資源簡介

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高考物理考前沖刺押題預測 功和能
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 遼寧期末）羽毛球運動是一項深受同學們喜愛的課間體育運動。如圖所示是無風天氣一羽毛球的飛行軌跡圖，圖中A、B為軌跡上等高的兩點，P為最高點。假設羽毛球所受空氣阻力方向與運動方向始終相反，則該羽毛球在從A到B的整個運動過程中（　　）
A．在A、B兩點時速度相同
B．從P到B速度不斷增大
C．從A到P速度不斷減小
D．經過P點時的加速度等于重力加速度g
2．（2024秋 郴州期末）質量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P。t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續行駛；到t2時刻，汽車又開始勻速直線運動，假設整個過程中汽車所受的阻力不變，下列選項中正確的是（　　）
A．減小油門后汽車做勻減速直線運動
B．該過程中汽車所受的阻力大小為
C．t2時刻汽車的速度是
D．汽車在t1到t2這段時間內的位移大小為
3．（2024秋 雨花區校級期末）如圖，豎直放置的等螺距螺線管是用長為l的透明硬質直管（內徑遠小于h）彎制而成，高為h，將一光滑小球自上端管口由靜止釋放，從上向下看（俯視），小球在重復做半徑為R的圓周運動，重力加速度為g。則（　　）
A．該螺線管共有圈
B．小球第n次圓周運動所用的時間為（）
C．小球速度的大小在單位時間內的變化相同
D．小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比為1：2：…n
4．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，某滑雪場安裝了一條長直“魔毯”運送滑雪者上山，“魔毯”與水平面的夾角為16°，表面與其他物品的動摩擦因數均為0.75，其最高點與最低點之間的距離為100m，“魔毯”始終勻速運行，額定功率為40kW。忽略“魔毯”與冰面的摩擦及其質量，成年人（含裝備）平均質量約為70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功約為7.0×104J
B．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服摩擦力做功約為1.96×104J
C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則其最大運行速率約為2m/s
D．若“魔毯”以1m/s速率運行，則最多可以同時承運50個成年人
5．（2025 浙江）如圖，物塊從A點水平拋出，恰好在B點無碰撞進入傾斜傳送帶，已知傳送帶沿順時針勻速傳動，由A到B的運動時間t1，水平距離為x1，從拋出到剛進入傳送帶一段時間內關于物塊水平速度和時間、豎直速度和時間、動能和水平位移、機械能和水平位移的圖像一定錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024秋 豐臺區期末）汽車在水平路面上以加速度a做勻加速直線運動，行駛過程中受到的阻力恒定，下列說法正確的是（　　）
A．汽車的慣性在加速過程中逐漸增大
B．汽車的牽引力在加速過程中逐漸增大
C．若汽車的牽引力變為原來的2倍，汽車的加速度將大于2a
D．汽車勻加速運動過程中，發動機的輸出功率與汽車的位移成正比
7．（2024秋 葉縣校級期末）如圖所示，小滑塊P套在豎直固定的光滑長桿上，小物塊Q與P用跨過定滑輪的足夠長無彈性輕繩連接。將P從位置a由靜止釋放，經過位置b時，左邊輕繩剛好水平，圖中ab＝bc（忽略所有摩擦），則（　　）
A．滑塊P從a到b的過程，物塊Q先做加速運動后做減速運動
B．滑塊P從a到b的過程，物塊P先做加速運動后做減速運動
C．滑塊P從b到c的過程，物塊P先做加速運動后做減速運動
D．滑塊P從b到c的過程，物塊Q先做加速運動后做減速運動
8．（2024秋 豐臺區期末）如圖所示，輕質滑輪下方懸掛重物A和B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等，摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．拉力對A做的功等于A的動能增加量
B．重力對B做的功等于A、B兩物體的動能增加量
C．B的動能與重力勢能之和減小
D．A的加速度大小等于
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 蘭州校級一模）如圖甲所示，斜面傾角為α＝30°、足夠長、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質點的質量為m＝4kg的物塊置于斜面上足夠高處，t＝0時刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時釋放物塊，利用計算機描繪了0～4s時間內物塊的速度隨時間的變化圖象，如圖乙所示，規定沿斜面向下的方向為正方向，物塊在釋放點的重力勢能為零，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（　　）
A．1～2s的時間內外力的大小為40N
B．0～1s時間內與2～4s時間內的外力大小之比為2：19
C．1s末物塊的機械能為32J
D．0～4s的時間內物塊的機械能減少了350J
（多選）10．（2024秋 郴州期末）如圖所示，一勁度系數為k＝1N/cm的輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端固定有一質量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用力向左推動物塊使彈簧壓縮量達到x1＝11cm后由靜止釋放物塊，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．釋放后瞬間物塊的加速度大小為5m/s2
B．物塊第一次向右運動的最大距離為18cm
C．物塊最終停在彈簧的原長左側1cm處
D．物塊從靜止釋放，到最終停下，整個過程中因摩擦而產生的內能為0.56J
（多選）11．（2024秋 雨花區校級期末）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質量為m的小球，小球靜止在光滑固定斜面上。給小球一個沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往復運動，空氣阻力可忽略，彈簧始終在彈性限度內。取平衡位置O處為原點，沿斜面向下為正方向，建立坐標系，記小球振動過程中位置坐標為x。規定O處重力勢能為零，A表示小球離開平衡位置的最大距離。圖中可能正確反映該小球運動過程中的速度v、加速度a、動能Ek以及重力勢能Ep隨x的變化關系的是（　　）
A． B．
C． D．
（多選）12．（2025 成都三模）如圖所示，A球在輕繩的作用下在豎直面內擺動，B球在輕繩的作用下在水平面內做勻速圓周運動。兩小球質量相同，均可視為質點。連接兩小球的輕繩長度相同，A球輕繩與豎直方向所成的最大角度和B球輕繩與豎直方向所成的夾角均為θ（θ＜5°）。下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩球運動的周期之比為1：1
B．圖示位置A、B兩球所受輕繩拉力大小之比為cos2θ：1
C．A球的最大向心力大小與B球的向心力大小之比為
D．A球的最大動能與B球的動能之比為
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）健身節中，某校男生進行拉輪胎訓練，如圖所示。質量為m的輪胎在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前勻速移動了一段距離l。已知輪胎與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，合力對輪胎做功為 　 　，滑動摩擦力做功為 　 　。
14．（2023秋 廣陵區校級期末）如圖所示，光滑圓軌道與水平軌道平滑連接，圓軌道半徑R＝1m，水平軌道長L＝2m。有一小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開始滑下，剛好滑到水平軌道末端C時停止，不計空氣阻力，則滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為 　 　。
15．（2023秋 三明期末）一輛質量為103kg的汽車，其額定功率為104W，在水平公路上行駛時所受阻力恒為500N。當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，牽引力會 　 　（填“增大”“減小”或“不變”），汽車能達到的最大速度vm＝　 　m/s；當加速度為1.5m/s2時，車速v＝　 　m/s。
16．（2024秋 思明區校級月考）如圖，輕質彈簧一端固定在墻壁上，另一端與質量m＝0.1kg的滑塊相連，滑塊放置在光滑水平面上。將滑塊從彈簧原長位置O向左移至B處并由靜止釋放，滑塊在B、C間往復運動，設彈簧被壓縮到B處時具有的彈性勢能為5J，則滑塊從B運動到O的過程中速度 　 　（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）；滑塊運動的最大速度為 　 　m/s，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統總能量 　 　（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，框架AOB中的桿OB豎直，光滑桿OA與水平面間的夾角α＝60°。輕質彈簧上端用鉸鏈與固定點B相連，下端與穿在OA桿上質量為m的小球相連，整個裝置處于靜止狀態，彈簧與豎直方向的夾角β＝30°，已知OB兩點間的距離為L，重力加速度為g。
（1）求彈簧的彈力大小；
（2）若框架以OB為軸開始轉動，使小球緩慢運動到與B點等高的A點，在A點做勻速圓周運動，求整個過程桿對小球做的功W。
18．（2024秋 慈溪市期末）滑板運動越來越受年輕人追捧，如圖所示的滑板軌道ABCDEF。水平軌道DE左端與一段半徑為R1＝16m的、圓心角為θ＝37°的豎直圓弧軌道CD在D點相切，右端與一段半徑為R2＝5m的四分之一圓弧在E點相切。一個質量為M＝48kg的運動員以水平初速度v0＝5m/s沖上靜止在A點的、質量為m＝2kg的滑板甲，一起沿著軌道運動，此后沿軌道切線從C點進入圓弧軌道。另有一塊質量為m＝2kg的滑板乙靜止放在右側圓弧軌道下端E點。當兩滑板接近時，運動員從滑板甲上起跳，落到滑板乙上。設運動員沖上滑板時立即與滑板相對靜止，運動員和滑板均視為質點，不計所有阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）運動員沖上滑板甲后的速度大小v1；
（2）運動員滑過D點時的速度大小vD；
（3）若滑板甲返回過程中恰好能爬升到C點，則運動員從滑板甲上起跳的速度大小v2；
（4）通過計算說明（3）問中的運動員和滑板乙能否滑上右側平臺？
19．（2024秋 寧波期末）蹦極項目越來越得到大家的青睞。如圖甲所示，一個質量為m＝50kg的游玩者模型（當作質點）從懸掛點由靜止豎直落下，先后經過了A、B和C三點。下落過程中模型的速度與時間關系（v﹣t圖像）如圖乙所示，已知模型由靜止開始下落至A點的時間tAs（圖像OA段為直線），B點為圖像的最高點，C點的加速度大小為50m/s2。假設彈性繩的彈力與伸長量的關系符合胡克定律，且勁度系數為200N/m，忽略空氣阻力（g取10m/s2）。求：
（1）A點距離懸掛點的高度；
（2）B點距離懸掛點的高度；
（3）懸掛點距離水面高度的最小值（為了安全，人在運動過程中不能接觸水面）。
20．（2024秋 重慶期末）如圖所示，放置于水平地面上的餐桌，其高度為H＝0.8m、半徑為R＝0.5m，餐桌中心處有一個半徑為r＝0.3m的轉盤，轉盤能夠繞中心軸轉動，而桌面無法轉動，忽略轉盤與桌面的高度差。置于轉盤邊緣的質量為m的餐盤（可視為質點）隨轉盤加速轉動，當轉速達到某一數值時，餐盤恰好從轉盤滑離，經過一段時間后離開桌面做平拋運動。已知餐盤與轉盤間的動摩擦因數，餐盤與餐桌面間的動摩擦因數μ2＝0.12，設餐盤所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，28.3。求：
（1）餐盤離開轉盤的最大角速度是多大？
（2）餐盤離開餐桌面時的速度是多大？
（3）餐盤落地點距離餐桌中心在水平地面上的投影點有多遠？（第3問請以cm為單位表示）
高考物理考前沖刺押題預測 功和能
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 遼寧期末）羽毛球運動是一項深受同學們喜愛的課間體育運動。如圖所示是無風天氣一羽毛球的飛行軌跡圖，圖中A、B為軌跡上等高的兩點，P為最高點。假設羽毛球所受空氣阻力方向與運動方向始終相反，則該羽毛球在從A到B的整個運動過程中（　　）
A．在A、B兩點時速度相同
B．從P到B速度不斷增大
C．從A到P速度不斷減小
D．經過P點時的加速度等于重力加速度g
【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；物體運動軌跡、速度、受力（加速度）的相互判斷；斜拋運動．
【專題】定量思想；控制變量法；動能定理的應用專題；理解能力．
【答案】C
【分析】A、B兩點等高，羽毛球重力做功為零，再結合阻力做功與動能定理列式求解；
根據動能定理結合做功進行判斷；
根據合力結合牛頓第二定律進行判斷。
【解答】解：A．A、B兩點等高，羽毛球重力做功為零，空氣阻力與運動方向始終相反，所以空氣阻力做負功，即
Wf＜0
從A點到B點過程，由動能定理有
Wf
可知B點的速度小于A點的速度大小，且兩點速度方向不同，故A錯誤；
B．從P到B，阻力做負功，重力做正功，無法判斷動能大小的變化，速度大小變化無法判斷，故B錯誤；
C．從A到P，阻力做負功，重力做負功，動能不斷減小，速度不斷減小，故C正確；
D．羽毛球在P點時，豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，所以水平方向還有空氣阻力，羽毛球在P點的合力大于重力，根據牛頓第二定律可得羽毛球經過P點的加速度大于重力加速度，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查的是動能定理的運用，其中結合了斜拋運動知識，需注意做功的正負情況。
2．（2024秋 郴州期末）質量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P。t1時刻，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續行駛；到t2時刻，汽車又開始勻速直線運動，假設整個過程中汽車所受的阻力不變，下列選項中正確的是（　　）
A．減小油門后汽車做勻減速直線運動
B．該過程中汽車所受的阻力大小為
C．t2時刻汽車的速度是
D．汽車在t1到t2這段時間內的位移大小為
【考點】機車以恒定功率啟動；牛頓第二定律的簡單應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導．
【專題】定量思想；控制變量法；功率的計算專題；動能定理的應用專題；理解能力．
【答案】C
【分析】根據功率公式列式，結合牛頓第二定律，再根據勻速時列式求解；
根據動能定理列式求解。
【解答】AB．根據牛頓第二定律可得
f﹣F＝ma
且P＝Fv
減小油門后，汽車做加速度減小的減速直線運動，勻速時，有
故AB錯誤；
CD．t2時刻再次勻速，根據
解得
在t1到t2這段時間內由動能定理
解得
故C正確，D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查的是動能定理的知識點，題型較復雜，需熟練掌握功率與動能定理結合的計算。
3．（2024秋 雨花區校級期末）如圖，豎直放置的等螺距螺線管是用長為l的透明硬質直管（內徑遠小于h）彎制而成，高為h，將一光滑小球自上端管口由靜止釋放，從上向下看（俯視），小球在重復做半徑為R的圓周運動，重力加速度為g。則（　　）
A．該螺線管共有圈
B．小球第n次圓周運動所用的時間為（）
C．小球速度的大小在單位時間內的變化相同
D．小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比為1：2：…n
【考點】機械能與曲線運動相結合的問題．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】A.由題意，可假設該螺線管是由n個半徑為R的圓形組成，進而分析判斷；
BCD.將螺線管等效看作是高為h，長為l的斜面，由牛頓第二定律、幾何關系、運動學規律分別列式，即可分析判斷。
【解答】解：A.由題意可知，若該螺線管是由n個半徑為R的圓形組成，則有：n 2πR＝l，可得：n，但是該螺線管顯然不是由n個半徑為R的圓形組成的，故A錯誤；
BCD.將螺線管等效看作是高為h，長為l的斜面，設斜面與水平方向的夾角為θ，小球在螺線管上運動的加速度大小為a，
由牛頓第二定律可得：mgsinθ＝ma，
由幾何關系可得：，
聯立可得：，則小球速度的大小在單位時間內的變化相同；
設小球在進行第n次圓周運動時的初、末速度大小分別為v1和v2，小球第n次圓周運動所用的時間為t，根據運動學規律可得：
，
，
，
聯立可得：；
設小球完成第n圈后的速度大小為vn，根據運動學規律可得：
vn＝at，
則結合前面分析可知，vn與t成正比，
則結合t的表達式可知，小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比為1：（）：……：（）；
故C正確，BD錯誤；
故選：C。
【點評】本題主要考查機械能與曲線運動相結合的問題，解題時需注意動能與勢能是如何變化的，也要了解不同曲線運動的運動規律。
4．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，某滑雪場安裝了一條長直“魔毯”運送滑雪者上山，“魔毯”與水平面的夾角為16°，表面與其他物品的動摩擦因數均為0.75，其最高點與最低點之間的距離為100m，“魔毯”始終勻速運行，額定功率為40kW。忽略“魔毯”與冰面的摩擦及其質量，成年人（含裝備）平均質量約為70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（　　）
A．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功約為7.0×104J
B．一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服摩擦力做功約為1.96×104J
C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則其最大運行速率約為2m/s
D．若“魔毯”以1m/s速率運行，則最多可以同時承運50個成年人
【考點】瞬時功率的計算；重力做功的特點和計算；摩擦力做功的特點和計算．
【專題】定量思想；控制變量法；功率的計算專題；理解能力．
【答案】C
【分析】先求出最高點與最低點之間的距離，再根據恒力做功求解；
根據平衡條件求出靜摩擦力大小，再根據做功公式求出；
根據功率公式求出結論。
【解答】A．最高點與最低點之間的距離
L＝100m
一個成年人乘“魔毯”上山過程中克服重力做功
WG＝mgLsin16°
代入數據解得
WG＝1.96×104J
故A錯誤；
B．“魔毯”始終勻速運行，一個成年人乘“魔毯”上山過程中所受靜摩擦力大小為
f＝mgsin16°
代入數據解得
f＝196N
一個成年人乘“魔毯”上山過程中摩擦力做正功，大小為
Wf＝fL
代入數據解得
Wf＝1.96×104J
故B錯誤；
C．若“魔毯”同時承運100個成年人，則
P＝100mgsin16°v1
得
v1＝2m/s
故C正確；
D．若“魔毯”以v2＝1m/s速率運行，則最多可以同時承運N個成年人，則
P＝Nmgsin16°v2
解得
N＝200
故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查的是做功與功率的計算，題型簡單，其中功率的計算用到的是與速度有關的公式。
5．（2025 浙江）如圖，物塊從A點水平拋出，恰好在B點無碰撞進入傾斜傳送帶，已知傳送帶沿順時針勻速傳動，由A到B的運動時間t1，水平距離為x1，從拋出到剛進入傳送帶一段時間內關于物塊水平速度和時間、豎直速度和時間、動能和水平位移、機械能和水平位移的圖像一定錯誤的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】從能量角度求解傳送帶問題；機械能與圖像相結合的問題；平拋運動速度的計算；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；動能定理的應用專題；傳送帶專題；功能關系 能量守恒定律；分析綜合能力．
【答案】C
【分析】A.根據平拋運動水平方向的速度特點分析；
B.根據物體摩擦力可能的方向判斷加速度大小；
C.根據動能定理判斷；
D.根據功能關系判斷。
【解答】解：A.物塊從A點到B點做平拋運動，水平方向是勻速直線運動，物塊從A點水平拋出，恰好在B點無碰撞進入傾斜傳送帶，可知物塊在B點的速度與傳送帶速度相同，則有物塊在傳送帶上水平速度不變，故A正確；
B.物塊在傳送帶上由于重力作用，若物塊受摩擦力方向沿傳送帶向下，則物塊速度會繼續增大，且有可能加速度大于重力加速度，故B正確；
C.物塊從A到B，設物塊位移與水平方向夾角為α，由動能定理可得
mgx1tanα＝Ek﹣Ek0
可得
Ek＝Ek0+mgx1tanα
故C錯誤；
D.物塊從A到B，機械能守恒，在傳送帶上可能由于有摩擦力對物塊做負功，物塊的機械能隨位移x減小，故D正確。
本題選錯誤的，故選：C。
【點評】本題考查了傳送帶模型，平拋運動，要求熟練分析相對應的運動過程，難度中等。
6．（2024秋 豐臺區期末）汽車在水平路面上以加速度a做勻加速直線運動，行駛過程中受到的阻力恒定，下列說法正確的是（　　）
A．汽車的慣性在加速過程中逐漸增大
B．汽車的牽引力在加速過程中逐漸增大
C．若汽車的牽引力變為原來的2倍，汽車的加速度將大于2a
D．汽車勻加速運動過程中，發動機的輸出功率與汽車的位移成正比
【考點】動能定理的簡單應用；慣性與質量；牛頓第二定律的簡單應用；瞬時功率的計算；機車以恒定加速度啟動．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】A.根據慣性與質量的關系，即可分析判斷；
B.由牛頓第二定律列式，即可分析求解；
C.根據牛頓第二定律列式，結合B的分析及數學知識，即可分析求解；
D.由瞬時功率公式、動能定理分別列式，即可分析求解。
【解答】解：A.汽車的慣性只與其質量有關，質量不變，慣性不變，故A錯誤；
B.設汽車的質量為m，汽車的牽引力及所受阻力的大小分別為F、f，
由牛頓第二定律可知：F﹣f＝ma，
汽車做勻加速直線運動，a不變，由題知，f也不變，則F不變，即汽車的牽引力不變，故B錯誤；
C.結合B的分析可知，若汽車的牽引力變為原來的2倍，
則有：2F﹣f＝ma'，
且：F﹣f＝ma，
由數學知識可得：a'＞2a，即汽車的加速度將大于2a，故C正確；
D.汽車勻加速直線運動過程中，
發動機的輸出功率為：P＝Fv，結合前面分析可知，F不變，則P與v成正比，
由動能定理可得：（F﹣f）xmv2，結合前面分析可知，F、f不變，可見速度v與位移x不是線性關系，所以發動機的輸出功率與汽車的位移不成正比，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題主要考查對動能定理的掌握，解題的關鍵是，要先確定不同的力在哪個階段做功，再根據動能定理列式，因為有些力在物體運動全過程中不是始終存在的。
7．（2024秋 葉縣校級期末）如圖所示，小滑塊P套在豎直固定的光滑長桿上，小物塊Q與P用跨過定滑輪的足夠長無彈性輕繩連接。將P從位置a由靜止釋放，經過位置b時，左邊輕繩剛好水平，圖中ab＝bc（忽略所有摩擦），則（　　）
A．滑塊P從a到b的過程，物塊Q先做加速運動后做減速運動
B．滑塊P從a到b的過程，物塊P先做加速運動后做減速運動
C．滑塊P從b到c的過程，物塊P先做加速運動后做減速運動
D．滑塊P從b到c的過程，物塊Q先做加速運動后做減速運動
【考點】多物體系統的機械能守恒問題；關聯速度問題．
【專題】定性思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】A.滑塊P從a到b的過程，結合題意，確定初、末狀態Q的速度情況，即可分析判斷；
B.由題意，先判斷滑塊P的機械能是否守恒或如何變化，再結合機械能、勢能、動能的關系，即可分析判斷；
CD.滑塊P從b到c的過程，結合前面分析及P、Q的速度關聯，即可分析判斷。
【解答】解：A.將P從位置a由靜止釋放，剛釋放的瞬間，Q向下加速運動，當P經過位置b時，根據運動的分解可知，b點P速度沿繩子方向的分速度為0，則此時Q速度也為0，由此可知，滑塊P從a到b的過程，物塊Q先做加速運動后做減速運動，故A正確；
B.由題意可知，滑塊P從a到b的過程，輕繩的拉力一直對其做正功，則其機械能增加，又因為該過程滑塊P的重力勢能一直在減小，則其動能一直在增加，則該過程，滑塊P一直做加速運動，故B錯誤；
CD.滑塊P從b到c的過程，若P的重力一直大于繩子豎直方向的分力，則物塊P和Q一直做加速運動，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查了對物體及系統機械能的掌握，解題時需注意，如果除重力或系統內彈力外還有其他力做正功，則系統的機械能增大；如果除重力或系統內彈力外還有其他力做負功，則系統的機械能減小。
8．（2024秋 豐臺區期末）如圖所示，輕質滑輪下方懸掛重物A和B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等，摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．拉力對A做的功等于A的動能增加量
B．重力對B做的功等于A、B兩物體的動能增加量
C．B的動能與重力勢能之和減小
D．A的加速度大小等于
【考點】常見力做功與相應的能量轉化；動能定理的簡單應用．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；方程法；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】利用動能定理可以判斷A的動能的變化量與功的關系；由功能關系可知，重力對A、B做的總功等于A、B兩物體的動能的增加量；由機械能守恒定律可以判斷B的機械能的變化；由牛頓第二定律可以求解B的加速度的大小。
【解答】解：A、由動能定理可知，拉力與重力對A所做的總功等于A的動能增加量，故A錯誤；
B、由功能關系可知，重力對A、B做的總功等于A、B兩物體的動能的增加量，故B錯誤；
C、由題意可知，A物體的機械能增加，由機械能守恒定律可知，B物體的機械能減小，則B的動能與重力勢能之和減小，故C正確；
D、設細線拉力大小為F，B的加速度大小為a，由滑輪組之間的關系可知，A的加速度大小為，根據牛頓第二定律有：mg﹣F＝ma，，聯立解得：，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題主要考查了系統機械能守恒，關鍵要抓住兩個物體的速度關系和位移關系，知道B的速度是A的2倍，B上升的高度是A下降高度的2倍。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 蘭州校級一模）如圖甲所示，斜面傾角為α＝30°、足夠長、光滑的斜面體固定在水平地面上，可視為質點的質量為m＝4kg的物塊置于斜面上足夠高處，t＝0時刻在物塊上施加一沿斜面向上的變化的外力，同時釋放物塊，利用計算機描繪了0～4s時間內物塊的速度隨時間的變化圖象，如圖乙所示，規定沿斜面向下的方向為正方向，物塊在釋放點的重力勢能為零，重力加速度大小為g＝10m/s2。則（　　）
A．1～2s的時間內外力的大小為40N
B．0～1s時間內與2～4s時間內的外力大小之比為2：19
C．1s末物塊的機械能為32J
D．0～4s的時間內物塊的機械能減少了350J
【考點】常見力做功與相應的能量轉化；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】BD
【分析】v﹣t圖像斜率表示加速度，v﹣t圖像面積表示位移，結合牛頓第二定律求解拉力F大小，物塊機械能的變化量等于整個過程外力F所做的功，外力F所做的功等于力與位移乘積。
【解答】解：A．由圖乙可知，1s～2s時內物塊的加速度為
位移大小為
由牛頓第二定律得
mgsin30°﹣F2＝ma2
解得
F2＝0
故A錯誤；
B．由圖乙可知，0 1s時內物塊的加速度為
位移大小為
由牛頓第二定律得
mgsin30°﹣F1＝ma1
解得
F1＝4N
由圖乙可知，2s～4s時內物塊的加速度為
位移大小為
由牛頓第二定律得
mgsin30°﹣F3＝ma3
解得
F3＝38N
則
F1：F3＝2：19
故B正確；
CD．由題意可知，t＝0時刻，物塊的機械能為0，由功能關系可知，物塊機械能的變化量等于整個過程外力F所做的功，0 1s外力做的功為
W1＝F1x1＝﹣4×2J＝﹣8J
即1s末物塊的機械能為﹣8J，2s～4s外力做的功為
W3＝F3x3＝﹣38×9J＝﹣342J
則整個過程中物塊機械能變化量大小為
ΔE＝|W1+W3|＝350J
故C錯誤，D正確。
故選：BD。
【點評】解題關鍵是知道v﹣t圖像的面積等于位移，v﹣t圖像的斜率表示加速度。
（多選）10．（2024秋 郴州期末）如圖所示，一勁度系數為k＝1N/cm的輕質彈簧左端固定在豎直墻壁上，彈簧右端固定有一質量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。用力向左推動物塊使彈簧壓縮量達到x1＝11cm后由靜止釋放物塊，重力加速度g＝10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．釋放后瞬間物塊的加速度大小為5m/s2
B．物塊第一次向右運動的最大距離為18cm
C．物塊最終停在彈簧的原長左側1cm處
D．物塊從靜止釋放，到最終停下，整個過程中因摩擦而產生的內能為0.56J
【考點】常見力做功與相應的能量轉化；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】由牛頓第二定律求解加速度，向右運動的最大位移和釋放點關于該平衡位置對稱，物塊向左運動的過程中，求解新的平衡位置，摩擦產生的熱量等于摩擦力乘以相對位移。
【解答】解：質量為m＝2kg的物塊，物塊與水平地面間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，勁度系數為k＝1N/cm的輕質彈簧
由牛頓第二定律
kx1﹣μmg＝ma
得加速度
a＝4.5m/s2
平衡位置為
kx2＝μmg
x2＝2cm
向右運動的最大位移和釋放點關于該平衡位置對稱，所以物塊第一次向右運動的最大距離為18cm；物塊向左運動的過程中，在新的平衡位置
kx3＝μmg
x3＝x2＝2cm
所以物塊向左運動10cm，以此類推，物塊第二次向右運動2cm后停下來，所以物塊停在距離彈簧原長左側1cm處，總路程為30cm，從而摩擦產生的熱量為
Q＝μmgs＝0.1×20×0.3J＝0.6J，故AD錯誤，BC正確。
故選：BC。
【點評】物體向一個方向運動時，摩擦力恒定，可以看成在摩擦力和彈力共同作用下的簡諧運動。
（多選）11．（2024秋 雨花區校級期末）如圖所示，輕彈簧上端固定，下端連接質量為m的小球，小球靜止在光滑固定斜面上。給小球一個沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往復運動，空氣阻力可忽略，彈簧始終在彈性限度內。取平衡位置O處為原點，沿斜面向下為正方向，建立坐標系，記小球振動過程中位置坐標為x。規定O處重力勢能為零，A表示小球離開平衡位置的最大距離。圖中可能正確反映該小球運動過程中的速度v、加速度a、動能Ek以及重力勢能Ep隨x的變化關系的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】常見力做功與相應的能量轉化；機械能守恒定律的簡單應用．
【專題】比較思想；圖析法；功能關系 能量守恒定律；理解能力．
【答案】BC
【分析】小球運動過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，根據彈簧彈性勢能及功能關系分析解答。
【解答】解：A、小球運動過程中，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，設傾角為θ，則有
mgxsinθ
則有mgxsinθkx2+kxx0
由于kx0＝mgsinθ
解得kx2
則v2
所以v2﹣x2是直線，則v﹣x不可能是直線，故A錯誤；
B、根據牛頓第二定律可知﹣kx＝ma
則a
故B正確；
C、由于Ekkx2，故Ek﹣x圖像是開口向下的關于y軸對稱的二次函數，故C正確；
D、重力勢能Ep＝﹣mgxsinθ，所以Ep﹣x圖像為傾斜的直線，故D錯誤；
故選：BC。
【點評】本題考查功能關系的運用，解題關鍵掌握小球與彈簧組成的系統能量守恒的表達式。
（多選）12．（2025 成都三模）如圖所示，A球在輕繩的作用下在豎直面內擺動，B球在輕繩的作用下在水平面內做勻速圓周運動。兩小球質量相同，均可視為質點。連接兩小球的輕繩長度相同，A球輕繩與豎直方向所成的最大角度和B球輕繩與豎直方向所成的夾角均為θ（θ＜5°）。下列說法中正確的是（　　）
A．A、B兩球運動的周期之比為1：1
B．圖示位置A、B兩球所受輕繩拉力大小之比為cos2θ：1
C．A球的最大向心力大小與B球的向心力大小之比為
D．A球的最大動能與B球的動能之比為
【考點】多物體系統的機械能守恒問題；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；模型建構能力．
【答案】BD
【分析】根據牛頓第二定律，解得小球AB所受的輕繩拉力；
由牛頓第二定律求出B球圓錐擺的周期，結合單擺的周期，之后可以確定兩者周期之比；
根據牛頓第二定律、動能定理和向心力公式求二者的向心力之比；
結合動能的公式后，求得動能之比。
【解答】解：B、左圖A球在該位置的加速度方向沿切線，最高點向心加速為零，計算得繩上拉力大小為：F1＝mgcosθ
右圖B球的加速度方向水平，豎直方向受力平衡，計算得繩上拉力大小為：
所以：，故B正確；
A、左圖是單擺，設輕繩長度為L，小球重力為mg，則單擺的周期：
右圖是水平面內的勻速圓周運動模型（圓錐擺），由牛頓第二定律分析可知：
其周期：
所以：，故A錯誤；
C、當左圖A球運動到最低點時向心力最大，設此時速度為vA，從最高點到最低點，由動能定理得：
所以向心力為：
聯立整理得：F向1＝2mg（1﹣cosθ）
由平行四邊形定則可得，右圖B球的向心力計為：F向2＝mgtanθ
所以向心力之比：，故C錯誤；
D、當左圖A球運動到最低點時動能最大，結合以上分析得，最大動能為：
對右圖B球，設其速度為vB，有：
故B球動能為：
所以：，故D正確。
故選：BD。
【點評】本題考查了牛頓第二定律在圓周當中的運用，逐個分析小球與繩之間的受力關系，列出平衡式子是解決此類問題的關鍵。
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）健身節中，某校男生進行拉輪胎訓練，如圖所示。質量為m的輪胎在與水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前勻速移動了一段距離l。已知輪胎與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，合力對輪胎做功為 　0　，滑動摩擦力做功為 　﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l　。
【考點】多個力做的總功；摩擦力做功的特點和計算．
【專題】定量思想；推理法；功的計算專題；推理論證能力．
【答案】0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l
【分析】輪胎所受的各力都是恒力，根據受力分析確定滑動摩擦力；再根據恒力F做功的計算公式：W＝FLcosθ，θ為F與L之間的夾角，來分析計算力做的功。
【解答】解：由于輪胎勻速運動，輪胎的動能保持不變，根據動能定理可得合力對輪胎做功為
W合＝ΔEk＝0
輪胎受到的滑動摩擦力為
f＝μN＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）
根據受力平衡可得
f＝Fcosθ
則滑動摩擦力做功為
Wf＝fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l＝﹣Flcosθ
故答案為：0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l
【點評】本題考查功的計算，要明確恒力F做功的計算公式：W＝FLlcosθ，θ為F與L之間的夾角。注意功的公式只適用于恒力做功。
14．（2023秋 廣陵區校級期末）如圖所示，光滑圓軌道與水平軌道平滑連接，圓軌道半徑R＝1m，水平軌道長L＝2m。有一小滑塊自圓軌道最高點A由靜止開始滑下，剛好滑到水平軌道末端C時停止，不計空氣阻力，則滑塊與水平軌道間的動摩擦因數為 　0.5　。
【考點】動能定理的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】0.5
【分析】滑塊從A到C過程，應用動能定理可以求出動摩擦因數。
【解答】解：滑塊從A到C過程，由動能定理得：mgR﹣μmgL＝0
代入數據解得：μ＝0.5
故答案為：0.5
【點評】根據題意分析清楚滑塊的運動過程，應用動能定理即可解題。
15．（2023秋 三明期末）一輛質量為103kg的汽車，其額定功率為104W，在水平公路上行駛時所受阻力恒為500N。當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，牽引力會 　減小　（填“增大”“減小”或“不變”），汽車能達到的最大速度vm＝　20　m/s；當加速度為1.5m/s2時，車速v＝　5　m/s。
【考點】機車以恒定功率啟動；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】比較思想；控制變量法；功率的計算專題；分析綜合能力；模型建構能力．
【答案】減小，20，5。
【分析】根據功率公式P＝Fv分析牽引力的變化情況。當牽引力等于阻力時，速度最大，根據P＝Fv求出最大速度。當加速度為1.5m/s2時，根據P＝Fv，結合牛頓第二定律求出速度的大小。
【解答】解：當汽車以額定功率啟動，隨著車速增大，功率不變，由P＝Fv知牽引力減小。
當牽引力等于阻力時，速度最大，根據P＝Fvm＝fvm得
vmm/s＝20m/s
當加速度為1.5m/s2時，根據牛頓第二定律得：
f＝ma
解得：v＝5m/s
故答案為：減小，20，5。
【點評】本題考查了機車的啟動問題，知要掌握功率與牽引力、速度的關系公式P＝Fv，知道加速度為零時，速度最大。
16．（2024秋 思明區校級月考）如圖，輕質彈簧一端固定在墻壁上，另一端與質量m＝0.1kg的滑塊相連，滑塊放置在光滑水平面上。將滑塊從彈簧原長位置O向左移至B處并由靜止釋放，滑塊在B、C間往復運動，設彈簧被壓縮到B處時具有的彈性勢能為5J，則滑塊從B運動到O的過程中速度 　變大　（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）；滑塊運動的最大速度為 　10　m/s，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統總能量 　不變　（選填“A.變大”“B.變小”“C.不變”）。
【考點】彈簧類問題中的機械能守恒．
【專題】定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；推理論證能力．
【答案】變大；10；不變
【分析】根據機械能守恒定律分析能量變化，從而分析最大速度的位置，根據機械能守恒定律列式計算最大速度。
【解答】解：滑塊從B運動到O的過程中，彈簧彈性勢能減小，動能增大，則速度變大，則O點的速度最大，根據機械能守恒定律有
Ep
解得v＝10m/s
根據機械能守恒定律可知，滑塊從O到C的過程中滑塊與彈簧組成的系統總能量不變。
故答案為：變大；10；不變
【點評】本題關鍵是明確機械能守恒定律答應用，解題關鍵掌握能量的轉化特點。
四．解答題（共4小題）
17．（2024秋 濟寧期末）如圖所示，框架AOB中的桿OB豎直，光滑桿OA與水平面間的夾角α＝60°。輕質彈簧上端用鉸鏈與固定點B相連，下端與穿在OA桿上質量為m的小球相連，整個裝置處于靜止狀態，彈簧與豎直方向的夾角β＝30°，已知OB兩點間的距離為L，重力加速度為g。
（1）求彈簧的彈力大小；
（2）若框架以OB為軸開始轉動，使小球緩慢運動到與B點等高的A點，在A點做勻速圓周運動，求整個過程桿對小球做的功W。
【考點】利用動能定理求解變力做功；胡克定律及其應用；共點力的平衡問題及求解．
【專題】計算題；定量思想；合成分解法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力．
【答案】（1）彈簧的彈力大小為mg；
（2）整個過程桿對小球做的功為1.5mgL。
【分析】（1）小球靜止時，根據平衡條件求彈簧的彈力大小；
（2）小球在A點做勻速圓周運動時，在對小球進行受力分析的基礎上，再結合牛頓第二定律求出小球的速度大小，再根據動能定理求整個過程桿對小球做的功W。
【解答】解：（1）小球靜止時，分析受力情況，如圖所示，根據平衡條件有
Fcos[（90°﹣α）+β]＝mgsinα
解得彈簧的彈力大小為
（2）小球在A點時彈簧的長度與靜止時相同，則彈簧的彈力大小
設小球在A點做圓周運動的半徑為r，速度大小為vA，所受桿的彈力大小為FN，分析小球受力，如圖所示，豎直方向由平衡條件有
FNcosα＝mg
水平方向由牛頓第二定律有
由幾何關系有
小球運動到A點的過程中，根據動能定理有
解得整個過程桿對小球做的功為
W＝1.5mgL
答：（1）彈簧的彈力大小為mg；
（2）整個過程桿對小球做的功為1.5mgL。
【點評】本題需要利用平衡條件、向心力、動能定理相關知識，結合受力分析來解決此類問題。
18．（2024秋 慈溪市期末）滑板運動越來越受年輕人追捧，如圖所示的滑板軌道ABCDEF。水平軌道DE左端與一段半徑為R1＝16m的、圓心角為θ＝37°的豎直圓弧軌道CD在D點相切，右端與一段半徑為R2＝5m的四分之一圓弧在E點相切。一個質量為M＝48kg的運動員以水平初速度v0＝5m/s沖上靜止在A點的、質量為m＝2kg的滑板甲，一起沿著軌道運動，此后沿軌道切線從C點進入圓弧軌道。另有一塊質量為m＝2kg的滑板乙靜止放在右側圓弧軌道下端E點。當兩滑板接近時，運動員從滑板甲上起跳，落到滑板乙上。設運動員沖上滑板時立即與滑板相對靜止，運動員和滑板均視為質點，不計所有阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）運動員沖上滑板甲后的速度大小v1；
（2）運動員滑過D點時的速度大小vD；
（3）若滑板甲返回過程中恰好能爬升到C點，則運動員從滑板甲上起跳的速度大小v2；
（4）通過計算說明（3）問中的運動員和滑板乙能否滑上右側平臺？
【考點】利用動能定理求解多過程問題；平拋運動速度的計算；繩球類模型及其臨界條件．
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．
【答案】（1）運動員沖上滑板甲后的速度大小v1為4.8m/s；
（2）運動員滑過D點時的速度大小vD為10m/s；
（3）若滑板甲返回過程中恰好能爬升到C點，則運動員從滑板甲上起跳的速度大小v2為10.75m/s；
（4）通過計算運動員和滑板乙能滑上右側平臺。
【分析】（1）根據動量守恒定律列式解答；
（2）根據平拋運動的速度規律和機械能守恒定律列式求解；
（3）根據動能定理和動量守恒定律列式解答；
（4）根據機械能守恒、動量守恒定律計算判斷。
【解答】解：（1）對運動員和滑板甲組成的系統，規定水平向右的方向為正方向，由動量守恒有Mv0＝（M+m）v1，代入數據得v1＝4.8m/s；
（2）運動員從A點做平拋運動，沿軌道切線從C點進入圓弧軌道時，根據平拋運動的速度規律有vCm/s＝6m/s，從C到D的過程中，根據機械能守恒定律有，解得vD＝10m/s；
（3）滑板甲返回時，由動能定理有，解得v3＝8m/s；運動員從滑板甲起跳時，對兩滑板和運動員組成的系統，根據動量守恒定律，規定向右為正有（M+m）vD＝Mv2﹣mv3，得v2＝10.75m/s；
（4）若運動員和滑板乙整體恰好能到F點，則，解得vE＝10m/s；運動員跳上滑板乙時，水平向右為正，根據動量守恒定律Mv2＝（M+m）v4，解得v4＝10.32m/s＞vE＝10m/s，能滑上。
答：（1）運動員沖上滑板甲后的速度大小v1為4.8m/s；
（2）運動員滑過D點時的速度大小vD為10m/s；
（3）若滑板甲返回過程中恰好能爬升到C點，則運動員從滑板甲上起跳的速度大小v2為10.75m/s；
（4）通過計算運動員和滑板乙能滑上右側平臺。
【點評】考查機械能守恒定律、平拋運動規律和動量守恒定律的應用，會根據題意進行準確分析解答。
19．（2024秋 寧波期末）蹦極項目越來越得到大家的青睞。如圖甲所示，一個質量為m＝50kg的游玩者模型（當作質點）從懸掛點由靜止豎直落下，先后經過了A、B和C三點。下落過程中模型的速度與時間關系（v﹣t圖像）如圖乙所示，已知模型由靜止開始下落至A點的時間tAs（圖像OA段為直線），B點為圖像的最高點，C點的加速度大小為50m/s2。假設彈性繩的彈力與伸長量的關系符合胡克定律，且勁度系數為200N/m，忽略空氣阻力（g取10m/s2）。求：
（1）A點距離懸掛點的高度；
（2）B點距離懸掛點的高度；
（3）懸掛點距離水面高度的最小值（為了安全，人在運動過程中不能接觸水面）。
【考點】利用動能定理求解多過程問題；牛頓運動定律的應用—從受力確定運動情況．
【專題】定量思想；推理法；彈力的存在及方向的判定專題；推理論證能力．
【答案】（1）A點距離懸掛點的高度為15m；
（2）B點距離懸掛點的高度為17.5m；
（3）懸掛點距離水面高度的最小值為30m。
【分析】（1）根據游玩者做自由落體規律列式求解；
（2）根據B點對應速度的最大值，合力為零，加速度為零。結合胡克定律列式解答；
（3）根據牛頓第二定律列式解答。
【解答】解：（1）從懸掛點到A點，游玩者做自由落體運動，則A點距離懸掛點的高度為；
（2）設B點對應彈性繩的伸長量為x1，在B點游玩者速度最大，瞬時加速度為0，則有kx1＝mg，解得x1＝2.5m，故B點距離懸掛點的高度h2＝h1+x1＝（15+2.5）m＝17.5m；
（3）設C點對應彈性繩的伸長量為x2，根據胡克定律和牛頓第二定律有kx2﹣mg＝maC，代入數據解得x2＝15m，則懸掛點距離水面高度的最小值為h3＝h1+x2＝（15+15）m＝30m
答：（1）A點距離懸掛點的高度為15m；
（2）B點距離懸掛點的高度為17.5m；
（3）懸掛點距離水面高度的最小值為30m。
【點評】本題通過蹦極模型綜合考查力學分析能力，將自由落體、胡克定律與運動圖像深度融合。
20．（2024秋 重慶期末）如圖所示，放置于水平地面上的餐桌，其高度為H＝0.8m、半徑為R＝0.5m，餐桌中心處有一個半徑為r＝0.3m的轉盤，轉盤能夠繞中心軸轉動，而桌面無法轉動，忽略轉盤與桌面的高度差。置于轉盤邊緣的質量為m的餐盤（可視為質點）隨轉盤加速轉動，當轉速達到某一數值時，餐盤恰好從轉盤滑離，經過一段時間后離開桌面做平拋運動。已知餐盤與轉盤間的動摩擦因數，餐盤與餐桌面間的動摩擦因數μ2＝0.12，設餐盤所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，28.3。求：
（1）餐盤離開轉盤的最大角速度是多大？
（2）餐盤離開餐桌面時的速度是多大？
（3）餐盤落地點距離餐桌中心在水平地面上的投影點有多遠？（第3問請以cm為單位表示）
【考點】動能定理的簡單應用；牛頓第二定律的簡單應用；平拋運動速度的計算；圓周運動與平拋運動相結合的問題．
【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；勻速圓周運動專題；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）餐盤離開轉盤的最大角速度是rad/s；
（2）餐盤離開餐桌面時的速度大小為0.2m/s；
（3）餐盤落地點與餐桌中心在水平地面上的投影點的距離為56.6cm。
【分析】（1）由題意可知，餐盤在轉盤上做圓周運動，靜摩擦力提供向心力，則餐盤離開轉盤時，由牛頓第二定律列式，即可分析求解；
（2）結合（1），確定餐盤離開轉盤，沿轉盤切線飛出的速度大小，根據幾何關系、動能定理分別列式，即可分析求解；
（3）餐盤離開餐桌后做平拋運動，根據平拋運動的運動規律、幾何關系分別列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）由題意可知，餐盤在轉盤上做圓周運動，靜摩擦力提供向心力，
則餐盤離開轉盤時，由牛頓第二定律可得：μ1mg＝mr，
解得：ωmaxrad/s；
（2）結合（1）可知，餐盤離開轉盤，沿轉盤切線飛出的速度大小為：v＝ωmaxr，
根據幾何關系可知，餐盤沿轉盤切線飛出運動到餐桌邊沿的位移大小為：x，
解得：x＝0.4m，
餐盤沿轉盤切線飛出運動到餐桌邊沿的過程，由動能定理可得：，
聯立可得，餐盤離開餐桌面時的速度大小為：v'＝0.2m/s；
（3）餐盤離開餐桌后做平拋運動，根據平拋運動的運動規律可知，
豎直方向有：Hgt2，
水平方向有：x'＝v't，
由幾何關系可知，餐盤落地點與餐桌中心在水平地面上的投影點的距離為：s，
聯立可得：s＝56.6cm；
答：（1）餐盤離開轉盤的最大角速度是rad/s；
（2）餐盤離開餐桌面時的速度大小為0.2m/s；
（3）餐盤落地點與餐桌中心在水平地面上的投影點的距離為56.6cm。
【點評】本題主要考查對動能定理的掌握，解題的關鍵是，要先確定不同的力在哪個階段做功，再根據動能定理列式，因為有些力在物體運動全過程中不是始終存在的。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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