考點25動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用1.3年真題考點分布題型選擇題、解答題高考考點應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題；應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型；應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析滑塊——木板模型新高考2023全國乙卷8題、全國乙卷25題、湖北卷24題、浙江卷23題、2022江蘇卷8題、福建卷11題、河北卷13題、浙江卷20題、山東卷18題、全國甲卷19題、2021福建1題、浙江春招3題、浙江2題、海南卷17題、湖南卷14題2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】近3年新高考卷對于運動的描述考查共計15次，主要考查：1.應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析物體的多過程問題；2.應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型；3.應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析滑塊——木板模型；【備考策略】掌握從動力學(xué)觀點和能量觀點兩種不同的解題思路處理物理過程；掌握傳送帶模型和滑塊木板模型的解題技巧和方法；【命題預(yù)測】本節(jié)內(nèi)容常與平拋運動（或類平拋）和圓周運動結(jié)合在一起，出現(xiàn)在傳送帶和板塊模型中，從動力學(xué)觀點或能量觀點兩種解題思路進行考察，對整個物體的運動過程要求較高，題型難度偏大，全國各省的高考試題有50%的概率出現(xiàn)，2024年考生想要獲得高分，本節(jié)內(nèi)容是必須要素質(zhì)過硬的。

考法一應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析多過程問題1．多運動組合問題主要是指直線運動、平拋運動和豎直面內(nèi)圓周運動的組合問題．2．解題策略(1)動力學(xué)方法觀點：牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律．(2)能量觀點：動能定理、機械能守恒定律、能量守恒定律．3．解題關(guān)鍵(1)抓住物理情景中出現(xiàn)的運動狀態(tài)和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程．(2)兩個相鄰過程連接點的速度是聯(lián)系兩過程的紐帶，也是解題的關(guān)鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口．【典例】（2021·全國·高考真題）如圖，一傾角為的光滑斜面上有50個減速帶（圖中未完全畫出），相鄰減速帶間的距離均為d，減速帶的寬度遠小于d；一質(zhì)量為m的無動力小車（可視為質(zhì)點）從距第一個減速帶L處由靜止釋放。已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關(guān)。觀察發(fā)現(xiàn)，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同。小車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面光滑連接的水平地面，繼續(xù)滑行距離s后停下。已知小車與地面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g。（1）求小車通過第30個減速帶后，經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能；（2）求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；（3）若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減速帶上損失的機械能，則L應(yīng)滿足什么條件？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知小車在光滑斜面上滑行時根據(jù)牛頓第二定律有設(shè)小車通過第30個減速帶后速度為v1，到達第31個減速帶時的速度為v2，則有因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，故后面過減速帶后的速度與到達下一個減速帶均為v1和v2；經(jīng)過每一個減速帶時損失的機械能為聯(lián)立以上各式解得（2）由（1）知小車通過第50個減速帶后的速度為v1，則在水平地面上根據(jù)動能定理有從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據(jù)動能定理有聯(lián)立解得故在每一個減速帶上平均損失的機械能為（3）由題意可知可得（2023·湖南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，一傾角θ=30°的斜面固定在地面上，斜面的長度L=5m，某時刻，小物塊A從斜面頂端由靜止釋放，與靜止在斜面中點的小物塊B發(fā)生多次碰撞，小物塊A、B之間的碰撞時間極短且為彈性碰撞，已知小物塊A、B的質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=4kg，小物塊A與斜面間無摩擦，小物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物塊A經(jīng)過多長時間與小物塊B發(fā)生第一次碰撞及小物塊A、B第一次碰撞后瞬間的速度大??；（2）求小物塊第一次碰撞后經(jīng)過多長時間發(fā)生第二次碰撞；（3）若僅從能量角度考慮，小物塊B最終能否靜止在斜面底端?！敬鸢浮浚?）1s，3m/s，2m/s；（2）；（3）見解析【詳解】（1）以小物塊A為研究對象，由牛頓第二定律得解得由運動學(xué)公式得解得取沿斜面向下為正方向，第一次碰前小物塊A的速度大小小物塊A、B發(fā)生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律可知，聯(lián)立解得，故小物塊A、B第一次碰撞后瞬間的速度大小分別為、。（2）第一次碰后，以小物塊B為研究對象，由牛頓第二定律可得，解得設(shè)經(jīng)過時間后小物塊B的速度減為0，由運動學(xué)公式可得解得設(shè)小物塊A、B第一次碰撞后經(jīng)過時間發(fā)生第二次碰撞，由運動學(xué)公式可得，解得小物塊B在時已靜止，舍去。故有解得，小物塊A、B第一次碰撞后經(jīng)發(fā)生第二次碰撞。（3）對小物塊A、B整體運動過程分析，運動到斜面底端的過程中重力做的功克服摩擦力做的功由于，小物塊B可以靜止在斜面底端。考法二應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析傳送帶模型問題模型分類：水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題．處理方法：求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用．如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．解題模板4．功能關(guān)系（1）功能關(guān)系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.（2）對WF和Q的理解：①傳送帶的功：WF＝Fx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffx相對．【典例】（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）為了探究物體間碰撞特性，設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為的四分之一圓周組成的豎直細(xì)圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接。質(zhì)量為3m的滑塊b與質(zhì)量為2m的滑塊c用勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧連接，靜置于軌道FG上?，F(xiàn)有質(zhì)量的滑塊a以初速度從D處進入，經(jīng)DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞（時間極短）。已知傳送帶長，以的速率順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質(zhì)點，彈簧的彈性勢能（x為形變量）。（1）求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；（2）若滑塊a碰后返回到B點時速度，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能；（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差?！敬鸢浮浚?）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m【詳解】（1）滑塊a從D到F，由能量關(guān)系在F點，解得，F(xiàn)N=31.2N（2）滑塊a返回B點時的速度vB=1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為根據(jù)可得在C點的速度vC=3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點，解得v1=5m/s因ab碰撞動量守恒，則解得碰后b的速度v2=5m/s則碰撞損失的能量（3）若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度解得v=2.5m/s當(dāng)彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度，則當(dāng)彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關(guān)系解得同理當(dāng)彈簧被拉到最長時伸長量為x2=x1則彈簧最大長度與最小長度之差1．（多選）（2023·安徽合肥·合肥一中校考模擬預(yù)測）如圖甲所示一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊（可視為質(zhì)點），煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為。初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶在外力作用下先加速后減速，其速度—時間（v-t）圖像如圖乙所示，假設(shè)傳送帶足夠長，經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡，，則下列說法正確的是（）

A．黑色痕跡的長度為36mB．煤塊在傳送帶上的相對位移為16mC．若煤塊的質(zhì)量為1kg，則煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為160JD．煤塊的質(zhì)量越大黑色痕跡的長度越短【答案】BC【詳解】A．煤塊先做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可知經(jīng)時間，速度達到設(shè)經(jīng)過煤塊和傳送帶共速為，皮帶減速的加速度，有，，聯(lián)立解得，此后因，則煤塊和皮帶各自勻減速到停止，煤塊減速到零的時間為作出煤塊的速度v-t圖像如圖所示（圖像過6s，12m/s；與傳送帶的圖像交于8s，16m/s；然后減速，交t軸于16s）

由圖可知，煤塊先相對皮帶向左滑動的相對位移為共速后煤塊相對皮帶往右滑動的相對位移為則痕跡應(yīng)取較長的相對位移為，故A錯誤；B．全程煤塊在傳送帶上的相對位移為，故B正確；C．煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為，故C正確；D．若煤塊的質(zhì)量變大，其加速和減速的加速度均不變，則圖像不變，各段的相對位移不變，則痕跡長也不變，故D錯誤。故選BC。1．（2023·福建福州·福建師大附中?？寄M預(yù)測）如圖，水平傳送帶以恒定速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將質(zhì)量為m的小物塊P輕放在傳送帶左端，P在接觸彈簧前速度已達到，之后與彈簧接觸繼續(xù)運動。設(shè)P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在向右運動到第一次到達最右端的過程中（）

A．接觸彈簧前，P一直受到傳送帶的摩擦力作用B．接觸彈簧后，彈簧對P做的功等于C．接觸彈簧后，P的速度不斷減小D．接觸彈簧后，傳送帶對P做功的功率先變大再變小【答案】D【詳解】A．因為P在接觸彈簧前速度達到時，即物塊與傳送帶共速，此時物塊與傳送帶相對靜止，物塊與傳送帶之間沒有摩擦力，故A錯誤；B．接觸彈簧后，對物塊P由動能定律得，整理有故B錯誤；C．物塊P開始接觸彈簧到彈力與最大靜摩擦力相等的過程中，物塊P受到的摩擦力為靜摩擦力，此時靜摩擦力的大小和彈簧彈力大小相等，物塊P仍做勻速直線運動。所以物塊P接觸彈簧后P的速度并不是不斷減小，而是先做勻速直線運動，后做減速運動，故C錯誤；D．由之前的分析可知，物塊P接觸彈簧后，先做勻速直線運動，后做減速運動，根據(jù)功率公式有開始時隨著靜摩擦力變大，所以功率變大，當(dāng)物塊P開始做減速運動時，其摩擦力為滑動摩擦力，其大小不變，但是速度減小，所以功率開始減小。綜上所述，物塊P的功率先增大后減小，故D正確。故選D。3．（2023·河北滄州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）彎曲軌道與水平地面平滑連接，右側(cè)有一與地面等高的傳送帶，傳送帶始終以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示。將一滑塊從軌道上高處無初速釋放，當(dāng)時，滑塊離開傳送帶時的速度不變，當(dāng)滑塊從其他高度釋放后，離開傳送帶時的速度大小與高度的圖像為如圖乙所示的曲線。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，彎曲軌道與水平地面均光滑，取重力加速度大小，求：（1）傳送帶的傳送速度；（2）傳送帶的長度。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）（2）根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，當(dāng)時，滑塊始終在傳送帶上加速，當(dāng)時，滑塊始終在傳送帶上減速，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為，由機械能守恒定律有由運動學(xué)公式有，其中，，解得，考法三應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析滑塊—木板模型問題1．分類：滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型．2．分析思路：滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度．3．解題技巧此類問題涉及兩個物體、多個運動過程，并且物體間還存在相對運動，所以應(yīng)準(zhǔn)確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)，找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度．【典例1】（多選）（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時（

）

A．木板的動能一定等于fl B．木板的動能一定小于flC．物塊的動能一定大于 D．物塊的動能一定小于【答案】BD【詳解】設(shè)物塊離開木板時的速度為，此時木板的速度為，由題意可知設(shè)物塊的對地位移為，木板的對地位移為CD．根據(jù)能量守恒定律可得整理可得，D正確，C錯誤；AB．因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱根據(jù)運動學(xué)公式，因為，可得，則，所以，B正確，A錯誤。故選BD。1．（多選）（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，一子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊，子彈最終未穿透木塊。假設(shè)子彈與木塊之間的作用力大小恒定，若此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為20J，下列說法正確的是（）

A．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做功的代數(shù)和為0JB．木塊的動能增加量可能為16JC．木塊的動能增加量可能為22JD．整個過程中子彈和木塊組成的系統(tǒng)損失的機械能為20J【答案】BD【詳解】A．子彈對木塊的作用力與木塊對子彈的作用力是一對作用力與反作用力，大小相等，設(shè)子彈射入木塊中的深度為d，子彈水平射入木塊后，未穿出，到相對靜止時，木塊位移為x，子彈對木塊做的功為fx，木塊對子彈做的功為，由功能關(guān)系知，所以子彈對木塊所做的功與木塊對子彈所做的功的代數(shù)和為，A錯誤，

BC．根據(jù)圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移可知，子彈射入木塊的深度即子彈與木塊的相對位移大小一定大于木塊做勻加速運動的位移x，設(shè)子彈與木塊之間的作用力大小為f，根據(jù)功能關(guān)系可知根據(jù)動能定理可知，木塊獲得的動能為，故B正確，C錯誤；D．子彈射入木塊的過程中要克服阻力做功，產(chǎn)生內(nèi)能為20J，由能量守恒知系統(tǒng)損失的機械能即為20J，D正確。故選BD。2．（2023·江蘇·模擬預(yù)測）如圖所示，一質(zhì)量、長的木板B靜止于光滑的水平面上，距離B的右端處有一固定豎直擋板；時刻，一個質(zhì)量的小物塊A以初速度從B的左端水平滑上B，時，對物塊A施加一水平向右的恒力。設(shè)物塊A可視為質(zhì)點，A、B間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B與豎直擋板碰撞時間極短且碰撞過程中無機械能損失，g取，求：（1）內(nèi)，木板B的運動位移；（2）從B開始運動到與豎直擋板第一次碰撞前的過程中，摩擦力對B所做的功；（3）與豎直擋板第二次碰撞前A距離木板B右端的距離。

【答案】（1）；（2）4J；（3）【詳解】（1）A滑上B后，A做勻減速直線運動，B做勻加速直線運動；由牛頓第二定律知，對木塊A對木板B設(shè)AB經(jīng)過時間后達到相等的速度，由運動學(xué)規(guī)律知解得，此時A運動的位移為B的運動位移為當(dāng)AB共速后將做勻速直線運動，則兩者在內(nèi)的運動位移為故在內(nèi)，木板B的運動位移為（2）當(dāng)時，當(dāng)恒力F作用在A上，假設(shè)AB仍保持相對靜止，對整體有對B有解得故在木板B與擋板碰撞前，A、B保持相對靜止，其共同運動的加速度為設(shè)木板B第一次與擋板碰撞前，AB的速度為，由運動學(xué)規(guī)律知解得而從B開始運動到與豎直擋板第一次碰撞前的過程中，只有摩擦力對B做功,由動能定理知（3）當(dāng)B與擋板第一次碰撞后，A向右做勻減速直線運動，B向左做勻減速直線運動對A有對B有解得即AB將同時減速到0，則在此過程中，由運動學(xué)公式知，解得在此過程中A相對B運動位移為此后AB將在恒力F作用下以加速度向右加速運動，在第二次碰撞前A與B之間不再發(fā)生相對位移；由（1）問可知，內(nèi)，A相對B運動位移為故B與豎直擋板第二次碰撞前A距離木板B右端的距離【基礎(chǔ)過關(guān)】1．（2023·北京·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑的水平面上，子彈以速度v0射入木塊，最后留在木塊中隨木塊一起勻速運動，子彈所受阻力恒定不變，下列說法正確的是（）A．子彈和木塊系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B．子彈對木塊所做的功小于子彈克服木塊阻力所做的功C．子彈減少的動能等于木塊增加的動能D．子彈速度的減少一定等于木塊速度的增加【答案】B【詳解】A．水平面光滑，子彈擊中木塊過程系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，因為存在阻力做功，產(chǎn)熱，故機械能減小，故A錯誤；B．子彈射入木塊的過程中，子彈克服阻力做功等于產(chǎn)生的內(nèi)能和木塊的動能增量之和，子彈對木塊所做的功等于木塊動能增量，故子彈對木塊所做的功小于子彈克服木塊阻力所做的功，故B正確；C．子彈克服阻力做功等于子彈減少的動能大于木塊增加的動能，故C錯誤；D．子彈速度的減少不一定等于木塊速度的增加，因為質(zhì)量關(guān)系不確定，故D錯誤。故選B。2．（2022·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖所示為科學(xué)家研發(fā)出的一款超小型風(fēng)力發(fā)電機，也被稱之為郁金香風(fēng)力發(fā)電機，可以供家庭使用，具有噪音極低，啟動風(fēng)速較小等特點。某家庭裝有郁金香風(fēng)力發(fā)電機10臺，某日該地區(qū)的風(fēng)速是6m/s，風(fēng)吹到的葉片有效面積為，已知空氣的密度為，假如該風(fēng)力發(fā)電機能將通過此有效面積內(nèi)空氣動能的40%轉(zhuǎn)化為電能。下列表述符合事實的是（

）A．每秒沖擊每臺風(fēng)力發(fā)電機葉片的空氣體積為B．每秒沖擊每臺風(fēng)力發(fā)電機葉片的空氣動能為259.2JC．每臺風(fēng)力發(fā)電機發(fā)電的功率為129.6WD．該風(fēng)力發(fā)電機組工作24h，發(fā)電量約12.44kW·h【答案】D【詳解】A．每秒沖擊每臺風(fēng)力發(fā)電機葉片的空氣體積為，A錯誤；B．內(nèi)氣流的質(zhì)量為氣流的動能為，B錯誤；C．風(fēng)的動能轉(zhuǎn)化為的電能，則功率，C錯誤；D．該風(fēng)力發(fā)電機組工作24h，發(fā)電量為，D正確。故選D。3．（多選）（2023·山東淄博·山東省淄博第一中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖所示，足夠長的水平傳送帶以速度沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶的左端與光滑圓弧軌道底部平滑連接，圓弧軌道上的點與圓心等高，一小物塊從點靜止滑下，再滑上傳送帶，經(jīng)過一段時間又返回圓弧軌道，返回圓弧軌道時小物塊恰好能到達點，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．圓弧軌道的半徑一定不大于B．若減小傳送帶速度，則小物塊一定無法到達A點C．若增加傳送帶速度，則小物塊有可能經(jīng)過圓弧軌道的最高點D．不論傳送帶速度增加到多大，小物塊都不可能到達高于A點的位置【答案】AD【詳解】A．物體在圓軌道上下滑的過程中，其機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有，解得物體到達傳送帶上之后，由于摩擦力的作用開始減速，速度減小為零之后，又在傳送帶的摩擦力作用下反向加速，根據(jù)物體的受力可知，物體在減速和加速的過程物體加速度的大小是相同的，所以物體返回圓軌道時速度大小等于從圓軌道下滑剛到傳送帶時的速度大小，只要傳送帶的速度為解得，故A正確；B．若減小傳送帶速度，只要傳送帶的速度仍大于，就能夠回到點，故B錯誤；CD．若增大傳送帶的速度，由于物體返回到圓軌道的速度不變，只能滑到點，不能滑到圓弧軌道的最高點，故C錯誤，D正確。故選AD。4．（多選）（2023·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，一頂角為的“V”形光滑足夠長的細(xì)桿豎直對稱并固定放置。質(zhì)量均為的兩金屬環(huán)套在細(xì)桿上，高度相同，并用一勁度系數(shù)為、原長為的輕質(zhì)彈簧相連。初始狀態(tài)彈簧處于原長，讓兩金屬環(huán)同時由靜止釋放，下滑過程中彈簧始終水平且處于彈性限度內(nèi)。若彈簧長度為l時的彈性勢能，重力加速度為。下列說法正確的是（）A．下滑過程中金屬環(huán)達到最大速度時金屬環(huán)下降的高度為B．下滑過程金屬環(huán)的最大速度為C．下滑過程中彈簧的最大彈性勢能為D．金屬環(huán)下滑到最低點時加速度大小為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)題意可知，下滑過程速度最大時金屬環(huán)受到合外力為零，設(shè)此位置彈簧壓縮量為x，則有，解得則下降高度，故A錯誤；B．由于金屬環(huán)質(zhì)量相等，下滑過程加速度大小始終相等，則任意位置處兩環(huán)的速度大小相等，對系統(tǒng)運用動能定理知解得下滑過程最大速度，故B正確；C．金屬環(huán)下降到最低點時速度為零，此位置彈簧最短，彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時彈簧的壓縮量為，則下降高度再由功能關(guān)系可得解得最大壓縮量故最大彈性勢能，故C錯誤；D．下滑到最低點時兩金屬環(huán)的加速度沿細(xì)桿向上，由牛頓第二定律可得解得，故D正確。故選BD。5．（多選）（2022·重慶·模擬預(yù)測）如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的內(nèi)徑很小的細(xì)管由長度均為L的兩段構(gòu)成，段為內(nèi)徑粗糙的水平直管，P端內(nèi)側(cè)粘有彈性擋板，段光滑且固定在傾角為的斜面上，兩段細(xì)管在M點通過極短的光滑圓管順滑連接。一輕質(zhì)細(xì)繩左側(cè)連接一質(zhì)量為的滑塊A，繞過輕質(zhì)滑輪和擋板小孔，與處于N處質(zhì)量為m的滑塊B相連。在外力控制下，兩滑塊開始均靜止，滑塊與段的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，不計輕繩與滑輪間的摩擦。由靜止同時釋放兩滑塊后，關(guān)于兩滑塊的運動，下列說法正確的是（）A．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為B．滑塊B第一次運動到M點時，滑塊A的速度大小為C．滑塊B最終將停在M點D．整個運動過程中，滑塊B在水平段運動的總路程為【答案】AD【詳解】AB．滑塊B第一次運動到M點時，對系統(tǒng)由能量守恒可知解得，故B錯誤A正確；C．對系統(tǒng)分析有故滑塊B無法停在M處，將停在擋板處，故C錯誤；D．從開始到滑塊B最終停止，對系統(tǒng)由能量守恒解得，故D正確。故AD。6．（2023·四川遂寧·射洪中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，一長的傾斜傳送帶在電動機帶動下以速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平方向的夾角，質(zhì)量的小物塊A和質(zhì)量的小物塊B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，不可伸長的輕繩足夠長。某時刻將物塊A輕輕放在傳送帶底端，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，不計滑輪的質(zhì)量與摩擦，在A運動到傳送帶頂端前物塊B都沒有落地。取，，重力加速度。求：（1）物塊B剛下降時的加速度a；（2）物塊A從底端到達頂端所需的時間t；（3）物塊A從底端到達頂端時，電動機多做的功W。【答案】（1）；（2）2.5s；（3）136J【詳解】（1）對A分析對B分析，解得（2）當(dāng)達到與傳送帶共速，A的位移之后勻速，時間物塊A從底端到達頂端所需的時間（3）物塊A從底端到達頂端時，相對位移電動機多做的功設(shè)為W，根據(jù)能量守恒解得7．（2023·甘肅甘南·?？既＃┤鐖D所示，質(zhì)量為的小滑塊，從光滑、固定的圓弧軌道的最高點A由靜止滑下，經(jīng)最低點B后滑到位于水平面的木板上．已知木板質(zhì)量，其上表面與圓弧軌道相切于B點，且長度足夠長．整個過程中木板的圖象如圖所示，．求：（1）滑塊經(jīng)過B點時對圓弧軌道的壓力．（2）滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)．（3）滑塊在木板上滑過的距離．【答案】（1）（2），（3）【詳解】試題分析：（1）滑塊下滑過程，由機械能守恒定律得由向心力公式得解得根據(jù)牛頓第三定律，滑塊對軌道的壓力是，方向豎直向下．（2）由圖象得木板的加速度是滑塊與木板共同減速的加速度大小設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)是滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)是在內(nèi)，對滑塊和木板：在內(nèi)，對木板：解得：，．（3）滑塊在木板上滑動的過程中，對滑塊：木板的位移滑塊的位移滑塊在木板上滑動的距離考點：機械能守恒定律；牛頓第二定律；牛頓第三定律．【名師點睛】本題考查的內(nèi)容較多，首先滑塊下滑過程，由機械能守恒定律列出等式，由向心力公式求解；然后由圖象求得各自過程中的加速度，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解；最后根據(jù)運動學(xué)公式求解．8．（2022·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，水平軌道與光滑半圓軌道BCD相切于B點，C點與半圓的圓心O等高，質(zhì)量為m=1kg的物塊Q放置于B點，水平輕彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為5kg的物塊P接觸，P將輕彈簧壓縮到A點后由靜止釋放，P被輕彈簧彈開后與Q碰撞，Q恰好經(jīng)過最高點D，P恰好能運動到C點。已知P，Q可視為質(zhì)點且P與水平軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，AB的長度為L=2m，半圓軌道的半徑為R=0.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：（結(jié)果可帶根號）（1）Q落在水平軌道上的位置與B點的距離；（2）P和Q相碰前瞬間P的速度；（3）釋放物塊P前彈簧儲存的彈性勢能?！敬鸢浮浚?）0.4m；（2）；（3）【詳解】（1）Q恰好經(jīng)過最高點D，由重力提供向心力有Q做平拋運動，由平拋運動規(guī)律有，，解得x=0.4m（2）Q從B到D過程，由機械能守恒定律有P從B到C過程，由機械能守恒定律有P、Q碰撞過程動量守恒，有解得（3）彈簧的彈性勢能9．（2022·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量M=2kg（含擋板）的長木板靜止在足夠大的光滑水平面上，其右端擋板固定一勁度系數(shù)k=225N/m的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧自然伸長時，其左端到木板左端的距離L=1.6m，小物塊（視為質(zhì)點）以大小v0=10m/s的初速度從木板的左端向右滑上長木板，已知物塊的質(zhì)量m=0.5kg，彈簧的彈性勢能Ep=kx2（其中x為彈簧長度的形變量），彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取g=10m/s2。(1)若木板上表面光滑，求彈簧被物塊壓縮后的最大彈性勢能Epm；(2)若木板上表面粗糙，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，請判斷物塊是否會壓縮彈簧，若物塊不會壓縮彈簧，求最終物塊到木板左端的距離s；若物塊會壓縮彈簧，求彈簧的最大形變量xm。【答案】（1）20J；（2）壓縮彈簧，最大形變量為0.4m【詳解】（1）經(jīng)分析可知，彈簧的彈性勢能最大時，物塊和木板具有共同速度，設(shè)為v，有:解得:v=2m/s根據(jù)能量守恒定律有:解得:（2）假設(shè)物塊不會壓縮彈簧，且物塊在木板上通過的距離為s1，有:解得:由于s1＞L，故物塊會壓縮彈簧，由能量守恒定律有解得:10．（2022·江蘇·模擬預(yù)測）如圖所示，一條軌道固定在豎直平面內(nèi)，粗糙的ab段水平，bcd段光滑，cd段是以O(shè)為圓心，R為半徑的一小段圓弧，末端d水平，可視為質(zhì)點的物塊A和B緊靠在一起，靜止于b處，A的質(zhì)量是B的3倍.兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向左、右沿軌道運動.B運動到d點時軌道對B的支持力大小等于B所受重力的，A與ab段的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力.求：（1）物塊B離開d后落點到O的距離；（2）物塊A、B在b點剛分離時，物塊B的速度大??；（3）物塊A滑行的最大距離s.【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)物塊B的質(zhì)量為mB，在d點時速度為v，軌道對它的支持力為FN，由牛頓運動定律mBg-FN=，F(xiàn)N=，解得v=物塊B離開d后做平拋運動，則：R=，x=vt解得落點到O的距離為x=（2）設(shè)物塊B在b點剛分開時的速度為vB，由機械能守恒有：解得vB=（3）設(shè)物塊B分離時速度方向為正方向，物塊A的質(zhì)量為mA，A和B分離時的速度為vA，由動量守恒定律mAvA+mBvB=0，mA=3mB物塊A和B分離后，物塊A做勻減速直線運動滑行的最大距離為s，由動能定理得-μmAgs=0-解得s=【能力提升】1．（多選）（2023·廣西南寧·南寧三中?？级＃┤鐖D所示，現(xiàn)將一長為L、質(zhì)量為m且分布均勻的金屬鏈條通過裝有傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為，斜面光滑，鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為常數(shù)。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位于傳送帶部分的長度時，鏈條恰能保持靜止?，F(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的長度的位置由靜止釋放，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是（

）

A．釋放瞬間鏈條的加速度為B．鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)C．鏈條始終在滑動摩擦力的作用下，從的位置靜止釋放，到完全進入傳送帶的瞬間，速度大小D．若鏈條的機械能增加量為，傳送帶消耗的電能為，不計電路中產(chǎn)生的電熱，等于【答案】AC【詳解】AB．當(dāng)位于傳送帶部分的長度時，鏈條恰能保持靜止，則根據(jù)平衡條件可得將鏈條從位于傳送帶部分的長度的位置由靜止釋放瞬間，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得，，故A正確，B錯誤；C．從的位置靜止釋放瞬間，摩擦力大小為，完全進入傳送帶時摩擦力大小為，摩擦力大小隨著鏈條進入傳送帶的長度而均勻增加，故摩擦力做功為根據(jù)動能定理聯(lián)立解得，故C正確；D．根據(jù)能量守恒可知，摩擦?xí)a(chǎn)生內(nèi)能，則小于，故D錯誤。故選AC。2．（多選）（2023·江西上饒·校聯(lián)考二模）皮帶傳送在生產(chǎn)、生活中有著廣泛的應(yīng)用。一運煤傳送帶傳輸裝置的一部分如下圖所示，傳送帶與水平地面的夾角。若傳送帶以恒定的速率逆時針運轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為的煤塊（看成質(zhì)點）無初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時間煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)到達傳送帶底端Q點。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，，，則（）

A．煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5B．傳送帶的長度為C．煤塊從P點到Q點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為D．煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】ABD【詳解】物塊剛放上傳送帶的內(nèi)，物體的速度由牛頓第二定律解得，故A正確；B．在最初0.5s內(nèi)物塊的位移以后物塊的加速度再經(jīng)到達傳送帶底端Q點，則則傳送帶PQ的長度聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得，，故B正確；C．在最初0.5s內(nèi)物塊相對傳送帶向上運動，相對滑動的距離以后的2s內(nèi)滑塊相對傳送帶向下滑動，則相對滑動的距離聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得，則煤塊從點到達點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為4m，故C錯誤；D．煤塊從P點到Q點的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為，故D正確。故選ABD。3．（多選）（2023·湖南株洲·統(tǒng)考三模）一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊B靜止于質(zhì)量為M的木板C左端，木板靜止于光滑水平面上，將質(zhì)量為m的小球A用長為L的細(xì)繩懸掛于O點，靜止時小球A與B等高且剛好接觸，現(xiàn)對小球A施加一外力，使細(xì)繩恰好水平，如圖所示，現(xiàn)將外力撤去，小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，已知B、C間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．小球A碰撞后做簡諧運動B．碰撞后物塊B的速度為C．若物塊B未滑離木板C，則物塊B與木板C之間的摩擦熱為D．若物塊B會滑離木板C，則板長小于【答案】BCD【詳解】A．小球A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，A、B質(zhì)量相等，碰撞后交換速度，小球碰撞后靜止，故A錯誤；B．小球A下落過程中機械能守恒，有，解得與物塊B發(fā)生彈性碰撞后，交換速度，B的速度變?yōu)闉?，故B正確；C．對B、C組成的系統(tǒng)分析可知，水平方向不受外力，則動量守恒，有根據(jù)能量守恒可知，摩擦熱為，故C正確；D．摩擦熱，式中為板長，若B恰好滑離C，則有解得，因此可知，若物塊B會滑離木板C，則板長小于，故D正確。故選BCD。4．（2023·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖所示，AB為固定水平長木板，長為L，C為長木板的中點，一原長為的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端連一物塊（可看作質(zhì)點），開始時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作用下向左滑動，已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是（）

A．物塊第一次向左運動過程中，經(jīng)過C點時速度最大B．物塊第一次到達左側(cè)最遠點距C點LC．物塊最終停在C點右側(cè)處D．物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機械能為1.5μmgL【答案】C【詳解】A．物塊第一次向左運動過程中，運動到受到的彈簧向左拉力與向右摩擦力大小相等時，物塊的速度最大，即解得，故A錯誤；B．當(dāng)物體第一次到達左側(cè)最遠點時，設(shè)彈簧壓縮的長度為，根據(jù)能量守恒可得，解得，故B錯誤；CD．物塊最終停下時受力平衡，即，解得整個過程損失的總機械能為設(shè)整個過程木塊運動的路程為s，則，解得結(jié)合B選項分析可知，物塊最終停在C點右側(cè)處，故C正確，D錯誤。故選C。5．（2023·浙江金華·模擬預(yù)測）潮汐電站是利用潮汐，將海洋潮汐能轉(zhuǎn)換成電能的裝置。浙江省溫嶺縣的江廈潮汐電站，是世界上已建成的較大的雙向（漲潮、落潮時都能發(fā)電）潮汐電站之一、如圖所示，該電站攔潮壩全長670m，水庫有效庫容270萬立方米，平均潮差5.0m。每天有兩次漲潮，假設(shè)每次到高潮位時開閘發(fā)電，直至將水庫灌滿。等到低潮位時再次開閘發(fā)電，直至將水庫清空。通過水的重力做功轉(zhuǎn)化為電能，效率為20%，該電站平均一天能發(fā)出的電為（）

A．度 B．度 C．度 D．度【答案】B【詳解】一次漲潮水增加的重力G=mg=ρVg=1.0×103kg/m3×2.7×106m3×10N/kg=2.7×1010N一天產(chǎn)生的水的勢能W=2G?△h=4×2.7×1010N××5m=2.7×1011J水的勢能變?yōu)殡娔躓電=ηW=20%×2.7×1011J=5.4×1010J=1.5×104kW?h=1.5×104度故選B。6．（2023·浙江寧波·?？寄M預(yù)測）長潭水電廠位于浙江省臺州市黃巖區(qū)境內(nèi)永寧江上游，是發(fā)電運行近40年的老廠。平均水位落差約為100m，水的流量約為1.35×104m3/s。保持船只通航需要約3500m3/s的流量，其余流量可全部用來發(fā)電。水流沖擊水輪機發(fā)電時，水流的動能有20%轉(zhuǎn)化為電能。假設(shè)每天從早到晚均有船只需要通過，則下列說法正確的是（）A．最大功率約為2.0×109WB．年發(fā)電量約為1.8×1010kWhC．通過技術(shù)改進，能夠使所有的水的動能都轉(zhuǎn)化為電能D．通航一天流失的能量7.0×105J【答案】B【詳解】A．設(shè)平均水位落差約h=100m，水的流量約Q1=1.35×104m3/s，船只通航需要約Q2=3500m3/s的流量，最大功率為，故A錯誤；B．根據(jù)電功的計算公式有，故B正確；C．根據(jù)能量守恒定律可知，所有的水的動能無法全部都轉(zhuǎn)化為電能，故C錯誤；D．通航一天流失的能量為，故D錯誤；故選B。7．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點（圖中未標(biāo)出）；物塊質(zhì)量m=1kg，彈簧勁度系數(shù)k=100N/m，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，現(xiàn)用水平向左的力將物塊從O點移至B點，彈簧壓縮量xB=9cm，撤去該力后物塊由靜止向右運動經(jīng)O點最遠到達A點，重力加速度g取10m/s2，已知當(dāng)彈簧的形變量為x時，彈簧的彈性勢能為，則A、B兩點的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)當(dāng)物塊到達A點時，彈簧的伸長量的大小為，物塊從B點運動A點的過程中，由能量守恒可得解得則B點和A點的距離為故選D。8．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·統(tǒng)考三模）如圖所示，兩根輕繩連接小球P，右側(cè)繩一端固定于A，左側(cè)繩通過光滑定滑輪B連接一物體Q，物體Q、N通過一輕彈簧連接，Q、N質(zhì)量均為m，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向夾角分別為和，此時物體N與地面彈力恰好為零。現(xiàn)將小球P托至與A、B兩點等高的水平線上，兩繩均拉直且無彈力，釋放小球P開始運動，已知右側(cè)繩長L，，，重力加速度為g，求：（1）小球P的質(zhì)量M；（2）小球P運動到圖示位置時Q的速度v；（3）小球P從釋放到圖示位置過程中輕繩對物體Q做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時，對小球P受力分析，根據(jù)平衡條件有①對物體Q有②對物體N有③聯(lián)立①②③得

（2）根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有④根據(jù)幾何關(guān)系⑤聯(lián)立④⑤解得（3）對物體Q有動能定理有⑥聯(lián)立⑤⑥有9．（2023·福建泉州·福建省德化第一中學(xué)校聯(lián)考一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一段固定的光滑圓弧軌道PQ，圓心為O點，圓弧所對圓心角，半徑為，末端Q點與粗糙水平地面相切。圓弧軌道左側(cè)有一長度為的水平傳送帶，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶上表面與P點高度差為。現(xiàn)在傳送帶左側(cè)由靜止放置一個質(zhì)量為的可視為質(zhì)點的滑塊A，滑塊由P點沿圓弧切線方向進入軌道，滑行一段距離后靜止在地面上。已知滑塊A與傳送帶、地面間的動摩因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取，，，求：（1）滑塊A離開傳送帶時速度的大??；（2）滑塊A經(jīng)過Q點時受到彈力的大小；（3）滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊A離開傳送帶做平拋運動，豎直方向滿足又A沿切線滑入圓軌道，滿足，解得（2）滑塊A從在P點速度從P到Q的過程中，由機械能守恒可得在Q點有解得，（3）滑塊A隨傳送帶做勻加速直線運動由于可知傳送帶勻速運動的速度為滑塊A做勻加速運動的時間為滑塊A相對于傳送帶的位移大小為滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱10．（2023·海南?？凇ば？寄M預(yù)測）如圖所示，水平面上有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在墻壁上，另一端與質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點）連接，物塊A鎖在P點，O點為彈簧原長所在位置，，質(zhì)量為的木板B放在光滑水平面上，木板左側(cè)與O點對齊，質(zhì)量為m的物塊C（可視為質(zhì)點）放在木板的右端，B與C之間的摩擦因數(shù)為，解鎖物塊A，物塊A運動到O點時與B碰撞（碰撞時間極短），之后A在水平面上做簡諧運動，A做簡諧運動的振幅為。已知彈簧彈性勢能，其中為為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度為g。（1）求A與B碰撞后，B的速度，并判斷A與B碰撞類型；（2）若要使物塊C不從木板B上滑落，則木板B至少需要多長？【答案】（1），方向向右，彈性碰撞；（2）【詳解】（1）對A到O點由動能定理得碰后物塊A的速度為，由題意知解得由動量守恒定律得若碰后A的速度方向不變，解得A與B還會再次碰撞，不符合題意，因此碰后A的速度方向反向，則，解得方向向右，A與B碰撞時損失的機械能解得，所以A與B的碰撞為彈性碰撞。（2）B與C組成的系統(tǒng)動量守恒，則若要使物塊C不從木板B上滑落，則木板B至少長度為L，則：，解得【真題感知】1．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）在無風(fēng)的環(huán)境，某人在高處釋放靜止的籃球，籃球豎直下落；如果先讓籃球以一定的角速度繞過球心的水平軸轉(zhuǎn)動（如圖）再釋放，則籃球在向下掉落的過程中偏離豎直方向做曲線運動。其原因是，轉(zhuǎn)動的籃球在運動過程中除受重力外，還受到空氣施加的阻力和偏轉(zhuǎn)力。這兩個力與籃球速度的關(guān)系大致為：，方向與籃球運動方向相反；，方向與籃球運動方向垂直。下列說法正確的是（）A．、是與籃球轉(zhuǎn)動角速度無關(guān)的常量B．籃球可回到原高度且角速度與釋放時的角速度相同C．人站得足夠高，落地前籃球有可能向上運動D．釋放條件合適，籃球有可能在空中持續(xù)一段水平直線運動【答案】C【詳解】A．籃球未轉(zhuǎn)動時，籃球豎直下落，沒有受到偏轉(zhuǎn)力的作用，而籃球轉(zhuǎn)動時，將受到偏轉(zhuǎn)力的作用，所以偏轉(zhuǎn)力中的與籃球轉(zhuǎn)動角速度有關(guān)，故A錯誤；B．空氣阻力一直對籃球做負(fù)功，籃球的機械能將減小，籃球的角速度也將減小，所以籃球沒有足夠的能量回到原高度，故B錯誤；C．籃球下落過程中，其受力情況如下圖所示籃球下落過程中，由受力分析可知，隨著速度不斷增大，籃球受到和的合力沿豎直方向的分力可能比重力大，可使籃球豎直方向的分速度減小為零或變成豎直向上，所以籃球可能向上運動，故C正確；D．如果籃球的速度變成水平方向，則空氣阻力的作用會使籃球速度減小，則籃球受到的偏轉(zhuǎn)力將變小，不能保持與重力持續(xù)等大反向，所以不可能在空中持續(xù)一段水平直線運動，故D錯誤。故選C。2．（2021·江蘇·高考真題）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的O點，小圓環(huán)A和輕質(zhì)彈簧套在輕桿上，長為的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于O和A，質(zhì)量為m的小球B固定在細(xì)線的中點，裝置靜止時，細(xì)線與豎直方向的夾角為，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大到時，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時大小相等、方向相反，重力加速度為g，取，，求：（1）裝置靜止時，彈簧彈力的大小F；（2）環(huán)A的質(zhì)量M；（3）上述過程中裝置對A、B所做的總功W。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)、的張力分別為、，A受力平衡B受力平衡，解得（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動的角速度為，對A，對B解得（3）B上升的高度，A、B的動能分別為；根據(jù)能量守恒定律可知，解得3．（2021·北京·高考真題）秋千由踏板和繩構(gòu)成，人在秋千上的擺動過程可以簡化為單擺的擺動，等效“擺球”的質(zhì)量為m，人蹲在踏板上時擺長為，人站立時擺長為。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）如果擺長為，“擺球”通過最低點時的速度為v，求此時“擺球”受到拉力T的大小。（2）在沒有別人幫助的情況下，人可以通過在低處站起、在高處蹲下的方式使“擺球”擺得越來越高。a.人蹲在踏板上從最大擺角開始運動，到最低點時突然站起，此后保持站立姿勢擺到