【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 功和能（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 功和能
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　）
A．在A、B两点时速度相同
B．从P到B速度不断增大
C．从A到P速度不断减小
D．经过P点时的加速度等于重力加速度g
2．（2024秋 郴州期末）质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（　　）
A．减小油门后汽车做匀减速直线运动
B．该过程中汽车所受的阻力大小为
C．t2时刻汽车的速度是
D．汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为
3．（2024秋 雨花区校级期末）如图，竖直放置的等螺距螺线管是用长为l的透明硬质直管（内径远小于h）弯制而成，高为h，将一光滑小球自上端管口由静止释放，从上向下看（俯视），小球在重复做半径为R的圆周运动，重力加速度为g。则（　　）
A．该螺线管共有圈
B．小球第n次圆周运动所用的时间为（）
C．小球速度的大小在单位时间内的变化相同
D．小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比为1：2：…n
4．（2024秋 济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为7.0×104J
B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为1.96×104J
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为2m/s
D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人
5．（2025 浙江）如图，物块从A点水平抛出，恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带，已知传送带沿顺时针匀速传动，由A到B的运动时间t1，水平距离为x1，从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024秋 丰台区期末）汽车在水平路面上以加速度a做匀加速直线运动，行驶过程中受到的阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的惯性在加速过程中逐渐增大
B．汽车的牵引力在加速过程中逐渐增大
C．若汽车的牵引力变为原来的2倍，汽车的加速度将大于2a
D．汽车匀加速运动过程中，发动机的输出功率与汽车的位移成正比
7．（2024秋 叶县校级期末）如图所示，小滑块P套在竖直固定的光滑长杆上，小物块Q与P用跨过定滑轮的足够长无弹性轻绳连接。将P从位置a由静止释放，经过位置b时，左边轻绳刚好水平，图中ab＝bc（忽略所有摩擦），则（　　）
A．滑块P从a到b的过程，物块Q先做加速运动后做减速运动
B．滑块P从a到b的过程，物块P先做加速运动后做减速运动
C．滑块P从b到c的过程，物块P先做加速运动后做减速运动
D．滑块P从b到c的过程，物块Q先做加速运动后做减速运动
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．拉力对A做的功等于A的动能增加量
B．重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量
C．B的动能与重力势能之和减小
D．A的加速度大小等于
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 兰州校级一模）如图甲所示，斜面倾角为α＝30°、足够长、光滑的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m＝4kg的物块置于斜面上足够高处，t＝0时刻在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0～4s时间内物块的速度随时间的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（　　）
A．1～2s的时间内外力的大小为40N
B．0～1s时间内与2～4s时间内的外力大小之比为2：19
C．1s末物块的机械能为32J
D．0～4s的时间内物块的机械能减少了350J
（多选）10．（2024秋 郴州期末）如图所示，一劲度系数为k＝1N/cm的轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端固定有一质量为m＝2kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力向左推动物块使弹簧压缩量达到x1＝11cm后由静止释放物块，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．释放后瞬间物块的加速度大小为5m/s2
B．物块第一次向右运动的最大距离为18cm
C．物块最终停在弹簧的原长左侧1cm处
D．物块从静止释放，到最终停下，整个过程中因摩擦而产生的内能为0.56J
（多选）11．（2024秋 雨花区校级期末）如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，小球静止在光滑固定斜面上。给小球一个沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往复运动，空气阻力可忽略，弹簧始终在弹性限度内。取平衡位置O处为原点，沿斜面向下为正方向，建立坐标系，记小球振动过程中位置坐标为x。规定O处重力势能为零，A表示小球离开平衡位置的最大距离。图中可能正确反映该小球运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek以及重力势能Ep随x的变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）12．（2025 成都三模）如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ＜5°）。下列说法中正确的是（　　）
A．A、B两球运动的周期之比为1：1
B．图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos2θ：1
C．A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为
D．A球的最大动能与B球的动能之比为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）健身节中，某校男生进行拉轮胎训练，如图所示。质量为m的轮胎在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前匀速移动了一段距离l。已知轮胎与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，合力对轮胎做功为 　 　，滑动摩擦力做功为 　 　。
14．（2023秋 广陵区校级期末）如图所示，光滑圆轨道与水平轨道平滑连接，圆轨道半径R＝1m，水平轨道长L＝2m。有一小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，刚好滑到水平轨道末端C时停止，不计空气阻力，则滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 　 　。
15．（2023秋 三明期末）一辆质量为103kg的汽车，其额定功率为104W，在水平公路上行驶时所受阻力恒为500N。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力会 　 　（填“增大”“减小”或“不变”），汽车能达到的最大速度vm＝　 　m/s；当加速度为1.5m/s2时，车速v＝　 　m/s。
16．（2024秋 思明区校级月考）如图，轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端与质量m＝0.1kg的滑块相连，滑块放置在光滑水平面上。将滑块从弹簧原长位置O向左移至B处并由静止释放，滑块在B、C间往复运动，设弹簧被压缩到B处时具有的弹性势能为5J，则滑块从B运动到O的过程中速度 　 　（选填“A.变大”“B.变小”“C.不变”）；滑块运动的最大速度为 　 　m/s，滑块从O到C的过程中滑块与弹簧组成的系统总能量 　 　（选填“A.变大”“B.变小”“C.不变”）。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 济宁期末）如图所示，框架AOB中的杆OB竖直，光滑杆OA与水平面间的夹角α＝60°。轻质弹簧上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上质量为m的小球相连，整个装置处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角β＝30°，已知OB两点间的距离为L，重力加速度为g。
（1）求弹簧的弹力大小；
（2）若框架以OB为轴开始转动，使小球缓慢运动到与B点等高的A点，在A点做匀速圆周运动，求整个过程杆对小球做的功W。
18．（2024秋 慈溪市期末）滑板运动越来越受年轻人追捧，如图所示的滑板轨道ABCDEF。水平轨道DE左端与一段半径为R1＝16m的、圆心角为θ＝37°的竖直圆弧轨道CD在D点相切，右端与一段半径为R2＝5m的四分之一圆弧在E点相切。一个质量为M＝48kg的运动员以水平初速度v0＝5m/s冲上静止在A点的、质量为m＝2kg的滑板甲，一起沿着轨道运动，此后沿轨道切线从C点进入圆弧轨道。另有一块质量为m＝2kg的滑板乙静止放在右侧圆弧轨道下端E点。当两滑板接近时，运动员从滑板甲上起跳，落到滑板乙上。设运动员冲上滑板时立即与滑板相对静止，运动员和滑板均视为质点，不计所有阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）运动员冲上滑板甲后的速度大小v1；
（2）运动员滑过D点时的速度大小vD；
（3）若滑板甲返回过程中恰好能爬升到C点，则运动员从滑板甲上起跳的速度大小v2；
（4）通过计算说明（3）问中的运动员和滑板乙能否滑上右侧平台？
19．（2024秋 宁波期末）蹦极项目越来越得到大家的青睐。如图甲所示，一个质量为m＝50kg的游玩者模型（当作质点）从悬挂点由静止竖直落下，先后经过了A、B和C三点。下落过程中模型的速度与时间关系（v﹣t图像）如图乙所示，已知模型由静止开始下落至A点的时间tAs（图像OA段为直线），B点为图像的最高点，C点的加速度大小为50m/s2。假设弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，且劲度系数为200N/m，忽略空气阻力（g取10m/s2）。求：
（1）A点距离悬挂点的高度；
（2）B点距离悬挂点的高度；
（3）悬挂点距离水面高度的最小值（为了安全，人在运动过程中不能接触水面）。
20．（2024秋 重庆期末）如图所示，放置于水平地面上的餐桌，其高度为H＝0.8m、半径为R＝0.5m，餐桌中心处有一个半径为r＝0.3m的转盘，转盘能够绕中心轴转动，而桌面无法转动，忽略转盘与桌面的高度差。置于转盘边缘的质量为m的餐盘（可视为质点）随转盘加速转动，当转速达到某一数值时，餐盘恰好从转盘滑离，经过一段时间后离开桌面做平抛运动。已知餐盘与转盘间的动摩擦因数，餐盘与餐桌面间的动摩擦因数μ2＝0.12，设餐盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，28.3。求：
（1）餐盘离开转盘的最大角速度是多大？
（2）餐盘离开餐桌面时的速度是多大？
（3）餐盘落地点距离餐桌中心在水平地面上的投影点有多远？（第3问请以cm为单位表示）
高考物理考前冲刺押题预测 功和能
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 辽宁期末）羽毛球运动是一项深受同学们喜爱的课间体育运动。如图所示是无风天气一羽毛球的飞行轨迹图，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。假设羽毛球所受空气阻力方向与运动方向始终相反，则该羽毛球在从A到B的整个运动过程中（　　）
A．在A、B两点时速度相同
B．从P到B速度不断增大
C．从A到P速度不断减小
D．经过P点时的加速度等于重力加速度g
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；物体运动轨迹、速度、受力（加速度）的相互判断；斜抛运动．
【专题】定量思想；控制变量法；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】C
【分析】A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，再结合阻力做功与动能定理列式求解；
根据动能定理结合做功进行判断；
根据合力结合牛顿第二定律进行判断。
【解答】解：A．A、B两点等高，羽毛球重力做功为零，空气阻力与运动方向始终相反，所以空气阻力做负功，即
Wf＜0
从A点到B点过程，由动能定理有
Wf
可知B点的速度小于A点的速度大小，且两点速度方向不同，故A错误；
B．从P到B，阻力做负功，重力做正功，无法判断动能大小的变化，速度大小变化无法判断，故B错误；
C．从A到P，阻力做负功，重力做负功，动能不断减小，速度不断减小，故C正确；
D．羽毛球在P点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，所以水平方向还有空气阻力，羽毛球在P点的合力大于重力，根据牛顿第二定律可得羽毛球经过P点的加速度大于重力加速度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是动能定理的运用，其中结合了斜抛运动知识，需注意做功的正负情况。
2．（2024秋 郴州期末）质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶；到t2时刻，汽车又开始匀速直线运动，假设整个过程中汽车所受的阻力不变，下列选项中正确的是（　　）
A．减小油门后汽车做匀减速直线运动
B．该过程中汽车所受的阻力大小为
C．t2时刻汽车的速度是
D．汽车在t1到t2这段时间内的位移大小为
【考点】机车以恒定功率启动；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．
【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；理解能力．
【答案】C
【分析】根据功率公式列式，结合牛顿第二定律，再根据匀速时列式求解；
根据动能定理列式求解。
【解答】AB．根据牛顿第二定律可得
f﹣F＝ma
且P＝Fv
减小油门后，汽车做加速度减小的减速直线运动，匀速时，有
故AB错误；
CD．t2时刻再次匀速，根据
解得
在t1到t2这段时间内由动能定理
解得
故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是动能定理的知识点，题型较复杂，需熟练掌握功率与动能定理结合的计算。
3．（2024秋 雨花区校级期末）如图，竖直放置的等螺距螺线管是用长为l的透明硬质直管（内径远小于h）弯制而成，高为h，将一光滑小球自上端管口由静止释放，从上向下看（俯视），小球在重复做半径为R的圆周运动，重力加速度为g。则（　　）
A．该螺线管共有圈
B．小球第n次圆周运动所用的时间为（）
C．小球速度的大小在单位时间内的变化相同
D．小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比为1：2：…n
【考点】机械能与曲线运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A.由题意，可假设该螺线管是由n个半径为R的圆形组成，进而分析判断；
BCD.将螺线管等效看作是高为h，长为l的斜面，由牛顿第二定律、几何关系、运动学规律分别列式，即可分析判断。
【解答】解：A.由题意可知，若该螺线管是由n个半径为R的圆形组成，则有：n 2πR＝l，可得：n，但是该螺线管显然不是由n个半径为R的圆形组成的，故A错误；
BCD.将螺线管等效看作是高为h，长为l的斜面，设斜面与水平方向的夹角为θ，小球在螺线管上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma，
由几何关系可得：，
联立可得：，则小球速度的大小在单位时间内的变化相同；
设小球在进行第n次圆周运动时的初、末速度大小分别为v1和v2，小球第n次圆周运动所用的时间为t，根据运动学规律可得：
，
，
，
联立可得：；
设小球完成第n圈后的速度大小为vn，根据运动学规律可得：
vn＝at，
则结合前面分析可知，vn与t成正比，
则结合t的表达式可知，小球完成第1圈，第2圈，第n圈后的速度之比为1：（）：……：（）；
故C正确，BD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查机械能与曲线运动相结合的问题，解题时需注意动能与势能是如何变化的，也要了解不同曲线运动的运动规律。
4．（2024秋 济宁期末）如图所示，某滑雪场安装了一条长直“魔毯”运送滑雪者上山，“魔毯”与水平面的夹角为16°，表面与其他物品的动摩擦因数均为0.75，其最高点与最低点之间的距离为100m，“魔毯”始终匀速运行，额定功率为40kW。忽略“魔毯”与冰面的摩擦及其质量，成年人（含装备）平均质量约为70kg，sin16°＝0.28，cos16°＝0.96，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　）
A．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功约为7.0×104J
B．一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服摩擦力做功约为1.96×104J
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则其最大运行速率约为2m/s
D．若“魔毯”以1m/s速率运行，则最多可以同时承运50个成年人
【考点】瞬时功率的计算；重力做功的特点和计算；摩擦力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；控制变量法；功率的计算专题；理解能力．
【答案】C
【分析】先求出最高点与最低点之间的距离，再根据恒力做功求解；
根据平衡条件求出静摩擦力大小，再根据做功公式求出；
根据功率公式求出结论。
【解答】A．最高点与最低点之间的距离
L＝100m
一个成年人乘“魔毯”上山过程中克服重力做功
WG＝mgLsin16°
代入数据解得
WG＝1.96×104J
故A错误；
B．“魔毯”始终匀速运行，一个成年人乘“魔毯”上山过程中所受静摩擦力大小为
f＝mgsin16°
代入数据解得
f＝196N
一个成年人乘“魔毯”上山过程中摩擦力做正功，大小为
Wf＝fL
代入数据解得
Wf＝1.96×104J
故B错误；
C．若“魔毯”同时承运100个成年人，则
P＝100mgsin16°v1
得
v1＝2m/s
故C正确；
D．若“魔毯”以v2＝1m/s速率运行，则最多可以同时承运N个成年人，则
P＝Nmgsin16°v2
解得
N＝200
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是做功与功率的计算，题型简单，其中功率的计算用到的是与速度有关的公式。
5．（2025 浙江）如图，物块从A点水平抛出，恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带，已知传送带沿顺时针匀速传动，由A到B的运动时间t1，水平距离为x1，从抛出到刚进入传送带一段时间内关于物块水平速度和时间、竖直速度和时间、动能和水平位移、机械能和水平位移的图像一定错误的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】从能量角度求解传送带问题；机械能与图像相结合的问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；动能定理的应用专题；传送带专题；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
【答案】C
【分析】A.根据平抛运动水平方向的速度特点分析；
B.根据物体摩擦力可能的方向判断加速度大小；
C.根据动能定理判断；
D.根据功能关系判断。
【解答】解：A.物块从A点到B点做平抛运动，水平方向是匀速直线运动，物块从A点水平抛出，恰好在B点无碰撞进入倾斜传送带，可知物块在B点的速度与传送带速度相同，则有物块在传送带上水平速度不变，故A正确；
B.物块在传送带上由于重力作用，若物块受摩擦力方向沿传送带向下，则物块速度会继续增大，且有可能加速度大于重力加速度，故B正确；
C.物块从A到B，设物块位移与水平方向夹角为α，由动能定理可得
mgx1tanα＝Ek﹣Ek0
可得
Ek＝Ek0+mgx1tanα
故C错误；
D.物块从A到B，机械能守恒，在传送带上可能由于有摩擦力对物块做负功，物块的机械能随位移x减小，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】本题考查了传送带模型，平抛运动，要求熟练分析相对应的运动过程，难度中等。
6．（2024秋 丰台区期末）汽车在水平路面上以加速度a做匀加速直线运动，行驶过程中受到的阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A．汽车的惯性在加速过程中逐渐增大
B．汽车的牵引力在加速过程中逐渐增大
C．若汽车的牵引力变为原来的2倍，汽车的加速度将大于2a
D．汽车匀加速运动过程中，发动机的输出功率与汽车的位移成正比
【考点】动能定理的简单应用；惯性与质量；牛顿第二定律的简单应用；瞬时功率的计算；机车以恒定加速度启动．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A.根据惯性与质量的关系，即可分析判断；
B.由牛顿第二定律列式，即可分析求解；
C.根据牛顿第二定律列式，结合B的分析及数学知识，即可分析求解；
D.由瞬时功率公式、动能定理分别列式，即可分析求解。
【解答】解：A.汽车的惯性只与其质量有关，质量不变，惯性不变，故A错误；
B.设汽车的质量为m，汽车的牵引力及所受阻力的大小分别为F、f，
由牛顿第二定律可知：F﹣f＝ma，
汽车做匀加速直线运动，a不变，由题知，f也不变，则F不变，即汽车的牵引力不变，故B错误；
C.结合B的分析可知，若汽车的牵引力变为原来的2倍，
则有：2F﹣f＝ma'，
且：F﹣f＝ma，
由数学知识可得：a'＞2a，即汽车的加速度将大于2a，故C正确；
D.汽车匀加速直线运动过程中，
发动机的输出功率为：P＝Fv，结合前面分析可知，F不变，则P与v成正比，
由动能定理可得：（F﹣f）xmv2，结合前面分析可知，F、f不变，可见速度v与位移x不是线性关系，所以发动机的输出功率与汽车的位移不成正比，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
7．（2024秋 叶县校级期末）如图所示，小滑块P套在竖直固定的光滑长杆上，小物块Q与P用跨过定滑轮的足够长无弹性轻绳连接。将P从位置a由静止释放，经过位置b时，左边轻绳刚好水平，图中ab＝bc（忽略所有摩擦），则（　　）
A．滑块P从a到b的过程，物块Q先做加速运动后做减速运动
B．滑块P从a到b的过程，物块P先做加速运动后做减速运动
C．滑块P从b到c的过程，物块P先做加速运动后做减速运动
D．滑块P从b到c的过程，物块Q先做加速运动后做减速运动
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；关联速度问题．
【专题】定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】A.滑块P从a到b的过程，结合题意，确定初、末状态Q的速度情况，即可分析判断；
B.由题意，先判断滑块P的机械能是否守恒或如何变化，再结合机械能、势能、动能的关系，即可分析判断；
CD.滑块P从b到c的过程，结合前面分析及P、Q的速度关联，即可分析判断。
【解答】解：A.将P从位置a由静止释放，刚释放的瞬间，Q向下加速运动，当P经过位置b时，根据运动的分解可知，b点P速度沿绳子方向的分速度为0，则此时Q速度也为0，由此可知，滑块P从a到b的过程，物块Q先做加速运动后做减速运动，故A正确；
B.由题意可知，滑块P从a到b的过程，轻绳的拉力一直对其做正功，则其机械能增加，又因为该过程滑块P的重力势能一直在减小，则其动能一直在增加，则该过程，滑块P一直做加速运动，故B错误；
CD.滑块P从b到c的过程，若P的重力一直大于绳子竖直方向的分力，则物块P和Q一直做加速运动，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对物体及系统机械能的掌握，解题时需注意，如果除重力或系统内弹力外还有其他力做正功，则系统的机械能增大；如果除重力或系统内弹力外还有其他力做负功，则系统的机械能减小。
8．（2024秋 丰台区期末）如图所示，轻质滑轮下方悬挂重物A和B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．拉力对A做的功等于A的动能增加量
B．重力对B做的功等于A、B两物体的动能增加量
C．B的动能与重力势能之和减小
D．A的加速度大小等于
【考点】常见力做功与相应的能量转化；动能定理的简单应用．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】利用动能定理可以判断A的动能的变化量与功的关系；由功能关系可知，重力对A、B做的总功等于A、B两物体的动能的增加量；由机械能守恒定律可以判断B的机械能的变化；由牛顿第二定律可以求解B的加速度的大小。
【解答】解：A、由动能定理可知，拉力与重力对A所做的总功等于A的动能增加量，故A错误；
B、由功能关系可知，重力对A、B做的总功等于A、B两物体的动能的增加量，故B错误；
C、由题意可知，A物体的机械能增加，由机械能守恒定律可知，B物体的机械能减小，则B的动能与重力势能之和减小，故C正确；
D、设细线拉力大小为F，B的加速度大小为a，由滑轮组之间的关系可知，A的加速度大小为，根据牛顿第二定律有：mg﹣F＝ma，，联立解得：，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了系统机械能守恒，关键要抓住两个物体的速度关系和位移关系，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．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 兰州校级一模）如图甲所示，斜面倾角为α＝30°、足够长、光滑的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m＝4kg的物块置于斜面上足够高处，t＝0时刻在物块上施加一沿斜面向上的变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0～4s时间内物块的速度随时间的变化图象，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，物块在释放点的重力势能为零，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（　　）
A．1～2s的时间内外力的大小为40N
B．0～1s时间内与2～4s时间内的外力大小之比为2：19
C．1s末物块的机械能为32J
D．0～4s的时间内物块的机械能减少了350J
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】v﹣t图像斜率表示加速度，v﹣t图像面积表示位移，结合牛顿第二定律求解拉力F大小，物块机械能的变化量等于整个过程外力F所做的功，外力F所做的功等于力与位移乘积。
【解答】解：A．由图乙可知，1s～2s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F2＝ma2
解得
F2＝0
故A错误；
B．由图乙可知，0 1s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F1＝ma1
解得
F1＝4N
由图乙可知，2s～4s时内物块的加速度为
位移大小为
由牛顿第二定律得
mgsin30°﹣F3＝ma3
解得
F3＝38N
则
F1：F3＝2：19
故B正确；
CD．由题意可知，t＝0时刻，物块的机械能为0，由功能关系可知，物块机械能的变化量等于整个过程外力F所做的功，0 1s外力做的功为
W1＝F1x1＝﹣4×2J＝﹣8J
即1s末物块的机械能为﹣8J，2s～4s外力做的功为
W3＝F3x3＝﹣38×9J＝﹣342J
则整个过程中物块机械能变化量大小为
ΔE＝|W1+W3|＝350J
故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】解题关键是知道v﹣t图像的面积等于位移，v﹣t图像的斜率表示加速度。
（多选）10．（2024秋 郴州期末）如图所示，一劲度系数为k＝1N/cm的轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上，弹簧右端固定有一质量为m＝2kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力向左推动物块使弹簧压缩量达到x1＝11cm后由静止释放物块，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．释放后瞬间物块的加速度大小为5m/s2
B．物块第一次向右运动的最大距离为18cm
C．物块最终停在弹簧的原长左侧1cm处
D．物块从静止释放，到最终停下，整个过程中因摩擦而产生的内能为0.56J
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】由牛顿第二定律求解加速度，向右运动的最大位移和释放点关于该平衡位置对称，物块向左运动的过程中，求解新的平衡位置，摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移。
【解答】解：质量为m＝2kg的物块，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，劲度系数为k＝1N/cm的轻质弹簧
由牛顿第二定律
kx1﹣μmg＝ma
得加速度
a＝4.5m/s2
平衡位置为
kx2＝μmg
x2＝2cm
向右运动的最大位移和释放点关于该平衡位置对称，所以物块第一次向右运动的最大距离为18cm；物块向左运动的过程中，在新的平衡位置
kx3＝μmg
x3＝x2＝2cm
所以物块向左运动10cm，以此类推，物块第二次向右运动2cm后停下来，所以物块停在距离弹簧原长左侧1cm处，总路程为30cm，从而摩擦产生的热量为
Q＝μmgs＝0.1×20×0.3J＝0.6J，故AD错误，BC正确。
故选：BC。
【点评】物体向一个方向运动时，摩擦力恒定，可以看成在摩擦力和弹力共同作用下的简谐运动。
（多选）11．（2024秋 雨花区校级期末）如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，小球静止在光滑固定斜面上。给小球一个沿斜面向下的初速度，小球便沿斜面往复运动，空气阻力可忽略，弹簧始终在弹性限度内。取平衡位置O处为原点，沿斜面向下为正方向，建立坐标系，记小球振动过程中位置坐标为x。规定O处重力势能为零，A表示小球离开平衡位置的最大距离。图中可能正确反映该小球运动过程中的速度v、加速度a、动能Ek以及重力势能Ep随x的变化关系的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．
【专题】比较思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；理解能力．
【答案】BC
【分析】小球运动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，根据弹簧弹性势能及功能关系分析解答。
【解答】解：A、小球运动过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，设倾角为θ，则有
mgxsinθ
则有mgxsinθkx2+kxx0
由于kx0＝mgsinθ
解得kx2
则v2
所以v2﹣x2是直线，则v﹣x不可能是直线，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可知﹣kx＝ma
则a
故B正确；
C、由于Ekkx2，故Ek﹣x图像是开口向下的关于y轴对称的二次函数，故C正确；
D、重力势能Ep＝﹣mgxsinθ，所以Ep﹣x图像为倾斜的直线，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查功能关系的运用，解题关键掌握小球与弹簧组成的系统能量守恒的表达式。
（多选）12．（2025 成都三模）如图所示，A球在轻绳的作用下在竖直面内摆动，B球在轻绳的作用下在水平面内做匀速圆周运动。两小球质量相同，均可视为质点。连接两小球的轻绳长度相同，A球轻绳与竖直方向所成的最大角度和B球轻绳与竖直方向所成的夹角均为θ（θ＜5°）。下列说法中正确的是（　　）
A．A、B两球运动的周期之比为1：1
B．图示位置A、B两球所受轻绳拉力大小之比为cos2θ：1
C．A球的最大向心力大小与B球的向心力大小之比为
D．A球的最大动能与B球的动能之比为
【考点】多物体系统的机械能守恒问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；模型建构能力．
【答案】BD
【分析】根据牛顿第二定律，解得小球AB所受的轻绳拉力；
由牛顿第二定律求出B球圆锥摆的周期，结合单摆的周期，之后可以确定两者周期之比；
根据牛顿第二定律、动能定理和向心力公式求二者的向心力之比；
结合动能的公式后，求得动能之比。
【解答】解：B、左图A球在该位置的加速度方向沿切线，最高点向心加速为零，计算得绳上拉力大小为：F1＝mgcosθ
右图B球的加速度方向水平，竖直方向受力平衡，计算得绳上拉力大小为：
所以：，故B正确；
A、左图是单摆，设轻绳长度为L，小球重力为mg，则单摆的周期：
右图是水平面内的匀速圆周运动模型（圆锥摆），由牛顿第二定律分析可知：
其周期：
所以：，故A错误；
C、当左图A球运动到最低点时向心力最大，设此时速度为vA，从最高点到最低点，由动能定理得：
所以向心力为：
联立整理得：F向1＝2mg（1﹣cosθ）
由平行四边形定则可得，右图B球的向心力计为：F向2＝mgtanθ
所以向心力之比：，故C错误；
D、当左图A球运动到最低点时动能最大，结合以上分析得，最大动能为：
对右图B球，设其速度为vB，有：
故B球动能为：
所以：，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了牛顿第二定律在圆周当中的运用，逐个分析小球与绳之间的受力关系，列出平衡式子是解决此类问题的关键。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）健身节中，某校男生进行拉轮胎训练，如图所示。质量为m的轮胎在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向前匀速移动了一段距离l。已知轮胎与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，合力对轮胎做功为 　0　，滑动摩擦力做功为 　﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l　。
【考点】多个力做的总功；摩擦力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l
【分析】轮胎所受的各力都是恒力，根据受力分析确定滑动摩擦力；再根据恒力F做功的计算公式：W＝FLcosθ，θ为F与L之间的夹角，来分析计算力做的功。
【解答】解：由于轮胎匀速运动，轮胎的动能保持不变，根据动能定理可得合力对轮胎做功为
W合＝ΔEk＝0
轮胎受到的滑动摩擦力为
f＝μN＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）
根据受力平衡可得
f＝Fcosθ
则滑动摩擦力做功为
Wf＝fl＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）l＝﹣Flcosθ
故答案为：0；﹣Flcosθ或者﹣μ（mg﹣Fsinθ）l
【点评】本题考查功的计算，要明确恒力F做功的计算公式：W＝FLlcosθ，θ为F与L之间的夹角。注意功的公式只适用于恒力做功。
14．（2023秋 广陵区校级期末）如图所示，光滑圆轨道与水平轨道平滑连接，圆轨道半径R＝1m，水平轨道长L＝2m。有一小滑块自圆轨道最高点A由静止开始滑下，刚好滑到水平轨道末端C时停止，不计空气阻力，则滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 　0.5　。
【考点】动能定理的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】0.5
【分析】滑块从A到C过程，应用动能定理可以求出动摩擦因数。
【解答】解：滑块从A到C过程，由动能定理得：mgR﹣μmgL＝0
代入数据解得：μ＝0.5
故答案为：0.5
【点评】根据题意分析清楚滑块的运动过程，应用动能定理即可解题。
15．（2023秋 三明期末）一辆质量为103kg的汽车，其额定功率为104W，在水平公路上行驶时所受阻力恒为500N。当汽车以额定功率启动，随着车速增大，牵引力会 　减小　（填“增大”“减小”或“不变”），汽车能达到的最大速度vm＝　20　m/s；当加速度为1.5m/s2时，车速v＝　5　m/s。
【考点】机车以恒定功率启动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】比较思想；控制变量法；功率的计算专题；分析综合能力；模型建构能力．
【答案】减小，20，5。
【分析】根据功率公式P＝Fv分析牵引力的变化情况。当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝Fv求出最大速度。当加速度为1.5m/s2时，根据P＝Fv，结合牛顿第二定律求出速度的大小。
【解答】解：当汽车以额定功率启动，随着车速增大，功率不变，由P＝Fv知牵引力减小。
当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝Fvm＝fvm得
vmm/s＝20m/s
当加速度为1.5m/s2时，根据牛顿第二定律得：
f＝ma
解得：v＝5m/s
故答案为：减小，20，5。
【点评】本题考查了机车的启动问题，知要掌握功率与牵引力、速度的关系公式P＝Fv，知道加速度为零时，速度最大。
16．（2024秋 思明区校级月考）如图，轻质弹簧一端固定在墙壁上，另一端与质量m＝0.1kg的滑块相连，滑块放置在光滑水平面上。将滑块从弹簧原长位置O向左移至B处并由静止释放，滑块在B、C间往复运动，设弹簧被压缩到B处时具有的弹性势能为5J，则滑块从B运动到O的过程中速度 　变大　（选填“A.变大”“B.变小”“C.不变”）；滑块运动的最大速度为 　10　m/s，滑块从O到C的过程中滑块与弹簧组成的系统总能量 　不变　（选填“A.变大”“B.变小”“C.不变”）。
【考点】弹簧类问题中的机械能守恒．
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【答案】变大；10；不变
【分析】根据机械能守恒定律分析能量变化，从而分析最大速度的位置，根据机械能守恒定律列式计算最大速度。
【解答】解：滑块从B运动到O的过程中，弹簧弹性势能减小，动能增大，则速度变大，则O点的速度最大，根据机械能守恒定律有
Ep
解得v＝10m/s
根据机械能守恒定律可知，滑块从O到C的过程中滑块与弹簧组成的系统总能量不变。
故答案为：变大；10；不变
【点评】本题关键是明确机械能守恒定律答应用，解题关键掌握能量的转化特点。
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 济宁期末）如图所示，框架AOB中的杆OB竖直，光滑杆OA与水平面间的夹角α＝60°。轻质弹簧上端用铰链与固定点B相连，下端与穿在OA杆上质量为m的小球相连，整个装置处于静止状态，弹簧与竖直方向的夹角β＝30°，已知OB两点间的距离为L，重力加速度为g。
（1）求弹簧的弹力大小；
（2）若框架以OB为轴开始转动，使小球缓慢运动到与B点等高的A点，在A点做匀速圆周运动，求整个过程杆对小球做的功W。
【考点】利用动能定理求解变力做功；胡克定律及其应用；共点力的平衡问题及求解．
【专题】计算题；定量思想；合成分解法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；分析综合能力．
【答案】（1）弹簧的弹力大小为mg；
（2）整个过程杆对小球做的功为1.5mgL。
【分析】（1）小球静止时，根据平衡条件求弹簧的弹力大小；
（2）小球在A点做匀速圆周运动时，在对小球进行受力分析的基础上，再结合牛顿第二定律求出小球的速度大小，再根据动能定理求整个过程杆对小球做的功W。
【解答】解：（1）小球静止时，分析受力情况，如图所示，根据平衡条件有
Fcos[（90°﹣α）+β]＝mgsinα
解得弹簧的弹力大小为
（2）小球在A点时弹簧的长度与静止时相同，则弹簧的弹力大小
设小球在A点做圆周运动的半径为r，速度大小为vA，所受杆的弹力大小为FN，分析小球受力，如图所示，竖直方向由平衡条件有
FNcosα＝mg
水平方向由牛顿第二定律有
由几何关系有
小球运动到A点的过程中，根据动能定理有
解得整个过程杆对小球做的功为
W＝1.5mgL
答：（1）弹簧的弹力大小为mg；
（2）整个过程杆对小球做的功为1.5mgL。
【点评】本题需要利用平衡条件、向心力、动能定理相关知识，结合受力分析来解决此类问题。
18．（2024秋 慈溪市期末）滑板运动越来越受年轻人追捧，如图所示的滑板轨道ABCDEF。水平轨道DE左端与一段半径为R1＝16m的、圆心角为θ＝37°的竖直圆弧轨道CD在D点相切，右端与一段半径为R2＝5m的四分之一圆弧在E点相切。一个质量为M＝48kg的运动员以水平初速度v0＝5m/s冲上静止在A点的、质量为m＝2kg的滑板甲，一起沿着轨道运动，此后沿轨道切线从C点进入圆弧轨道。另有一块质量为m＝2kg的滑板乙静止放在右侧圆弧轨道下端E点。当两滑板接近时，运动员从滑板甲上起跳，落到滑板乙上。设运动员冲上滑板时立即与滑板相对静止，运动员和滑板均视为质点，不计所有阻力，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）运动员冲上滑板甲后的速度大小v1；
（2）运动员滑过D点时的速度大小vD；
（3）若滑板甲返回过程中恰好能爬升到C点，则运动员从滑板甲上起跳的速度大小v2；
（4）通过计算说明（3）问中的运动员和滑板乙能否滑上右侧平台？
【考点】利用动能定理求解多过程问题；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【答案】（1）运动员冲上滑板甲后的速度大小v1为4.8m/s；
（2）运动员滑过D点时的速度大小vD为10m/s；
（3）若滑板甲返回过程中恰好能爬升到C点，则运动员从滑板甲上起跳的速度大小v2为10.75m/s；
（4）通过计算运动员和滑板乙能滑上右侧平台。
【分析】（1）根据动量守恒定律列式解答；
（2）根据平抛运动的速度规律和机械能守恒定律列式求解；
（3）根据动能定理和动量守恒定律列式解答；
（4）根据机械能守恒、动量守恒定律计算判断。
【解答】解：（1）对运动员和滑板甲组成的系统，规定水平向右的方向为正方向，由动量守恒有Mv0＝（M+m）v1，代入数据得v1＝4.8m/s；
（2）运动员从A点做平抛运动，沿轨道切线从C点进入圆弧轨道时，根据平抛运动的速度规律有vCm/s＝6m/s，从C到D的过程中，根据机械能守恒定律有，解得vD＝10m/s；
（3）滑板甲返回时，由动能定理有，解得v3＝8m/s；运动员从滑板甲起跳时，对两滑板和运动员组成的系统，根据动量守恒定律，规定向右为正有（M+m）vD＝Mv2﹣mv3，得v2＝10.75m/s；
（4）若运动员和滑板乙整体恰好能到F点，则，解得vE＝10m/s；运动员跳上滑板乙时，水平向右为正，根据动量守恒定律Mv2＝（M+m）v4，解得v4＝10.32m/s＞vE＝10m/s，能滑上。
答：（1）运动员冲上滑板甲后的速度大小v1为4.8m/s；
（2）运动员滑过D点时的速度大小vD为10m/s；
（3）若滑板甲返回过程中恰好能爬升到C点，则运动员从滑板甲上起跳的速度大小v2为10.75m/s；
（4）通过计算运动员和滑板乙能滑上右侧平台。
【点评】考查机械能守恒定律、平抛运动规律和动量守恒定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
19．（2024秋 宁波期末）蹦极项目越来越得到大家的青睐。如图甲所示，一个质量为m＝50kg的游玩者模型（当作质点）从悬挂点由静止竖直落下，先后经过了A、B和C三点。下落过程中模型的速度与时间关系（v﹣t图像）如图乙所示，已知模型由静止开始下落至A点的时间tAs（图像OA段为直线），B点为图像的最高点，C点的加速度大小为50m/s2。假设弹性绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，且劲度系数为200N/m，忽略空气阻力（g取10m/s2）。求：
（1）A点距离悬挂点的高度；
（2）B点距离悬挂点的高度；
（3）悬挂点距离水面高度的最小值（为了安全，人在运动过程中不能接触水面）。
【考点】利用动能定理求解多过程问题；牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况．
【专题】定量思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题；推理论证能力．
【答案】（1）A点距离悬挂点的高度为15m；
（2）B点距离悬挂点的高度为17.5m；
（3）悬挂点距离水面高度的最小值为30m。
【分析】（1）根据游玩者做自由落体规律列式求解；
（2）根据B点对应速度的最大值，合力为零，加速度为零。结合胡克定律列式解答；
（3）根据牛顿第二定律列式解答。
【解答】解：（1）从悬挂点到A点，游玩者做自由落体运动，则A点距离悬挂点的高度为；
（2）设B点对应弹性绳的伸长量为x1，在B点游玩者速度最大，瞬时加速度为0，则有kx1＝mg，解得x1＝2.5m，故B点距离悬挂点的高度h2＝h1+x1＝（15+2.5）m＝17.5m；
（3）设C点对应弹性绳的伸长量为x2，根据胡克定律和牛顿第二定律有kx2﹣mg＝maC，代入数据解得x2＝15m，则悬挂点距离水面高度的最小值为h3＝h1+x2＝（15+15）m＝30m
答：（1）A点距离悬挂点的高度为15m；
（2）B点距离悬挂点的高度为17.5m；
（3）悬挂点距离水面高度的最小值为30m。
【点评】本题通过蹦极模型综合考查力学分析能力，将自由落体、胡克定律与运动图像深度融合。
20．（2024秋 重庆期末）如图所示，放置于水平地面上的餐桌，其高度为H＝0.8m、半径为R＝0.5m，餐桌中心处有一个半径为r＝0.3m的转盘，转盘能够绕中心轴转动，而桌面无法转动，忽略转盘与桌面的高度差。置于转盘边缘的质量为m的餐盘（可视为质点）随转盘加速转动，当转速达到某一数值时，餐盘恰好从转盘滑离，经过一段时间后离开桌面做平抛运动。已知餐盘与转盘间的动摩擦因数，餐盘与餐桌面间的动摩擦因数μ2＝0.12，设餐盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，28.3。求：
（1）餐盘离开转盘的最大角速度是多大？
（2）餐盘离开餐桌面时的速度是多大？
（3）餐盘落地点距离餐桌中心在水平地面上的投影点有多远？（第3问请以cm为单位表示）
【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；匀速圆周运动专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】（1）餐盘离开转盘的最大角速度是rad/s；
（2）餐盘离开餐桌面时的速度大小为0.2m/s；
（3）餐盘落地点与餐桌中心在水平地面上的投影点的距离为56.6cm。
【分析】（1）由题意可知，餐盘在转盘上做圆周运动，静摩擦力提供向心力，则餐盘离开转盘时，由牛顿第二定律列式，即可分析求解；
（2）结合（1），确定餐盘离开转盘，沿转盘切线飞出的速度大小，根据几何关系、动能定理分别列式，即可分析求解；
（3）餐盘离开餐桌后做平抛运动，根据平抛运动的运动规律、几何关系分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）由题意可知，餐盘在转盘上做圆周运动，静摩擦力提供向心力，
则餐盘离开转盘时，由牛顿第二定律可得：μ1mg＝mr，
解得：ωmaxrad/s；
（2）结合（1）可知，餐盘离开转盘，沿转盘切线飞出的速度大小为：v＝ωmaxr，
根据几何关系可知，餐盘沿转盘切线飞出运动到餐桌边沿的位移大小为：x，
解得：x＝0.4m，
餐盘沿转盘切线飞出运动到餐桌边沿的过程，由动能定理可得：，
联立可得，餐盘离开餐桌面时的速度大小为：v'＝0.2m/s；
（3）餐盘离开餐桌后做平抛运动，根据平抛运动的运动规律可知，
竖直方向有：Hgt2，
水平方向有：x'＝v't，
由几何关系可知，餐盘落地点与餐桌中心在水平地面上的投影点的距离为：s，
联立可得：s＝56.6cm；
答：（1）餐盘离开转盘的最大角速度是rad/s；
（2）餐盘离开餐桌面时的速度大小为0.2m/s；
（3）餐盘落地点与餐桌中心在水平地面上的投影点的距离为56.6cm。
【点评】本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
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