2025高考物理实验知识总结压轴题03 圆周运动讲义含答案

2025高考物理实验知识总结压轴题压轴题03圆周运动考向分析圆周运动在高考物理中占据着至关重要的地位，是考查学生对力学和运动学知识掌握程度的重要考点。在命题方式上，圆周运动的题目既可能直接考察基础知识，如圆周运动的定义、向心力和向心加速度的计算等，也可能与其他知识点如能量守恒、动量定理等相结合，形成综合性较强的题目。备考时，考生应深入理解圆周运动的基本原理和规律，掌握相关的公式和解题方法，并通过大量的练习提高解题能力。同时，考生还需关注历年高考真题和模拟题，了解命题趋势和难度，以便更有针对性地备考。通过系统复习和练习，考生能够熟练掌握圆周运动的相关知识，为高考取得优异成绩奠定坚实基础。知识再析考向一：水平面内的圆周运动1．圆周运动动力学分析过程：2.水平面内的圆盘临界模型①口诀：“谁远谁先飞”；②a或b发生相对圆盘滑动的各自临界角速度：；①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：；③AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A：T=μmAg；隔离B：T+μmBg=mBω22rB整体：μmAg+μmBg=mBω22rBAB相对圆盘滑动的临界条件：①口诀：“谁远谁先飞”；②轻绳出现拉力，先达到B的临界角速度：；③同侧背离圆心，fAmax和fBmax指向圆心，一起相对圆盘滑动时，临界条件：隔离A：μmAg-T=mAω22rA；隔离B：T+μmBg=mBω22rB整体：μmAg+μmBg=mAω22rA+mBω22rBAB相对圆盘滑动的临界条①口诀：“谁远谁先飞”（rB>rA）；②轻绳出现拉力临界条件：；此时B与面达到最大静摩擦力，A与面未达到最大静摩擦力。此时隔离A：fA+T=mAω2rA；隔离B：T+μmBg=mBω2rB消掉T：fA=μmBg-(mBrB-mArA)ω2③当mBrB=mArA时，fA=μmBg，AB永不滑动，除非绳断；④AB一起相对圆盘滑动时，临界条件：1）当mBrB>mArA时，fA↓=μmBg-(mBrB-mArA)ω2↑→fA=0→反向→fA达到最大→从B侧飞出；2）当mBrB<mArA时，fA↑=μmBg+(mArA-mBrB)ω2↑→fA达到最大→ω↑→T↑→fB↓→fB=0→反向→fB达到最大→从A侧飞出；AB相对圆盘滑动的临界条件临界条件：①，；②，临界条件：①②考向二：常见绳杆模型特点：轻绳模型轻杆模型情景图示弹力特征弹力可能向下，也可能等于零弹力可能向下，可能向上，也可能等于零受力示意图力学方程mg＋FT＝meq\f(v2,r)mg±FN＝meq\f(v2,r)临界特征FT＝0，即mg＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(gr)v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg模型关键(1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为eq\r(gr)(1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为001水平面内圆锥摆模型1．一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，小球的质量为m，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A．细线的长度为 B．细线的长度为C．细线的长度为 D．细线的长度为【答案】A【详解】设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为，当时，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力T而平衡，此时有，ω增大时，T增大，N减小，当时，角速度为，当时，由牛顿第二定律有；解得当时，小球离开锥面，线与竖直方向夹角变大，设为，由牛顿第二定律得所以此时图线的反向延长线经过原点，可知图线的斜率变大，结合图像可得则细线的长度为故选A。02无线水平圆盘模型2．如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴中心为和的两点位置，分别有质量均为的相同材料的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，两小物体分别滑至圆盘上其他位置停止。下列说法正确的是（）A．圆盘停止转动前，两小物体所受摩擦力大小相同B．圆盘停止转动后，两小物体滑动的距离之比为C．圆盘停止转动后，两小物体运动的轨迹为曲线D．圆盘停止转动前，两小物体动能相同【答案】B【详解】A．圆盘停止转动前，两小物体所受摩擦力提供向心力，所以两小物体所受摩擦力大小不相同，故A错误；B．圆盘停止转动前，两小物体的线速度大小之比为圆盘停止转动后，滑动的加速度大小均为由运动学公式，可得两小物体滑动的距离之比为故B正确；C．圆盘停止转动后，两小物体做匀减速直线运动，故C错误；D．由可知，圆盘停止转动前，两小物体动能之比为，故D错误。故选B。03有线水平圆盘模型3．如图所示，相同的物块a、b用沿半径方向的细线相连放置在水平圆盘上．当圆盘绕转轴转动时，物块a、b始终相对圆盘静止．下列关于物块a所受的摩擦力随圆盘角速度的平方（ω2）的变化关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】转动过程中a、b角速度相同。当圆盘角速度较小时，a、b由静摩擦力充当向心力，绳子拉力为零，此过程中a、b所需要的摩擦力分别为，因为，故，又因为a、b与平台的最大静摩擦力相同，所以随着角速度增大，b先达到最大静摩擦力，当b达到最大静摩擦力f0时绳子开始出现拉力，此时对于a、b有，联立可得由上述分析可知，绳子拉力出现之前图像的斜率为，绳子拉力出现之后图线的斜率为，所以绳子有拉力时图线斜率变大。故选D。04竖直面内绳类（轨道内侧）模型4．如题图，一质量为M的杂技演员站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端。另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．小球运动到最高点b时，小球的速度为零B．小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为MgC．小球运动到点c时，台秤对杂技演员摩擦力的方向水平向右D．小球运动到最低点时，台秤的示数为【答案】B【详解】A．小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点b时，细线的拉力为零，由重力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律得则小球运动到最高点b时的速度为故A错误；B．小球在a、c两个位置时，细线拉力均处于水平方向，以人为研究对象，在竖直方向上根据平衡条件可得台秤对人的支持力为FN=Mg由牛顿第三定律可知人对台秤的压力为Mg，则台秤示数为Mg，故B正确；C．小球运动到点c时，绳子对小球的弹力水平向左，则绳子对人的拉力水平向右，所以台秤对演员的摩擦力水平向左，故C错误；D．设小球运动到最低点时速度大小为v′。小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得小球在最低点时，由牛顿第二定律得以人为研究对象，由平衡条件得解得台秤对人的支持力为则台秤的示数为Mg+6mg，故D错误。故选B。05竖直面内杆类（管类）模型5．一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动的轻杆，另一端与一小球相连，如图甲所示．现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，下列说法中正确的是（）

A．t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点B．t2时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点C．v1大小一定大于v2大小，图乙中S1和S2的面积一定相等D．v1大小可能等于v2大小，图乙中S1和S2的面积可能不等【答案】A【详解】AB．小球在竖直平面内做圆周运动，最高点和最低点的速度方向都水平且相反，，根据圆周运动的方向可知，在最高点速度方向为正，在最低点速度方向为负，另外，最高点和最低点合外力都指向圆心，水平方向合外力为零，因此反应在图乙中的速度—时间图像中，最高点和最低点所对应的图像在该位置的斜率为零，即水平方向加速度为零，而根据圆周运动的对称性可知，最低点和最高点两侧物体在水平方向的速度应具有对称性，因此，根据图乙可知，t1时刻小球通过最高点，t3时刻小球通过最低点，故A正确，B错误；CD．竖直面内的圆周运动，在最高点时速度最小，最低点时速度最大，因此而对小球的运动过程进行分析可知，S1表示小球从最低点到圆周的最左边的水平位移大小，S2表示小球从圆周最左边到最高点的水平位移的大小，显然S1和S2的面积相等，故CD错误。故选A。06斜面内的圆周运动6．如图，半径为R的匀质实心圆盘。盘面与水平面的夹角为θ，开始时圆盘静止。其上表面均匀覆盖着一层细沙没有掉落，细沙与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴旋转，其角速度从0开始缓慢增加到（未知）。此时圆盘表面上的细沙有被甩掉，重力加速度为g。则的值为A． B．C． D．【答案】D【详解】根据可知在角速度相同的情况下半径越大，向心力越大，所以最外边的灰尘随着角速度的增大最先发生滑动，因为圆盘表面上的灰有被甩掉，即面积上的灰尘发生滑动，剩下的未滑动，设未滑动的半径为r，则解得在最低点有解得故选D。好题速练1．（2024高三下·重庆·模拟一诊）如图（a）所示，质量均为1kg的物体A和B放置在圆盘上，与圆盘间的动摩擦因数分别为和。用两根不可伸长的细绳将物体A、B和圆盘转轴相连，物体A、B与转轴的距离分别为和。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当圆盘绕转轴转动的角速度缓慢增大时，转轴与物体A之间的细绳拉力、A与B之间的细绳拉力随的关系如图（b）所示。取，则下列正确的是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】BD．以物体B为研究对象，则有变形得与图像对比可得；故BD错误；AC．以A为研究对象可得代入得与图像对比可得；即；故A错误，C正确。故选C。2．（2024·河北·模拟预测）如图甲所示的旋转飞椅在水平面内做匀速圆周运动，可拓展为如图乙所示的模型，轻质细线1、2分别悬挂A、B两小球（视为质点）在不同高度的水平面内做匀速圆周运动。A、B的质量均为m，细线1的长度为，细线2的长度未知，细线1与竖直方向的夹角为，细线2与竖直方向的夹角为。细线1、2始终在同一竖直平面内，重力加速度为g，、，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．A、B的线速度可能相等B．细线1与细线2中拉力大小之比为C．B的角速度大小为D．细线2的长度为【答案】D【详解】A．B相对静止做稳定的匀速圆周运动，每转一圈所需要的时间相等，即运动周期相等，角速度相等，两球做匀速圆周运动的半径不同，由可知A、B的线速度不相等，A错误；B．细线1、2的拉力大小分别为、，设细线2的长度为L，A、B的角速度均为，对B进行受力分析，在竖直方向由力的平衡可得对A进行受力分析，竖直方向上有综合解得，进一步可得故B错误；C．对A进行受力分析，水平方向有结合，综合解得故C错误；D．对B进行受力分析，水平方向有综合，解得故D正确。故选D。3．（2024高三·山东聊城·开学模拟）如图甲所示，小木块和（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，的质量为，的质量为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为，，、与盘间的动摩擦因数相同且均为。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。表示圆盘转动的角速度，在角速度增大到一定值的过程中，、与圆盘保持相对静止，所受摩擦力与满足如图乙所示关系，图中。下列判断正确的是（）A．图线（1）对应物体a B．C． D．时绳上张力大小为【答案】D【详解】A．角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a有对b有则角速度较小时，b的静摩擦力较小，则图（1）对应物体b，故A错误；B．当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有；当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有；解得故B错误；C．当角速度达到时，b受最大静摩擦力提供向心力，有当角速度达到时，设绳子拉力为，对a、b有；解得故C错误；D．由上述分析可知；；；联立解得故D正确；故选D。4．（2024高三下·河南周口·开学考试）如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，是轨道的水平直径，为圆心，一个小球静止在轨道的最低点。现给小球水平向左的初速度，小球沿圆轨道向上运动到点时刚好离开圆轨道，此后小球恰能通过点，为点上方与等高的位置，与水平方向的夹角为，不计小球的大小，则（）A． B． C． D．【答案】C【详解】小球刚要脱离圆轨道时，小球的速度大小为，此时对小球小球脱离轨道后，小球将做斜抛运动，则小球在D点时的水平方向；；在竖直方向；以上各式联立，解得即故选C。5．（2024·湖南长沙·二诊）如图所示，在倾角为的固定粗糙斜面体上，有一可视为质点、质量为的小球用长为的轻绳拴接，轻绳的另一端固定在点，小球静止时位于最低点A，现给小球一与轻绳垂直的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，经过一段时间小球刚好能运动到最高点，重力加速度取，忽略空气阻力。关于此过程，下列说法正确的是（）

A．小球由A运动到的过程中机械能守恒B．小球由A运动到的过程中，重力的瞬时功率一直减小C．小球在A点时，轻绳的拉力大小为D．小球由A运动到的过程中克服摩擦力做的功为【答案】C【详解】A．由于小球由A运动到的过程有摩擦力做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；B．小球在A点时的速度与重力垂直，则重力的功率为0，同理小球在点时，重力的功率也为0，所以小球由A到的过程，重力的瞬时功率先增大后减小，故B错误；C．小球在A点时，由牛顿第二定律得解得故C正确；D．小球刚好运动到点时，轻绳没有作用力，则由牛顿第二定律得设小球由A到的过程中克服摩擦力做功为，由动能定理得解得故D错误。故选C。6．（2024·河北衡水·一模）如图所示，水平转盘可绕过盘上O点的转轴P转动。转盘上边长为R的等边三角形（其中一个顶点为O）的一条边上放置两个相同的小物块a、b，质量均为m，a在等边三角形的一个顶点处，b在该边的中点处，a、b之间有一拉长的弹簧，初始时转盘和两物块均静止，弹簧弹力大小为F。现让转盘绕竖直转轴P沿逆时针方向（俯视）以不同的角速度匀速转动，当转盘角速度时，滑块恰好与转盘相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（

）A．转盘静止时，a受到的摩擦力大小为F，方向沿ab连线由b指向aB．当时，b受到的摩擦力大小为C．当时，a受到的摩擦力大小为D．物块与转盘间的动摩擦因数等于【答案】ABD【详解】A．转盘静止时，由于弹簧处于拉长状态，对a分析可知a受到的摩擦力大小为F，方向沿ab连线由b指向a，选项A正确；B．当时，b做圆周运动的向心力此时向心力的方向与弹力方向垂直，则此时b受到的摩擦力大小为选项B正确；C．当时，a做圆周运动的向心力此时a受到的静摩擦力大小为选项C错误；D．当时，对滑块b做圆周运动的向心力物块b与转盘间的静摩擦力因可知滑块b与转盘之间的摩擦力达到最大值，则根据可得动摩擦因数选项D正确。故选ABD。7．（2024高三下·四川·开学考试）如图所示，粗糙圆盘沿同一直径放置正方体A、C，及侧面光滑的圆柱体B，一轻绳绕过B连接A、C，初始时轻绳松弛。已知，A、B、C与圆盘的动摩擦因数分别为和。现使圆盘从静止开始缓慢加速转动，转动过程中A、B、C始终未倾倒，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A．物体与圆盘相对滑动前，A物体所受的向心力最大B．细绳最初绷紧时，圆盘的角速度C．圆盘上恰好有物块开始滑动时D．物体与圆盘相对滑动前，C所受的摩擦力先减小后增大【答案】AC【详解】A．设A、B、C的质量分别为2m、3m、m，则向心力分别为，，可知，A物体所受的向心力最大，A正确；B．三者分别与圆盘的摩擦力达到最大静摩擦时；；得，，，B的临界角速度最小，则细绳最初绷紧时，圆盘的角速度，B错误；C．A的临界角速度小于C的临界角速度，设恰好有物块开始滑动时绳的拉力为T，则对A：；对C：得，C正确；D．角速度较小时，C所受摩擦力指向圆心，由C选项可知，滑动时C所受摩擦力背离圆心，故物体与圆盘相对滑动前，C所受的摩擦力先增大后减小再增大，D错误。故选AC。8．（2024高三下·湖南长沙·模拟预测）如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为，与盘面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为，取。则下列说法正确的是（）A．角速度的最大值是B．小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心C．取不同数值时，小物体在最高点受到的摩擦力一定随的增大而增大D．小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为【答案】AD【详解】A．当小物体随圆盘转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得代入数据解得故A正确；B．由于小物体做匀速圆周运动，除了水平直径上的两点之外，在圆盘面内静摩擦力的一个分力要与重力沿斜面向下的分力相平衡，另一个分力提供做圆周运动的向心力，所以小物体运动过程中所受的摩擦力不一定始终指向圆心，故B错误；C．小物体向心力的最大值为而大于向心力最大值，故最高点故小物体在最高点受到的摩擦力一定随的增大而减小，C错误；D．小物体由最低点运动到最高点的过程中，根据动能定理得代入数据解得摩擦力所做的功为故D正确。选AD。9．（2024高三上·山东潍坊·期末）通用技术课上，某兴趣小组制作了一个电动爬杆小猴，原理如图所示，竖直杆OM与光滑杆ON均固定在电动机底座上，且ON与水平面间的夹角，一弹簧上端固定在OM杆上的P点，下端与穿在ON杆上质量为m的小猴相连。小猴静止时弹簧与竖直方向间的夹角，当电动机带动底座开始转动时，小猴开始爬杆。已知OP两点间的距离为L，重力加速度为g。则（

）A．小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下B．小猴静止时弹簧弹力的大小为mgC．小猴静止时杆对小猴的弹力大小为D．电动机转动后，当小猴稳定在与P点等高的位置时杆的角速度为【答案】AD【详解】A．对小猴受力分析如图由平衡条件可知，小猴静止时杆对小猴的弹力方向垂直杆ON斜向下，故A正确；B．小猴静止时弹簧弹力的大小为故B错误；C．由图可知，小猴静止时杆对小猴的弹力大小为故C错误；D．由几何关系可知，小猴稳定在与P点时弹簧的长度与在P点时相等，故弹簧的弹力为在P点，对小猴受力分析水平方向由牛顿第二定律竖直方向由平衡条件联立解得故D正确。故选AD。10．（2024高三·吉林长春·开学考试）如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则（）A．小球均静止时，弹簧的长度为L－B．角速度时，小球A对弹簧的压力为mgC．角速度D．角速度从继续缓慢增大的过程中，小球A对弹簧的压力变小【答案】AC【详解】A．若两球静止时，对B球分析，根据受力平衡可知杆的弹力为零；设弹簧的压缩量为，对A球分析，受力平衡可得则弹簧的长度为故A正确；BC．当转动的角速度为时，小球B刚好离开台面，则有设杆与竖直方向的夹角为，竖直方向有水平方向，由牛顿第二定律可得对A球依然处于平衡状态，则有由几何关系可得联立解得，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D．当角速度从继续增大，B球将飘起来，杆与竖直方向的夹角变大，对A、B组成的系统，在竖直方向始终处于平衡，则有则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力依然为2mg，故D错误。故选AC。11．（2024高三·河南·期末）过山车是一种刺激的游乐项目，未经训练的普通人在承受大约5个重力加速度时就会发生晕厥。图甲过山车轨道中回环部分是半径为R的经典圆环轨道，A为圆轨道最高点、B为最低点；图乙过山车轨道中回环部分是倒水滴形轨道，上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D为最低点。若载人过山车可视为质点，分别从两轨道顶峰处由静止下降，经过A、C点时均和轨道没有相互作用，点B、D等高，忽略空气阻力和摩擦。则下列说法正确的是（）A．过山车经过A、C点时速度为0B．图甲过山车轨道比图乙轨道更安全C．图乙过山车轨道比图甲轨道更安全D．图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R【答案】CD【详解】A．已知过山车经过A、C点时和轨道没有相互作用，重力充当向心力有解得故A错误；BC．分别运动到轨道最低点B、D时，人所受加速度最大，由动能定理，对图甲圆环轨道有经过B点时加速度解得图甲过山车轨道存在安全隐患；对图乙倒水滴形轨道有经过D点时加速度解得故图乙过山车轨道比图甲轨道更安全，故B错误，C正确；D．相同载人过山车在顶峰处动能为0，经A、C点时动能相等，根据机械能守恒，有；其中可得即图甲轨道的顶峰高度比图乙轨道的顶峰高度低R，故D正确。故选CD。12．（204高三·湖南长沙·模拟）如图所示，杂技演员做水流星表演时，用一绳系着装有水的小桶在竖直平面内绕O点做圆周运动，整个运动过程中水没有流出。已知小桶内水的质量为，O点到水面的距离为，水面到桶底的距离为，小桶直径远小于，重力加速度大小为。则小桶转到最低点时水对桶底的压力大小可以为（

）

A． B． C． D．【答案】BC【详解】整个运动过程中水没有流出，则在最高点最小速度时，最靠近圆心那一层水刚好没有流出，设此时角速度为，则有可得设最低点桶和水运动的角速度为，从最高点到最低点的过程，根据机械能守恒有在最低点，根据牛顿第二定律有联立解得根据牛顿第三定律可知，小桶转到最低点时水对桶底的压力至少为。故选BC。13．（2024高三·四川绵阳·一诊）在X星球表面宇航员做了一个实验：如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动，小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其图像如图乙所示。已知X星球的半径为，引力常量为G，不考虑星球自转，则下列说法正确的是（）A．X星球的第一宇宙速度B．X星球的密度C．X星球的质量D．环绕X星球的轨道离星球表面高度为的卫星周期【答案】CD【详解】A．小球在最高点时有所以可得将图线与横轴交点代入则得则X星球的第一宇宙速度为，A错误；BC．根据则X星球的质量为，X星球的密度为，B错误，C正确；D．根据解得则环绕X星球运行的离星球表面高度为的卫星；则代入可得周期，D正确。故选CD。14．（2024高三上·四川成都·模拟预测）如图（a），被固定在竖直平面内的轨道是由内径很小、内壁均光滑的水平直轨道和半圆形轨道平滑连接而成，在半圆形轨道内壁的最高和最低处分别安装M、N、P、Q四个压力传感器。一小球（可视为质点）在水平轨道内以不同的初速度向右运动（传感器不影响小球的运动）。在同一坐标系中绘出传感器的示数F与的图像I、II、III如图（b）所示。重力加速度。下列判断正确的是（）A．直线I、II、III分别是M、N、P传感器的图像B．由图像可求得小球的质量C．当时，Q传感器的示数为28ND．当时，N传感器的示数为22N【答案】BC【详解】A．在Q点在N点对M点，P传感器不会受到压力作用，故A错误；B．根据以上分析可知，I、II、III对应Q、M、N，由图像可求得，当速度为零时，在点Q：所以小球的质量，故B正确；C．根据图b可知，当时，N处弹力为零，此时到达N处的速度对N处，当弹力为零时解得当时，Q传感器的示数为解得故C正确；D．当时，到达N点的速度，N传感器的示数解得所以此时N传感器示数为零，故D错误。故选BC。15．（2024高三下·江苏无锡·开学考试）如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A，细线穿过小孔O，两端分别与环A和小球B连接，线与水平杆平行，环A的质量为m=0.1kg，小球B的质量为2m。现使整个装置绕竖直轴以角速度ω=5rad/s匀速转动，细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动，细线与竖直方向的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等，已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）装置转动的角速度为ω时，细线OB的长度s；（2）装置转动的角速度为2ω时，弹簧的弹力大小F；（3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，细线对小球B做的功W。【答案】（1）0.25m；（2）2N；（3）【详解】（1）当装置转动的角速度为ω时，对小球B分析，在竖直方向由平衡条件有在水平方向由牛顿第二定律有解得（2）装置转动的角速度为2ω时，设OB的长度为，则对小球B在竖直方向由平衡条件由在水平方向由牛顿第二定律有解得设细线长度为L，则装置转动的角速度为ω时对圆环A满足装置转动的角速度为2ω时，对圆环A有解得（3）装置转动的角速度由ω增至2ω过程中，对小球B得重力势能变化量为动能变化量为

解得细线对小球B做的功为16．（2024高三下·江苏·开学考试）如图所示装置，两根光滑细杆与竖直方向夹角都是θ，上面套有两个质量为m的小球，小球之间用劲度系数为k的弹簧相连。静止时，两小球静止在A、B处，当整个装置绕中心轴线缓慢加速旋转，当角速度为ω时，不再加速，保持稳定，此时两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，试求：（1）小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F；（2）稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD；（3）整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球静止在A、B位置时，根据平衡条件弹簧的弹力大小为（2）稳定在C、D位置时，对小球受力分析，重力、支持力、弹簧弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，竖直方向有水平方向有两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，则解得（3）小球稳定在C、D位置时，线速度为设弹簧原长为，根据胡克定律有；根据几何关系有小球稳定在C、D位置时，上升的高度为因初、末状态弹簧的形变量相同，弹簧弹力对小球做功为零，故细杆对两小球所做总功为压轴题04功能关系及能量守恒的综合应用考向分析功能关系及能量守恒在高考物理中占据了至关重要的地位，因为它们不仅是物理学中的基本原理，更是解决复杂物理问题的关键工具。在高考中，这些考点通常被用于检验学生对物理世界的深刻理解和应用能力。从命题方式上看，功能关系及能量守恒的题目形式丰富多样，既可以作为独立的问题出现，也可以与其他物理知识点如牛顿运动定律、动量守恒定律等相结合，形成综合性的大题。这类题目往往涉及对能量转化、传递、守恒等概念的深入理解和灵活运用，对考生的逻辑思维和数学计算能力有较高的要求。备考时，考生需要首先深入理解功能关系及能量守恒的基本原理和概念，明确它们之间的转化和守恒关系。这包括理解各种形式的能量（如动能、势能、热能等）之间的转化关系，以及能量守恒定律在物理问题中的应用。同时，考生还需要掌握相关的公式和计算方法，如动能定理、机械能守恒定律等，并能够熟练运用这些公式和方法解决实际问题。知识再析考向一：应用动能定理处理多过程问题1．解题流程2．注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。考向二：三类连接体的功能关系问题轻绳连接的物体系统常见情景二点提醒(1)分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。轻杆连接的物体系统常见情景三大特点(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等。(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。(3)对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。轻弹簧连接的物体系统题型特点由轻弹簧连接的物体系统，若只有重力做功或系统内弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。两点提醒(1)对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。(2)物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。考向三：有关传送带类的功能关系问题1．两个设问角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。2．两个功能关系(1)传送带电动机做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q＝Fx传。(2)传送带摩擦力产生的热量Q＝Ff·x相对。考向四：有关板块类的功能关系问题1．两个分析角度(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时间关系列位移等式和速度等式。(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之和。2．三种处理方法(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。01应用动能定理处理多过程问题1．如图（a）所示，可视为质点的物块A放于水平桌面上的O点，利用细绳通过光滑的滑轮与B相连。桌面上从O点开始；A与桌面的动摩擦因数μ随坐标x的变化如图（b）所示，A、B质量均为1kg，B离滑轮的距离足够长，现给A施加一个水平向左的恒力F=16N，同时静止释放A、B，重力加速度，，取，不计空气阻力，则（）A．释放A时其加速度大小为6m/s²B．A向左运动的最大位移为4mC．A向左运动的最大速度为3m/sD．当A速度为1m/s时，绳子的拉力可能是9.2N【答案】C【详解】A．初位置摩擦力为零，整体的加速度为故A错误；B．由图（b）可知A向左运动的最大位移时，A、B速度为零，对整体由动能定理可得其中联立解得故B错误；C．A向左运动的最大速度，对应系统加速度为0，则有可得对系统有解得A向左运动的最大速度为故C正确；D．当A速度为时，根据动能定理可得解得则有或根据，可得，以B为对象，根据牛顿第二定律可得，解得绳子拉力可能为，故D错误。故选C。02应用机械能守恒定律处理绳类问题2．如图所示，一倾角且足够长的光滑斜面上有一滑块A用轻质细线拉住绕过定滑轮与轻质动滑轮相连，动滑轮下方悬挂一重物B。开始时，使A、B处于静止状态，释放B后A、B开始运动。已知A、B的质量均为m，不计空气阻力和滑轮质量，重力加速度为g，当B的位移为h时（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8）（）A．A的速度大小为B．A的重力势能增加了C．B的速度大小为D．B的机械能增加了【答案】A【详解】B．由题意知，A所受重力沿斜面方向的分力为细线沿斜面方向对A的拉力为，所以释放过后A沿斜面下滑，若B向上的位移为h，则A沿斜面向下的位移为，所以A的重力势能减少了故B错误；AC．设B的速度为，则A速度为，由于A、B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有解得B的速度为则A的速度故A正确，C错误；D．B的机械能增加量为故D错误。故选A。03应用机械能守恒定律处理杆类问题3．一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为h，A、B两点相距2h，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2h。现将小球M从距地面竖直高度为h处静止释放，下列说法正确的是（）A．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°B．小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°C．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的做功为mghD．从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N的冲量为【答案】C【详解】AB．小球M即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M的速度方向与水平方向的夹角满足可得故AB错误；C．设小球M即将落地时，速度大小为v1，小球N的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有小球M与小球N沿杆方向的速度相等，有解得根据动能定理可得，从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为故C错误；D．从静止释放到小球M即将落地，对小球，根据动量定理有由题可知，杆对小球冲量的水平分量为I合，故杆对小球冲量大于，故D错误。故选C。04应用机械能守恒定律处理弹簧问题4．如图所示，水平面OA段粗糙，AB段光滑，。一原长为、劲度系数为k（）的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为m的物块。物块从O点由静止释放。已知物块与OA段间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则物块在向右运动过程中，其加速度大小a、动能Ek、弹簧的弹性势能Ep、系统的机械能E随位移x变化的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】A．由题意可知，A点处，物块受到的弹力大小为可知物块从O到A过程，一直做加速运动，动能一直增加，根据牛顿第二定律可得（）可知物块从O到A过程，图像应为一条斜率为负的倾斜直线，故A错误；B．物块从O到A过程（），由于弹簧弹力一直大于滑动摩擦力，物块一直做加速运动，动能一直增加，但随着弹力的减小，物块受到的合力逐渐减小，根据动能定理可知，图像的切线斜率逐渐减小；物块到A点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则图像的切线斜率突变变大，接着物块从A到弹簧恢复原长过程（），物块继续做加速运动，物块的动能继续增大，随着弹力的减小，图像的切线斜率逐渐减小；当弹簧恢复原长时，物块的动能达到最大，接着弹簧处于压缩状态，物块开始做减速运动，物块的动能逐渐减小到0，该过程，随着弹力的增大，图像的切线斜率逐渐增大；故B正确；C．根据弹性势能表达式可得可知图像为开口向上的抛物线，顶点在处，故C错误；D．物块从O到A过程（），摩擦力对系统做负功，系统的机械能逐渐减少，根据可知从O到A过程，图像为一条斜率为负的斜率直线；物块到达A点后，由于A点右侧光滑，则物块继续向右运动过程，系统机械能守恒，即保持不变，故D错误。故选B。05应用功能关系或能量守恒处理传送带类问题5．如图，倾角37°的传送带以速度顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的图像如图所示，，，。则（）

A．0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做负功B．0~4s，滑块的重力势能增加了200JC．0~4s，滑块的机械能增加了128JD．0~4s，滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30J【答案】C【详解】A．由于物块刚放上去时相对传送带向下运动，因此所受摩擦力沿传送带向上，后期匀速时摩擦力依然沿传送带向上，因此0~4s，传送带对滑块的摩擦力始终做正功，A错误；B．根据图像，0~4s，滑块沿传送带上升的距离为图像的面积，因此可算出面积为物块上升的高度为因此重力势能增加了B错误；C．传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量，由功能关系可得解得C正确；D．滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量，因此可得联立解得D错误。故选C。06应用功能关系或能量守恒处理板块类问题6．如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（）A．木板的长度为3mB．物块的质量为0.8kgC．拉力F对物块做的功为9.9JD．木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3J【答案】CD【详解】A．木板在2.5s时刻之前影子向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示由图像可知2.5s时两者共速，则木板在0~2.5s内的加速度大小为物块在0~2.0s内的加速度大小物块在2.0s~2.5s内的加速度大小两者在2.5s~3.0s内的加速度大小可得木板与地面间的动摩擦因数为0.2，物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为故A错误；B．前2s对木板有对物块有解得故B错误；C．前2s拉力F对物块做的功故C正确；D．木板与地面间因摩擦产生的热量故D正确。故选CD。好题速练1．（2024·四川遂宁·三模）如图（a）所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图（b）所示，取g=10m/s2，=2.24，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则根据图像可求出（）A．物体的初速率v0=4m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8C．当θ=30°时，物体达到最大位移后将保持静止D．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin≈0.7m【答案】AD【详解】A．由图可知，当时物体做竖直上抛运动，位移为，由竖直上抛运动规律可知代入数据解得故A正确；B．当时，位移为，由动能定理可得代入数据解得故B错误；C．若时，物体的重力沿斜面向下的分力为最大静摩擦力为小球达到最高点后会下滑，故C错误；D．由动能定理得解得当时，，此时位移最小为故D正确。故选AD。2．（2024·辽宁鞍山·二模）如图，两长度均为L的相同轻质细杆用铰链A、B、C相连，质量可忽略的铰链A固定在地面上，铰链B和C质量不可忽略，均为m，铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直，如图虚线所示，铰链A和C彼此靠近。时铰链C在水平外力的作用下从静止开始做初速度为零，加速度大小为的匀加速直线运动（g为重力加速度），到时AB和BC间的夹角变为120°，如图实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动，所有摩擦均不计，下列说法正确的是（）A．时重力对B做功的瞬时功率为B．时重力对B做功的瞬时功率为C．从到时间内，力F做的功为D．时连接AB的细杆中的弹力大小为【答案】BC【详解】AB．时C的位移为根据匀变速直线运动的规律，有解得B、C沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图B绕A做圆周运动，解得故重力对B做功的瞬时功率为故A错误，B正确；C．对系统，根据动能定理有解得故C正确；D．若为恒力，时刻对C分析，根据牛顿第二定律时刻对C分析，根据牛顿第二定律联立解得又B绕A做圆周运动，对B进行受力分析，如图B所受合力沿AB杆指向A，设AB杆对B的弹力沿AB杆指向B，根据牛顿第二定律，有解得此时AB杆对B的弹力大小为，但不是恒力，则故此时连接AB的细杆中的弹力大小不为，故D错误。故选BC。3．（2024·山东聊城·一模）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮的距离为L，直杆上D点到点的距离也为L，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法正确的是（）A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mgB．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为C．小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3D．小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为【答案】BCD【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg，故A错误；B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律解得此时小物块加速度的大小为故B正确；C．设小物块在D处的速度大小为v，此时小球的速度大小为，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即故小物块在D处的速度与小球的速度之比为故C正确；D．对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有其中解得此时小物块的速度大小为故D正确。故选BCD。4．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）如图所示，质量为mA=1kg，mB=2kg的物块A和B用轻弹簧连接并竖直放置，轻绳绕过固定在同一水平面上的两个定滑轮，一端与物块A连接，另一端与质量为mC=1kg的小球C相连，小球C套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球C锁定在直杆上的P点，连接小球的轻绳和水平方向的夹角θ=60°，物体B对地面的压力恰好为零。现解除对小球C的锁定，同时施加一个水平向右、大小为F=16N的恒力，小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，OQ与水平方向的夹角也为θ=60°，D为PQ的中点，PQ距离L=2m，在小球C的运动过程中，轻绳始终处于拉直状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略两个定滑轮大小以及滑轮、绳与轴之间的摩擦力，g取10m/s2，下列说法正确的是（

）A．小球C从P点运动到D点的过程中，合外力对物体A的冲量为零B．小球C从P点运动到Q点的过程中，轻绳拉力对物体A做功为零C．小球C运动到Q点时的速度大小为D．小球C运动到Q点时，物体A的加速度大小为【答案】ACD【详解】A．小球C运动到D点时，物体A刚好运动最低点，此时A的速度为零，根据动量定理可得可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；B．小球C从P点运动到Q点的过程中，此时物体A刚好回到初始位置，此过程重力、弹簧弹力对A球做功均为0；由于小球C运动到Q点沿绳子方向的速度不为0，则此时A的速度不为0，根据动能定理可得故B错误；C．小球C运动到Q点时，此时物体A刚好回到初始位置，弹簧的弹性势能变化量为零，A、C和弹簧组成的系统根据能量守恒有又联立解得故C正确；D．小球C运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有根据对称性可知，小球C运动到直杆上的Q点时物体B对地面的压力恰好为零，则弹簧处于伸长状态，且大小为物体A的加速度大小为故D正确。故选ACD。5．（2023·四川德阳·一模）如图所示，竖直平面内固定一根竖直的光滑杆P和水平光滑杆Q，两杆在同一平面内，不接触，水平杆延长线与竖直杆的交点为O。质量为2m的小球A套在竖直杆上，上端固定在杆上的轻质弹簧的另一端与小球A相连。另一质量为m的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。在外力作用下，当轻杆与水平杆Q成θ=53°斜向左上时，轻质弹簧处于原长，系统处于静止状态。撤去外力，小球A在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能，x为弹簧的形变量，k为轻质弹簧的劲度系数，整个过程轻质弹簧始终处在弹性限度内，不计一切摩擦，重力加速度大小为g，sin53°=0.8，cos53°=0.6.则下列说法正确的是（）A．轻质弹簧的劲度系数k为B．小球A运动到O点时的速度大小为C．从撤去外力到轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为D．小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg【答案】AC【详解】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统能量守恒，小球A下降到最大距离时，根据能量守恒定律有解得故A正确B．小球A运动到O点时，AB速度相等，根据能量守恒定律有解得故B错误；C．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为，A的速度为vA，根据关联问题可知根据能量守恒定律有解得根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为解得故C正确；D．根据小球A在竖直杆上做往复运动的特点可知，小球从从最高点运动到O点的过程，铰链对小球先做正功，后做负功，则水平杆Q对小球B的作用力并非始终大于mg，故D错误；故选AC。6．（2023·福建厦门·三模）现代科学的发展揭示了无序性也是世界构成的一个本质要素。意大利物理学家乔治帕里西发现了从原子到行星尺度的物理系统中无序和涨落间的相互影响，深刻揭示了无序体系中的隐藏对称性，荣获了诺贝尔物理学奖。如图所示是力学中的一个无序系统模型，质量均为的小球M、N用两根长度均为的轻质细杆连接，细杆的一端可绕固定点自由转动，细杆可绕小球M自由转动。开始时两球与点在同一高度，静止释放两球，并开始计时，两球在竖直面内做无序运动；时，细杆与竖直方向的夹角为，小球N恰好到达与点等高处且速度方向水平向右。重力加速度，不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）A．时，两小球速度大小相等B．时，N球的速度大小为C．此运动过程中，两杆对M球做功之和为D．此运动过程中，细杆对球的冲量大小为【答案】BC【详解】A．细杆a的一端可绕固定点O自由转动，则M的速度方向始终与杆a垂直，设t=2s时小球M、N的速度大小分别为vM、vN，如图所示M的速度方向始终与杆a垂直，当N速度方向水平向右时，二者沿杆b方向的分速度相等，有可得故A错误；B．由系统机械能守恒，有解得M球的速度方向向右下方，与水平方向的夹角为30°，N球的速度方向水平向右，故B正确；C．此运动过程中，对M球根据动能定理有解得故C正确；D．此运动过程中，根据动量定理可知，细杆b对N球的冲量故D错误。故选BC。7．（2024·吉林·三模）如图，质量为的A物块和质量为的B物块通过轻质细线连接，细线跨过轻质定滑轮，B的正下方有一个固定在水平面上的轻质弹簧，劲度系数为。开始时A锁定在地面上，整个系统处于静止状态，B距离弹簧上端的高度为，现在对A解除锁定，A、B开始运动，A上升的最大高度未超过定滑轮距地面的高度。已知当B距离弹簧上端的高度时，A不能做竖直上抛运动，（重力加速度为，忽略一切摩擦，弹簧一直处在弹性限度内）下列说法正确的是（）A．当弹簧的弹力等于物块B的重力时，两物块具有最大动能B．当B物块距离弹簧上端的高度时，B物块下落过程中绳拉力与弹簧弹力的合力冲量方向竖直向上C．当B物块距离弹簧上端的高度时，弹簧最大弹性势能为D．当B物块距离弹簧上端的高度时，A物块上升的最大高度为【答案】BCD【详解】A．当物块B接触到弹簧后，由于受到弹簧向上的弹力作用，故B的加速度逐渐减小，但速度仍然变大，当满足弹簧的弹力等于物块B的重力与绳子拉力的差值时，即满足即弹簧弹力为拉力不为0，物体的加速度为零，此时两物体的速度最大，动能最大，故A错误；BC．因为当B物块距离弹簧上端的高度时，A物块恰不能做竖直上抛运动，则当物体B到达最低点时，A到达最高点，此时两物块速度恰好为零，则B物块下落过程中，绳拉力与弹簧弹力的合力冲量与重力的冲量大小相等，方向相反，所以绳拉力与弹簧弹力的合力冲量竖直向上，对物体AB利用能量守恒得则弹簧的压缩量为则整个过程中，物体A上升的高度应该等于，由能量关系可知B到达最低点时弹簧的最大弹性势能为故BC正确；D．当B物块距离弹簧上端的高度为时，则B物体压缩弹簧下降时，物体A就将做上抛运动，此时刻根据能量关系可知解得则物体上抛运动的高度则A物块上升的最大高度为故D正确。故选BCD。8．（2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，一固定在水平面上的光滑木板，与水平面的夹角，木板的底端固定一垂直木板的挡板，上端固定一定滑轮O。劲度系数为的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与质量为2m的物块Q连接。跨过定滑轮O的不可伸长的轻绳一端与物块Q连接，另一端与套在水平固定的光滑直杆上质量为m的物块P连接。初始时物块P在水平外力F作用下静止在直杆的A点，且恰好与直杆没有相互作用，轻绳与水平直杆的夹角。去掉水平外力F，物块P由静止运动到B点时轻绳与直杆间的夹角。已知滑轮到水平直杆的垂直距离为d，重力加速度大小为g，弹簧轴线、物块Q与定滑轮之间的轻绳共线且与木板平行，不计滑轮大小及摩擦。，，，。则下列说法正确的是（）A．物块P向左运动的过程中其机械能先增大后减小B．物块P从A点运动到B点时，物块Q的重力势能减少量小于P、Q两物块总动能的增加量C．物块P在A点时弹簧的伸长量为D．物块P从A点运动到B点的过程中，轻绳拉力对物块P做的功为【答案】CD【详解】A．由于轻绳只能提供拉力，其对于物块P来说在从A点到B点过程中轻绳拉力的方向与其运动方向成锐角，即轻绳拉力对其做正功。而由于水平光滑直杆，所以物块P在该过程只有轻绳拉力做功，即物块P在该过程中机械能一直增加，故A项错误；C．对物块P在A点时进行受力分析，其恰好与直杆没有相互作用，所以绳子拉力在竖直方向的分力与重力大小相等，方向相反，即所以绳子的拉力为对物块Q进行受力分析，在沿斜面方向上有解得设弹簧拉伸的长度为x，由胡克定律有解得故C项正确；B．物块P到B点时，由几何可得物块Q沿斜面向下滑了所以此时弹簧的压缩量为即此时弹簧的压缩量与初始时弹簧的拉伸量相同，也就是说此时弹簧的弹性势能与初始时弹簧的弹性势能相同。物块P从A点运动到B点的过程中，弹簧的弹力做功为零，所以由能量守恒可知，物块Q重力势能减少量之和等于物块P和Q两物块的动能的增加量，故B项错误；D．物块P运动到B点时，P和Q速度满足物块P从A点运动到B的过程中，由能量守恒有对物块P由动能定理有解得故D项正确。故选CD。9．（2024·辽宁鞍山·二模）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角，与两皮带轮、相切与A、B两点，从A到B长度为。传送带以的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为。长度为水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（

）

A．小物块从A运动到B的时间为8sB．小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为D．若小物块刚好停在CD中点，则【答案】ABC【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得解得假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速直线运动小物块上滑的位移为则假设成立，小物块匀加速运动的时间为速度相同后，由于小物块与传送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为则小物块从A运动到B所用的时间为A正确；B．小物块运动到皮带轮最高点时所需的向心力所以小物块运动到皮带轮最高点时，一定受到皮带轮的支持力作用，B正确；C．小物块与传送带的相对位移为小物块与传送带摩擦产生的热量为B、C的高度小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机比空载时多消耗的电能为故C正确；D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有解得D错误。故选ABC。10．（2023·内蒙古包头·二模）如图，高为h倾角为的粗糙传送带以速率顺时针运行，将质量为m的小物块轻放到皮带底端，同时施以沿斜面向上的拉力使物块做匀加速直线运动，不考虑轮的大小，物块运动到斜面顶端时速率为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．摩擦力对物块所做的功为B．整个过程皮带与物块间产生的热量为C．拉力所做的功为D．皮带因传送物块多消耗的电能为【答案】BC【详解】A．物块向上做匀加速直线运动，则有物块与皮带达到同速之前，物块所受摩擦力方向沿皮带向上，此过程的位移物块与皮带达到同速之后，物块所受摩擦力方向沿皮带向下，此过程的位移解得，则摩擦力对物块所做的功为解得A错误；C．根对物块，根据动能定理有解得C正确；B．物块与皮带达到同速之前经历的时间结合上述解得物块与皮带达到同速之后经历的时间结合上述解得则前后过程的相对位移分别为，则整个过程皮带与物块间产生的热量为B正确；D．传送带通过摩擦力对物块做功消耗能量，根据上述，摩擦力对物块所做的功为，即表明物块对传送带做正功，则传送带并没有多消耗能量，D错误。故选BC。11．（2024高三·山东日照·模拟预测）如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m、质量为M=0.8kg。另有一质量为m=1kg的小物块（可看做质点），以的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法正确的是（）A．物块滑上第4块瞬间，第4、5、6块开始运动B．物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为【答案】BD【详解】AB．当物块滑上第n个长木板时，长木板开始运动，满足解得故物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动，故A错误，B正确。CD．滑上第5块木板前，所有木块相对地面静止，则根据代入数据解得，冲上第5块木板的速度在第5块木板上运动时间为，受力分析解得此时物块速度继续滑上第6个木板，则解得设达到共速时间为解得则共速时，相对于第6块木板左端距离则物块与该木块摩擦产生的热量为故C错误，D正确。故选BD。12．（2024·广东广州·二模）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位。底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。（1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v；（2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求；（3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）根据动能定理有解得（2）对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有，解得克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有解得（3）平抛运动过程有，，根据题意有底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理有，结合上述有由于n≤10，则有，或，或，13．（2024·广东广州·一模）如图甲，当时，带电量、质量的滑块以的速度滑上质量的绝缘木板，在0~1s内滑块和木板的图像如图乙，当时，滑块刚好进入宽度的匀强电场区域，电场强度大小为，方向水平向左。滑块可视为质点，且电量保持不变，始终未脱离木板；最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。（1）求滑块与木板间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数；（2）试讨论滑块停止运动时距电场左边界的距离s与场强E的关系。【答案】（1），；（2）见解析【详解】（1）根据图乙，可得滑块与木板的加速度大小分别为，对滑块和木板分别由牛顿第二定律有解得，（2）根据题意，滑