练案21 圆周运动
基础巩固练
题组一 圆周运动的运动学分析
1．2023年5月28日，我国自主研制的大型客运飞机C919从上海虹桥飞抵北京首都国际机场，标志着中国造大飞机正式迈入商业运营阶段。若客机空中转弯时，在t时间内以恒定的速率沿圆弧路径飞行的路程为L，客机相对圆弧圆心转过的角度为θ，客机的质量为m，下列对客机转弯过程的分析，正确的是( )
A．转弯半径为L
B．转弯半径为
C．客机所受向心力大小为
D．客机所受向心力大小为
2．自行车用链条传动来驱动后轮前进，如图是链条传动的示意图，两个齿轮俗称“牙盘”。A、B、C分别为牙盘边缘和后轮边缘上的点，大齿轮半径为r1、小齿轮半径为r2、后轮半径为r3。下列说法正确的是( )
A．A、B两点的角速度相等
B．B、C两点的线速度大小相等
C．大、小齿轮的转速之比为
D．在水平路面匀速骑行时，脚踏板转一圈，自行车前进的距离为2πr3
题组二 圆周运动的动力学分析
3．(2024·广东卷)如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖，使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为( )
A．r B．l
C．r D．l
4．(多选)一辆小车沿水平面向右做加速度a＝0.2 m/s2的匀加速直线运动，车中有甲、乙两轻绳和轻弹簧共同系着质量m＝200 g的小球，如图所示，甲轻绳竖直，乙轻绳和轻弹簧水平。甲轻绳的长度L＝20 cm，轻弹簧处于伸长状态，弹力大小F＝1 N。当小车的速度达到v＝1 m/s时，速度突然减为零，在该瞬间下列说法正确的是( )
A．轻绳甲的张力立即减为零
B．轻绳乙的张力立即减为零
C．小球的加速度大小变为5 m/s2
D．小球的加速度大小变为5 m/s2
5．(多选)(2025·河北邯郸高三期中)竖直平面内有一半径为0.5 m的光滑圆环，质量为0.5 kg的小球(视为质点)套在圆环上，当圆环以一定的角速度绕过圆环的竖直直径的转轴OO′匀速转动时，小球相对圆环静止，此时小球与圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为37°，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．圆环对小球的弹力大小为5 N
B．小球随圆环旋转的角速度为5 rad/s
C．小球运动的线速度大小为1.5 m/s
D．小球的向心加速度大小为10 m/s2
6．如图所示，甲汽车在水平路面上转弯行驶。乙汽车在倾斜路面上转弯行驶。关于两辆汽车的受力情况，以下说法正确的是( )
A．两车都受到路面竖直向上的支持力作用
B．两车都一定受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
C．甲车可能不受平行路面指向弯道内侧的摩擦力
D．乙车可能受平行路面指向弯道外侧的摩擦力
7．智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，将带有滑轮的短杆一端穿入腰带外侧轨道，另一端悬挂一根带有配重的轻绳，将腰带水平系在腰间，通过人体扭动，配重会随轻绳做水平匀速圆周运动。其简化模型如图乙所示，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m，绳子与竖直方向夹角为θ，绳长为0.5 m，可视为质点的配重质量为0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．增大转速，腰带受到的合力变大
B．增大转速，则身体对腰带的摩擦力增大
C．当θ变大时，配重的运动周期变小
D．当使用者掌握好锻炼节奏后，能够使θ稳定在37°，此时配重的角速度为5 rad/s
能力提升练
8．(多选)如图，矩形金属框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过PQ杆，金属框绕MN轴分别以角速度ω和ω′匀速转动时，小球均相对PQ杆静止，若ω′>ω，则与以ω匀速转动时相比，以ω′匀速转动时( )
A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
9．(多选)如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．子弹在圆筒中的水平速度为d
B．子弹在圆筒中的水平速度为2d
C．圆筒转动的角速度可能为π
D．圆筒转动的角速度可能为3π
10．(多选)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径R＝1 m，小球可看作质点且其质量m＝1 kg，g取10 m/s2，则( )
A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9 m
B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9 m
C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N
D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N
11．(2025·八省联考山西陕西卷)图(a)是某小河的航拍照片，河道弯曲的主要原因之一可解释为：河道弯曲处的内侧与外侧河堤均受到流水重力产生的压强，外侧河堤还受到流水冲击产生的压强。小河某弯道处可视为半径为R的圆弧的一部分，如图(b)所示，假设河床水平，河水密度为ρ，河道在整个弯道处宽度d和水深h均保持不变，水的流动速度v大小恒定，d R，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，求在一极短时间Δt内：(R、ρ、d、h、v、Δt均为已知量)
(1)通过观测截面的流水质量Δm；
(2)流水速度改变量Δv的大小；
(3)外侧河堤受到的流水冲击产生的压强p。
12．(2023·福建卷)一种离心测速器的简化工作原理如图所示。细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，圆环将相对细杆静止，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。已知细杆长度L＝0.2 m，杆与竖直转轴的夹角a始终为60°，弹簧原长x0＝0.1 m，弹簧劲度系数k＝100 N/m，圆环质量m＝1 kg；弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，摩擦力可忽略不计。
(1)若细杆和圆环处于静止状态，求圆环到O点的距离；
(2)求弹簧处于原长时，细杆匀速转动的角速度大小；
(3)求圆环处于细杆末端P时，细杆匀速转动的角速度大小。
答案
1[答案] D
[解析] 转弯半径为r＝，A、B错误；客机所受向心力大小为F＝mω2r，又因为ω＝，解得F＝，C错误，D正确。故选D。
2[答案] D
[解析] A、B两点属于皮带传动，线速度大小相等，因为半径不同，所以角速度不相等，故A错误；B、C两点属于同轴转动，角速度相等，因为半径不同，所以线速度大小不相等，故B错误；大、小齿轮的转速之比为＝＝＝，故C错误；脚踏板转动一圈，自行车前进的距离为s＝×2πr3＝2πr3，故D正确。
3[答案] A
[解析] 由题意可知当插销刚卡进固定端盖时弹簧的伸长量Δx＝，根据胡克定律可得弹力F＝kΔx＝，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销由弹力提供向心力有F＝mlω2，对卷轴有v＝rω，联立解得v＝r，A正确。
4[答案] BC
[解析] 在该瞬间，小球要绕甲绳做圆周运动，因此竖直方向的加速度为向心加速度ay＝＝5 m/s2，绳子甲的拉力和重力的合力充当向心力，因此甲的拉力不为零，小球由于惯性具有向右运动的趋势，所以轻绳乙的张力立即减为零，根据牛顿第二定律可知此时小球的水平加速度大小变为ax＝＝5 m/s2，因此合加速度为a＝＝5 m/s2。故选BC。
5[答案] BC
[解析] 小球做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，令圆环对小球的弹力为FN，对小球分析有FN＝＝6.25 N，故A错误；对小球进行受力分析有mgtan 37°＝mω2Rsin 37°，解得ω＝5 rad/s，故B正确；同理有mgtan 37°＝ma＝m，解得a＝7.5 m/s2，v＝1.5 m/s，故C正确，D错误。
6[答案] D
[解析] 题图甲中路面对汽车的支持力方向竖直向上，题图乙中路面对汽车的支持力方向垂直路面斜向上，A错误；题图甲中汽车转弯所需的向心力由路面对其指向弯道内侧的摩擦力提供，C错误；题图乙中，当路面的支持力与汽车重力的合力提供向心力时，有mgtan θ＝m，解得v＝，此时路面对汽车没有摩擦力作用，若v<，则乙车受平行路面指向弯道外侧的摩擦力，B错误，D正确。
7[答案] C
[解析] 运动过程中腰带可认为不动，所以腰带受到的合力始终为零，保持不变，A错误；配重的合力提供向心力，mgtan θ＝m×4π2n2(lsin θ＋r)，若增大转速，绳与竖直方向的夹角θ将增大，竖直方向mg＝Tcos θ，则拉力T变大，对腰带分析可得，竖直方向f＝Mg＋Tcos θ＝Mg＋mg，故身体对腰带的摩擦力不变，B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r)，解得ω＝，当θ稳定在37°时，角速度ω＝ rad/s，T＝＝2π，由数学知识可知，当θ变大时，配重的运动周期变小，C正确，D错误。
8[答案] BD
[解析] 对小球受力分析，设弹簧弹力为FT，弹簧与水平方向的夹角为θ，则对小球竖直方向有FTsin θ＝mg，而FT＝k可知θ为定值，FT不变，则当转速增大后，小球的高度不变，弹簧的弹力不变，A错误，B正确；水平方向当转速较小，杆对小球的弹力背离转轴时，有FTcos θ－FN＝mω2r，即FN＝FTcos θ－mω2r，当转速较大，杆对小球的弹力指向转轴时，有FTcos θ＋FN′＝mω′2r，即FN′＝mω′2r－FTcos θ，因ω′>ω，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的压力不一定变大，C错误；根据F合＝mω2r可知，因角速度变大，则小球所受合外力变大，D正确。
9[答案] ACD
[解析] 子弹在圆筒中运动的时间与自由下落高度h的时间相同，即t＝，则v0＝＝d，故A正确，B错误；在此段时间内圆筒转过的圈数为半圈的奇数倍，即ωt＝(2n＋1)π(n＝0,1,2，…)，所以ω＝＝(2n＋1)π(n＝0.1,2，…)，故C、D正确。
10[答案] AC
[解析] 根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，则B点到C点的水平距离x＝vxt＝0.9 m，A项正确，B项错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，C项正确，D项错误。
11[答案] (1)ρdhv·Δt (2)·Δt (3)
[解析] (1)由题可知，极短时间Δt水流的距离Δl＝v·Δt
由于横截面积为S＝dh
可得水的质量Δm＝ρ·ΔV＝ρ·dhv·Δt。
(2)由于Δt极短，可以把水的运动简化为匀速圆周运动，根据匀速圆周运动的规律可知，其加速度为
a＝
又因为a＝
联立解得Δv＝·Δt。
(3)根据牛顿第二定律可得F＝Δm
联立上述结论，解得F＝
水流与河堤作用的面积S′＝Δl·h＝vh·Δt
故外侧河堤受到的流水冲击产生的压强
p＝＝＝。
12[答案] (1)0.05 m (2) rad/s
(3)10 rad/s
[解析] (1)当细杆和圆环处于平衡状态时，对圆环受力分析得T0＝mgcos α＝5 N
根据胡克定律F＝kΔx得Δx0＝＝0.05 m
弹簧弹力沿杆向上，故弹簧处于压缩状态，弹簧此时的长度即为圆环到O点的距离x1＝x0－Δx0＝0.05 m。
(2)若弹簧处于原长，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得＝mωr
由几何关系得圆环此时转动的半径为r＝x0sin α
联立解得ω0＝ rad/s。
(3)圆环处于细杆末端P时，对圆环受力分析，圆环受重力和支持力，弹簧伸长，弹力沿杆向下。根据胡克定律得T＝k(L－x0)＝10 N
圆环在竖直方向受力平衡，水平方向由合力提供向心力，则有mg＋Tcos α＝FNsin α，Tsin α＋FNcos α＝mω2r′
由几何关系得r′＝Lsin α
联立解得ω＝10 rad/s。练案22 专题强化五 圆周运动的临界问题
基础巩固练
题组一 匀速圆周运动的临界问题
1．将一平板折成如图所示形状，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板间的动摩擦因数为( )
A．tan θ B．
C．sin θ D．cos θ
2．(多选)(2025·黑龙江哈尔滨市第二中学期中)质量为m的小球(视为质点)由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，当轻杆绕轴以角速度ω匀速转动时，a绳与水平方向成θ角，b绳在水平方向上且长为l。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a绳的弹力随角速度的增大而增大
B．当角速度ω>时，b绳中产生弹力
C．当b绳中产生弹力后，角速度再增大时a绳的弹力不变
D．当b绳突然被剪断时，a绳的弹力一定发生变化
3．(多选)如图所示，位于水平面内的圆盘圆心为O点，轻杆AO垂直并且固定于粗糙的圆盘上，长度为l的细绳一端固定于O上方l处的A点，另一端与放置于圆盘上的物体拴接，初始时细绳恰好伸直，现让圆盘以AO为轴转动起来，当转动的角速度ω缓慢增大时(物体始终没有离开圆盘，已知重力加速度为g)，下列说法正确的是( )
A．物块始终受三个力的作用
B．物块所受到的摩擦力先增大后减小
C．细绳的拉力一直增大
D．要使物块不离开圆盘，转动的角速度的最大值为
4．如图，有一倾斜的匀质圆盘(半径足够大)，盘面与水平面的夹角为θ，绕过圆心并垂直于盘面的转轴以角速度ω匀速转动，有一物体(可视为质点)与盘面间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，重力加速度为g。要使物体能与圆盘始终保持相对静止，则物体与转轴间最大距离为( )
A． B．
C．g D．g
题组二 竖直面内圆周运动的临界问题
5．(2025·浙江温州高三期中)如图所示，竖直固定的光滑圆轨道内有一质量为m的小球在做完整的圆周运动。已知轨道半径为R，a为最高点，b为最低点，c和d为与圆心O等高的点，e和f为关于圆心O的对称点，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．小球在a点的速度必须大于
B．小球在c点和d点时与轨道之间没有弹力
C．小球在e点所受合力和在f点所受合力等大反向
D．若小球运动到a点时，速度为，则小球对轨道的压力大小为2mg
[答案] D
6．(多选)竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如下实验来探究其相关规律：如图，质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在轻杆一端，现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时读数为负，受到拉力时读数为正，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A．只要小球通过圆周最高点的速度大于0就能完成完整的圆周运动
B．若小球通过圆周最高点时速度为，则力传感器读数为－mg
C．小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，力传感器读数总是为正值
D．若小球通过圆周最低点时速度为，则力传感器读数为mg
7．如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，现使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球达到最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为( )
A．mg B．2mg
C．3mg D．4mg
能力提升练
8．如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是( )
A．数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
9．(多选)如图甲所示，陀螺在圆轨道外侧运动而不脱离，好像被施加了魔法一样。该陀螺可等效成一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直面内固定的强磁性圆轨道上，A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。已知该陀螺的质量为m，强磁性圆轨道半径为R，重力加速度为g，陀螺沿轨道外侧做完整的圆周运动，受到的轨道的强磁性引力始终指向圆心O且大小恒为F。当陀螺以速率通过A点时，对轨道的压力为7mg。不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是( )
A．强磁性引力F大小为8mg
B．陀螺在B点的速率为
C．陀螺在B点对轨道压力为6mg
D．要使陀螺不脱离强磁性圆轨道，它在B点的速率不能超过
10．如图所示，在水平圆盘上，沿半径方向放置物体A和B，mA＝4 kg，mB＝1 kg，它们分别位于圆心两侧，与圆心距离为rA＝0.1 m、rB＝0.2 m，中间用细线相连。A、B与圆盘间的动摩擦因数均为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若圆盘从静止开始绕中心转轴缓慢地加速转动，g＝10 m/s2，以下说法正确的是( )
A．A的摩擦力先达到最大
B．当ω＝ rad/s时，细线开始出现张力
C．当ω＝ rad/s时，A、B两物体将发生相对滑动
D．B物体所受摩擦力的方向一直指向圆心
11．如图所示，质量为1.6 kg、半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B(均可视为质点)的直径略小于细圆管的内径(内径远小于细圆管半径)。小球A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆对圆管的弹力为零，则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)( )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
12．(2024·天津蓟州区模拟)如图甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图。在原理图中半径为R＝8 m的圆形轨道固定在离水面高h＝3.2 m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车(实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12 m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。
(1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？
(2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？
(3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则过山车落入水中时的速度大小是多少？
答案
1[答案] A
[解析] ①两物块角速度相同；②刚好不滑动。设物块与AB部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物块有μmg＝mω2L，对BC板上的物块有mgtan θ＝mω2L，因此μ＝tan θ，A项正确。
2[答案] BC
[解析] 当b绳的弹力为零时，小球受重力和a绳的弹力，合力提供向心力，有＝mlω2，解得ω＝，可知当角速度ω>时，b绳出现弹力，故B正确；根据竖直方向上受力平衡得Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的弹力不变，故A错误，C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断时，a绳的弹力可能不变，故D错误。
3[答案] BD
[解析] 物块可能受到重力，支持力，摩擦力，绳子的拉力四个力的作用，A项错误；在摩擦力达到最大值之前，绳子的拉力为0，摩擦力为静摩擦力，并且摩擦力随角速度的增加而变大，当绳子出现拉力之后，随角速度的增加，绳子的拉力增大，摩擦力减小，因此B项正确，C项错误；设细绳与竖直方向夹角为θ，当圆盘对物体的弹力为零时mgtan θ＝mω2r，其中tan θ＝；r＝l，得ω＝，所以D项正确。故选BD。
4[答案] C
[解析] 由题意易知临界条件是物体在圆盘上转到最低点受到的静摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝mω2r，解得r＝g，故A、B、D错误，C正确。
[解析] 小球若恰能经过a点，则mg＝m，解得vmin＝，即小球在a点的速度大于等于，A错误；小球在c点和d点时轨道对小球的支持力提供向心力，即与轨道之间都有弹力，B错误；小球在e点和f点受力情况如图，可知小球在e点所受合力和在f点所受合力大小不相等，方向不是相反，C错误；小球在a点时，合力提供向心力，有FNa＋mg＝m，解得FNa＝2mg，D正确。
5答案] ABC
[解析] 轻杆模型中小球过最高点速度不小于0，A项正确；在最高点受力分析有mg＋F＝m，将速度代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，B项正确；小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，小球都受到拉力，力传感器读数总是为正值，C项正确；在最低点受力分析有F－mg＝m。将速度为代入，解得F＝3mg，D项错误。故选ABC。
6[答案] A
[解析] 当小球到达最高点时速率为v时，有mg＝m，当小球到达最高点时速率为2v时，应有F＋mg＝v＝4mg，所以F＝3mg，此时最高点各力如图所示，所以T＝mg，A项正确。
7[答案] D
[解析] 由题图乙可知当v2＝a时，绳子的拉力为零，此时小球的重力提供向心力，则有mg＝m，解得v2＝gr，即a＝gr，A错误；当v2＝2a时，对小球进行受力分析，则有mg＋b＝m，解得b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B选项可知＝，C错误；由题图乙可知，当v2＝a时，则有mg＝m，解得r＝，当v2＝2a时，则有mg＋b＝m，解得m＝，D正确。
8[答案] ABD
[解析] 陀螺在A点时，由牛顿第二定律得mg＋F－7mg＝m，解得F＝8mg，A正确；陀螺从A点到B点，由动能定理有mg·2R＝mv－mv，解得vB＝，B正确；陀螺在B点时，由牛顿第二定律有F－FN－mg＝m，解得FN＝mg，陀螺在B点对轨道的压力大小为mg，C错误；陀螺恰好不脱离强磁性圆轨道时，轨道弹力为零，则此时由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vB′＝，D正确。
9[答案] C
[解析] A达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmAg＝mAωrA，解得ω0A＝2 rad/s，同理可得B达到最大静摩擦力时的临界角速度满足μmBg＝mBωrB，解得ω0B＝ rad/s，则当圆盘转动的速度逐渐变大时，B先达到临界角速度，则B的摩擦力先达到最大，A错误；当B的摩擦力达到最大，转速再增加时，细线出现张力，即当ω＝ rad/s时，细线开始出现张力，B错误；A与B的角速度相等，A的质量是B的4倍，而A做圆周运动的半径是B的，根据Fn＝mω2r可知A需要的向心力大，所以当A、B两物体将发生相对滑动时，A背离圆心运动，B向着圆心运动，此时B所受摩擦力方向背离圆心，A所受摩擦力方向指向圆心，对A有T＋μmAg＝mAωrA，对B有T－μmBg＝mBωrB，解得ω1＝ rad/s，C正确，D错误。
10[答案] B
[解析] 对A球，合外力提供向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力竖直向下，为28 N，设B球对管的力为FB′，由管的受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＝0，解得FB′＝－44 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为44 N，方向竖直向下，对B球由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝4 m/s，故选B。
11[答案] (1)4 m/s (2)15 m/s
(3)4 m/s
[解析] (1)过山车恰好过最高点对，只受重力，有mg＝m
则vB＝＝4 m/s。
(2)离开C点后做平抛运动，由h＝gt2
运动时间为t＝0.8 s
故最大速度为vm＝＝15 m/s。
(3)在圆轨道最低点有FN－mg＝m
解得vA＝＝4 m/s
过山车从C处做平抛运动，落水时竖直速度为
vy＝gt＝8 m/s
则落水速度为v＝＝4 m/s。练案23 实验五 探究平抛运动的特点
1．(2022·浙江1月卷)在“研究平抛运动”实验中，以小钢球离开轨道末端时球心位置为坐标原点O，建立水平与竖直坐标轴。让小球从斜槽上离水平桌面高为h处静止释放，使其水平抛出，通过多次描点可绘出小球做平抛运动时球心的轨迹，如图所示。在轨迹上取一点A，读取其坐标(x0，y0)。
(1)下列说法正确的是________。
A．实验所用斜槽应尽量光滑
B．画轨迹时应把所有描出的点用平滑的曲线连接起来
C．求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据
(2)根据题目所给信息，小球做平抛运动的初速度大小v0＝________。
A． B．
C．x0 D．x0
(3)在本实验中要求小球多次从斜槽上同一位置由静止释放的理由是_______ ___________________________。
2．(2023·浙江卷)在“探究平抛运动的特点”实验中：
(1)用图1装置进行探究，下列说法正确的是________。
A．只能探究平抛运动水平分运动的特点
B．需改变小锤击打的力度，多次重复实验
C．能同时探究平抛运动水平、竖直分运动的特点
(2)用图2装置进行实验，下列说法正确的是________。
A．斜槽轨道M必须光滑且其末端水平
B．上下调节挡板N时必须每次等间距移动
C．小钢球从斜槽M上同一位置静止滚下
(3)用图3装置进行实验，竖直挡板上附有复写纸和白纸，可以记下钢球撞击挡板时的点迹。实验时竖直挡板初始位置紧靠斜槽末端，钢球从斜槽上P点静止滚下，撞击挡板留下点迹0，将挡板依次水平向右移动x，重复实验，挡板上留下点迹1、2、3、4。以点迹0为坐标原点，竖直向下建立坐标轴y，各点迹坐标值分别为y1、y2、y3、y4。测得钢球直径为d，则钢球平抛初速度v0为________。
A． B．
C． D．
3．(2025·广东佛山统考)2023年8月新推出的某国产手机拥有多项先进技术，其连拍功能可实现每隔T＝ s拍一张照。某实验探究小组利用该手机的连拍功能来探究平抛运动规律。
(1)该小组用手机对一做平抛运动的小球进行连拍，取从抛出点开始连拍的5张照片进行电脑合成，得到图甲。进一步作图后，得到图乙所示图像，经测量，发现水平方向相邻小球的间距几乎相等，说明小球在水平方向做________运动。
(2)若小球的实际直径为D，照片上相邻小球间水平距离均为x，照片上小球直径为d，则小球平抛的初速度表达式v0＝________。(用题中字母表示)
(3)利用游标卡尺测得小球的实际直径如图丙所示，则小球的直径D＝________cm，用刻度尺测得照片(图乙)中小球直径d＝0.56 cm，通过计算，可得实际长度与照片中的长度之比为________。
(4)用刻度尺测得照片(图乙)中y1＝0.94 cm，y2＝1.21 cm，y3＝1.48 cm，y4＝1.75 cm，通过计算，小球在竖直方向运动的加速度a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)，若该值与当地重力加速度大小相近，又因小球做平抛运动竖直方向初速度为零，则说明小球在竖直方向做自由落体运动。
4．(2025·八省联考山西陕西卷)图(a)为研究平抛运动的实验装置，其中装置A、B固定在铁架台上，装置B装有接收器并与计算机连接。装有发射器的小球从装置A某高处沿着轨道向下运动，离开轨道时，装置B开始实时探测小球运动的位置变化。根据实验记录的数据由数表作图软件拟合出平抛运动曲线方程y＝1.63x2＋0.13x，如图(b)所示。
(1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端________。(填“水平”或“光滑”)
(2)根据拟合曲线方程，可知坐标原点________抛出点。(填“是”或“不是”)
(3)根据拟合曲线方程，可计算出平抛运动的初速度为________m/s。(当地重力加速度g取9.8 m/s2，计算结保留2位有效数字)
5．如图甲所示，AB是一可升降的竖直支架，支架顶端A处固定一弧形轨道，轨道末端水平。一条形木板的上端铰接于过A的水平转轴上，下端搁在水平地面上。将一小球从弧形轨道某一位置由静止释放，小球落在木板上的某处，测出小球平抛运动的水平射程x和此时木板与水平面的夹角θ，并算出tan θ。改变支架AB的高度，将小球从同一位置释放，重复实验，得到多组x和tan θ，记录的数据如下表：
实验次数 1 2 3 4 5 6
tan θ 0.18 0.32 0.69 1.00 1.19 1.43
x/m 0.035 0.065 0.140 0.160 0.240 0.290
(1)在图乙的坐标中描点连线，做出x－tan θ的关系图像。
(2)根据x－tan θ图像可知小球做平抛运动的初速度v0＝________m/s；实验中发现θ超过60°后，小球将不会掉落在木板上，则木板的长度为________m。(重力加速度g取10 m/s2)。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，可能的原因是_____________________ ___________________________________________________________________。
答案
1[答案] (1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
[解析] (1)斜槽轨道不需要光滑，只需要从同一位置静止释放小球，使其到达斜槽末端的速度相同即可，故选项A错误；由于描点可能出现误差，因此不是把所有的点都用曲线连接起来，选项B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，这样误差较小，选项C正确。
(2)根据平抛运动规律有x0＝v0t，y0＝gt2，联立可得v0＝x0，选项A、B、C错误，D正确。
(3)为了保证能画出同一个平抛运动轨迹上的多个点，必须要在同一位置由静止释放小球，以确保多次运动的轨迹相同(或“保证小球离开斜槽末端的速度v0相同，从而保证其运动轨迹相同”)。
2[答案] (1)B (2)C (3)D
[解析] (1)题图1装置只能用于研究做平抛运动的物体在竖直方向上的分运动，A、C错误；改变小锤击打的力度，被击打的小球做平抛运动的水平初速度增大，如果两个小球还是同时落地，说明做平抛运动的物体在竖直方向上的运动为自由落体运动，所以需要改变小锤击打的力度，研究多个不同轨迹的平抛运动的竖直分运动，B正确。
(2)题图2的实验装置，斜槽末端必须水平，但M轨道不必光滑，A错误；调节水平挡板N时，不需要等间距移动，只要清楚地把小球的位置记录下来即可，B错误；为了能保证小球做平抛运动的初速度相同，必须保证小球从M上的同一位置由静止释放，C正确。
(3)小球离开斜槽后在竖直方向上做自由落体运动，水平方向上做匀速直线运动，小球撞到挡板上留下点迹1时，有y1＝gt，x－＝v0t1，解得v0＝，A错误；小球撞到挡板上留下点迹2时，有y2＝gt，2x－＝v0t2，解得v0＝，因为经过点迹0→1与点迹1→2之间的时间不相等，所以不能用Δy＝gt2计算，B错误；同理，小球撞到挡板上留下点迹3时，有v0＝，小球撞到挡板上留下点迹4时，有v0＝，C错误，D正确。
3[答案] (1)匀速直线 (2) (3)2.240 4∶1 (4)9.72
[解析] (1)水平方向相邻小球的间距几乎相等，说明小球在水平方向做匀速直线运动。
(2)由题意可知，照片中小球的初速度为v＝
照片与实际的比例为，故有＝
得v0＝。
(3)游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以小球的直径为D＝22 mm＋8×0.05 mm＝22.40 mm＝2.240 cm。
照片中小球直径d＝0.56 cm，得实际长度与照片中的长度之比为＝＝。
(4)根据逐差法可得照片中小球运动的加速度
a′＝＝2.43 m/s2
实际小球的加速度a＝4a′＝9.72 m/s2。
4[答案] (1)水平 (2)不是 (3)1.7
[解析] (1)安装并调节装置A时，必须保证轨道末端水平，以保证小球做平抛运动。
(2)若坐标原点是抛出点，则曲线方程为y＝x，
可知坐标原点不是抛出点。
(3)设在坐标原点位置小球的水平速度为v0竖直速度为vy0，则根据x＝v0t
y＝v0yt＋gt2
解得y＝v0y＋g2＝x2＋x
对比y＝1.63x2＋0.13x
可得＝1.63
解得v0≈1.7 m/s。
5[答案] (1)见解析图 (2)1.0(0.96～1.04均可) 0.69(0.65～0.73均可) (3)小球释放位置与其他次实验不同(低于其他次实验)
[解析] (1)x－tan θ的关系图像如图所示：
(2)根据tan θ＝，得t＝，
则水平射程x＝v0t＝。
可知图线的斜率k＝，
由图可知k＝≈0.2，
解得v0＝＝ m/s＝1.0 m/s。
当θ＝60°时，有t＝＝ s，
则斜面的长度s＝＝ m≈0.69 m。
(3)实验中有一组数据出现明显错误，由图可知，水平射程偏小，由x＝v0t＝知，初速度偏小，即小球释放位置低于其他次实验。实验六 探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系
1．(2025·山东枣庄联考)如图甲所示是向心力演示器，用于探究做圆周运动物体的向心力大小与物体的质量、半径、角速度的关系。挡板A、B、C可以控制小球做圆周运动的半径，所连弹簧测力筒的标尺露出的格数可以显示向心力的大小。挡板A、C到各自转轴的距离均为挡板B到转轴距离的一半。塔轮结构如图乙所示，每侧三个转轮的半径从小到大分别为r、2r、3r，可分别用传动皮带连接。请完成下列问题。
(1)探究向心力大小与物体质量的关系时，在挡板A处放铝球。挡板C处放钢球，传动皮带挂左塔轮的中轮，应挂右塔轮的________(填“上”“中”或“下”)轮。
(2)探究向心力大小与角速度的关系时，应采用下列的________(填“A”“B”或“C”)图所示安装器材。
(3)某实验小组为验证向心力公式，将铝球放在挡板B处，钢球放在挡板C处，传动皮带均挂在左、右塔轮的上轮，摇动手柄，稳定后，右侧标尺露出1格，则左侧标尺应该露出________格。已知钢球质量是铝球质量的3倍。
2．为探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系，小明按图甲装置进行实验，物块放在平台卡槽内，平台绕轴转动，物块做匀速圆周运动，平台转速可以控制，光电计时器可以记录转动快慢。
(1)为了探究向心力与角速度的关系，需要控制________________保持不变，小明由计时器测转动的周期T，计算ω2的表达式是________。
(2)小明按上述实验将测算得的结果用作图法来处理数据，如图乙所示，纵轴F为力电传感器读数，横轴为ω2，图线不过坐标原点的原因是______________ ______________，用电子天平测得物块质量为1.50 kg，直尺测得半径为50.00 cm，图线斜率为________kg·m(结果保留两位有效数字)。
3．某同学用如图所示的装置探究物体做圆周运动的向心力大小与半径、线速度和质量的关系。用一根细线系住钢球，另一端连接在固定于铁架台上端的力传感器上，直径为d的钢球静止于A点，将光电门固定在A的正下方。钢球底部竖直地粘住一片宽度为x的遮光条。
(1)用天平测出钢球质量，用刻度尺测出摆线长度。
(2)将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t，算出钢球速度的平方值，具体数据如表所示：
1 2 3 4 5
F/N 0.124 0.143 0.162 0.181 0.200
v2/(m2·s－2) 2.0 4.0 5.8 8.0 10.1
请在下面的坐标图中，画出F－v2的关系图像。
(3)由图像可知，钢球的重力为________N。
(4)若图像的斜率为k，钢球质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式为________(用所给物理量的符号表示)。
(5)某同学通过进一步学习知道了向心力的公式，发现实验中使用公式m求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生误差的主要原因是___________________________________________________________________。
4．(2025·广东广州市联考)某同学设计如图所示的实验装置验证向心力公式和平抛运动水平分运动为匀速运动。将四分之一圆弧固定在桌面上，圆弧底下安装一个压力传感器，光电门固定在圆弧底端正上方。
实验步骤如下：
①让小球静止在圆弧底端，静止时，压力传感器示数为F0；
②让小球从圆弧某一位置静止释放，记录通过光电门的时间t、压力传感器示数F和落点与圆弧底端的水平位移x；
③改变释放位置，重复②的步骤。
请回答以下问题：
(1)为完成实验，关于实验装置及相关测量，下列说法正确的是________；
A．圆弧要保持光滑
B．小球要选择体积小，密度大的
C．要测量小球到地面的竖直高度
D．要测量小球的质量
(2)用游标卡尺测量小球直径，如图所示，则小球直径为d＝________mm；
(3)以________(填“F”或“F－F0”)为纵轴，为横轴作图像，若图像________________，则说明向心力大小与小球速度的平方成正比；
(4)作x－y图像，若图像成正比，则说明平抛运动水平方向为匀速直线运动，其中y应该为________；
(5)甲、乙两位同学以不同的桌面高度进行实验，得到如图所示甲、乙两条图线，y与(4)中相同，其中甲同学实验时的桌面高度比乙同学的________(填“高”或“低”)。
答案
1[答案] (1)中 (2)C (3)6
[解析] (1)探究向心力大小与物体质量的关系时，应控制物体做圆周运动的半径相同，物体做圆周运动的角速度相同，则在挡板A处放铝球，挡板C处放钢球，传动皮带挂左塔轮的中轮，应挂右塔轮中轮。
(2)探究向心力大小与角速度的关系时，应控制物体的质量相同，物体做圆周运动的半径相同，故应采用C图所示安装器材。
(3)根据向心力表达式可得
F左＝m铝ωrB，F右＝m钢ωrC
又rB＝2rC，m钢＝3m铝，ω左＝3ω右
联立可得F左∶F右＝6∶1
稳定后，右侧标尺露出1格，则左侧标尺应该露出6格。
2[答案] (1)质量和半径 ω2＝ (2)存在摩擦力的影响 0.75
[解析] (1)由向心力公式Fn＝mω2r可知，探究向心力和角速度的关系，保持质量和半径不变，根据ω＝，可得ω2＝。
(2)实际表达式为F＋Ff＝mω2r，图线不过坐标原点的原因是存在摩擦力的影响。斜率为k＝mr＝0.75 kg·m。
3[答案] (2)图见解析 (3)0.104(0.102～0.106均可) (4)F＝kv2＋mg (5)光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度
[解析] (2)画出F－v2的关系图像如图所示：
(3)根据F－mg＝m，整理有F＝mg＋v2，由上述式子，结合图像可知，图像的纵截距为钢球的重力，即mg＝0.104 N。
(4)由(3)的分析可知图像的解析式为F＝mg＋v2，若图像的斜率为k，钢球的质量为m，重力加速度为g，则F与v2的关系式可改写为F＝kv2＋mg。
(5)产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。
4[答案] (1)BD (2)6.70 (3)F－F0 是一条过原点的倾斜直线 (4) (5)高
[解析] (1)圆弧没必要保持光滑，从不同高度下滑，小球经过光电门的速度不同，速度根据小球直径和光电门测量的挡光时间测出，A错误；小球要选择体积小，密度大的，减小阻力的影响，B正确；没有必要测量小球到地面的竖直高度，只要保证竖直高度相同，平抛运动的时间相同，只需证明小球水平位移和水平速度成正比即可证明平抛运动的水平分运动为匀速运动，C错误；小球在圆弧最低点有F－F0＝m，要验证向心力公式，需要测量小球的质量，D正确。
(2)小球的直径d＝6 mm＋0.05×14 mm＝6.70 mm。
(3)小球经过光电门的速度v＝，小球在圆弧最低点有F－F0＝，以F－F0为纵轴，为横轴作图像，若图像是一条过原点的倾斜直线，则说明向心力大小与小球速度的平方成正比。
(4)设圆弧最低点到地面的竖直高度为h，则h＝gt，得平抛运动时间t1＝，水平位移x＝vt1＝，作x－y图像，若图像成正比，则说明平抛运动水平方向为匀速直线运动，其中y应该为。
(5)由x＝可知，甲、乙两位同学以不同的桌面高度进行实验，得到甲、乙两条图线，则x－的斜率表示d，甲的斜率大，故甲同学实验时的桌面高度比乙同学的高。练案26 专题强化六 天体运动中的三类典型问题
基础巩固练
题组一 赤道上的物体、近地卫星和静止卫星的差异
1．2023年9月，中国空间站“天宫课堂”第四课再次开讲，授课期间利用了我国的中继卫星系统进行信号传输，天地通信始终高效稳定。已知空间站在距离地面400公里左右的轨道上运行，其运动视为匀速圆周运动，中继卫星系统中某卫星是距离地面36 000公里左右的地球静止轨道卫星(同步卫星)，则该卫星( )
A．授课期间经过天津正上空
B．加速度大于空间站的加速度
C．运行周期大于空间站的运行周期
D．运行速度大于地球的第一宇宙速度
2．(2024·海南琼海市嘉积中学模拟)如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的静止轨道卫星。下列关于a、b、c的说法中正确的是( )
A．地球同步卫星都与c在同一个轨道上，并且它们受到的万有引力大小相等
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa>ab>ac
C．a与地球的万有引力全部提供a随地球自转的向心力
D．a、b、c做匀速圆周运动的周期大小关系为Ta＝Tc>Tb
题组二 人造卫星的变轨与对接问题
3．(2024·湖北卷)太空碎片会对航天器带来危害。设空间站在地球附近沿逆时针方向做匀速圆周运动，如图中实线所示。为了避开碎片，空间站在P点向图中箭头所指径向方向极短时间喷射气体，使空间站获得一定的反冲速度，从而实现变轨。变轨后的轨道如图中虚线所示，其半长轴大于原轨道半径。则( )
A．空间站变轨前、后在P点的加速度相同
B．空间站变轨后的运动周期比变轨前的小
C．空间站变轨后在P点的速度比变轨前的小
D．空间站变轨前的速度比变轨后在近地点的大
4．(多选)随“天宫二号”空间实验室(轨道舱)发射入轨的伴随卫星重约47千克，尺寸相当于一台打印机大小。释放后伴随卫星将通过多次轨道控制，逐步接近轨道舱，最终达到仅在地球引力作用下对轨道舱的伴随飞行的目标。之后对“天宫二号”四周表面进行观察和拍照以及开展其他一系列试验，进一步拓展空间应用。根据上述信息及所学知识可知( )
A．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴随卫星需点火加速才能追上前方的“天宫二号”
B．轨道控制阶段同一轨道上落后的伴随卫星需经历先减速再加速过程才能追上前方的“天宫二号”
C．伴随飞行的伴随卫星和“天宫二号”绕地球做椭圆轨道运行时具有相同的半长轴
D．由于伴随卫星和“天宫二号”的轨道不重合，故它们绕地运行的周期不同
5．(多选)最近几十年，人们对探测火星十分感兴趣，先后发射过许多探测飞船，且计划在火星建立人类聚居基地。登陆火星需经历如图所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ
B．飞船在轨道Ⅰ上P点的加速度大于在轨道Ⅱ上P点的加速度
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的平均密度
6．(2025·黑龙红哈尔滨市联考)在发射一颗质量为m的人造地球静止卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆轨道Ⅰ上运行的加速度大小为g，地球半径为R，卫星在变轨过程中质量不变，则( )
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度大小为2g
B．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度大小为
C．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能
D．卫星在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能
题组三 双星及多星系统的问题
7．(多选)(2025·广东深圳中学质检)有一对相互环绕旋转的超大质量的双黑洞系统，如图所示。若图中双黑洞的质量分别为M1和M2，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，根据所学知识，下列说法中正确的是( )
A．双黑洞的角速度之比ω1∶ω2＝M2∶M1
B．双黑洞的轨道半径之比r1∶r2＝M2∶M1
C．双黑洞的线速度大小之比v1∶v2＝M1∶M2
D．双黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝M2∶M1
8．(2025·江苏连云港高三月考)如图所示，某双星系统中质量较大的B星球正在“吸食”质量较小的A星球的表面物质，从而实现质量转移。若“吸食”过程中A、B球心间距离不变，运动轨道均视为圆周，则在“吸食”的最初阶段，下列说法正确的是( )
A．A、B运动的周期变大
B．A、B之间的万有引力保持不变
C．B星球做圆周运动的轨道半径变大
D．A星球做圆周运动的线速度变大
9．(多选)如图所示是宇宙中存在的某三星系统，忽略其他星体的万有引力，三个星体A、B、C在边长为d的等边三角形的三个顶点上绕同一圆心O做匀速圆周运动。已知A、B、C的质量分别为2m、3m、3m，引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A．三个星体组成的系统动量守恒
B．A的周期小于B、C的周期
C．A所受万有引力的大小为
D．若B的角速度为ω，则A与圆心O的距离为
能力提升练
10．双星系统是两颗恒星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的天体系统。设双星系统中其中一颗恒星的线速度大小为v，加速度大小为a，周期为T，所受的向心力为F，它们之间的距离为r，不计其他天体的影响，两颗恒星的质量不变。下列各图可能正确的是( )
11．《流浪地球2》中的太空电梯令人十分震撼，从理论上讲是可行的，原理是利用地球外的一个配重，这个配重绕地球旋转的高度高于静止卫星轨道，当它与地球同步转动时，缆绳上的张力使得电梯舱可以把物资运送到太空。关于相对地面静止在不同高度的物资，下列说法正确的是( )
A．物资在距离地心为地球半径处的线速度等于第一宇宙速度
B．物资在配重空间站时处于完全失重状态
C．物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小
D．太空电梯上各点线速度与该点离地球球心的距离成正比
12．(多选)2021年5月，基于“中国天眼”球面射电望远镜(FAST)的观测，首次发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。如图，假设在太空中有恒星A、B双星系统绕点O做顺时针匀速圆周运动，运动周期为T1，它们的轨道半径分别为RA、RB，RA
A．若知道卫星C的轨道半径，则可求出卫星C的质量
B．恒星A的质量大于恒星B的质量
C．恒星A的质量为
D．A、B、C三星由图示位置到再次共线所需时间为
答案
1[答案] C
[解析] 该卫星是地球静止轨道卫星(同步卫星)，处于赤道正上方，不可能经过天津正上空，A错误；卫星正常运行，由万有引力提供向心力G＝m＝m2r＝ma，得v＝，a＝G，T＝2π，由于该卫星轨道半径大于空间站半径，故加速度小于空间站的加速度；运行周期大于空间站的运行周期；第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，则该卫星的运行速度小于地球的第一宇宙速度。B、D错误，C正确。
2[答案] D
[解析] 地球同步卫星不一定与c在同一个轨道上，但轨道半径相等，若卫星的质量不相等，由万有引力定律F＝可知，它们受到的万有引力大小不相等，A错误；对于b、c，由万有引力提供向心力有G＝ma，解得a＝，rc>rb，所以ab>ac，由于a、c做匀速圆周运动的周期相等，又a＝rω2，rc>ra，可得ac>aa，所以a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为ab>ac>aa，B错误；a与地球的万有引力一部分提供a随地球自转的向心力，C错误；对于a、c，其周期相等，所以Ta＝Tc，对于b、c，由万有引力提供向心力有G＝mr，解得T＝2π，rc>rb，所以Tc>Tb，即a、b、c做匀速圆周运动的周期大小关系为Ta＝Tc>Tb，D正确。
3[答案] A
[解析] 根据牛顿第二定律有＝ma，解得加速度a＝，r相同，所以空间站变轨前、后在P点的加速度相同，A正确；根据开普勒第三定律有＝k，变轨后的轨道半长轴大于原轨道半径，所以空间站变轨后的运行周期比变轨前的大，B错误；变轨时获得与箭头方向相反的反冲速度Δv，Δv与变轨前在P点的速度v1垂直，则空间站变轨后在P点的速度v2＝>v1，所以空间站变轨后在P点的速度比变轨前的大，C错误；由开普勒第二定律知，在同一椭圆轨道上近地点速度最大，则空间站变轨后在近地点的速度v3>v2，由C项分析可知v2>v1，所以空间站变轨前的速度v1比变轨后在近地点的小，D错误。
4[答案] BC
[解析] 速度变→轨道将发生变化→无法在同一轨道加速对接或减速对接。伴随卫星做匀速圆周运动时，万有引力提供向心力，当伴随卫星加速时，在原轨道运行所需要的向心力变大，但万有引力大小不变，故万有引力不足以提供向心力，伴随卫星会做离心运动，飞到较高的轨道；轨道半径越大，线速度越小，故伴随卫星不能追上“天宫二号”，需要减速到较低轨道，再加速上升到较高轨道才能追上前方的“天宫二号”，故A错误，B正确；根据开普勒第三定律可知，绕地球飞行的伴随卫星与“天宫二号”的周期相同，则二者运行时具有相同的半长轴，故C正确，D错误。
5[答案] AD
[解析] 根据开普勒第三定律＝k可知，飞船在轨道上运行的周期TⅢ>TⅡ>TⅠ，A正确；飞船在P点，无论在轨道Ⅰ上，还是在轨道Ⅱ上，所受万有引力都相同，加速度都相同，B错误；从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需减速做向心运动，应朝速度方向喷气，C错误；轨道贴近火星表面时，根据万有引力提供飞船做圆周运动的向心力有G＝mRω2，火星的平均密度ρ＝＝，D正确。
6[答案] B
[解析] 卫星在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得G＝ma＝m，在地球表面附近由mg＝G得GM＝gR2，所以卫星在轨道Ⅲ上的加速度大小为a＝2g，线速度大小为v＝，故A错误，B正确；卫星的线速度大小为v＝，卫星在圆轨道上运行的动能为Ek＝mv2＝，可知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，故C错误；卫星从轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ要点火加速，机械能增大，从椭圆轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ要再次点火加速，机械能继续增大，所以卫星在轨道Ⅲ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能，故D错误。
7[答案] BD
[解析] 双黑洞绕连线的某点做匀速圆周运动的周期相等，所以角速度也相等，故A错误；双黑洞做匀速圆周运动的向心力由它们间的万有引力提供，向心力大小相等，由M1ω2r1＝M2ω2r2，得r1∶r2＝M2∶M1，故B正确；由v＝ωr得双黑洞的线速度大小之比v1∶v2＝r1∶r2＝M2∶M1，故C错误；由a＝ω2r得双黑洞的向心加速度大小之比a1∶a2＝r1∶r2＝M2∶M1，故D正确。
8[答案] D
[解析] 设A、B星球的质量分别为mA、mB，稳定的双星系统两星球角速度大小相等，根据万有引力提供向心力，对A星球有G＝mAω2rA，同理对B星球有G＝mBω2rB，r＝rA＋rB，联立可得G＝ω2r，则ω＝，由于质量在两星球间转移，总质量不变，则角速度大小不变，由T＝知A、B星球运动的周期不变，故A错误；由万有引力定律F＝G知，若mB增大，则mA减小，mAmB乘积变化，可知万有引力变化，故B错误；由于两星球的向心力大小始终保持相等，有mAω2rA＝mBω2rB，则＝，B星球质量较大，吸食后质量变大，质量较小的A星球质量变小，则变大，又r＝rA＋rB不变，则rA变大，rB变小，由于角速度大小不变，由v＝ωr知B星球线速度变小，A星球线速度变大，故C错误，D正确。
9[答案] AD
[解析] 该系统属于稳定的三星系统，三个星体的角速度、周期相同，动量大小不变，运动过程中总动量不变，A正确，B错误；A所受万有引力的大小为F＝G＝，C错误；若B的角速度为ω，则A的角速度也为ω，根据＝2mω2r，则A与圆心O的距离为r＝，D正确。
10[答案] B
[解析] 根据万有引力提供向心力写出对应函数关系。根据＝m1ω2r1＝m2ω2r2，可知m1r1＝m2r2，因为r1＋r2＝r，可解得r1＝r，r2＝r，根据＝m1，可知v＝，故v与r不是线性关系，A错误；根据＝m1a，解得a＝，故a－r－2图线是过原点的直线，B正确；根据＝m1r1，解得T＝，T与r2不是线性关系，C错误；根据F＝，可知F－r2图线为曲线，D错误。
11[答案] D
[解析] 第一宇宙速度是指物体在环绕地球做匀速圆周运动所需要达到的最小速度，即物体在地面附近受到的万有引力提供做圆周运动所需的向心力；而物资在距离地心为地球半径处的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；太空电梯各点随地球一起做匀速圆周运动，只有位置达到静止卫星的高度的点才处于完全失重状态，故B错误；设物资受到电梯舱的弹力为FN，由万有引力和弹力的合力提供向心力，则有G－FN＝mω2r，可得FN＝G－mω2r，当G＝mω2r时，物资高度r等于静止卫星轨道高度R同，物资受到的弹力为0；当物资高度r小于静止卫星轨道高度R同时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越小；当物资高度r大于静止卫星轨道高度R同时，物资所在高度越高，受到电梯舱的弹力越大；故C错误；太空电梯相对地球静止，各点角速度相等，各点线速度v＝ωr，与该点离地球球心的距离成正比，故D正确。故选D。
12[答案] BC
[解析] 在B、C的系统中，对于C，由万有引力提供向心力可得G＝mCRC，所以无法求出C的质量，A错误；A、B为双星系统，A、B间的万有引力提供A、B做圆周运动所需的向心力，故A、B所需的向心力相等，且周期相等，所以有MA2RA＝MB2RB，RAMB，B正确；A、B为双星系统，所以对于B星，万有引力提供向心力，G＝MBRB，求得MA＝，C正确；设A、B、C三星由图示位置到再次共线所需时间为t，由于A星转过的圆心角等于B星转过的圆心角，因此当A、B、C三星由题图示位置到再次共线时，A星转过的圆心角与C星转过的圆心角之和为π，即ωAt＋ωCt＝π，t＋t＝π，求得t＝，D错误。练案27 功和功率
基础巩固练
题组一 功的计算
1．如图甲所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下，沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系如图乙所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中( )
A．重力做功为WG＝100 J
B．拉力F做功为WF＝150 J
C．所有力做的总功W总＝50 J
D．摩擦阻力做功为Wf＝0
2．(多选)(2025·青海西宁质检)如图所示，摆球质量为m，悬线长度为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力的大小F阻不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力做功为－mgL
D．空气阻力做功为－F阻πL
3．(2023·北京等级考)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中( )
A．摩擦力做功大小与F方向无关
B．合力做功大小与F方向有关
C．F为水平方向时，F做功为μmgx
D．F做功的最小值为max
题组二 功率
4．(多选)将质量均为m的两个物体从同一高度h以相同的速率v分别沿水平方向和竖直向上方向抛出，不计空气阻力，则它们( )
A．落地时速度不相同
B．落地时重力的功率相同
C．在空中飞行过程中，重力做功相同
D．在空中飞行过程中，重力的平均功率相同
5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )
A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J
B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W
C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W
D．前3 s内，F对滑块做的总功为零
题组三 机车启动问题
6．(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0。现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0
B．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为F0＋mg
C．汽车能达到的最大速度为v0
D．汽车能达到的最大速度为
7．(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，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，汽车又恢复了匀速直线运动状态，(设整个过程中汽车所受的阻力不变)。在下列选项中能正确反映汽车速度v、汽车牵引力F在这个过程中随时间t的变化规律的是( )
8．(2023·湖北卷)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为( )
A． B．
C． D．
能力提升练
9．(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为( )
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
10．(多选)如图所示，物体在水平恒力F的作用下，从斜面底端O点沿斜面缓慢移动到A点，去掉F后，物体从A点下滑到水平面的B点停下。斜面的倾角为θ，OA的水平距离为L1，OB距离为L2，物体的质量为m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数都为μ，下面判断正确的是( )
A．物体从O移动到A，重力做的功是mgL1tan θ
B．物体从O移动到A，水平恒力F做的功是FL1
C．物体从O移动到A和从A下滑到O克服摩擦力做的功相等
D．物体从A下滑到水平面的B，克服摩擦力做的功是μmg(L1＋L2)
11．(多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质量m＝1×103 kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10 s,10 s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不变，下列说法正确的是( )
A．客车的功率P＝64 kW
B．图中A点对应的时刻为5 s
C．图中A点对应时刻客车的加速度大小为4 m/s2
D．0～10 s客车通过的路程为128 m
12．(多选)如图甲所示，有长度均为x0的AB、BC两段水平路面，AB段光滑，BC段粗糙。在A处静止的小物体质量为m(可视为质点)在水平恒力F作用下，从A点开始运动，到C点恰好停下，BC段动摩擦因数自左往右逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力加速度为g。下列判断正确的是( )
A．水平恒力F的大小F＝μ0mg
B．水平恒力F在AB、BC两段路面上做功不相等
C．水平恒力F在AB段的平均功率等于BC段的平均功率
D．水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率小于在BC段中间时刻瞬时功率
13．(多选)太阳辐射能量可视为均匀的空间辐射。若太阳辐射的总功率为P，日地距离为r，阳光到达地面的过程中能量损耗率为50%；太阳光垂直照射时，太阳能电池的能量转化效率为η，一辆质量为750 kg的汽车的太阳能电池板的面积为S，电机能够将输入功率的90%用于牵引汽车前进。此时该汽车正以72 km/h的速度匀速行驶，所受阻力为车重的，已知该太阳能电池能直接满足汽车的上述行驶需求。半径为R的球的表面积为4πR2，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．太阳能汽车可达到的最大机械功率为
B．汽车的机械功率为3.0×103 W
C．若汽车机械功率恒定，则车速为最大速度的时，汽车的加速度大小为a＝0.2 m/s2
D．太阳能电池板的面积必须满足关系≥3.0×103 W
答案
1[答案] C
[解析] 物体运动方向和重力方向垂直，重力做功为零，故A错误；拉力做功为WF＝F1x1＋F2x2＝5×5 J＋15×5 J＝100 J，故B错误；在前5 m内匀速运动，拉力等于阻力f＝F＝5 N，故摩擦力做功为Wf＝－fx＝－5×10 J＝－50 J，合力做功W合＝WF＋Wf＝50 J，故C正确，D错误。
2[答案] ABD
[解析] 如图所示，因为拉力T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WT＝0，重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以重力做功WG＝mgL。F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻Δx2＋…)＝－F阻πL，故A、B、D正确，C错误。
3[答案] D
[解析] 设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为f＝μ(mg－Fsin θ)，摩擦力做的功Wf＝μ(mg－Fsin θ)x，即摩擦力做的功与F的方向有关，选项A错误；合力做的功W＝F合x＝ma·x，可知合力做功与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则F＝ma＋μmg，力F做功为WF＝Fx＝(ma＋μmg)x，选项C错误；因合外力做功为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力f做功的代数和，而当Fsin θ＝mg时，摩擦力f＝0，则此时摩擦力做功为零，此时力F做功最小，最小值为max，选项D正确。
4[答案] AC
[解析] 两物体从同一高度抛出，在空中飞行过程中，重力做功相同，C正确；由动能定理得mgh＝mv－mv2，则物体落地时的速度大小相等，但方向不同，故物体落地时速度不相同，A正确；竖直向上抛出时，物体落地速度方向为竖直向下，落地时重力的功率为P＝mgv1，平抛运动落地时，设物体落地速度与水平方向的夹角为θ，则落地时重力的功率为P′＝mgv1sin θ，即落地时重力的功率不相同，B错误；竖直上抛的运动时间大于平抛运动的时间，重力做功相等，根据＝知，物体在空中飞行过程中，重力的平均功率不相同，D错误。
5[答案] C
[解析] 由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为4.5 J，平均功率为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误。
6[答案] BD
[解析] 汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则Ff＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动速度最大时，F－mgsin 30°－F0＝0，解得F＝F0＋mg，故A错误，B正确；由P＝Fv得汽车的最大速度为vmax＝＝，故C错误，D正确。
7[答案] AD
[解析] 开始时汽车匀速运动，则F0＝Ff。由P＝Fv可得，P＝F0v0，v0＝＝，当汽车功率减小一半，即P′＝时，其牵引力为F′＝＝8[答案] D
[解析] 由题意可知两节动车分别有P1＝f1v1，P2＝f2v2，当将它们编组后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，联立可得v＝，故选D。
9[答案] C
[解析] 以最大加速度向上加速到额定功率，然后保持功率不变达到最大速度，匀速一段时间最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短。重物向上提升的最大加速度a1＝＝5 m/s2，匀加速过程的最大速度v＝＝4 m/s，匀加速上升的时间为t1＝＝0.8 s，匀加速上升的高度h1＝1.6 m；重物能达到的最大速度为vm＝＝6 m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝＝1.2 s，上升高度为h2＝3.6 m，则以额定功率上升的高度h3＝80 m，额定功率上升过程有Pt3－mgh3＝m·(v－v2)，解得t3＝13.5 s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，C正确。
10[答案] BD
[解析] 物体从O移动到A，重力做的功是－mgL1tan θ，A项错误；水平恒力F做的功是FL1，B项正确；物体从O移动到A和从A下滑到O受支持力不同，摩擦力不同，克服摩擦力做的功不相等，C项错误；物体从A下滑到B的运动过程中克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgAOcos θ＋μmgOB＝μmg(L1＋L2)，D项正确。
11[答案] ACD
[解析] 客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64 kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t图像如图曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度为8 m/s时直线对应的时刻刚好是5 s，而A点对应曲线的时刻tA小于5 s，故B错误；10 s后客车做匀速运动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4 000 N，图中A点，FA＝8 000 N，根据牛顿第二定律可得aA＝＝4 m/s2，故C正确；设0～10 s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝mv，代入数据解得s＝128 m，故D正确。
12[答案] AD
[解析] 根据动能定理，在AC段水平恒力F做的功等于克服摩擦力做的功，有F·2x0－μ0mgx0＝0，解得F＝μ0mg，故A正确；F在AB、BC两段做的功相同，故B错误；小物体在AB段做匀加速直线运动，在BC段先做加速度减小的加速运动再做加速度增加的减速运动，在AB段运动的时间大于在BC段运动的时间，则水平恒力F在AB段的平均功率小于BC段的平均功率，故C错误；小物体在AB段中间时刻的瞬时速度小于在BC段中间时刻的瞬时速度，则水平恒力F在AB段中间时刻瞬时功率小于在BC段中间时刻瞬时功率，故D正确。
13[答案] BCD
[解析] 太阳能汽车可达到的最大机械功率为P机max＝＝，A错误；v＝72 km/h＝20 m/s，汽车的机械功率为P机＝fv＝mgv＝3.0×103 W，B正确；若汽车机械功率恒定，则此时匀速运动的速度即为最大速度，故汽车的加速度大小为a＝＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，C正确；该太阳能电池板能直接满足汽车的上述行驶要求，则P机max≥P机，即太阳能电池板的面积必须满足关系≥3.0×103 W，D正确。练案28 动能定理及其应用
基础巩固练
题组一 动能定理的理解和应用
1．一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角且大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在两恒力的方向上获得的速度分别为v1、v2，如图所示，那么在这段时间内，其中一个恒力做的功为( )
A．mv2 B．mv2
C．mv2 D．mv2
2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为(重力加速度大小为g)( )
A．mv－μmg(s＋x) B．mv－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
3．如图所示，质量为m的物块与水平转台之间的动摩擦因数为μ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动并计时，在t1时刻转速达到n，物块即将开始滑动。保持转速n不变，继续转动到t2时刻。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．在0～t1时间内，摩擦力做功为零
B．在t1～t2时间内，摩擦力做功不为零
C．在0～t1时间内，摩擦力做功为2μmgR
D．在0～t1时间内，摩擦力做功为
题组二 用动能定理巧解图像问题
4．物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，则( )
A．从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B．从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C．从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D．从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
5．(2025·湖南衡阳市高三调研)一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，它的动能Ek随着位移x的变化而改变，下列Ek－x图像正确的是( )
A B C D
6．(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数
B．合外力对物体所做的功
C．物体做匀速运动时的速度
D．物体运动的时间
能力提升练
7．(多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物。如图所示，可看作质点的货物从圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量为20 kg，滑道高度h为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的有( )
A．重力做的功为360 J
B．克服阻力做的功为440 J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
8．(多选)冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图甲为某跳台滑雪运动员从跳台a(长度可忽略不计)处沿水平方向飞出、经2 s在斜坡b处着陆的示意图，图乙为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．斜坡的倾角为30°
B．运动员在a处的速度大小为10 m/s
C．运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104 W
D．运动员在1 s末时离坡面的距离最大
9．电机与连杆结合，可以将圆周运动转化为直线上的往复运动，工作原理可简化为如图所示的机械装置，连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内做圆周运动时，可通过连杆AB使滑块在光滑水平横杆上左右滑动。已知滑块质量为2 kg，大小不计，OB杆长为L＝0.8 m，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω＝10 rad/s，OB杆由竖直位置转到图示位置时，连杆AB与水平方向夹角为θ＝37°，AB杆与OB杆刚好垂直，在OB杆由竖直位置转到此位置过程中，杆对滑块做功为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A．36 J B．46 J
C．100 J D．234 J
10．(多选)(2024·山东省实验中学二诊)竖直平面内有一半径为R的圆，O为圆心，直径AB沿水平方向，将质量为m的小球从A点以相同的速率v0抛出，抛出的方向不定，小球进入圆内同时受到一个平行于圆面的恒力F作用，其大小等于mg，g为重力加速度，小球从A点抛出后会经过圆上的不同点，在这些所有的点中，小球到达C点的动能最大，已知AB与AC的夹角为θ＝30°。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．恒力F的方向沿AC方向
B．恒力F的方向沿OC方向
C．小球到达C点的动能EkC＝mv＋mgR
D．小球到达B点的动能EkB＝mv＋mgR
11．(多选)(2024·广西卷)如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则( )
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为－I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为＋mg
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了＋mgΔx
D．木栓前进Δx后，木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
12．(2024·新课标卷)将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。(sin 37°＝0.6)
(1)求此时P、Q绳中拉力的大小；
(2)若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10 m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。
答案
1[答案] B
[解析] 设这两个水平恒力的合力为F，由动能定理得W＝Fl＝mv2，其中一个恒力做的功W1＝W＝mv2，B正确。
2[答案] A
[解析] 根据功的定义式可知物体克服摩擦力做功为Wf＝μmg(s＋x)，由动能定理可得－W弹－Wf＝0－mv，则W弹＝mv－μmg(s＋x)，故选项A正确。
3[答案] D
[解析] 0～t1时间内，转速逐渐增加，故物块的线速度逐渐增加，在t1～t2时间内，最大静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得μmg＝m，解得v＝，在0～t1时间内，对物块做加速圆周运动的过程，由动能定理得Wf＝mv2＝μmgR，故A、C错误，D正确；在t1～t2时间内，物块的线速度大小不变，摩擦力只提供向心力(只改变物块的运动方向)，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故B错误。
4[答案] C
[解析] 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内＝W＝mv，第1 s末到第3 s末：W1＝mv－mv＝0，A错误；第3 s末到第5 s末：W2＝0－mv＝－W，B错误；第5 s末到第7 s末：W3＝m(－v0)2＝mv＝W，C正确；第3 s末到第4 s末，W4＝m2－mv＝－0.75W，D错误。
5[答案] A
[解析] 根据Ek＝mv2，v2＝2ax，可得Ek＝max，故Ek与x成正比。故选A。
6[答案] ABC
[解析] 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，选项A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，则B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
7[答案] BCD
[解析] 重力做的功为WG＝mgh＝800 J，A错误；下滑过程据动能定理可得WG－Wf＝mv，代入数据解得，克服阻力做的功为Wf＝440 J，B正确；经过Q点时向心加速度大小为a＝＝9 m/s2，C正确；经过Q点时，据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得货物受到的支持力大小为F＝380 N，据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D正确。故选BCD。
8[答案] BCD
[解析] 从a到b，运动员做平抛运动，则下降的高度为h＝gt2＝×10×22 m＝20 m，重力做功为W＝mgh＝Ekb－Eka解得m＝60 kg，根据图像可得mv＝3×103 J，解得v0＝10 m/s，故B正确；t＝2 s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tan α＝＝1，解得α＝45°，故A错误；t＝2 s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mg2t＝1.2×104 W，故C正确；运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tan α＝＝1，解得t′＝1 s，故D正确。
9[答案] A
[解析] 图示位置B点的速度大小为v＝ωL＝8 m/s，方向沿圆的切线方向，即沿BA杆方向，故AB杆上各点的速度大小均为v，此速度为滑块实际的水平速度沿杆方向的分速度，故滑块的水平速度大小为v′＝＝10 m/s，OB杆在竖直位置时，滑块速度大小为v＝8 m/s，根据动能定理得，杆对滑块做功为W＝mv′2－mv2＝×2×(102－82)J＝36 J，A正确。
10[答案] AD
[解析] 小球到达C点的动能最大，则小球的受力情况如图所示，恒力F方向沿AC方向，合力方向沿OC方向，A正确，B错误；合力等于mg，根据动能定理得mg·R＝EkC－mv，mg·2Rcos 30°＝EkB－mv，解得EkC＝mv＋mgR，EkB＝mv＋mgR，C错误，D正确。
11[答案] BD
[解析] 锤子撞击木栓到木栓进入方孔，对木栓分析，可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于木栓重力有冲量，则木料对木栓的合力的冲量不为－I，故A错误；锤子撞击木栓后瞬间，木栓获得的动能Ek＝mv2＝，对于木栓进入过程，根据动能定理有(mg－)Δx＝0－Ek，解得平均阻力＝＋mg，故B正确；木栓进入过程损失的机械能等于克服阻力做的功，所以ΔE木栓＝Δx＝Δx＝＋mgΔx，ΔE木栓一部分转化为木料的弹性势能，因此系统损失的机械能ΔE<ΔE木栓，故C错误；对木栓的一个侧面受力分析如图所示，由于方孔侧壁弹力呈线性变化，则有(fsin θ＋FNcos θ)＝，且根据B选项求得平均阻力＝＋mg，又因为f＝μFN，联立可得f＝，故D正确。
12[答案] (1)1 200 N 900 N (2)－4 200 J
[解析] (1)对重物受力分析，如图所示，
由于重物缓慢竖直下降(缓慢下降，说明重物处于动态平衡，即该过程中重物所受的合力为0)，则整个过程中，由力的平衡条件可得，
在水平方向上有FQsin β＝FPsin α
在竖直方向上有FQcos β＋mg＝FPcos α
解得FQ＝900 N，FP＝1 200 N。
(2)重物缓慢下降的过程，由动能定理得
mgh＋WF＝0
解得WF＝－4 200 J，
即两根绳子对重物做的总功为－4 200 J。练案29 专题强化七 动能定理在多过程问题中的应用
基础巩固练
题组一 动能定理在多过程问题中的应用
1．一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上滑，包裹上滑到速度为零后又滑回底端，且速度大小为开始上滑的初速度大小的。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，包裹可视为质点，则包裹和雪道之间的动摩擦因数为( )
A．0.05 B．0.16
C．0.21 D．0.25
2．(2024·武汉模拟)如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A． B．
C． D．
3．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α可以大于θ
题组二 动能定理在往复问题中的应用
4．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( )
A．
B．
C．
D．
5．(多选)如图所示，截面是高为h的等腰直角三角形光滑斜面固定在粗糙水平面上，底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为d的位置有一竖直墙壁、小物块自斜面顶端由静止释放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ，若小物块与墙壁发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁发生一次碰撞。则物块最终静止时距斜面底端的距离可能为( )
A． B．2d－
C．－2d D．3d－
能力提升练
6．(多选)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
B．W＝mgR，质点恰好能到达Q点
C．质点再次经过N点时，对N点压力大于2mg
D．要使质点能到达Q点上方R处，应在P点上方2R处释放质点
7．(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体(可看成质点)在沿斜面方向的拉力作用下，从倾角θ＝30°的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，拉力做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体沿斜面向上运动的最大位移xm＝22 m
B．物体沿斜面向上运动的最大位移xm＝22.5 m
C．在x＝5 m处，拉力的功率为100 W
D．在x＝5 m处，拉力的功率为100 W
8．如图所示，物体1放在倾角为θ＝37°的斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根不可伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4∶1∶5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h，此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g＝10 m/s2，物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上滑的最大距离为( )
A．3h B．h
C．2h D．h
9．(2025·湖北高三月考)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，求滑块冲上斜面AB的长度。
10．如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧轨道BCD，C为圆弧最低点，圆弧轨道与斜面AB相切于B点，圆弧轨道最高点与光滑半圆管DE水平相切于D点，半圆管上端出口与长度L＝3 m的水平传送带左端相切于E点。一个质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点下滑。已知斜面高h＝0.3 m，斜面倾角θ＝37°，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，圆弧轨道BCD和半圆管DE半径分别为R＝0.5 m、r＝0.1 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，管的内径可忽略。
(1)若小物块从A点由静止开始下滑，求小物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)若使小物块以初速度v1＝3 m/s从传送带最右端F点滑上传送带，传送带同时由静止开始以加速度为a＝2 m/s2逆时针转动，两者间动摩擦因数μ2＝0.1，求小物块运动到E点的速度大小；
(3)若在A点给小物块合适的初速度，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，求小物块在A点的初动能的最小值。
[题图剖析] 临界状态
答案
1[答案] C
[解析] 设包裹沿斜面上滑的最远距离为s，对包裹上滑过程，由动能定理有－mgs·sin θ－μmgs·cos θ＝0－mv，同理，下滑时有mgssin θ－μmgs·cos θ＝m2－0，联立解得μ＝0.21，故选C。
2[答案] B
[解析] 小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得－μmg·＝0－mv，在BC段运动时，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma，L＝at2，联立解得t＝。
3答案] B
[解析] 第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmg＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θθ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。
4[答案] A
[解析] 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝，A正确。
5[答案] ABC
[解析] 设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有mgh－μmgs＝0，解得s＝，若物块不与墙壁相碰，则物块最终静止时距斜面底端的距离为，故A正确；若只发生一次碰撞，但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为2d－，故B正确，D错误；若碰后能再次滑上斜面，物块最终静止时距斜面底端的距离为－2d，故C正确。
6[答案] AC
[解析] 设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W1，则W12mgR－3W＝mgR，所以，由牛顿第二定律，得支持力为：FN′＝mg＋>2mg，故C项正确；要使质点能到达Q点上方R处，设在P点上方h处释放质点，那么由动能定理可得：mg(h－R)－W－W1＝0，所以，h<2R，故D项错误。
7[答案] BD
[解析] 由于拉力沿斜面向上，则拉力做的功W＝Fx，则W－x图像的斜率代表拉力，在08[答案] D
[解析] 对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦力的合力F＝4mgsin 37°＋4μmgcos 37°，方向沿绳向下，设3触地时刻的速度为v1，因1、2、3在同一条绳上，从开始放手到3触地的过程，对系统应用动能定理有6mgh－Fh＝×10mv－0，物体3触地后立刻停止，2触地之前1停止运动，物体1沿斜面上滑距离最大，设物体1在3触地以后运动的距离为s，再次应用动能定理mgs－Fs＝0－×5mv，联立解得s＝h，全过程Δx＝h＋s＝h，故A、B、C错误，D正确。
9[答案] (1)5 m/s (2)5 m
[解析] (1)由题图乙可知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功，在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0。滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
代入数据解得vA＝5 m/s。
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理有
－mgLsin 30°＝0－mv
解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。
10[答案] (1)3.6 N (2) m/s (3)2.1 J
[解析] (1)小物块从A到C过程，由动能定理有
mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)＝mv，
小物块在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，
解得FN＝3.6 N，
根据牛顿第三定律，轨道对小物块的支持力和小物块对轨道的压力大小相等、方向相反，所以小物块经过C点对轨道的压力大小为3.6 N。
(2)传送带和小物块共速时，v1－μ2gt1＝at1，解得t1＝1 s，
此时小物块的速度v2＝at1＝2 m/s，
此过程小物块运动距离x1＝t1＝2.5 m此后，因为μ2g解得小物块运动到E点时的速度大小为v3＝ m/s。
(3)使小物块沿斜面向下运动并能够到达E点，假设小物块能通过D点，且到达E点的最小速度为零，从A到E过程，根据动能定理有mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)－mg(2R＋2r)＝0－mv，
解得v0＝ m/s，
同时，小物块应该能通过D点，在D点的最小速度满足mg＝，
由A到D过程，根据动能定理有
mgh－μ1mgcos θ＋mgR(1－cos θ)－2mgR＝mv－mv，
解得v0′＝ m/s，
综上所述，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，最小初速度大小为v0′＝ m/s，则初动能的最小值为Ek＝mv0′2＝2.1 J。练案30 机械能守恒定律及其应用
基础巩固练
题组一 机械能守恒的理解与判断
1．2023年杭州亚运会女子撑杆跳高决赛中，中国选手李玲以4.63米的成绩获得冠军，并打破了亚运会纪录。李玲的撑杆跳高过程可简化为“持撑杆助跑”“撑杆离地上升到最高点”“越横杆”“空中下落”“落到缓冲海绵”五个阶段，忽略空气阻力的影响，以下说法正确的是( )
A．“撑杆离地上升到最高点”阶段，撑杆的弹性势能先增大后减小
B．李玲越过横杆正上方时，动能为零
C．李玲接触缓冲海绵后一直做减速运动
D．撑杆跳高整个过程，李玲和撑杆组成的系统机械能守恒
2．(多选)如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁(不与槽粘连)。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒
C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
题组二 机械能守恒定律的应用
3．(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为参考平面且不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A．物体落到海平面时的重力势能为mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为mv＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为mv
4．如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R＝ m的光滑半球体上方。给铁链一个微小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3 m/s。已知∠AOB＝60°，以OC所在平面为参考平面，取g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A．铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链机械能守恒
B．铁链在初始位置时其重心高度 m
C．铁链的端点A滑至C点时其重心下降2.8 m
D．铁链的端点A滑至C处时速度大小为6 m/s
5．(2025·浙江高三阶段练习)如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置于a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三点，且b点与O点在同一水平线上，Ob＝l，Oa和Oc与Ob的夹角均为37°，Od与Ob的夹角为53°。现由静止释放滑块，在滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin 37°＝0.6，则下列说法正确的是( )
A．滑块在b点时速度最大，加速度为g
B．滑块从a点下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒
C．滑块在c点的速度大小为
D．滑块从a点下滑到d点的过程中，滑块的机械能一直在减小
6．为使小球A能击中离地面高H的小球P，设计了甲、乙、丙、丁四条内、外侧均光滑的轨道，如图所示。甲为高度小于H的倾斜平直轨道，乙、丙、丁均为圆轨道，圆心O的位置如图所示，重力加速度为g。小球从地面出发，初速度大小都为v0＝，在甲轨道中初速度方向沿斜面向上，在乙、丙、丁轨道中初速度方向均沿轨道的切线方向，则小球A经过哪种轨道后有可能恰好击中P球( )
A．轨道甲和轨道丁 B．轨道乙和轨道丁
C．轨道丙和轨道丁 D．只有轨道丁
7．(2023·全国甲卷)如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
能力提升练
8．(多选)(2025·福建省厦门一中高三检测)如图所示，质量均为m的物块A和B用不可伸长的轻绳连接，A放在倾角为θ的固定光滑斜面上，而B能沿光滑竖直杆上下滑动，杆和滑轮中心间的距离为L，物块B从与滑轮等高处由静止开始下落，斜面与杆足够长，重力加速度为g。在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ的过程中，下列说法正确的是( )
A．物块B的机械能的减少量大于物块A的重力势能的增加量
B．物块B的重力势能减少量为mgLtan θ
C．物块A的速度大于物块B的速度
D．物块B的末速度为
9．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2，两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b(视为质点)质量均为m，a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过铰链用长度为l的刚性轻杆L连接。将a球从图示位置(轻杆与L2杆夹角为45°)由静止释放，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是( )
A．a球和b球所组成的系统机械能不守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小为零
C．b球的最大速度为
D．a球的最大速度为
10．小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示的过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F与D等高。忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称。(取g＝10 m/s2)
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H；
(2)设小球在圆形轨道上运动时，离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
(3)设小球在“水滴”形轨道上运动时，求轨道曲率半径r与h的函数关系(h为小球离水平面的高度，曲线上每一小段的曲率半径为该小段曲线所在圆周的半径)。
答案
1[答案] A
[解析] 起跳后撑杆弯曲，李玲的动能转化为杆的弹性势能，撑杆将李玲向上弹起的过程中，杆的弹性势能转化为李玲的重力势能，故撑杆的弹性势能先增大后减小，A正确；李玲越过横杆正上方时，水平方向有速度，动能不为零，B错误；李玲接触缓冲海绵后，弹力先小于重力，做加速运动，弹力等于重力时，速度达到最大值，然后弹力大于重力，做减速运动，C错误；李玲持杆助跑阶段，李玲的生物能转化为动能，机械能不守恒，落在缓冲海绵上后缓冲海绵对她做功，机械能不守恒，D错误。
2[答案] BC
[解析] 当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错误；小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽静止，则只有小球的重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。
3[答案] BCD
[解析] 物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为mv，故整个过程中的机械能为mv，所以物体在海平面上的机械能为mv，在海平面上的重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋mv2＝mv，所以物体在海平面上的动能为mv＋mgh，从抛出点到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D三项正确，A项错误。
4[答案] C
[解析] 铁链下滑过程中靠近B端的一小段铁链受到上边铁链的拉力，该拉力做负功，机械能不守恒，故A错误；根据几何关系可知，铁链长度为L＝＝2 m，铁链全部贴在球体上时，质量分布均匀且形状规则，则其重心在几何中心且重心在∠AOB的平分线上，故铁链在初始位置时其重心与圆心连线长度等于端点B滑至C处时其重心与圆心连线长度，均设为h0，根据机械能守恒定律有mgh0－mgh0sin 30°＝mv，代入数据解得h0＝1.8 m，故B错误；铁链的端点A滑至C点时，其重心在参考平面下方处，则铁链的端点A滑至C点时其重心下降了Δh＝h0＋＝2.8 m，故C正确；铁链的端点A滑至C处过程，根据机械能守恒定律有mgΔh＝mv，解得v2＝2 m/s，故D错误。
5[答案] C
[解析] 滑块速度最大时，加速度必为零，应该在b点下方位置，A错误；滑块从a点下滑到c点的过程中，弹簧先对滑块做正功，滑块的机械能增加，后对滑块做负功，滑块的机械能减小，故机械能不守恒，B错误；ac间的距离为lac＝2ltan37°＝l，对滑块从a到c的过程应用动能定理可得mglac＝mv2，解得v＝，所以滑块在c点时的速度为，C正确；滑块从a点下滑到d点的过程中，弹簧先对滑块做正功后做负功，滑块的机械能先增加后减小，D错误。
6[答案] D
[解析] 轨道甲中，小球离开轨道后做斜抛运动，小球达到最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＝mv－mv2，则h7[答案] (1) (2)·
[解析] (1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝。
(2)小球离开桌面后由平抛运动规律得x＝vt，vy＝gt
设第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知小球与地面碰撞后，竖直方向的速度大小为vy′＝vy
反弹后上升的最大高度为h，满足h＝
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为x＝·。
8[答案] ABD
[解析] 在物块B下落到绳与水平方向的夹角为θ时，物块B下降的高度为h＝Ltan θ，则B重力势能减少量为ΔEpB＝mgLtan θ，物块A沿斜面上升的距离为x＝－L，设此时物块A的速度为vA，物块B的速度为vB，A、B组成的系统运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，所以物块B的机械能减少量等于物块A的机械能增加量，有mgLtan θ－mv＝mv＋mgxsin θ，A物块沿斜面上升时动能和势能都增加，故A、B正确；将物块B的速度分解为沿绳方向的速度和垂直绳方向的速度，则vA＝v绳＝vBsin θ，则物块A的速度小于物块B的速度，故C错误；联立以上表达式可得vB＝，故D正确。
9[答案] C
[解析] 对于a球和b球组成的系统，除重力外没有其他力做功，因此a球和b球所组成的系统机械能守恒，A错误；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由于两球沿杆方向的分速度大小相等，故vbcos θ＝vasin θ，可得vb＝vatan θ，当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行，则此时a球在竖直方向上只受到重力，因此a球的加速度大小为g，由机械能守恒定律有mg·L＝mv，解得va＝，此时a球具有向下的加速度g，故此时a球的速度不是最大，B、D错误；当轻杆L和L1第一次平行时，a球运动到最低点，b球运动到L1和L2交点位置，b球的速度达到最大，此时a球的速度为0，由机械能守恒定律有mg＝mv，解得vb＝，C正确。
10[答案] (1)2 m (2)a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6 m) (3)r＝2 m－h
[解析] (1)小球在最高点D时，由牛顿第二定律有
mg＝
对小球由A到D，由机械能守恒定律有
mgH＝mv＋2mgR1
联立解得H＝2 m。
(2)对小球在圆形轨道上运动的过程，由机械能守恒定律有
mg(H－h)＝mv2
小球以速度v通过曲率半径为R1的圆周的向心加速度为a＝
解得a＝(50－25h)m/s2(0≤h≤1.6 m)。
(3)对小球由A点到E点，由机械能守恒定律有mgH＝mv
小球以速度vE通过曲率半径为R2的E点时的向心加速度a＝
解得a＝2g
由题意知小球在“水滴”形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为a＝2g
小球从A运动到“水滴”形轨道高度为h的过程，由机械能守恒定律有mg(H－h)＝mv2
小球以速度v通过曲率半径为r的“水滴”形轨道时的向心加速度a＝(a＝2g)
解得r＝2 m－h。