| 动能定理的应用 难度：较难 题型：选择题、计算题 五年 3 考(对应学生用书第 23 页)3(2015·江苏高考 T14)一转动装置如图 5­8 所示，四根轻杆OA、OC、AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L装置静止时，弹簧长为 L转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g求：图 5­8(1)弹簧的劲度系数 k；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 0；(3)弹簧长度从 L 缓慢缩短为 L 的过程中，外界对转动装置所做的功 W【解题关键】 关键语句信息解读四根轻杆OA、OC、AB和CB与两个小球及一小环通过铰链连接轻杆对小球和小环的力一定沿杆，可以是拉力，也可以是压力小球和小环的合力均为零装置静止时，弹簧长为L3 2 弹簧对小环的弹力大小为k，方向竖直向上L 2小环的合力始终为零 缓慢增大转速，小环缓慢上升 小球水平方向合力提供向心力，竖直方向合力为零8 / 18弹簧长度从L缓慢缩短为 的过程中3 2L 2全过程弹簧的弹性势能变化为零【解析】 (1)装置静止时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为F1、T1，OA 杆与转轴的夹角为 1小环受到弹簧的弹力 F 弹 1k·L 2小环受力平衡，F 弹 1mg2T1cos 1小球受力平衡，F1cos 1T1cos 1mgF1sin 1T1sin 1解得 k(2)设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F2、T2，OA 杆与转轴的夹角为2，弹簧长度为 x小环受到弹簧的弹力 F 弹 2k(xL)小环受力平衡，F 弹 2mg，得 xL对小球，F2cos 2mgF2sin 2mlsin 2且 cos 2x 2l解得 0(3)弹簧长度为 L 时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为 3小环受到弹簧的弹力 F 弹 3kL小环受力平衡，2T3cos 3mgF 弹 3，且 cos 3L 4l对小球，F3cos 3T3cos 3mgF3sin 3T3sin 3mlsin 3解得 316g L整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定9 / 18理Wmg2mg2×m(3lsin 3)2解得 WmgL【答案】 (1) (2) (3)mgL16mgl2 L4(2017·江苏高考 T3)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为 Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能 Ek 与位移 x 关系的图线是( )C C 设斜面倾角为设斜面倾角为 ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有有(mgsin f)xEkEk0，即Ek(fmgsin )xEk0，所以 Ek 与 x 的函数关系图象为直线，且斜率为负当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsin f)(x0x)Ek0(x0 为小物块到达最高点时的位移)，即Ek(mgsin f)x(mgsin f)x0所以下滑时 Ek 随 x 的减小而增大且为直线综上所述，选项 C 正确5(2013·江苏高考 T5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图 5­9 所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的( ) 【导学号：17214086】图 5­9B50%A30% D90%C70% 10 / 18A A 根据根据 v v和和 EkEkmv2mv2 解决问题量出碰撞前的小球间距与解决问题量出碰撞前的小球间距与碰撞后的小球间距之比为碰撞后的小球间距之比为 127127，即碰撞后两球速度大小，即碰撞后两球速度大小 vv与碰撞前白球速度与碰撞前白球速度 v v 的比值，所以损失的动能的比值，所以损失的动能EkEkmv2mv2·2mv2·2mv2，30%30%，故选项，故选项 A A 正确正确 1应用动能定理解题的 4 个步骤(1)确定研究对象及其运动过程；(2)分析受力情况和各力的做功情况；(3)明确物体初末状态的动能；(4)由动能定理列方程求解2应用动能定理解题应注意的 3 个问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不牵扯加速度及时间，比动力学研究方法要简洁(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化考向 1 动能定理与图象的结合6(2017·盐城二模)质量为 m 的球从地面以初速度 v0 竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，下列图象分别描述了球在空中运动的加速度 a、速度 v 随时间 t 的变化关系和动能Ek、机械能 E(选地面处重力势能为零)随球距离地面高度 h 的变化关系，其中可能正确的是( ) 【导学号：17214087】A B11 / 18C DC C v­tv­t 图象与图象与 t t 轴的交点表示小球到达最高点，速度为轴的交点表示小球到达最高点，速度为 0 0，此时空气阻力为此时空气阻力为 0 0，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定，小球所受的合力等于重力，由牛顿第二定律得：律得：mgmgmama，a ag0g0，故，故 A A 错误上升过程有错误上升过程有 mgmgf fmama上，下降过程有上，下降过程有 mgmgf fmama 下，又下，又 f fkvkv，得，得 a a 上上g g，则上，则上升过程中，随着升过程中，随着 v v 的减小，的减小，a a 减小由数学知识有减小由数学知识有··a a，减，减小，所以小，所以 a­ta­t 图象应是曲线同理，下降过程，图象应是曲线同理，下降过程，a­ta­t 图象也是图象也是曲线，故曲线，故 B B 错误上升过程有错误上升过程有 EkEk(mg(mgkv)hkv)h，得，得(mg(mgkv)kv)，v v 减小，减小，减小，减小，Ek­hEk­h 图象应是切线斜率逐渐减图象应是切线斜率逐渐减小的曲线下降过程有小的曲线下降过程有 EkEk(mg(mgkv)hkv)h，得，得mgmgkvkv，v v增大，减小，增大，减小，Ek­hEk­h 图象应是切线斜率逐渐减小的曲线，故图象应是切线斜率逐渐减小的曲线，故 C C 正正确上升过程有确上升过程有 EEkv·hkv·h，得，得kvkv，v v 减小，减小，减小，减小，E­hE­h 图象应是曲线，故图象应是曲线，故 D D 错误错误 考向 2 多过程应用动能定理7(2017·镇江一模)如图 5­10 所示的装置由水平弹簧发射器及两个轨道组成：轨道是光滑轨道 AB，AB 间高度差 h1020 m；轨道由 AE 和螺旋圆形 EFG 两段光滑轨道和粗糙轨道 GB 平滑连接而成，且 A 点与 F 点等高轨道最低点与 AF 所在直线的高度差h2040 m当弹簧压缩量为 d 时，恰能使质量 m005 kg 的滑块沿轨道上升到 B 点，当弹簧压缩量为 2d 时，恰能使滑块沿轨道上升到 B 点，滑块两次到达 B 点处均被装置锁定不再运动已知弹簧弹性势能 Ep 与弹簧压缩量 x 的平方成正比，弹簧始终处于弹性限度范围内，不考虑滑块与发射器之间的摩擦，重力加速度 g 取 10 m/s2图 5­1012 / 18(1)当弹簧压缩量为 d 时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；(2)求滑块经过螺旋图形轨道最高点 F 处时对轨道的压力大小；(3)求滑块通过 GB 段过程中克服摩擦力所做的功 【导学号：17214088】【解析】 (1)当弹簧压缩量为 d 时，恰能使质量 m005 kg的滑块沿轨道上升到 B 点，所以根据能量转化和守恒定律得：弹簧弹性势能 Ep1mgh1解得：Ep101 J又对滑块由静止到离开弹簧过程由能量转化和守恒定律得：Ep1mv2解得：v2 m/s(2)根据题意，弹簧弹性势能 Ep 与弹簧压缩量 x 的平方成正比，所以弹簧压缩量为 2d 时，弹簧弹性势能为 Ep204 J根据题意，滑块到达 F 点处的速度 v4 m/s根据牛顿第二定律：Fma可得：mgFNmv2 R解得：FN35 N根据牛顿第三定律：F 处滑块对轨道的压力大小为 35 N(3)滑块通过 GB 段过程，根据能量转化和守恒定律得Ep2mgh1Q解得：Q03 J又 QW 克所以滑块通过 GB 段过程中克服摩擦力所做的功 W 克03 J13 / 18【答案】 (1)01 J 2 m/s (2)35 N (3)03 J8(2017·徐州模拟)如图 5­11 所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持 v04 m/s 的恒定速率运行，AB 之间距离为 L8 m，斜面倾角 37°，弹簧劲度系数 k200 N/m，弹性势能 Epkx2，式中 x 为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为 d32 m现将一质量为 4 kg 的工件轻放在传送带 A 端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为 05，不计其它阻力，sin 37°06，cos 37°08，g 取 10 m/s2求：图 5­11(1)工件传到 B 端经历的时间；(2)传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为 20 N，工件在斜面上通过的总路程(结果保留三位有效数字) 【导学号：17214089】【解析】 (1)设工件轻放后向右的加速度为 a，达共速时位移为x1，时间为 t1，由牛顿第二定律：mgma可得：ag5 m/s2t1 s08 sx1at2×5×082 m16 m接着工件向右匀速运动，设时间为 t2，t2 s16 s工件传到 B 端经历的时间 tt1t224 s(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为 x1，由动能定理得：14 / 18mg(dx1)sin 37°mg(dx1)cos 37°kx0mv2 0代入数据得：x108 m传感器的示数最大值为：Fmk·x1160 N(3)设传感器示数为 20 N 时弹簧的压缩量为 x2，工件在斜面上通过的总路程为 s，则：x2 m01 m由能量守恒得：mvmg(dx2)sin 37°mgscos 37°kx1 22 2代入数据得：s689 m【答案】 (1)24 s (2)160 N (3)689 m考向 3 动能定理在机车启动问题中的应用9(2017·××区期末)一辆由电动机提供牵引力的实验小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其运动的全过程转化为如图 5­12 所示的 v ­t 图象，图象显示 2 s10 s 时间段内的图象为曲线，其余时间段图象均为直线已知实验小车运动的过程中，2 s14 s时间段内小车的功率保持不变，在 14 s 末关闭发动机而让小车自由滑行已知小车的质量为 1 kg，假设在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变求：图 5­12(1)小车所受到的阻力大小及 02 s 时间内电动机提供的牵引力 F 的大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率 P；(3)小车在 010 s 运动过程中位移 x 的大小 【导学号：17214090】15 / 18【解析】 (1)由图象可得，在 14 s18 s 内的加速度为：a3 m/s2075 m/s2小车受到阻力大小为：fma3075 N在 02 s 内的加速度为：a1 m/s205 m/s2由 Ffma1 得，电动机提供的牵引力大小为：Fma1f125 N(2)在 10 s14 s 内小车做匀速运动，有：Ff故小车功率为：PFv075×3 W225 W(3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小：02 s 内，s1×2×1 m1 m2 s10 s 内，根据动能定理有：Ptfs2mvmv2 1代入数据解得：s2187 m故小车在加速过程中的位移为：ss1s2197 m【答案】 (1)075 N 125 N (2)225 W (3)197 m规范练高分规范练高分| | 动能定理的综合应用类问题动能定理的综合应用类问题(对应学生用书第 25 页)典题在线(2017·湖南十校联考)(18 分)为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为 60°，长为 L12 m 的倾斜轨道 AB，通过微小圆弧与长为 L2 m的水平轨道 BC 相连，然后在 C 处设计一个竖直完整的光滑16 / 18圆轨道，出口为水平轨道 D，如图 5­13 所示现将一个小球从距 A 点高为 h09 m 的水平台面上以一定的初速度 v0 水平弹出，到 A 点时速度方向恰沿 AB 方向，并沿倾斜轨道滑下已知小球与 AB 和 BC 间的动摩擦因数均为 g 取 10 m/s2，求：图 5­13 (1)小球初速度 v0 的大小；(2)小球滑过 C 点时的速度 vC；(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径 R 应该满足什么条件信息解读长度忽略不计且此处无碰撞和能量损失注意小球竖直平面内圆周运动的处理方法可在 A 点分解速度求解 v0小球在 AB 和 BC 上运动时，受摩擦力作用，存在摩擦力做功由图可知，小球运动是“平抛斜面圆周”的组合可在竖直平面内通过圆周最高点或在竖直平面内上升的高度不超过其半径考生抽样阅卷点评点评内容点评 1该生在第(1)(2)步上分析及解析比较规范，能得全分(8 分)点评 2在第(3)步中，该生对“小球不离开轨道”的理解不全面，只考虑了完整圆周运动的情况，故只能得到 5 分规范解答17 / 18【解析】 (1)小球做平抛运动到达 A 点，由平抛运动规律知竖直方向有：v2gh(2 分)即：vy3 m/s(1 分)因为在 A 点的速度恰好沿 AB 方向，所以小球初速度：v0vytan 30° m/s(2 分)(2)从水平抛出到 C 点的过程中，由动能定理得：mg(hL1sin )mgL1cos mgL2mvmv(2 分)解得：vC3 m/s(1 分)(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有：mgm(2 分)小球做圆周运动过程中，由动能定理有：2mgR1mv2mv(2 分)解得：R1108 m(1 分)当小球刚好能到达与圆心等高时有：mgR2mv(2 分)解得：R227 m(2 分)当圆轨道与 AB 相切时：R3BCtan 60°15 m，即圆轨道的半径不能超过 15 m综上所述，要使小球不离开轨道，R 应该满足的条件是：0R108 m(2 分)【答案】 (1) m/s (2)3 m/s(3)0R108 m评分标准第(1)问中，若写出表达式和且数据正确的给满分，若结果v0 的计算错误，则去掉 1 分18 / 18第(2)问中的方程若分段写出方程且正确同样给分第(3)问中若答案为 0R27 m 要减去最后 2 分，若分析和斜面的相切的情况，但结果写成 0R15 m，可减去 1 分