2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題03 圓周運(yùn)動(dòng)講義含答案

2025高考物理實(shí)驗(yàn)知識(shí)總結(jié)壓軸題壓軸題03圓周運(yùn)動(dòng)考向分析圓周運(yùn)動(dòng)在高考物理中占據(jù)著至關(guān)重要的地位，是考查學(xué)生對(duì)力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)掌握程度的重要考點(diǎn)。在命題方式上，圓周運(yùn)動(dòng)的題目既可能直接考察基礎(chǔ)知識(shí)，如圓周運(yùn)動(dòng)的定義、向心力和向心加速度的計(jì)算等，也可能與其他知識(shí)點(diǎn)如能量守恒、動(dòng)量定理等相結(jié)合，形成綜合性較強(qiáng)的題目。備考時(shí)，考生應(yīng)深入理解圓周運(yùn)動(dòng)的基本原理和規(guī)律，掌握相關(guān)的公式和解題方法，并通過大量的練習(xí)提高解題能力。同時(shí)，考生還需關(guān)注歷年高考真題和模擬題，了解命題趨勢(shì)和難度，以便更有針對(duì)性地備考。通過系統(tǒng)復(fù)習(xí)和練習(xí)，考生能夠熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)，為高考取得優(yōu)異成績(jī)奠定堅(jiān)實(shí)基礎(chǔ)。知識(shí)再析考向一：水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)1．圓周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)分析過程：2.水平面內(nèi)的圓盤臨界模型①口訣：“誰(shuí)遠(yuǎn)誰(shuí)先飛”；②a或b發(fā)生相對(duì)圓盤滑動(dòng)的各自臨界角速度：；①口訣：“誰(shuí)遠(yuǎn)誰(shuí)先飛”；②輕繩出現(xiàn)拉力，先達(dá)到B的臨界角速度：；③AB一起相對(duì)圓盤滑動(dòng)時(shí)，臨界條件：隔離A：T=μmAg；隔離B：T+μmBg=mBω22rB整體：μmAg+μmBg=mBω22rBAB相對(duì)圓盤滑動(dòng)的臨界條件：①口訣：“誰(shuí)遠(yuǎn)誰(shuí)先飛”；②輕繩出現(xiàn)拉力，先達(dá)到B的臨界角速度：；③同側(cè)背離圓心，fAmax和fBmax指向圓心，一起相對(duì)圓盤滑動(dòng)時(shí)，臨界條件：隔離A：μmAg-T=mAω22rA；隔離B：T+μmBg=mBω22rB整體：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rBAB相對(duì)圓盤滑動(dòng)的臨界條①口訣：“誰(shuí)遠(yuǎn)誰(shuí)先飛”（rB>rA）；②輕繩出現(xiàn)拉力臨界條件：；此時(shí)B與面達(dá)到最大靜摩擦力，A與面未達(dá)到最大靜摩擦力。此時(shí)隔離A：fA+T=mAω2rA；隔離B：T+μmBg=mBω2rB消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③當(dāng)mBrB=mArA時(shí)，fA=μmBg，AB永不滑動(dòng)，除非繩斷；④AB一起相對(duì)圓盤滑動(dòng)時(shí)，臨界條件：1）當(dāng)mBrB>mArA時(shí)，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA達(dá)到最大→從B側(cè)飛出；2）當(dāng)mBrB<mArA時(shí)，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA達(dá)到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB達(dá)到最大→從A側(cè)飛出；AB相對(duì)圓盤滑動(dòng)的臨界條件臨界條件：①，；②，臨界條件：①②考向二：常見繩桿模型特點(diǎn)：輕繩模型輕桿模型情景圖示彈力特征彈力可能向下，也可能等于零彈力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意圖力學(xué)方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)臨界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此時(shí)FN＝mg模型關(guān)鍵(1)“繩”只能對(duì)小球施加向下的力(2)小球通過最高點(diǎn)的速度至少為eq\r(gr)(1)“桿”對(duì)小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通過最高點(diǎn)的速度最小可以為001水平面內(nèi)圓錐擺模型1．一根輕質(zhì)細(xì)線一端系一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球的質(zhì)量為m，細(xì)線另一端固定在一光滑圓錐頂上，如圖甲所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，線的張力T隨變化的圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．細(xì)線的長(zhǎng)度為 B．細(xì)線的長(zhǎng)度為C．細(xì)線的長(zhǎng)度為 D．細(xì)線的長(zhǎng)度為【答案】A【詳解】設(shè)線長(zhǎng)為L(zhǎng)，錐體母線與豎直方向的夾角為，當(dāng)時(shí)，小球靜止，受重力mg、支持力N和線的拉力T而平衡，此時(shí)有，ω增大時(shí)，T增大，N減小，當(dāng)時(shí)，角速度為，當(dāng)時(shí)，由牛頓第二定律有；解得當(dāng)時(shí)，小球離開錐面，線與豎直方向夾角變大，設(shè)為，由牛頓第二定律得所以此時(shí)圖線的反向延長(zhǎng)線經(jīng)過原點(diǎn)，可知圖線的斜率變大，結(jié)合圖像可得則細(xì)線的長(zhǎng)度為故選A。02無(wú)線水平圓盤模型2．如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上距軸中心為和的兩點(diǎn)位置，分別有質(zhì)量均為的相同材料的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，兩小物體分別滑至圓盤上其他位置停止。下列說法正確的是（）A．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，兩小物體所受摩擦力大小相同B．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，兩小物體滑動(dòng)的距離之比為C．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，兩小物體運(yùn)動(dòng)的軌跡為曲線D．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，兩小物體動(dòng)能相同【答案】B【詳解】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，兩小物體所受摩擦力提供向心力，所以兩小物體所受摩擦力大小不相同，故A錯(cuò)誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，兩小物體的線速度大小之比為圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，滑動(dòng)的加速度大小均為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，可得兩小物體滑動(dòng)的距離之比為故B正確；C．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，兩小物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由可知，圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，兩小物體動(dòng)能之比為，故D錯(cuò)誤。故選B。03有線水平圓盤模型3．如圖所示，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細(xì)線相連放置在水平圓盤上．當(dāng)圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，物塊a、b始終相對(duì)圓盤靜止．下列關(guān)于物塊a所受的摩擦力隨圓盤角速度的平方（ω2）的變化關(guān)系正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】轉(zhuǎn)動(dòng)過程中a、b角速度相同。當(dāng)圓盤角速度較小時(shí)，a、b由靜摩擦力充當(dāng)向心力，繩子拉力為零，此過程中a、b所需要的摩擦力分別為，因?yàn)椋?，又因?yàn)閍、b與平臺(tái)的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達(dá)到最大靜摩擦力，當(dāng)b達(dá)到最大靜摩擦力f0時(shí)繩子開始出現(xiàn)拉力，此時(shí)對(duì)于a、b有，聯(lián)立可得由上述分析可知，繩子拉力出現(xiàn)之前圖像的斜率為，繩子拉力出現(xiàn)之后圖線的斜率為，所以繩子有拉力時(shí)圖線斜率變大。故選D。04豎直面內(nèi)繩類（軌道內(nèi)側(cè)）模型4．如題圖，一質(zhì)量為M的雜技演員站在臺(tái)秤上，手拿一根長(zhǎng)為R的細(xì)線一端。另一端系一個(gè)質(zhì)量為m的小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。若小球恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，已知圓周上b為最高點(diǎn)，a、c為圓心的等高點(diǎn)，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)b時(shí)，小球的速度為零B．小球在a、c兩個(gè)位置時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)相同，且為MgC．小球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)c時(shí)，臺(tái)秤對(duì)雜技演員摩擦力的方向水平向右D．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，臺(tái)秤的示數(shù)為【答案】B【詳解】A．小球恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)b時(shí)，細(xì)線的拉力為零，由重力提供所需的向心力，根據(jù)牛頓第二定律得則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)b時(shí)的速度為故A錯(cuò)誤；B．小球在a、c兩個(gè)位置時(shí)，細(xì)線拉力均處于水平方向，以人為研究對(duì)象，在豎直方向上根據(jù)平衡條件可得臺(tái)秤對(duì)人的支持力為FN=Mg由牛頓第三定律可知人對(duì)臺(tái)秤的壓力為Mg，則臺(tái)秤示數(shù)為Mg，故B正確；C．小球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)c時(shí)，繩子對(duì)小球的彈力水平向左，則繩子對(duì)人的拉力水平向右，所以臺(tái)秤對(duì)演員的摩擦力水平向左，故C錯(cuò)誤；D．設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為v′。小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得小球在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得以人為研究對(duì)象，由平衡條件得解得臺(tái)秤對(duì)人的支持力為則臺(tái)秤的示數(shù)為Mg+6mg，故D錯(cuò)誤。故選B。05豎直面內(nèi)桿類（管類）模型5．一端連在光滑固定軸上，可在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)的輕桿，另一端與一小球相連，如圖甲所示．現(xiàn)使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某一位置開始計(jì)時(shí)，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A．t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，t3時(shí)刻小球通過最低點(diǎn)B．t2時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，t3時(shí)刻小球通過最低點(diǎn)C．v1大小一定大于v2大小，圖乙中S1和S2的面積一定相等D．v1大小可能等于v2大小，圖乙中S1和S2的面積可能不等【答案】A【詳解】AB．小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的速度方向都水平且相反，，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的方向可知，在最高點(diǎn)速度方向?yàn)檎谧畹忘c(diǎn)速度方向?yàn)樨?fù)，另外，最高點(diǎn)和最低點(diǎn)合外力都指向圓心，水平方向合外力為零，因此反應(yīng)在圖乙中的速度—時(shí)間圖像中，最高點(diǎn)和最低點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的圖像在該位置的斜率為零，即水平方向加速度為零，而根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，最低點(diǎn)和最高點(diǎn)兩側(cè)物體在水平方向的速度應(yīng)具有對(duì)稱性，因此，根據(jù)圖乙可知，t1時(shí)刻小球通過最高點(diǎn)，t3時(shí)刻小球通過最低點(diǎn)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)速度最小，最低點(diǎn)時(shí)速度最大，因此而對(duì)小球的運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析可知，S1表示小球從最低點(diǎn)到圓周的最左邊的水平位移大小，S2表示小球從圓周最左邊到最高點(diǎn)的水平位移的大小，顯然S1和S2的面積相等，故CD錯(cuò)誤。故選A。06斜面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)6．如圖，半徑為R的勻質(zhì)實(shí)心圓盤。盤面與水平面的夾角為θ，開始時(shí)圓盤靜止。其上表面均勻覆蓋著一層細(xì)沙沒有掉落，細(xì)沙與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?，F(xiàn)讓圓盤繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)，其角速度從0開始緩慢增加到（未知）。此時(shí)圓盤表面上的細(xì)沙有被甩掉，重力加速度為g。則的值為A． B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)可知在角速度相同的情況下半徑越大，向心力越大，所以最外邊的灰塵隨著角速度的增大最先發(fā)生滑動(dòng)，因?yàn)閳A盤表面上的灰有被甩掉，即面積上的灰塵發(fā)生滑動(dòng)，剩下的未滑動(dòng)，設(shè)未滑動(dòng)的半徑為r，則解得在最低點(diǎn)有解得故選D。好題速練1．（2024高三下·重慶·模擬一診）如圖（a）所示，質(zhì)量均為1kg的物體A和B放置在圓盤上，與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和。用兩根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩將物體A、B和圓盤轉(zhuǎn)軸相連，物體A、B與轉(zhuǎn)軸的距離分別為和。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度緩慢增大時(shí)，轉(zhuǎn)軸與物體A之間的細(xì)繩拉力、A與B之間的細(xì)繩拉力隨的關(guān)系如圖（b）所示。取，則下列正確的是（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】BD．以物體B為研究對(duì)象，則有變形得與圖像對(duì)比可得；故BD錯(cuò)誤；AC．以A為研究對(duì)象可得代入得與圖像對(duì)比可得；即；故A錯(cuò)誤，C正確。故選C。2．（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示的旋轉(zhuǎn)飛椅在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可拓展為如圖乙所示的模型，輕質(zhì)細(xì)線1、2分別懸掛A、B兩小球（視為質(zhì)點(diǎn)）在不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。A、B的質(zhì)量均為m，細(xì)線1的長(zhǎng)度為，細(xì)線2的長(zhǎng)度未知，細(xì)線1與豎直方向的夾角為，細(xì)線2與豎直方向的夾角為。細(xì)線1、2始終在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，、，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A．A、B的線速度可能相等B．細(xì)線1與細(xì)線2中拉力大小之比為C．B的角速度大小為D．細(xì)線2的長(zhǎng)度為【答案】D【詳解】A．B相對(duì)靜止做穩(wěn)定的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每轉(zhuǎn)一圈所需要的時(shí)間相等，即運(yùn)動(dòng)周期相等，角速度相等，兩球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同，由可知A、B的線速度不相等，A錯(cuò)誤；B．細(xì)線1、2的拉力大小分別為、，設(shè)細(xì)線2的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，A、B的角速度均為，對(duì)B進(jìn)行受力分析，在豎直方向由力的平衡可得對(duì)A進(jìn)行受力分析，豎直方向上有綜合解得，進(jìn)一步可得故B錯(cuò)誤；C．對(duì)A進(jìn)行受力分析，水平方向有結(jié)合，綜合解得故C錯(cuò)誤；D．對(duì)B進(jìn)行受力分析，水平方向有綜合，解得故D正確。故選D。3．（2024高三·山東聊城·開學(xué)模擬）如圖甲所示，小木塊和（可視為質(zhì)點(diǎn)）用輕繩連接置于水平圓盤上，的質(zhì)量為，的質(zhì)量為m。它們分居圓心兩側(cè)，與圓心的距離分別為，，、與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同且均為。圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸極緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng)，木塊和圓盤保持相對(duì)靜止。表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，在角速度增大到一定值的過程中，、與圓盤保持相對(duì)靜止，所受摩擦力與滿足如圖乙所示關(guān)系，圖中。下列判斷正確的是（）A．圖線（1）對(duì)應(yīng)物體a B．C． D．時(shí)繩上張力大小為【答案】D【詳解】A．角速度較小時(shí)，兩物體受靜摩擦力提供向心力，對(duì)a有對(duì)b有則角速度較小時(shí)，b的靜摩擦力較小，則圖（1）對(duì)應(yīng)物體b，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)角速度達(dá)到時(shí)，設(shè)繩子拉力為，對(duì)a、b有；當(dāng)角速度達(dá)到時(shí)，設(shè)繩子拉力為，對(duì)a、b有；解得故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)角速度達(dá)到時(shí)，b受最大靜摩擦力提供向心力，有當(dāng)角速度達(dá)到時(shí)，設(shè)繩子拉力為，對(duì)a、b有；解得故C錯(cuò)誤；D．由上述分析可知；；；聯(lián)立解得故D正確；故選D。4．（2024高三下·河南周口·開學(xué)考試）如圖所示，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，是軌道的水平直徑，為圓心，一個(gè)小球靜止在軌道的最低點(diǎn)?，F(xiàn)給小球水平向左的初速度，小球沿圓軌道向上運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)剛好離開圓軌道，此后小球恰能通過點(diǎn)，為點(diǎn)上方與等高的位置，與水平方向的夾角為，不計(jì)小球的大小，則（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球剛要脫離圓軌道時(shí)，小球的速度大小為，此時(shí)對(duì)小球小球脫離軌道后，小球?qū)⒆鲂睊佭\(yùn)動(dòng)，則小球在D點(diǎn)時(shí)的水平方向；；在豎直方向；以上各式聯(lián)立，解得即故選C。5．（2024·湖南長(zhǎng)沙·二診）如圖所示，在傾角為的固定粗糙斜面體上，有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為的小球用長(zhǎng)為的輕繩拴接，輕繩的另一端固定在點(diǎn)，小球靜止時(shí)位于最低點(diǎn)A，現(xiàn)給小球一與輕繩垂直的初速度，使小球在斜面上做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間小球剛好能運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，重力加速度取，忽略空氣阻力。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）

A．小球由A運(yùn)動(dòng)到的過程中機(jī)械能守恒B．小球由A運(yùn)動(dòng)到的過程中，重力的瞬時(shí)功率一直減小C．小球在A點(diǎn)時(shí)，輕繩的拉力大小為D．小球由A運(yùn)動(dòng)到的過程中克服摩擦力做的功為【答案】C【詳解】A．由于小球由A運(yùn)動(dòng)到的過程有摩擦力做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．小球在A點(diǎn)時(shí)的速度與重力垂直，則重力的功率為0，同理小球在點(diǎn)時(shí)，重力的功率也為0，所以小球由A到的過程，重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；C．小球在A點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得解得故C正確；D．小球剛好運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，輕繩沒有作用力，則由牛頓第二定律得設(shè)小球由A到的過程中克服摩擦力做功為，由動(dòng)能定理得解得故D錯(cuò)誤。故選C。6．（2024·河北衡水·一模）如圖所示，水平轉(zhuǎn)盤可繞過盤上O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸P轉(zhuǎn)動(dòng)。轉(zhuǎn)盤上邊長(zhǎng)為R的等邊三角形（其中一個(gè)頂點(diǎn)為O）的一條邊上放置兩個(gè)相同的小物塊a、b，質(zhì)量均為m，a在等邊三角形的一個(gè)頂點(diǎn)處，b在該邊的中點(diǎn)處，a、b之間有一拉長(zhǎng)的彈簧，初始時(shí)轉(zhuǎn)盤和兩物塊均靜止，彈簧彈力大小為F?，F(xiàn)讓轉(zhuǎn)盤繞豎直轉(zhuǎn)軸P沿逆時(shí)針方向（俯視）以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)盤角速度時(shí)，滑塊恰好與轉(zhuǎn)盤相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（

）A．轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)，a受到的摩擦力大小為F，方向沿ab連線由b指向aB．當(dāng)時(shí)，b受到的摩擦力大小為C．當(dāng)時(shí)，a受到的摩擦力大小為D．物塊與轉(zhuǎn)盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于【答案】ABD【詳解】A．轉(zhuǎn)盤靜止時(shí)，由于彈簧處于拉長(zhǎng)狀態(tài)，對(duì)a分析可知a受到的摩擦力大小為F，方向沿ab連線由b指向a，選項(xiàng)A正確；B．當(dāng)時(shí)，b做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力此時(shí)向心力的方向與彈力方向垂直，則此時(shí)b受到的摩擦力大小為選項(xiàng)B正確；C．當(dāng)時(shí)，a做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力此時(shí)a受到的靜摩擦力大小為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)時(shí)，對(duì)滑塊b做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力物塊b與轉(zhuǎn)盤間的靜摩擦力因可知滑塊b與轉(zhuǎn)盤之間的摩擦力達(dá)到最大值，則根據(jù)可得動(dòng)摩擦因數(shù)選項(xiàng)D正確。故選ABD。7．（2024高三下·四川·開學(xué)考試）如圖所示，粗糙圓盤沿同一直徑放置正方體A、C，及側(cè)面光滑的圓柱體B，一輕繩繞過B連接A、C，初始時(shí)輕繩松弛。已知，A、B、C與圓盤的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和?，F(xiàn)使圓盤從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)過程中A、B、C始終未傾倒，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．物體與圓盤相對(duì)滑動(dòng)前，A物體所受的向心力最大B．細(xì)繩最初繃緊時(shí)，圓盤的角速度C．圓盤上恰好有物塊開始滑動(dòng)時(shí)D．物體與圓盤相對(duì)滑動(dòng)前，C所受的摩擦力先減小后增大【答案】AC【詳解】A．設(shè)A、B、C的質(zhì)量分別為2m、3m、m，則向心力分別為，，可知，A物體所受的向心力最大，A正確；B．三者分別與圓盤的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦?xí)r；；得，，，B的臨界角速度最小，則細(xì)繩最初繃緊時(shí)，圓盤的角速度，B錯(cuò)誤；C．A的臨界角速度小于C的臨界角速度，設(shè)恰好有物塊開始滑動(dòng)時(shí)繩的拉力為T，則對(duì)A：；對(duì)C：得，C正確；D．角速度較小時(shí)，C所受摩擦力指向圓心，由C選項(xiàng)可知，滑動(dòng)時(shí)C所受摩擦力背離圓心，故物體與圓盤相對(duì)滑動(dòng)前，C所受的摩擦力先增大后減小再增大，D錯(cuò)誤。故選AC。8．（2024高三下·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對(duì)稱軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離處有一小物體與圓盤始終保持相對(duì)靜止。小物體質(zhì)量為，與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，盤面與水平面的夾角為，取。則下列說法正確的是（）A．角速度的最大值是B．小物體運(yùn)動(dòng)過程中所受的摩擦力始終指向圓心C．取不同數(shù)值時(shí)，小物體在最高點(diǎn)受到的摩擦力一定隨的增大而增大D．小物體由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中摩擦力所做的功為【答案】AD【詳解】A．當(dāng)小物體隨圓盤轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大時(shí)，角速度最大，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．由于小物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，除了水平直徑上的兩點(diǎn)之外，在圓盤面內(nèi)靜摩擦力的一個(gè)分力要與重力沿斜面向下的分力相平衡，另一個(gè)分力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以小物體運(yùn)動(dòng)過程中所受的摩擦力不一定始終指向圓心，故B錯(cuò)誤；C．小物體向心力的最大值為而大于向心力最大值，故最高點(diǎn)故小物體在最高點(diǎn)受到的摩擦力一定隨的增大而減小，C錯(cuò)誤；D．小物體由最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)解得摩擦力所做的功為故D正確。選AD。9．（2024高三上·山東濰坊·期末）通用技術(shù)課上，某興趣小組制作了一個(gè)電動(dòng)爬桿小猴，原理如圖所示，豎直桿OM與光滑桿ON均固定在電動(dòng)機(jī)底座上，且ON與水平面間的夾角，一彈簧上端固定在OM桿上的P點(diǎn)，下端與穿在ON桿上質(zhì)量為m的小猴相連。小猴靜止時(shí)彈簧與豎直方向間的夾角，當(dāng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)底座開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小猴開始爬桿。已知OP兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g。則（

）A．小猴靜止時(shí)桿對(duì)小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下B．小猴靜止時(shí)彈簧彈力的大小為mgC．小猴靜止時(shí)桿對(duì)小猴的彈力大小為D．電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)后，當(dāng)小猴穩(wěn)定在與P點(diǎn)等高的位置時(shí)桿的角速度為【答案】AD【詳解】A．對(duì)小猴受力分析如圖由平衡條件可知，小猴靜止時(shí)桿對(duì)小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下，故A正確；B．小猴靜止時(shí)彈簧彈力的大小為故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，小猴靜止時(shí)桿對(duì)小猴的彈力大小為故C錯(cuò)誤；D．由幾何關(guān)系可知，小猴穩(wěn)定在與P點(diǎn)時(shí)彈簧的長(zhǎng)度與在P點(diǎn)時(shí)相等，故彈簧的彈力為在P點(diǎn)，對(duì)小猴受力分析水平方向由牛頓第二定律豎直方向由平衡條件聯(lián)立解得故D正確。故選AD。10．（2024高三·吉林長(zhǎng)春·開學(xué)考試）如圖所示，足夠大的水平圓臺(tái)中央固定一光滑豎直細(xì)桿，原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧套在豎直桿上，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿及光滑鉸鏈相連，小球A穿過豎直桿置于彈簧上。讓小球B以不同的角速度繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為時(shí)，小球B剛好離開臺(tái)面。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則（）A．小球均靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)－B．角速度時(shí)，小球A對(duì)彈簧的壓力為mgC．角速度D．角速度從繼續(xù)緩慢增大的過程中，小球A對(duì)彈簧的壓力變小【答案】AC【詳解】A．若兩球靜止時(shí)，對(duì)B球分析，根據(jù)受力平衡可知桿的彈力為零；設(shè)彈簧的壓縮量為，對(duì)A球分析，受力平衡可得則彈簧的長(zhǎng)度為故A正確；BC．當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為時(shí)，小球B剛好離開臺(tái)面，則有設(shè)桿與豎直方向的夾角為，豎直方向有水平方向，由牛頓第二定律可得對(duì)A球依然處于平衡狀態(tài)，則有由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得，由牛頓第三定律可知A球?qū)椈傻膲毫?mg，故B錯(cuò)誤，C正確；D．當(dāng)角速度從繼續(xù)增大，B球?qū)h起來(lái)，桿與豎直方向的夾角變大，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，在豎直方向始終處于平衡，則有則彈簧對(duì)A球的彈力為2mg，由牛頓第三定律可知A球?qū)椈傻膲毫σ廊粸?mg，故D錯(cuò)誤。故選AC。11．（2024高三·河南·期末）過山車是一種刺激的游樂項(xiàng)目，未經(jīng)訓(xùn)練的普通人在承受大約5個(gè)重力加速度時(shí)就會(huì)發(fā)生暈厥。圖甲過山車軌道中回環(huán)部分是半徑為R的經(jīng)典圓環(huán)軌道，A為圓軌道最高點(diǎn)、B為最低點(diǎn)；圖乙過山車軌道中回環(huán)部分是倒水滴形軌道，上半部分是半徑為R的半圓軌道、C為最高點(diǎn)，下半部分為兩個(gè)半徑為2R的四分之一圓弧軌道、D為最低點(diǎn)。若載人過山車可視為質(zhì)點(diǎn)，分別從兩軌道頂峰處由靜止下降，經(jīng)過A、C點(diǎn)時(shí)均和軌道沒有相互作用，點(diǎn)B、D等高，忽略空氣阻力和摩擦。則下列說法正確的是（）A．過山車經(jīng)過A、C點(diǎn)時(shí)速度為0B．圖甲過山車軌道比圖乙軌道更安全C．圖乙過山車軌道比圖甲軌道更安全D．圖甲軌道的頂峰高度比圖乙軌道的頂峰高度低R【答案】CD【詳解】A．已知過山車經(jīng)過A、C點(diǎn)時(shí)和軌道沒有相互作用，重力充當(dāng)向心力有解得故A錯(cuò)誤；BC．分別運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)B、D時(shí)，人所受加速度最大，由動(dòng)能定理，對(duì)圖甲圓環(huán)軌道有經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)加速度解得圖甲過山車軌道存在安全隱患；對(duì)圖乙倒水滴形軌道有經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)加速度解得故圖乙過山車軌道比圖甲軌道更安全，故B錯(cuò)誤，C正確；D．相同載人過山車在頂峰處動(dòng)能為0，經(jīng)A、C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能相等，根據(jù)機(jī)械能守恒，有；其中可得即圖甲軌道的頂峰高度比圖乙軌道的頂峰高度低R，故D正確。故選CD。12．（204高三·湖南長(zhǎng)沙·模擬）如圖所示，雜技演員做水流星表演時(shí)，用一繩系著裝有水的小桶在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中水沒有流出。已知小桶內(nèi)水的質(zhì)量為，O點(diǎn)到水面的距離為，水面到桶底的距離為，小桶直徑遠(yuǎn)小于，重力加速度大小為。則小桶轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)水對(duì)桶底的壓力大小可以為（

）

A． B． C． D．【答案】BC【詳解】整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中水沒有流出，則在最高點(diǎn)最小速度時(shí)，最靠近圓心那一層水剛好沒有流出，設(shè)此時(shí)角速度為，則有可得設(shè)最低點(diǎn)桶和水運(yùn)動(dòng)的角速度為，從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒有在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律可知，小桶轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)水對(duì)桶底的壓力至少為。故選BC。13．（2024高三·四川綿陽(yáng)·一診）在X星球表面宇航員做了一個(gè)實(shí)驗(yàn)：如圖甲所示，輕桿一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一小球，現(xiàn)讓小球在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，受到的彈力為F，速度大小為v，其圖像如圖乙所示。已知X星球的半徑為，引力常量為G，不考慮星球自轉(zhuǎn)，則下列說法正確的是（）A．X星球的第一宇宙速度B．X星球的密度C．X星球的質(zhì)量D．環(huán)繞X星球的軌道離星球表面高度為的衛(wèi)星周期【答案】CD【詳解】A．小球在最高點(diǎn)時(shí)有所以可得將圖線與橫軸交點(diǎn)代入則得則X星球的第一宇宙速度為，A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)則X星球的質(zhì)量為，X星球的密度為，B錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)解得則環(huán)繞X星球運(yùn)行的離星球表面高度為的衛(wèi)星；則代入可得周期，D正確。故選CD。14．（2024高三上·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）如圖（a），被固定在豎直平面內(nèi)的軌道是由內(nèi)徑很小、內(nèi)壁均光滑的水平直軌道和半圓形軌道平滑連接而成，在半圓形軌道內(nèi)壁的最高和最低處分別安裝M、N、P、Q四個(gè)壓力傳感器。一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平軌道內(nèi)以不同的初速度向右運(yùn)動(dòng)（傳感器不影響小球的運(yùn)動(dòng)）。在同一坐標(biāo)系中繪出傳感器的示數(shù)F與的圖像I、II、III如圖（b）所示。重力加速度。下列判斷正確的是（）A．直線I、II、III分別是M、N、P傳感器的圖像B．由圖像可求得小球的質(zhì)量C．當(dāng)時(shí)，Q傳感器的示數(shù)為28ND．當(dāng)時(shí)，N傳感器的示數(shù)為22N【答案】BC【詳解】A．在Q點(diǎn)在N點(diǎn)對(duì)M點(diǎn)，P傳感器不會(huì)受到壓力作用，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)以上分析可知，I、II、III對(duì)應(yīng)Q、M、N，由圖像可求得，當(dāng)速度為零時(shí)，在點(diǎn)Q：所以小球的質(zhì)量，故B正確；C．根據(jù)圖b可知，當(dāng)時(shí)，N處彈力為零，此時(shí)到達(dá)N處的速度對(duì)N處，當(dāng)彈力為零時(shí)解得當(dāng)時(shí)，Q傳感器的示數(shù)為解得故C正確；D．當(dāng)時(shí)，到達(dá)N點(diǎn)的速度，N傳感器的示數(shù)解得所以此時(shí)N傳感器示數(shù)為零，故D錯(cuò)誤。故選BC。15．（2024高三下·江蘇無(wú)錫·開學(xué)考試）如圖所示的裝置中，光滑水平桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，小圓環(huán)A和輕彈簧套在桿上，彈簧兩端分別固定于豎直轉(zhuǎn)軸和環(huán)A，細(xì)線穿過小孔O，兩端分別與環(huán)A和小球B連接，線與水平桿平行，環(huán)A的質(zhì)量為m=0.1kg，小球B的質(zhì)量為2m。現(xiàn)使整個(gè)裝置繞豎直軸以角速度ω=5rad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37°。緩慢加速后使整個(gè)裝置以角速度2ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)線與豎直方向的夾角為53°，此時(shí)彈簧彈力與角速度為ω時(shí)大小相等，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，細(xì)線OB的長(zhǎng)度s；（2）裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2ω時(shí)，彈簧的彈力大小F；（3）裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度由ω增至2ω過程中，細(xì)線對(duì)小球B做的功W?！敬鸢浮浚?）0.25m；（2）2N；（3）【詳解】（1）當(dāng)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，對(duì)小球B分析，在豎直方向由平衡條件有在水平方向由牛頓第二定律有解得（2）裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2ω時(shí)，設(shè)OB的長(zhǎng)度為，則對(duì)小球B在豎直方向由平衡條件由在水平方向由牛頓第二定律有解得設(shè)細(xì)線長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)對(duì)圓環(huán)A滿足裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為2ω時(shí)，對(duì)圓環(huán)A有解得（3）裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度由ω增至2ω過程中，對(duì)小球B得重力勢(shì)能變化量為動(dòng)能變化量為

解得細(xì)線對(duì)小球B做的功為16．（2024高三下·江蘇·開學(xué)考試）如圖所示裝置，兩根光滑細(xì)桿與豎直方向夾角都是θ，上面套有兩個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球之間用勁度系數(shù)為k的彈簧相連。靜止時(shí)，兩小球靜止在A、B處，當(dāng)整個(gè)裝置繞中心軸線緩慢加速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)角速度為ω時(shí)，不再加速，保持穩(wěn)定，此時(shí)兩小球處于C、D位置，且此時(shí)彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時(shí)的彈力大小相等，試求：（1）小球靜止在A、B位置時(shí)彈簧的彈力大小F；（2）穩(wěn)定在C、D位置時(shí)彈簧的長(zhǎng)度LCD；（3）整個(gè)過程中細(xì)桿對(duì)彈簧小球系統(tǒng)做的功W?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球靜止在A、B位置時(shí)，根據(jù)平衡條件彈簧的彈力大小為（2）穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，對(duì)小球受力分析，重力、支持力、彈簧彈力的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，豎直方向有水平方向有兩小球處于C、D位置，且此時(shí)彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時(shí)的彈力大小相等，則解得（3）小球穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，線速度為設(shè)彈簧原長(zhǎng)為，根據(jù)胡克定律有；根據(jù)幾何關(guān)系有小球穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，上升的高度為因初、末狀態(tài)彈簧的形變量相同，彈簧彈力對(duì)小球做功為零，故細(xì)桿對(duì)兩小球所做總功為壓軸題04功能關(guān)系及能量守恒的綜合應(yīng)用考向分析功能關(guān)系及能量守恒在高考物理中占據(jù)了至關(guān)重要的地位，因?yàn)樗鼈儾粌H是物理學(xué)中的基本原理，更是解決復(fù)雜物理問題的關(guān)鍵工具。在高考中，這些考點(diǎn)通常被用于檢驗(yàn)學(xué)生對(duì)物理世界的深刻理解和應(yīng)用能力。從命題方式上看，功能關(guān)系及能量守恒的題目形式豐富多樣，既可以作為獨(dú)立的問題出現(xiàn)，也可以與其他物理知識(shí)點(diǎn)如牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律等相結(jié)合，形成綜合性的大題。這類題目往往涉及對(duì)能量轉(zhuǎn)化、傳遞、守恒等概念的深入理解和靈活運(yùn)用，對(duì)考生的邏輯思維和數(shù)學(xué)計(jì)算能力有較高的要求。備考時(shí)，考生需要首先深入理解功能關(guān)系及能量守恒的基本原理和概念，明確它們之間的轉(zhuǎn)化和守恒關(guān)系。這包括理解各種形式的能量（如動(dòng)能、勢(shì)能、熱能等）之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，以及能量守恒定律在物理問題中的應(yīng)用。同時(shí)，考生還需要掌握相關(guān)的公式和計(jì)算方法，如動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律等，并能夠熟練運(yùn)用這些公式和方法解決實(shí)際問題。知識(shí)再析考向一：應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過程問題1．解題流程2．注意事項(xiàng)(1)動(dòng)能定理中的位移和速度必須是相對(duì)于同一個(gè)參考系的，一般以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動(dòng)能定理的關(guān)鍵在于對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過程分析，并畫出運(yùn)動(dòng)過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)包含多個(gè)不同過程時(shí)，可分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時(shí)，也可以全過程應(yīng)用動(dòng)能定理求解，這樣更簡(jiǎn)便。(4)列動(dòng)能定理方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。考向二：三類連接體的功能關(guān)系問題輕繩連接的物體系統(tǒng)常見情景二點(diǎn)提醒(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。(2)用好兩物體的位移大小關(guān)系或豎直方向高度變化的關(guān)系。輕桿連接的物體系統(tǒng)常見情景三大特點(diǎn)(1)平動(dòng)時(shí)兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)兩物體角速度相等。(2)桿對(duì)物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對(duì)物體做功，單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。(3)對(duì)于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒。輕彈簧連接的物體系統(tǒng)題型特點(diǎn)由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，若只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功，這時(shí)系統(tǒng)內(nèi)物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能守恒。兩點(diǎn)提醒(1)對(duì)同一彈簧，彈性勢(shì)能的大小由彈簧的形變量完全決定，無(wú)論彈簧伸長(zhǎng)還是壓縮。(2)物體運(yùn)動(dòng)的位移與彈簧的形變量或形變量的變化量有關(guān)?？枷蛉河嘘P(guān)傳送帶類的功能關(guān)系問題1．兩個(gè)設(shè)問角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2．兩個(gè)功能關(guān)系(1)傳送帶電動(dòng)機(jī)做的功W電＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx傳。(2)傳送帶摩擦力產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·x相對(duì)?？枷蛩模河嘘P(guān)板塊類的功能關(guān)系問題1．兩個(gè)分析角度(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先隔離物塊和木板，分別分析受力，求出加速度，根據(jù)初速度分析兩者的運(yùn)動(dòng)過程，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡圖，找到位移和相對(duì)位移關(guān)系，根據(jù)時(shí)間關(guān)系列位移等式和速度等式。(2)能量角度：物塊在木板上滑行時(shí)，速度減小的物塊動(dòng)能減小，速度增大的木板動(dòng)能增加，根據(jù)能量守恒，減小的動(dòng)能等于增加的動(dòng)能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。2．三種處理方法(1)求解對(duì)地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理。(2)求解相對(duì)位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。(3)地面光滑時(shí)，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。01應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過程問題1．如圖（a）所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A放于水平桌面上的O點(diǎn)，利用細(xì)繩通過光滑的滑輪與B相連。桌面上從O點(diǎn)開始；A與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ隨坐標(biāo)x的變化如圖（b）所示，A、B質(zhì)量均為1kg，B離滑輪的距離足夠長(zhǎng)，現(xiàn)給A施加一個(gè)水平向左的恒力F=16N，同時(shí)靜止釋放A、B，重力加速度，，取，不計(jì)空氣阻力，則（）A．釋放A時(shí)其加速度大小為6m/s2B．A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移為4mC．A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為3m/sD．當(dāng)A速度為1m/s時(shí)，繩子的拉力可能是9.2N【答案】C【詳解】A．初位置摩擦力為零，整體的加速度為故A錯(cuò)誤；B．由圖（b）可知A向左運(yùn)動(dòng)的最大位移時(shí)，A、B速度為零，對(duì)整體由動(dòng)能定理可得其中聯(lián)立解得故B錯(cuò)誤；C．A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度，對(duì)應(yīng)系統(tǒng)加速度為0，則有可得對(duì)系統(tǒng)有解得A向左運(yùn)動(dòng)的最大速度為故C正確；D．當(dāng)A速度為時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得則有或根據(jù)，可得，以B為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得繩子拉力可能為，故D錯(cuò)誤。故選C。02應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理繩類問題2．如圖所示，一傾角且足夠長(zhǎng)的光滑斜面上有一滑塊A用輕質(zhì)細(xì)線拉住繞過定滑輪與輕質(zhì)動(dòng)滑輪相連，動(dòng)滑輪下方懸掛一重物B。開始時(shí)，使A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，釋放B后A、B開始運(yùn)動(dòng)。已知A、B的質(zhì)量均為m，不計(jì)空氣阻力和滑輪質(zhì)量，重力加速度為g，當(dāng)B的位移為h時(shí)（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．A的速度大小為B．A的重力勢(shì)能增加了C．B的速度大小為D．B的機(jī)械能增加了【答案】A【詳解】B．由題意知，A所受重力沿斜面方向的分力為細(xì)線沿斜面方向?qū)的拉力為，所以釋放過后A沿斜面下滑，若B向上的位移為h，則A沿斜面向下的位移為，所以A的重力勢(shì)能減少了故B錯(cuò)誤；AC．設(shè)B的速度為，則A速度為，由于A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有解得B的速度為則A的速度故A正確，C錯(cuò)誤；D．B的機(jī)械能增加量為故D錯(cuò)誤。故選A。03應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理?xiàng)U類問題3．一拋物線形狀的光滑固定導(dǎo)軌豎直放置，O為拋物線導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，O點(diǎn)離地面的高度為h，A、B兩點(diǎn)相距2h，軌道上套有一個(gè)小球M，小球M通過輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質(zhì)量均為m，輕桿的長(zhǎng)度為2h?，F(xiàn)將小球M從距地面豎直高度為h處?kù)o止釋放，下列說法正確的是（）A．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為30°B．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為60°C．從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N的做功為mghD．從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N的沖量為【答案】C【詳解】AB．小球M即將落地時(shí)，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，小球M的速度方向與水平方向的夾角滿足可得故AB錯(cuò)誤；C．設(shè)小球M即將落地時(shí)，速度大小為v1，小球N的速度大小為v2，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有小球M與小球N沿桿方向的速度相等，有解得根據(jù)動(dòng)能定理可得，從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對(duì)小球N做的功為故C錯(cuò)誤；D．從靜止釋放到小球M即將落地，對(duì)小球，根據(jù)動(dòng)量定理有由題可知，桿對(duì)小球沖量的水平分量為I合，故桿對(duì)小球沖量大于，故D錯(cuò)誤。故選C。04應(yīng)用機(jī)械能守恒定律處理彈簧問題4．如圖所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原長(zhǎng)為、勁度系數(shù)為k（）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為m的物塊。物塊從O點(diǎn)由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過程中，其加速度大小a、動(dòng)能Ek、彈簧的彈性勢(shì)能Ep、系統(tǒng)的機(jī)械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為可知物塊從O到A過程，一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得（）可知物塊從O到A過程，圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；B．物塊從O到A過程（），由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，圖像的切線斜率逐漸減?。晃飰K到A點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則圖像的切線斜率突變變大，接著物塊從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程（），物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，圖像的切線斜率逐漸減?。划?dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能逐漸減小到0，該過程，隨著彈力的增大，圖像的切線斜率逐漸增大；故B正確；C．根據(jù)彈性勢(shì)能表達(dá)式可得可知圖像為開口向上的拋物線，頂點(diǎn)在處，故C錯(cuò)誤；D．物塊從O到A過程（），摩擦力對(duì)系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)可知從O到A過程，圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)A點(diǎn)后，由于A點(diǎn)右側(cè)光滑，則物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即保持不變，故D錯(cuò)誤。故選B。05應(yīng)用功能關(guān)系或能量守恒處理傳送帶類問題5．如圖，傾角37°的傳送帶以速度順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，兩傳動(dòng)輪之間的距離足夠長(zhǎng)，質(zhì)量的滑塊從左側(cè)底端以一定速度滑上傳送帶，滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，，，。則（）

A．0~4s，傳送帶對(duì)滑塊的摩擦力始終做負(fù)功B．0~4s，滑塊的重力勢(shì)能增加了200JC．0~4s，滑塊的機(jī)械能增加了128JD．0~4s，滑塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為30J【答案】C【詳解】A．由于物塊剛放上去時(shí)相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，因此所受摩擦力沿傳送帶向上，后期勻速時(shí)摩擦力依然沿傳送帶向上，因此0~4s，傳送帶對(duì)滑塊的摩擦力始終做正功，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖像，0~4s，滑塊沿傳送帶上升的距離為圖像的面積，因此可算出面積為物塊上升的高度為因此重力勢(shì)能增加了B錯(cuò)誤；C．傳送帶對(duì)滑塊做的功等于滑塊機(jī)械能的增加量，由功能關(guān)系可得解得C正確；D．滑塊和傳送帶只有在相對(duì)滑動(dòng)時(shí)才會(huì)產(chǎn)生熱量，因此可得聯(lián)立解得D錯(cuò)誤。故選C。06應(yīng)用功能關(guān)系或能量守恒處理板塊類問題6．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊。時(shí)對(duì)物塊施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物塊和木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，時(shí)撤去F，物塊恰好能到達(dá)木板右端，整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的圖像如圖乙所示。已知木板的質(zhì)量為0.5kg，物塊與木板間、木板與地面間均有摩擦，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．木板的長(zhǎng)度為3mB．物塊的質(zhì)量為0.8kgC．拉力F對(duì)物塊做的功為9.9JD．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量為3.3J【答案】CD【詳解】A．木板在2.5s時(shí)刻之前影子向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作出圖像，如圖所示由圖像可知2.5s時(shí)兩者共速，則木板在0~2.5s內(nèi)的加速度大小為物塊在0~2.0s內(nèi)的加速度大小物塊在2.0s~2.5s內(nèi)的加速度大小兩者在2.5s~3.0s內(nèi)的加速度大小可得木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，木板的長(zhǎng)度為故A錯(cuò)誤；B．前2s對(duì)木板有對(duì)物塊有解得故B錯(cuò)誤；C．前2s拉力F對(duì)物塊做的功故C正確；D．木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量故D正確。故選CD。好題速練1．（2024·四川遂寧·三模）如圖（a）所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長(zhǎng)的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖（b）所示，取g=10m/s2，=2.24，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則根據(jù)圖像可求出（）A．物體的初速率v0=4m/sB．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8C．當(dāng)θ=30°時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將保持靜止D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin≈0.7m【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當(dāng)時(shí)物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，位移為，由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．當(dāng)時(shí)，位移為，由動(dòng)能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故B錯(cuò)誤；C．若時(shí)，物體的重力沿斜面向下的分力為最大靜摩擦力為小球達(dá)到最高點(diǎn)后會(huì)下滑，故C錯(cuò)誤；D．由動(dòng)能定理得解得當(dāng)時(shí)，，此時(shí)位移最小為故D正確。故選AD。2．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖，兩長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的相同輕質(zhì)細(xì)桿用鉸鏈A、B、C相連，質(zhì)量可忽略的鉸鏈A固定在地面上，鉸鏈B和C質(zhì)量不可忽略，均為m，鉸鏈A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)。起始位置兩細(xì)桿豎直，如圖虛線所示，鉸鏈A和C彼此靠近。時(shí)鉸鏈C在水平外力的作用下從靜止開始做初速度為零，加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)（g為重力加速度），到時(shí)AB和BC間的夾角變?yōu)?20°，如圖實(shí)線所示。若兩個(gè)輕質(zhì)細(xì)桿始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，所有摩擦均不計(jì)，下列說法正確的是（）A．時(shí)重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為B．時(shí)重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為C．從到時(shí)間內(nèi)，力F做的功為D．時(shí)連接AB的細(xì)桿中的彈力大小為【答案】BC【詳解】AB．時(shí)C的位移為根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有解得B、C沿桿方向速度相等，為根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解如圖B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)，解得故重力對(duì)B做功的瞬時(shí)功率為故A錯(cuò)誤，B正確；C．對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得故C正確；D．若為恒力，時(shí)刻對(duì)C分析，根據(jù)牛頓第二定律時(shí)刻對(duì)C分析，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得又B繞A做圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)B進(jìn)行受力分析，如圖B所受合力沿AB桿指向A，設(shè)AB桿對(duì)B的彈力沿AB桿指向B，根據(jù)牛頓第二定律，有解得此時(shí)AB桿對(duì)B的彈力大小為，但不是恒力，則故此時(shí)連接AB的細(xì)桿中的彈力大小不為，故D錯(cuò)誤。故選BC。3．（2024·山東聊城·一模）如圖所示，一輕繩繞過無(wú)摩擦的兩個(gè)輕質(zhì)小定滑輪，一端和質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角θ=53°，直桿上O點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，O點(diǎn)到定滑輪的距離為L(zhǎng)，直桿上D點(diǎn)到點(diǎn)的距離也為L(zhǎng)，重力加速度為g，直桿足夠長(zhǎng)，小球運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小物塊剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為mgB．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊加速度的大小為C．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊與小球的速度大小之比為5：3D．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度大小為【答案】BCD【詳解】A．小物塊剛釋放時(shí)，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對(duì)小球的拉力小于球的重力mg，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時(shí)，小球下降的距離最大，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律解得此時(shí)小物塊加速度的大小為故B正確；C．設(shè)小物塊在D處的速度大小為v，此時(shí)小球的速度大小為，將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即故小物塊在D處的速度與小球的速度之比為故C正確；D．對(duì)小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有其中解得此時(shí)小物塊的速度大小為故D正確。故選BCD。4．（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，質(zhì)量為mA=1kg，mB=2kg的物塊A和B用輕彈簧連接并豎直放置，輕繩繞過固定在同一水平面上的兩個(gè)定滑輪，一端與物塊A連接，另一端與質(zhì)量為mC=1kg的小球C相連，小球C套在水平固定的光滑直桿上。開始時(shí)小球C鎖定在直桿上的P點(diǎn)，連接小球的輕繩和水平方向的夾角θ=60°，物體B對(duì)地面的壓力恰好為零?，F(xiàn)解除對(duì)小球C的鎖定，同時(shí)施加一個(gè)水平向右、大小為F=16N的恒力，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，OQ與水平方向的夾角也為θ=60°，D為PQ的中點(diǎn)，PQ距離L=2m，在小球C的運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩始終處于拉直狀態(tài)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略兩個(gè)定滑輪大小以及滑輪、繩與軸之間的摩擦力，g取10m/s2，下列說法正確的是（

）A．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，合外力對(duì)物體A的沖量為零B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，輕繩拉力對(duì)物體A做功為零C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為D．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，物體A的加速度大小為【答案】ACD【詳解】A．小球C運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，物體A剛好運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)，此時(shí)A的速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理可得可知合外力對(duì)物體A的沖量為零，故A正確；B．小球C從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過程中，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，此過程重力、彈簧彈力對(duì)A球做功均為0；由于小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)沿繩子方向的速度不為0，則此時(shí)A的速度不為0，根據(jù)動(dòng)能定理可得故B錯(cuò)誤；C．小球C運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，此時(shí)物體A剛好回到初始位置，彈簧的彈性勢(shì)能變化量為零，A、C和彈簧組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒有又聯(lián)立解得故C正確；D．小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件有根據(jù)對(duì)稱性可知，小球C運(yùn)動(dòng)到直桿上的Q點(diǎn)時(shí)物體B對(duì)地面的壓力恰好為零，則彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且大小為物體A的加速度大小為故D正確。故選ACD。5．（2023·四川德陽(yáng)·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直的光滑桿P和水平光滑桿Q，兩桿在同一平面內(nèi)，不接觸，水平桿延長(zhǎng)線與豎直桿的交點(diǎn)為O。質(zhì)量為2m的小球A套在豎直桿上，上端固定在桿上的輕質(zhì)彈簧的另一端與小球A相連。另一質(zhì)量為m的小球B套在水平桿Q上，小球A、B用長(zhǎng)為2L的輕桿通過鉸鏈分別連接。在外力作用下，當(dāng)輕桿與水平桿Q成θ=53°斜向左上時(shí)，輕質(zhì)彈簧處于原長(zhǎng)，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。撤去外力，小球A在豎直桿上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能，x為彈簧的形變量，k為輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)，整個(gè)過程輕質(zhì)彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，不計(jì)一切摩擦，重力加速度大小為g，sin53°=0.8，cos53°=0.6.則下列說法正確的是（）A．輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k為B．小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度大小為C．從撤去外力到輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上的過程，輕桿對(duì)小球B做的功為D．小球A從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程，水平桿Q對(duì)小球B的作用力始終大于mg【答案】AC【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)能量守恒，小球A下降到最大距離時(shí)，根據(jù)能量守恒定律有解得故A正確B．小球A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，AB速度相等，根據(jù)能量守恒定律有解得故B錯(cuò)誤；C．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時(shí)，設(shè)B的速度為，A的速度為vA，根據(jù)關(guān)聯(lián)問題可知根據(jù)能量守恒定律有解得根據(jù)動(dòng)能定理可知輕桿對(duì)小球B做的功為解得故C正確；D．根據(jù)小球A在豎直桿上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，小球從從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過程，鉸鏈對(duì)小球先做正功，后做負(fù)功，則水平桿Q對(duì)小球B的作用力并非始終大于mg，故D錯(cuò)誤；故選AC。6．（2023·福建廈門·三模）現(xiàn)代科學(xué)的發(fā)展揭示了無(wú)序性也是世界構(gòu)成的一個(gè)本質(zhì)要素。意大利物理學(xué)家喬治帕里西發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無(wú)序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無(wú)序體系中的隱藏對(duì)稱性，榮獲了諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。如圖所示是力學(xué)中的一個(gè)無(wú)序系統(tǒng)模型，質(zhì)量均為的小球M、N用兩根長(zhǎng)度均為的輕質(zhì)細(xì)桿連接，細(xì)桿的一端可繞固定點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，細(xì)桿可繞小球M自由轉(zhuǎn)動(dòng)。開始時(shí)兩球與點(diǎn)在同一高度，靜止釋放兩球，并開始計(jì)時(shí)，兩球在豎直面內(nèi)做無(wú)序運(yùn)動(dòng)；時(shí)，細(xì)桿與豎直方向的夾角為，小球N恰好到達(dá)與點(diǎn)等高處且速度方向水平向右。重力加速度，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，下列說法正確的是（）A．時(shí)，兩小球速度大小相等B．時(shí)，N球的速度大小為C．此運(yùn)動(dòng)過程中，兩桿對(duì)M球做功之和為D．此運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)桿對(duì)球的沖量大小為【答案】BC【詳解】A．細(xì)桿a的一端可繞固定點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，則M的速度方向始終與桿a垂直，設(shè)t=2s時(shí)小球M、N的速度大小分別為vM、vN，如圖所示M的速度方向始終與桿a垂直，當(dāng)N速度方向水平向右時(shí)，二者沿桿b方向的分速度相等，有可得故A錯(cuò)誤；B．由系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有解得M球的速度方向向右下方，與水平方向的夾角為30°，N球的速度方向水平向右，故B正確；C．此運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)M球根據(jù)動(dòng)能定理有解得故C正確；D．此運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)量定理可知，細(xì)桿b對(duì)N球的沖量故D錯(cuò)誤。故選BC。7．（2024·吉林·三模）如圖，質(zhì)量為的A物塊和質(zhì)量為的B物塊通過輕質(zhì)細(xì)線連接，細(xì)線跨過輕質(zhì)定滑輪，B的正下方有一個(gè)固定在水平面上的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù)為。開始時(shí)A鎖定在地面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，B距離彈簧上端的高度為，現(xiàn)在對(duì)A解除鎖定，A、B開始運(yùn)動(dòng)，A上升的最大高度未超過定滑輪距地面的高度。已知當(dāng)B距離彈簧上端的高度時(shí)，A不能做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，（重力加速度為，忽略一切摩擦，彈簧一直處在彈性限度內(nèi)）下列說法正確的是（）A．當(dāng)彈簧的彈力等于物塊B的重力時(shí)，兩物塊具有最大動(dòng)能B．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，B物塊下落過程中繩拉力與彈簧彈力的合力沖量方向豎直向上C．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，彈簧最大彈性勢(shì)能為D．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，A物塊上升的最大高度為【答案】BCD【詳解】A．當(dāng)物塊B接觸到彈簧后，由于受到彈簧向上的彈力作用，故B的加速度逐漸減小，但速度仍然變大，當(dāng)滿足彈簧的彈力等于物塊B的重力與繩子拉力的差值時(shí)，即滿足即彈簧彈力為拉力不為0，物體的加速度為零，此時(shí)兩物體的速度最大，動(dòng)能最大，故A錯(cuò)誤；BC．因?yàn)楫?dāng)B物塊距離彈簧上端的高度時(shí)，A物塊恰不能做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)物體B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，A到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)兩物塊速度恰好為零，則B物塊下落過程中，繩拉力與彈簧彈力的合力沖量與重力的沖量大小相等，方向相反，所以繩拉力與彈簧彈力的合力沖量豎直向上，對(duì)物體AB利用能量守恒得則彈簧的壓縮量為則整個(gè)過程中，物體A上升的高度應(yīng)該等于，由能量關(guān)系可知B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能為故BC正確；D．當(dāng)B物塊距離彈簧上端的高度為時(shí)，則B物體壓縮彈簧下降時(shí)，物體A就將做上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻根據(jù)能量關(guān)系可知解得則物體上拋運(yùn)動(dòng)的高度則A物塊上升的最大高度為故D正確。故選BCD。8．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·一模）如圖所示，一固定在水平面上的光滑木板，與水平面的夾角，木板的底端固定一垂直木板的擋板，上端固定一定滑輪O。勁度系數(shù)為的輕彈簧下端固定在擋板上，上端與質(zhì)量為2m的物塊Q連接?？邕^定滑輪O的不可伸長(zhǎng)的輕繩一端與物塊Q連接，另一端與套在水平固定的光滑直桿上質(zhì)量為m的物塊P連接。初始時(shí)物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點(diǎn)，且恰好與直桿沒有相互作用，輕繩與水平直桿的夾角。去掉水平外力F，物塊P由靜止運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)輕繩與直桿間的夾角。已知滑輪到水平直桿的垂直距離為d，重力加速度大小為g，彈簧軸線、物塊Q與定滑輪之間的輕繩共線且與木板平行，不計(jì)滑輪大小及摩擦。，，，。則下列說法正確的是（）A．物塊P向左運(yùn)動(dòng)的過程中其機(jī)械能先增大后減小B．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，物塊Q的重力勢(shì)能減少量小于P、Q兩物塊總動(dòng)能的增加量C．物塊P在A點(diǎn)時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為D．物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，輕繩拉力對(duì)物塊P做的功為【答案】CD【詳解】A．由于輕繩只能提供拉力，其對(duì)于物塊P來(lái)說在從A點(diǎn)到B點(diǎn)過程中輕繩拉力的方向與其運(yùn)動(dòng)方向成銳角，即輕繩拉力對(duì)其做正功。而由于水平光滑直桿，所以物塊P在該過程只有輕繩拉力做功，即物塊P在該過程中機(jī)械能一直增加，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；C．對(duì)物塊P在A點(diǎn)時(shí)進(jìn)行受力分析，其恰好與直桿沒有相互作用，所以繩子拉力在豎直方向的分力與重力大小相等，方向相反，即所以繩子的拉力為對(duì)物塊Q進(jìn)行受力分析，在沿斜面方向上有解得設(shè)彈簧拉伸的長(zhǎng)度為x，由胡克定律有解得故C項(xiàng)正確；B．物塊P到B點(diǎn)時(shí)，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了所以此時(shí)彈簧的壓縮量為即此時(shí)彈簧的壓縮量與初始時(shí)彈簧的拉伸量相同，也就是說此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能與初始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相同。物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力做功為零，所以由能量守恒可知，物塊Q重力勢(shì)能減少量之和等于物塊P和Q兩物塊的動(dòng)能的增加量，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；D．物塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P和Q速度滿足物塊P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由能量守恒有對(duì)物塊P由動(dòng)能定理有解得故D項(xiàng)正確。故選CD。9．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖所示，電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)的傳送帶與水平方向夾角，與兩皮帶輪、相切與A、B兩點(diǎn)，從A到B長(zhǎng)度為。傳送帶以的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩皮帶輪的半徑都為。長(zhǎng)度為水平直軌道CD和傳送帶皮帶輪最高點(diǎn)平滑無(wú)縫連接?，F(xiàn)有一體積可忽略，質(zhì)量為小物塊在傳送帶下端A無(wú)初速度釋放。若小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，與水平直軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，若最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則（

）

A．小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為8sB．小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)，一定受到皮帶輪的支持力作用C．將小物塊由A點(diǎn)送到C點(diǎn)電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為D．若小物塊剛好停在CD中點(diǎn)，則【答案】ABC【詳解】A．小物塊在傳送帶下端A無(wú)初速度釋放后，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由牛頓第二定律可得解得假設(shè)小物塊能與傳送帶達(dá)到相同速度，則勻加速直線運(yùn)動(dòng)小物塊上滑的位移為則假設(shè)成立，小物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為速度相同后，由于小物塊與傳送帶一起勻速，小物塊勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則小物塊從A運(yùn)動(dòng)到B所用的時(shí)間為A正確；B．小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)所需的向心力所以小物塊運(yùn)動(dòng)到皮帶輪最高點(diǎn)時(shí)，一定受到皮帶輪的支持力作用，B正確；C．小物塊與傳送帶的相對(duì)位移為小物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為B、C的高度小物塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)能量守恒可得電動(dòng)機(jī)比空載時(shí)多消耗的電能為故C正確；D．若小物塊剛好停在CD中點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得D錯(cuò)誤。故選ABC。10．（2023·內(nèi)蒙古包頭·二模）如圖，高為h傾角為的粗糙傳送帶以速率順時(shí)針運(yùn)行，將質(zhì)量為m的小物塊輕放到皮帶底端，同時(shí)施以沿斜面向上的拉力使物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮輪的大小，物塊運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)速率為，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．摩擦力對(duì)物塊所做的功為B．整個(gè)過程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為C．拉力所做的功為D．皮帶因傳送物塊多消耗的電能為【答案】BC【詳解】A．物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有物塊與皮帶達(dá)到同速之前，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向上，此過程的位移物塊與皮帶達(dá)到同速之后，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向下，此過程的位移解得，則摩擦力對(duì)物塊所做的功為解得A錯(cuò)誤；C．根對(duì)物塊，根據(jù)動(dòng)能定理有解得C正確；B．物塊與皮帶達(dá)到同速之前經(jīng)歷的時(shí)間結(jié)合上述解得物塊與皮帶達(dá)到同速之后經(jīng)歷的時(shí)間結(jié)合上述解得則前后過程的相對(duì)位移分別為，則整個(gè)過程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為B正確；D．傳送帶通過摩擦力對(duì)物塊做功消耗能量，根據(jù)上述，摩擦力對(duì)物塊所做的功為，即表明物塊對(duì)傳送帶做正功，則傳送帶并沒有多消耗能量，D錯(cuò)誤。故選BC。11．（2024高三·山東日照·模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，六塊相同的長(zhǎng)木板并排放在粗糙水平地面上，每塊長(zhǎng)度為L(zhǎng)=2m、質(zhì)量為M=0.8kg。另有一質(zhì)量為m=1kg的小物塊（可看做質(zhì)點(diǎn)），以的初速度沖上木板。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下說法正確的是（）A．物塊滑上第4塊瞬間，第4、5、6塊開始運(yùn)動(dòng)B．物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運(yùn)動(dòng)C．物塊最終停在某木塊上，物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為D．物塊最終停在某木塊上，物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】BD【詳解】AB．當(dāng)物塊滑上第n個(gè)長(zhǎng)木板時(shí)，長(zhǎng)木板開始運(yùn)動(dòng)，滿足解得故物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確。CD．滑上第5塊木板前，所有木塊相對(duì)地面靜止，則根據(jù)代入數(shù)據(jù)解得，沖上第5塊木板的速度在第5塊木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，受力分析解得此時(shí)物塊速度繼續(xù)滑上第6個(gè)木板，則解得設(shè)達(dá)到共速時(shí)間為解得則共速時(shí)，相對(duì)于第6塊木板左端距離則物塊與該木塊摩擦產(chǎn)生的熱量為故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。12．（2024·廣東廣州·二模）圖（a）是水平放置的“硬幣彈射器”裝置簡(jiǎn)圖，圖（b）是其俯視圖?；蹆?nèi)的撞板通過兩橡皮繩與木板相連，其厚度與一個(gè)硬幣的相同?；鄢隹诙说摹皫艂}(cāng)”可疊放多個(gè)相同的硬幣。撞板每次被拉動(dòng)至同一位置后靜止釋放，與底層硬幣發(fā)生彈性正碰；碰后，撞板立即被鎖定，底層硬幣被彈出，上一層硬幣掉下補(bǔ)位。底層硬幣被撞后在摩擦力作用下減速，最后平拋落到水平地面上。已知每個(gè)硬幣質(zhì)量為m，撞板質(zhì)量為3m；每次撞板從靜止釋放到撞擊硬幣前瞬間，克服摩擦力做功為W，兩橡皮繩對(duì)撞板做的總功為4W；忽略空氣阻力，硬幣不翻轉(zhuǎn)。（1）求撞板撞擊硬幣前瞬間，撞板的速度v；（2）當(dāng)“幣倉(cāng)”中僅有一個(gè)硬幣時(shí)，硬幣被撞擊后到拋出過程，克服摩擦力做功Wf為其初動(dòng)能的，求；（3）已知“幣倉(cāng)”中有n（n≤10）個(gè)硬幣時(shí)，底層硬幣沖出滑槽過程中克服摩擦力做功為；試討論兩次“幣倉(cāng)”中分別疊放多少個(gè)硬幣時(shí)，可使底層硬幣平拋的水平射程之比為。【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）對(duì)撞板與硬幣構(gòu)成的系統(tǒng)，由于發(fā)生的是彈性碰撞，則有，解得克服摩擦力做功Wf為其初動(dòng)能的，則有解得（3）平拋運(yùn)動(dòng)過程有，，根據(jù)題意有底層硬幣沖出滑槽過程中克服摩擦力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理有，結(jié)合上述有由于n≤10，則有，或，或，13．（2024·廣東廣州·一模）如圖甲，當(dāng)時(shí)，帶電量、質(zhì)量的滑塊以的速度滑上質(zhì)量的絕緣木板，在0~1s內(nèi)滑塊和木板的圖像如圖乙，當(dāng)時(shí)，滑塊剛好進(jìn)入寬度的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向水平向左。滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，且電量保持不變，始終未脫離木板；最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取。（1）求滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）試討論滑塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距電場(chǎng)左邊界的距離s與場(chǎng)強(qiáng)E的關(guān)系。【答案】（1），；（2）見解析【詳解】（1）根據(jù)圖乙，可得滑塊與木板的加速度大小分別為，對(duì)滑塊和木板分別由牛頓第二定律有解得，（2）根據(jù)題意，滑