2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題03 圓周運動講義含答案

2025高考物理實驗知識總結(jié)壓軸題壓軸題03圓周運動考向分析圓周運動在高考物理中占據(jù)著至關(guān)重要的地位，是考查學生對力學和運動學知識掌握程度的重要考點。在命題方式上，圓周運動的題目既可能直接考察基礎(chǔ)知識，如圓周運動的定義、向心力和向心加速度的計算等，也可能與其他知識點如能量守恒、動量定理等相結(jié)合，形成綜合性較強的題目。備考時，考生應(yīng)深入理解圓周運動的基本原理和規(guī)律，掌握相關(guān)的公式和解題方法，并通過大量的練習提高解題能力。同時，考生還需關(guān)注歷年高考真題和模擬題，了解命題趨勢和難度，以便更有針對性地備考。通過系統(tǒng)復(fù)習和練習，考生能夠熟練掌握圓周運動的相關(guān)知識，為高考取得優(yōu)異成績奠定堅實基礎(chǔ)。知識再析考向一：水平面內(nèi)的圓周運動1．圓周運動動力學分析過程：2.水平面內(nèi)的圓盤臨界模型①口訣：“誰遠誰先飛”；②a或b發(fā)生相對圓盤滑動的各自臨界角速度：；①口訣：“誰遠誰先飛”；②輕繩出現(xiàn)拉力，先達到B的臨界角速度：；③AB一起相對圓盤滑動時，臨界條件：隔離A：T=μmAg；隔離B：T+μmBg=mBω22rB整體：μmAg+μmBg=mBω22rBAB相對圓盤滑動的臨界條件：①口訣：“誰遠誰先飛”；②輕繩出現(xiàn)拉力，先達到B的臨界角速度：；③同側(cè)背離圓心，fAmax和fBmax指向圓心，一起相對圓盤滑動時，臨界條件：隔離A：μmAg-T=mAω22rA；隔離B：T+μmBg=mBω22rB整體：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rBAB相對圓盤滑動的臨界條①口訣：“誰遠誰先飛”（rB>rA）；②輕繩出現(xiàn)拉力臨界條件：；此時B與面達到最大靜摩擦力，A與面未達到最大靜摩擦力。此時隔離A：fA+T=mAω2rA；隔離B：T+μmBg=mBω2rB消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③當mBrB=mArA時，fA=μmBg，AB永不滑動，除非繩斷；④AB一起相對圓盤滑動時，臨界條件：1）當mBrB>mArA時，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA達到最大→從B側(cè)飛出；2）當mBrB<mArA時，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA達到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB達到最大→從A側(cè)飛出；AB相對圓盤滑動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：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FN＝mg模型關(guān)鍵(1)“繩”只能對小球施加向下的力(2)小球通過最高點的速度至少為eq\r(gr)(1)“桿”對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)細線一端系一可視為質(zhì)點的小球，小球的質(zhì)量為m，細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)做勻速圓周運動的角速度為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．細線的長度為 B．細線的長度為C．細線的長度為 D．細線的長度為【答案】A【詳解】設(shè)線長為L，錐體母線與豎直方向的夾角為，當時，小球靜止，受重力mg、支持力N和線的拉力T而平衡，此時有，ω增大時，T增大，N減小，當時，角速度為，當時，由牛頓第二定律有；解得當時，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圖線的反向延長線經(jīng)過原點，可知圖線的斜率變大，結(jié)合圖像可得則細線的長度為故選A。02無線水平圓盤模型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，圓盤上距軸中心為和的兩點位置，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。某時刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動，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)動前，兩小物體所受摩擦力大小相同B．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，兩小物體滑動的距離之比為C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，兩小物體運動的軌跡為曲線D．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，兩小物體動能相同【答案】B【詳解】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，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錯誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動前，兩小物體的線速度大小之比為圓盤停止轉(zhuǎn)動后，滑動的加速度大小均為由運動學公式，可得兩小物體滑動的距離之比為故B正確；C．圓盤停止轉(zhuǎn)動后，兩小物體做勻減速直線運動，故C錯誤；D．由可知，圓盤停止轉(zhuǎn)動前，兩小物體動能之比為，故D錯誤。故選B。03有線水平圓盤模型3．如圖所示，相同的物塊a、b用沿半徑方向的細線相連放置在水平圓盤上．當圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動時，物塊a、b始終相對圓盤靜止．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)動過程中a、b角速度相同。當圓盤角速度較小時，a、b由靜摩擦力充當向心力，繩子拉力為零，此過程中a、b所需要的摩擦力分別為，因為，故，又因為a、b與平臺的最大靜摩擦力相同，所以隨著角速度增大，b先達到最大靜摩擦力，當b達到最大靜摩擦力f0時繩子開始出現(xiàn)拉力，此時對于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的雜技演員站在臺秤上，手拿一根長為R的細線一端。另一端系一個質(zhì)量為m的小球，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動。若小球恰好能做完整的圓周運動，已知圓周上b為最高點，a、c為圓心的等高點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球運動到最高點b時，小球的速度為零B．小球在a、c兩個位置時，臺秤的示數(shù)相同，且為MgC．小球運動到點c時，臺秤對雜技演員摩擦力的方向水平向右D．小球運動到最低點時，臺秤的示數(shù)為【答案】B【詳解】A．小球恰好能做完整的圓周運動，在最高點b時，細線的拉力為零，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動到最高點b時的速度為故A錯誤；B．小球在a、c兩個位置時，細線拉力均處于水平方向，以人為研究對象，在豎直方向上根據(jù)平衡條件可得臺秤對人的支持力為FN=Mg由牛頓第三定律可知人對臺秤的壓力為Mg，則臺秤示數(shù)為Mg，故B正確；C．小球運動到點c時，繩子對小球的彈力水平向左，則繩子對人的拉力水平向右，所以臺秤對演員的摩擦力水平向左，故C錯誤；D．設(shè)小球運動到最低點時速度大小為v′。小球從最高點到最低點的過程，由機械能守恒定律得小球在最低點時，由牛頓第二定律得以人為研究對象，由平衡條件得解得臺秤對人的支持力為則臺秤的示數(shù)為Mg+6mg，故D錯誤。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)做圓周運動，到達某一位置開始計時，取水平向右為正方向，小球的水平分速度vx隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）

A．t1時刻小球通過最高點，t3時刻小球通過最低點B．t2時刻小球通過最高點，t3時刻小球通過最低點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)做圓周運動，最高點和最低點的速度方向都水平且相反，，根據(jù)圓周運動的方向可知，在最高點速度方向為正，在最低點速度方向為負，另外，最高點和最低點合外力都指向圓心，水平方向合外力為零，因此反應(yīng)在圖乙中的速度—時間圖像中，最高點和最低點所對應(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)圓周運動的對稱性可知，最低點和最高點兩側(cè)物體在水平方向的速度應(yīng)具有對稱性，因此，根據(jù)圖乙可知，t1時刻小球通過最高點，t3時刻小球通過最低點，故A正確，B錯誤；CD．豎直面內(nèi)的圓周運動，在最高點時速度最小，最低點時速度最大，因此而對小球的運動過程進行分析可知，S1表示小球從最低點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的水平位移的大小，顯然S1和S2的面積相等，故CD錯誤。故選A。06斜面內(nèi)的圓周運動6．如圖，半徑為R的勻質(zhì)實心圓盤。盤面與水平面的夾角為θ，開始時圓盤靜止。其上表面均勻覆蓋著一層細沙沒有掉落，細沙與盤面間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)讓圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸旋轉(zhuǎn)，其角速度從0開始緩慢增加到（未知）。此時圓盤表面上的細沙有被甩掉，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，因為圓盤表面上的灰有被甩掉，即面積上的灰塵發(fā)生滑動，剩下的未滑動，設(shè)未滑動的半徑為r，則解得在最低點有解得故選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，與圓盤間的動摩擦因數(shù)分別為和。用兩根不可伸長的細繩將物體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摩擦力。當圓盤繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動的角速度緩慢增大時，轉(zhuǎn)軸與物體A之間的細繩拉力、A與B之間的細繩拉力隨的關(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為研究對象，則有變形得與圖像對比可得；故BD錯誤；AC．以A為研究對象可得代入得與圖像對比可得；即；故A錯誤，C正確。故選C。2．（2024·河北·模擬預(yù)測）如圖甲所示的旋轉(zhuǎn)飛椅在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，可拓展為如圖乙所示的模型，輕質(zhì)細線1、2分別懸掛A、B兩小球（視為質(zhì)點）在不同高度的水平面內(nèi)做勻速圓周運動。A、B的質(zhì)量均為m，細線1的長度為，細線2的長度未知，細線1與豎直方向的夾角為，細線2與豎直方向的夾角為。細線1、2始終在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，、，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．A、B的線速度可能相等B．細線1與細線2中拉力大小之比為C．B的角速度大小為D．細線2的長度為【答案】D【詳解】A．B相對靜止做穩(wěn)定的勻速圓周運動，每轉(zhuǎn)一圈所需要的時間相等，即運動周期相等，角速度相等，兩球做勻速圓周運動的半徑不同，由可知A、B的線速度不相等，A錯誤；B．細線1、2的拉力大小分別為、，設(shè)細線2的長度為L，A、B的角速度均為，對B進行受力分析，在豎直方向由力的平衡可得對A進行受力分析，豎直方向上有綜合解得，進一步可得故B錯誤；C．對A進行受力分析，水平方向有結(jié)合，綜合解得故C錯誤；D．對B進行受力分析，水平方向有綜合，解得故D正確。故選D。3．（2024高三·山東聊城·開學模擬）如圖甲所示，小木塊和（可視為質(zhì)點）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，木塊和圓盤保持相對靜止。表示圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，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）對應(yīng)物體a B．C． D．時繩上張力大小為【答案】D【詳解】A．角速度較小時，兩物體受靜摩擦力提供向心力，對a有對b有則角速度較小時，b的靜摩擦力較小，則圖（1）對應(yīng)物體b，故A錯誤；B．當角速度達到時，設(shè)繩子拉力為，對a、b有；當角速度達到時，設(shè)繩子拉力為，對a、b有；解得故B錯誤；C．當角速度達到時，b受最大靜摩擦力提供向心力，有當角速度達到時，設(shè)繩子拉力為，對a、b有；解得故C錯誤；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，一個小球靜止在軌道的最低點。現(xiàn)給小球水平向左的初速度，小球沿圓軌道向上運動到點時剛好離開圓軌道，此后小球恰能通過點，為點上方與等高的位置，與水平方向的夾角為，不計小球的大小，則（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】小球剛要脫離圓軌道時，小球的速度大小為，此時對小球小球脫離軌道后，小球?qū)⒆鲂睊佭\動，則小球在D點時的水平方向；；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、質(zhì)量為的小球用長為的輕繩拴接，輕繩的另一端固定在點，小球靜止時位于最低點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動，經(jīng)過一段時間小球剛好能運動到最高點，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運動到的過程中機械能守恒B．小球由A運動到的過程中，重力的瞬時功率一直減小C．小球在A點時，輕繩的拉力大小為D．小球由A運動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運動到的過程有摩擦力做功，所以小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球在A點時的速度與重力垂直，則重力的功率為0，同理小球在點時，重力的功率也為0，所以小球由A到的過程，重力的瞬時功率先增大后減小，故B錯誤；C．小球在A點時，由牛頓第二定律得解得故C正確；D．小球剛好運動到點時，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，由動能定理得解得故D錯誤。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點的轉(zhuǎn)軸P轉(zhuǎn)動。轉(zhuǎn)盤上邊長為R的等邊三角形（其中一個頂點為O）的一條邊上放置兩個相同的小物塊a、b，質(zhì)量均為m，a在等邊三角形的一個頂點處，b在該邊的中點處，a、b之間有一拉長的彈簧，初始時轉(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沿逆時針方向（俯視）以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，當轉(zhuǎn)盤角速度時，滑塊恰好與轉(zhuǎn)盤相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（

）A．轉(zhuǎn)盤靜止時，a受到的摩擦力大小為F，方向沿ab連線由b指向aB．當時，b受到的摩擦力大小為C．當時，a受到的摩擦力大小為D．物塊與轉(zhuǎn)盤間的動摩擦因數(shù)等于【答案】ABD【詳解】A．轉(zhuǎn)盤靜止時，由于彈簧處于拉長狀態(tài)，對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A正確；B．當時，b做圓周運動的向心力此時向心力的方向與彈力方向垂直，則此時b受到的摩擦力大小為選項B正確；C．當時，a做圓周運動的向心力此時a受到的靜摩擦力大小為選項C錯誤；D．當時，對滑塊b做圓周運動的向心力物塊b與轉(zhuǎn)盤間的靜摩擦力因可知滑塊b與轉(zhuǎn)盤之間的摩擦力達到最大值，則根據(jù)可得動摩擦因數(shù)選項D正確。故選ABD。7．（2024高三下·四川·開學考試）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，初始時輕繩松弛。已知，A、B、C與圓盤的動摩擦因數(shù)分別為和?，F(xiàn)使圓盤從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動過程中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．物體與圓盤相對滑動前，A物體所受的向心力最大B．細繩最初繃緊時，圓盤的角速度C．圓盤上恰好有物塊開始滑動時D．物體與圓盤相對滑動前，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到最大靜摩擦時；；得，，，B的臨界角速度最小，則細繩最初繃緊時，圓盤的角速度，B錯誤；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時繩的拉力為T，則對A：；對C：得，C正確；D．角速度較小時，C所受摩擦力指向圓心，由C選項可知，滑動時C所受摩擦力背離圓心，故物體與圓盤相對滑動前，C所受的摩擦力先增大后減小再增大，D錯誤。故選AC。8．（2024高三下·湖南長沙·模擬預(yù)測）如圖所示，一傾斜的勻質(zhì)圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離處有一小物體與圓盤始終保持相對靜止。小物體質(zhì)量為，與盤面間的動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，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．小物體運動過程中所受的摩擦力始終指向圓心C．取不同數(shù)值時，小物體在最高點受到的摩擦力一定隨的增大而增大D．小物體由最低點運動到最高點的過程中摩擦力所做的功為【答案】AD【詳解】A．當小物體隨圓盤轉(zhuǎn)到圓盤的最低點，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大時，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動，除了水平直徑上的兩點之外，在圓盤面內(nèi)靜摩擦力的一個分力要與重力沿斜面向下的分力相平衡，另一個分力提供做圓周運動的向心力，所以小物體運動過程中所受的摩擦力不一定始終指向圓心，故B錯誤；C．小物體向心力的最大值為而大于向心力最大值，故最高點故小物體在最高點受到的摩擦力一定隨的增大而減小，C錯誤；D．小物體由最低點運動到最高點的過程中，根據(jù)動能定理得代入數(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電動爬桿小猴，原理如圖所示，豎直桿OM與光滑桿ON均固定在電動機底座上，且ON與水平面間的夾角，一彈簧上端固定在OM桿上的P點，下端與穿在ON桿上質(zhì)量為m的小猴相連。小猴靜止時彈簧與豎直方向間的夾角，當電動機帶動底座開始轉(zhuǎn)動時，小猴開始爬桿。已知OP兩點間的距離為L，重力加速度為g。則（

）A．小猴靜止時桿對小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下B．小猴靜止時彈簧彈力的大小為mgC．小猴靜止時桿對小猴的彈力大小為D．電動機轉(zhuǎn)動后，當小猴穩(wěn)定在與P點等高的位置時桿的角速度為【答案】AD【詳解】A．對小猴受力分析如圖由平衡條件可知，小猴靜止時桿對小猴的彈力方向垂直桿ON斜向下，故A正確；B．小猴靜止時彈簧彈力的大小為故B錯誤；C．由圖可知，小猴靜止時桿對小猴的彈力大小為故C錯誤；D．由幾何關(guān)系可知，小猴穩(wěn)定在與P點時彈簧的長度與在P點時相等，故彈簧的彈力為在P點，對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·吉林長春·開學考試）如圖所示，足夠大的水平圓臺中央固定一光滑豎直細桿，原長為L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用長為L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，當轉(zhuǎn)動的角速度為時，小球B剛好離開臺面。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，彈簧的長度為L－B．角速度時，小球A對彈簧的壓力為mgC．角速度D．角速度從繼續(xù)緩慢增大的過程中，小球A對彈簧的壓力變小【答案】AC【詳解】A．若兩球靜止時，對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A球分析，受力平衡可得則彈簧的長度為故A正確；BC．當轉(zhuǎn)動的角速度為時，小球B剛好離開臺面，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錯誤，C正確；D．當角速度從繼續(xù)增大，B球?qū)h起來，桿與豎直方向的夾角變大，對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錯誤。故選AC。11．（2024高三·河南·期末）過山車是一種刺激的游樂項目，未經(jīng)訓練的普通人在承受大約5個重力加速度時就會發(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、B為最低點；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，下半部分為兩個半徑為2R的四分之一圓弧軌道、D為最低點。若載人過山車可視為質(zhì)點，分別從兩軌道頂峰處由靜止下降，經(jīng)過A、C點時均和軌道沒有相互作用，點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點時速度為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點時和軌道沒有相互作用，重力充當向心力有解得故A錯誤；BC．分別運動到軌道最低點B、D時，人所受加速度最大，由動能定理，對圖甲圓環(huán)軌道有經(jīng)過B點時加速度解得圖甲過山車軌道存在安全隱患；對圖乙倒水滴形軌道有經(jīng)過D點時加速度解得故圖乙過山車軌道比圖甲軌道更安全，故B錯誤，C正確；D．相同載人過山車在頂峰處動能為0，經(jīng)A、C點時動能相等，根據(jù)機械能守恒，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·湖南長沙·模擬）如圖所示，雜技演員做水流星表演時，用一繩系著裝有水的小桶在豎直平面內(nèi)繞O點做圓周運動，整個運動過程中水沒有流出。已知小桶內(nèi)水的質(zhì)量為，O點到水面的距離為，水面到桶底的距離為，小桶直徑遠小于，重力加速度大小為。則小桶轉(zhuǎn)到最低點時水對桶底的壓力大小可以為（

）

A． B． C． D．【答案】BC【詳解】整個運動過程中水沒有流出，則在最高點最小速度時，最靠近圓心那一層水剛好沒有流出，設(shè)此時角速度為，則有可得設(shè)最低點桶和水運動的角速度為，從最高點到最低點的過程，根據(jù)機械能守恒有在最低點，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)到最低點時水對桶底的壓力至少為。故選BC。13．（2024高三·四川綿陽·一診）在X星球表面宇航員做了一個實驗：如圖甲所示，輕桿一端固定在O點，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的圓周運動，小球運動到最高點時，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．小球在最高點時有所以可得將圖線與橫軸交點代入則得則X星球的第一宇宙速度為，A錯誤；BC．根據(jù)則X星球的質(zhì)量為，X星球的密度為，B錯誤，C正確；D．根據(jù)解得則環(huán)繞X星球運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）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四個壓力傳感器。一小球（可視為質(zhì)點）在水平軌道內(nèi)以不同的初速度向右運動（傳感器不影響小球的運動）。在同一坐標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．當時，Q傳感器的示數(shù)為28ND．當時，N傳感器的示數(shù)為22N【答案】BC【詳解】A．在Q點在N點對M點，P傳感器不會受到壓力作用，故A錯誤；B．根據(jù)以上分析可知，I、II、III對應(yīng)Q、M、N，由圖像可求得，當速度為零時，在點Q：所以小球的質(zhì)量，故B正確；C．根據(jù)圖b可知，當時，N處彈力為零，此時到達N處的速度對N處，當彈力為零時解得當時，Q傳感器的示數(shù)為解得故C正確；D．當時，到達N點的速度，N傳感器的示數(shù)解得所以此時N傳感器示數(shù)為零，故D錯誤。故選BC。15．（2024高三下·江蘇無錫·開學考試）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)使整個裝置繞豎直軸以角速度ω=5rad/s勻速轉(zhuǎn)動，細線與豎直方向的夾角為37°。緩慢加速后使整個裝置以角速度2ω勻速轉(zhuǎn)動，細線與豎直方向的夾角為53°，此時彈簧彈力與角速度為ω時大小相等，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時，細線OB的長度s；（2）裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時，彈簧的彈力大小F；（3）裝置轉(zhuǎn)動的角速度由ω增至2ω過程中，細線對小球B做的功W?！敬鸢浮浚?）0.25m；（2）2N；（3）【詳解】（1）當裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時，對小球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)動的角速度為2ω時，設(shè)OB的長度為，則對小球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)細線長度為L，則裝置轉(zhuǎn)動的角速度為ω時對圓環(huán)A滿足裝置轉(zhuǎn)動的角速度為2ω時，對圓環(huán)A有解得（3）裝置轉(zhuǎn)動的角速度由ω增至2ω過程中，對小球B得重力勢能變化量為動能變化量為

解得細線對小球B做的功為16．（2024高三下·江蘇·開學考試）如圖所示裝置，兩根光滑細桿與豎直方向夾角都是θ，上面套有兩個質(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，兩小球靜止在A、B處，當整個裝置繞中心軸線緩慢加速旋轉(zhuǎn)，當角速度為ω時，不再加速，保持穩(wěn)定，此時兩小球處于C、D位置，且此時彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時的彈力大小相等，試求：（1）小球靜止在A、B位置時彈簧的彈力大小F；（2）穩(wěn)定在C、D位置時彈簧的長度LCD；（3）整個過程中細桿對彈簧小球系統(tǒng)做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球靜止在A、B位置時，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，對小球受力分析，重力、支持力、彈簧彈力的合力提供小球做圓周運動的向心力，豎直方向有水平方向有兩小球處于C、D位置，且此時彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時的彈力大小相等，則解得（3）小球穩(wěn)定在C、D位置時，線速度為設(shè)彈簧原長為，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，上升的高度為因初、末狀態(tài)彈簧的形變量相同，彈簧彈力對小球做功為零，故細桿對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，因為它們不僅是物理學中的基本原理，更是解決復(fù)雜物理問題的關(guān)鍵工具。在高考中，這些考點通常被用于檢驗學生對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，既可以作為獨立的問題出現(xiàn)，也可以與其他物理知識點如牛頓運動定律、動量守恒定律等相結(jié)合，形成綜合性的大題。這類題目往往涉及對能量轉(zhuǎn)化、傳遞、守恒等概念的深入理解和靈活運用，對考生的邏輯思維和數(shù)學計算能力有較高的要求。備考時，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（如動能、勢能、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，考生還需要掌握相關(guān)的公式和計算方法，如動能定理、機械能守恒定律等，并能夠熟練運用這些公式和方法解決實際問題。知識再析考向一：應(yīng)用動能定理處理多過程問題1．解題流程2．注意事項(1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。(2)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。(3)當物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。(4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗?？枷蚨喝愡B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(1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)對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系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。輕彈簧連接的物體系統(tǒng)題型特點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，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能守恒。兩點提醒(1)對同一彈簧，彈性勢能的大小由彈簧的形變量完全決定，無論彈簧伸長還是壓縮。(2)物體運動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1．兩個設(shè)問角度(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(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：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2．兩個功能關(guān)系(1)傳送帶電動機做的功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。考向四：有關(guān)板塊類的功能關(guān)系問題1．兩個分析角度(1)動力學角度：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動過程，畫出運動軌跡圖，找到位移和相對位移關(guān)系，根據(jù)時間關(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，速度減小的物塊動能減小，速度增大的木板動能增加，根據(jù)能量守恒，減小的動能等于增加的動能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。2．三種處理方法(1)求解對地位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理。(2)求解相對位移可優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律。(3)地面光滑時，求速度可優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律。01應(yīng)用動能定理處理多過程問題1．如圖（a）所示，可視為質(zhì)點的物塊A放于水平桌面上的O點，利用細繩通過光滑的滑輪與B相連。桌面上從O點開始；A與桌面的動摩擦因數(shù)μ隨坐標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，現(xiàn)給A施加一個水平向左的恒力F=16N，同時靜止釋放A、B，重力加速度，，取，不計空氣阻力，則（）A．釋放A時其加速度大小為6m/s2B．A向左運動的最大位移為4mC．A向左運動的最大速度為3m/sD．當A速度為1m/s時，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錯誤；B．由圖（b）可知A向左運動的最大位移時，A、B速度為零，對整體由動能定理可得其中聯(lián)立解得故B錯誤；C．A向左運動的最大速度，對應(yīng)系統(tǒng)加速度為0，則有可得對系統(tǒng)有解得A向左運動的最大速度為故C正確；D．當A速度為時，根據(jù)動能定理可得解得則有或根據(jù)，可得，以B為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得繩子拉力可能為，故D錯誤。故選C。02應(yīng)用機械能守恒定律處理繩類問題2．如圖所示，一傾角且足夠長的光滑斜面上有一滑塊A用輕質(zhì)細線拉住繞過定滑輪與輕質(zhì)動滑輪相連，動滑輪下方懸掛一重物B。開始時，使A、B處于靜止狀態(tài)，釋放B后A、B開始運動。已知A、B的質(zhì)量均為m，不計空氣阻力和滑輪質(zhì)量，重力加速度為g，當B的位移為h時（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．A的速度大小為B．A的重力勢能增加了C．B的速度大小為D．B的機械能增加了【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的重力勢能減少了故B錯誤；AC．設(shè)B的速度為，則A速度為，由于A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律有解得B的速度為則A的速度故A正確，C錯誤；D．B的機械能增加量為故D錯誤。故選A。03應(yīng)用機械能守恒定律處理桿類問題3．一拋物線形狀的光滑固定導軌豎直放置，O為拋物線導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球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，輕桿的長度為2h。現(xiàn)將小球M從距地面豎直高度為h處靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球M即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為30°B．小球M即將落地時，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，輕桿對小球N的做功為mghD．從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N的沖量為【答案】C【詳解】AB．小球M即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運動知識可知，小球M的速度方向與水平方向的夾角滿足可得故AB錯誤；C．設(shè)小球M即將落地時，速度大小為v1，小球N的速度大小為v2，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有小球M與小球N沿桿方向的速度相等，有解得根據(jù)動能定理可得，從靜止釋放到小球M即將落地，輕桿對小球N做的功為故C錯誤；D．從靜止釋放到小球M即將落地，對小球，根據(jù)動量定理有由題可知，桿對小球沖量的水平分量為I合，故桿對小球沖量大于，故D錯誤。故選C。04應(yīng)用機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點由靜止釋放。已知物塊與OA段間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則物塊在向右運動過程中，其加速度大小a、動能Ek、彈簧的彈性勢能Ep、系統(tǒng)的機械能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，一直做加速運動，動能一直增加，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)為一條斜率為負的傾斜直線，故A錯誤；B．物塊從O到A過程（），由于彈簧彈力一直大于滑動摩擦力，物塊一直做加速運動，動能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動能定理可知，圖像的切線斜率逐漸減??；物塊到A點瞬間，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)原長過程（），物塊繼續(xù)做加速運動，物塊的動能繼續(xù)增大，隨著彈力的減小，圖像的切線斜率逐漸減小；當彈簧恢復(fù)原長時，物塊的動能達到最大，接著彈簧處于壓縮狀態(tài)，物塊開始做減速運動，物塊的動能逐漸減小到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)彈性勢能表達式可得可知圖像為開口向上的拋物線，頂點在處，故C錯誤；D．物塊從O到A過程（），摩擦力對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)的機械能逐漸減少，根據(jù)可知從O到A過程，圖像為一條斜率為負的斜率直線；物塊到達A點后，由于A點右側(cè)光滑，則物塊繼續(xù)向右運動過程，系統(tǒng)機械能守恒，即保持不變，故D錯誤。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針運轉(zhuǎn)，兩傳動輪之間的距離足夠長，質(zhì)量的滑塊從左側(cè)底端以一定速度滑上傳送帶，滑塊在傳送帶上運動的圖像如圖所示，，，。則（）

A．0~4s，傳送帶對滑塊的摩擦力始終做負功B．0~4s，滑塊的重力勢能增加了200JC．0~4s，滑塊的機械能增加了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相對傳送帶向下運動，因此所受摩擦力沿傳送帶向上，后期勻速時摩擦力依然沿傳送帶向上，因此0~4s，傳送帶對滑塊的摩擦力始終做正功，A錯誤；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能增加了B錯誤；C．傳送帶對滑塊做的功等于滑塊機械能的增加量，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滑動時才會產(chǎn)生熱量，因此可得聯(lián)立解得D錯誤。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，足夠長的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一可看成質(zhì)點的物塊。時對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)生相對滑動，時撤去F，物塊恰好能到達木板右端，整個過程物塊運動的圖像如圖乙所示。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摩擦力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（）A．木板的長度為3mB．物塊的質(zhì)量為0.8kgC．拉力F對物塊做的功為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時刻之前影子向右做勻加速直線運動，作出圖像，如圖所示由圖像可知2.5s時兩者共速，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摩擦因數(shù)為0.2，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.4，木板的長度為故A錯誤；B．前2s對木板有對物塊有解得故B錯誤；C．前2s拉力F對物塊做的功故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，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移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沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得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．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.8C．當θ=30°時，物體達到最大位移后將保持靜止D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin≈0.7m【答案】AD【詳解】A．由圖可知，當時物體做豎直上拋運動，位移為，由豎直上拋運動規(guī)律可知代入數(shù)據(jù)解得故A正確；B．當時，位移為，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；C．若時，物體的重力沿斜面向下的分力為最大靜摩擦力為小球達到最高點后會下滑，故C錯誤；D．由動能定理得解得當時，，此時位移最小為故D正確。故選AD。2．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖，兩長度均為L的相同輕質(zhì)細桿用鉸鏈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。起始位置兩細桿豎直，如圖虛線所示，鉸鏈A和C彼此靠近。時鉸鏈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動（g為重力加速度），到時AB和BC間的夾角變?yōu)?20°，如圖實線所示。若兩個輕質(zhì)細桿始終在同一豎直面內(nèi)運動，所有摩擦均不計，下列說法正確的是（）A．時重力對B做功的瞬時功率為B．時重力對B做功的瞬時功率為C．從到時間內(nèi)，力F做的功為D．時連接AB的細桿中的彈力大小為【答案】BC【詳解】AB．時C的位移為根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，有解得B、C沿桿方向速度相等，為根據(jù)運動的合成與分解如圖B繞A做圓周運動，解得故重力對B做功的瞬時功率為故A錯誤，B正確；C．對系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有解得故C正確；D．若為恒力，時刻對C分析，根據(jù)牛頓第二定律時刻對C分析，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得又B繞A做圓周運動，對B進行受力分析，如圖B所受合力沿AB桿指向A，設(shè)AB桿對B的彈力沿AB桿指向B，根據(jù)牛頓第二定律，有解得此時AB桿對B的彈力大小為，但不是恒力，則故此時連接AB的細桿中的彈力大小不為，故D錯誤。故選BC。3．（2024·山東聊城·一模）如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(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點與兩定滑輪均在同一高度，O點到定滑輪的距離為L，直桿上D點到點的距離也為L，重力加速度為g，直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從O點由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小物塊剛釋放時，輕繩中的張力大小為mgB．小球運動到最低點時，小物塊加速度的大小為C．小物塊下滑至D點時，小物塊與小球的速度大小之比為5：3D．小物塊下滑至D點時，小物塊的速度大小為【答案】BCD【詳解】A．小物塊剛釋放時，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對小球的拉力小于球的重力mg，故A錯誤；B．當拉物塊的繩子與直桿垂直時，小球下降的距離最大，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律解得此時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．對小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機械能守恒定律，有其中解得此時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）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。開始時小球C鎖定在直桿上的P點，連接小球的輕繩和水平方向的夾角θ=60°，物體B對地面的壓力恰好為零。現(xiàn)解除對小球C的鎖定，同時施加一個水平向右、大小為F=16N的恒力，小球C運動到直桿上的Q點時速度達到最大，OQ與水平方向的夾角也為θ=60°，D為PQ的中點，PQ距離L=2m，在小球C的運動過程中，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點運動到D點的過程中，合外力對物體A的沖量為零B．小球C從P點運動到Q點的過程中，輕繩拉力對物體A做功為零C．小球C運動到Q點時的速度大小為D．小球C運動到Q點時，物體A的加速度大小為【答案】ACD【詳解】A．小球C運動到D點時，物體A剛好運動最低點，此時A的速度為零，根據(jù)動量定理可得可知合外力對物體A的沖量為零，故A正確；B．小球C從P點運動到Q點的過程中，此時物體A剛好回到初始位置，此過程重力、彈簧彈力對A球做功均為0；由于小球C運動到Q點沿繩子方向的速度不為0，則此時A的速度不為0，根據(jù)動能定理可得故B錯誤；C．小球C運動到Q點時，此時物體A剛好回到初始位置，彈簧的彈性勢能變化量為零，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運動到直桿上的Q點時速度達到最大，根據(jù)平衡條件有根據(jù)對稱性可知，小球C運動到直桿上的Q點時物體B對地面的壓力恰好為零，則彈簧處于伸長狀態(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·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，水平桿延長線與豎直桿的交點為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用長為2L的輕桿通過鉸鏈分別連接。在外力作用下，當輕桿與水平桿Q成θ=53°斜向左上時，輕質(zhì)彈簧處于原長，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。撤去外力，小球A在豎直桿上做往復(fù)運動，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢能，x為彈簧的形變量，k為輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)，整個過程輕質(zhì)彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，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運動到O點時的速度大小為C．從撤去外力到輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上的過程，輕桿對小球B做的功為D．小球A從最高點運動到O點的過程，水平桿Q對小球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，根據(jù)能量守恒定律有解得故A正確B．小球A運動到O點時，AB速度相等，根據(jù)能量守恒定律有解得故B錯誤；C．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時，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)動能定理可知輕桿對小球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)運動的特點可知，小球從從最高點運動到O點的過程，鉸鏈對小球先做正功，后做負功，則水平桿Q對小球B的作用力并非始終大于mg，故D錯誤；故選AC。6．（2023·福建廈門·三模）現(xiàn)代科學的發(fā)展揭示了無序性也是世界構(gòu)成的一個本質(zhì)要素。意大利物理學家喬治帕里西發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無序體系中的隱藏對稱性，榮獲了諾貝爾物理學獎。如圖所示是力學中的一個無序系統(tǒng)模型，質(zhì)量均為的小球M、N用兩根長度均為的輕質(zhì)細桿連接，細桿的一端可繞固定點自由轉(zhuǎn)動，細桿可繞小球M自由轉(zhuǎn)動。開始時兩球與點在同一高度，靜止釋放兩球，并開始計時，兩球在豎直面內(nèi)做無序運動；時，細桿與豎直方向的夾角為，小球N恰好到達與點等高處且速度方向水平向右。重力加速度，不計一切摩擦和空氣阻力，下列說法正確的是（）A．時，兩小球速度大小相等B．時，N球的速度大小為C．此運動過程中，兩桿對M球做功之和為D．此運動過程中，細桿對球的沖量大小為【答案】BC【詳解】A．細桿a的一端可繞固定點O自由轉(zhuǎn)動，則M的速度方向始終與桿a垂直，設(shè)t=2s時小球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N速度方向水平向右時，二者沿桿b方向的分速度相等，有可得故A錯誤；B．由系統(tǒng)機械能守恒，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．此運動過程中，對M球根據(jù)動能定理有解得故C正確；D．此運動過程中，根據(jù)動量定理可知，細桿b對N球的沖量故D錯誤。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)細線連接，細線跨過輕質(zhì)定滑輪，B的正下方有一個固定在水平面上的輕質(zhì)彈簧，勁度系數(shù)為。開始時A鎖定在地面上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，B距離彈簧上端的高度為，現(xiàn)在對A解除鎖定，A、B開始運動，A上升的最大高度未超過定滑輪距地面的高度。已知當B距離彈簧上端的高度時，A不能做豎直上拋運動，（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．當彈簧的彈力等于物塊B的重力時，兩物塊具有最大動能B．當B物塊距離彈簧上端的高度時，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B物塊距離彈簧上端的高度時，彈簧最大彈性勢能為D．當B物塊距離彈簧上端的高度時，A物塊上升的最大高度為【答案】BCD【詳解】A．當物塊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，當滿足彈簧的彈力等于物塊B的重力與繩子拉力的差值時，即滿足即彈簧彈力為拉力不為0，物體的加速度為零，此時兩物體的速度最大，動能最大，故A錯誤；BC．因為當B物塊距離彈簧上端的高度時，A物塊恰不能做豎直上拋運動，則當物體B到達最低點時，A到達最高點，此時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，對物體AB利用能量守恒得則彈簧的壓縮量為則整個過程中，物體A上升的高度應(yīng)該等于，由能量關(guān)系可知B到達最低點時彈簧的最大彈性勢能為故BC正確；D．當B物塊距離彈簧上端的高度為時，則B物體壓縮彈簧下降時，物體A就將做上拋運動，此時刻根據(jù)能量關(guān)系可知解得則物體上拋運動的高度則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。初始時物塊P在水平外力F作用下靜止在直桿的A點，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由靜止運動到B點時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，不計滑輪大小及摩擦。，，，。則下列說法正確的是（）A．物塊P向左運動的過程中其機械能先增大后減小B．物塊P從A點運動到B點時，物塊Q的重力勢能減少量小于P、Q兩物塊總動能的增加量C．物塊P在A點時彈簧的伸長量為D．物塊P從A點運動到B點的過程中，輕繩拉力對物塊P做的功為【答案】CD【詳解】A．由于輕繩只能提供拉力，其對于物塊P來說在從A點到B點過程中輕繩拉力的方向與其運動方向成銳角，即輕繩拉力對其做正功。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在該過程中機械能一直增加，故A項錯誤；C．對物塊P在A點時進行受力分析，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物塊Q進行受力分析，在沿斜面方向上有解得設(shè)彈簧拉伸的長度為x，由胡克定律有解得故C項正確；B．物塊P到B點時，由幾何可得物塊Q沿斜面向下滑了所以此時彈簧的壓縮量為即此時彈簧的壓縮量與初始時彈簧的拉伸量相同，也就是說此時彈簧的彈性勢能與初始時彈簧的彈性勢能相同。物塊P從A點運動到B點的過程中，彈簧的彈力做功為零，所以由能量守恒可知，物塊Q重力勢能減少量之和等于物塊P和Q兩物塊的動能的增加量，故B項錯誤；D．物塊P運動到B點時，P和Q速度滿足物塊P從A點運動到B的過程中，由能量守恒有對物塊P由動能定理有解得故D項正確。故選CD。9．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖所示，電動機帶動的傳送帶與水平方向夾角，與兩皮帶輪、相切與A、B兩點，從A到B長度為。傳送帶以的速率順時針轉(zhuǎn)動。兩皮帶輪的半徑都為。長度為水平直軌道CD和傳送帶皮帶輪最高點平滑無縫連接?，F(xiàn)有一體積可忽略，質(zhì)量為小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放。若小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，與水平直軌道CD之間的動摩擦因數(shù)為，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則（

）

A．小物塊從A運動到B的時間為8sB．小物塊運動到皮帶輪最高點時，一定受到皮帶輪的支持力作用C．將小物塊由A點送到C點電動機多消耗的電能為D．若小物塊剛好停在CD中點，則【答案】ABC【詳解】A．小物塊在傳送帶下端A無初速度釋放后，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上，做勻加速直線運動由牛頓第二定律可得解得假設(shè)小物塊能與傳送帶達到相同速度，則勻加速直線運動小物塊上滑的位移為則假設(shè)成立，小物塊勻加速運動的時間為速度相同后，由于小物塊與傳送帶一起勻速，小物塊勻速運動的時間為則小物塊從A運動到B所用的時間為A正確；B．小物塊運動到皮帶輪最高點時所需的向心力所以小物塊運動到皮帶輪最高點時，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點運動到C點，根據(jù)能量守恒可得電動機比空載時多消耗的電能為故C正確；D．若小物塊剛好停在CD中點，根據(jù)動能定理有解得D錯誤。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針運行，將質(zhì)量為m的小物塊輕放到皮帶底端，同時施以沿斜面向上的拉力使物塊做勻加速直線運動，不考慮輪的大小，物塊運動到斜面頂端時速率為，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．摩擦力對物塊所做的功為B．整個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動，則有物塊與皮帶達到同速之前，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，則摩擦力對物塊所做的功為解得A錯誤；C．根對物塊，根據(jù)動能定理有解得C正確；B．物塊與皮帶達到同速之前經(jīng)歷的時間結(jié)合上述解得物塊與皮帶達到同速之后經(jīng)歷的時間結(jié)合上述解得則前后過程的相對位移分別為，則整個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物塊做功消耗能量，根據(jù)上述，摩擦力對物塊所做的功為，即表明物塊對傳送帶做正功，則傳送帶并沒有多消耗能量，D錯誤。故選BC。11．（2024高三·山東日照·模擬預(yù)測）如圖甲所示，六塊相同的長木板并排放在粗糙水平地面上，每塊長度為L=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），以的初速度沖上木板。已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.3，木板與地面間的動摩擦因數(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塊開始運動B．物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運動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．當物塊滑上第n個長木板時，長木板開始運動，滿足解得故物塊滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運動，故A錯誤，B正確。CD．滑上第5塊木板前，所有木塊相對地面靜止，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塊木板上運動時間為，受力分析解得此時物塊速度繼續(xù)滑上第6個木板，則解得設(shè)達到共速時間為解得則共速時，相對于第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，其厚度與一個硬幣的相同?；鄢隹诙说摹皫艂}”可疊放多個相同的硬幣。撞板每次被拉動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“幣倉”中僅有一個硬幣時，硬幣被撞擊后到拋出過程，克服摩擦力做功Wf為其初動能的，求；（3）已知“幣倉”中有n（n≤10）個硬幣時，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”中分別疊放多少個硬幣時，可使底層硬幣平拋的水平射程之比為?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）根據(jù)動能定理有解得（2）對撞板與硬幣構(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為其初動能的，則有解得（3）平拋運動過程有，，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，當時，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，當時，滑塊剛好進入寬度的勻強電場區(qū)域，電場強度大小為，方向水平向左?；瑝K可視為質(zhì)點，且電量保持不變，始終未脫離木板；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取。（1）求滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；（2）試討論滑塊停止運動時距電場左邊界的距離s與場強E的關(guān)系?！敬鸢浮浚?），；（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，對滑塊和木板分別由牛頓第二定律有解得，（2）根據(jù)題意，滑