功能关系及能量守恒的综合应用（解析版）-2024年高考物理压轴题专项训练

现他吴东女施/守根的罐含成用

NO.1

压轴题解读

1.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。

2.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。

3.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。

4.

N0.2

压轴题密押

解题要领归纳

考向一:应用动能定理处理多过程问题

1.解题流程

做

功

受

力

几个力？恒力;是否做功？正

分

析

情

还是变力？况功还是负功？

动•

确定研究能

动

关分阶段

对象和研力

定

理

系或全程

学

究过程.列方程

动

运运动性质动的明确初动能、

析

分

及特点委薪末动能

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

L轻绳连接的物体系统•••

常见情景

上一-----J

(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。

二点提醒

(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。

2.轻杆连接的物体系统

/；°1~~•°

常见情景

1/\/

(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

三大特点恒。

(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。

3.轻弹簧连接的物体系统

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

题型特点

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。

(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。

两点提醒

(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

⑴传送带电动机做的功隰=/\瓦+△与+Q=Er传。

(2)传送带摩擦力产生的热量Q=好2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。

♦题型01应用动能定理处理多过程问题

题目曰如图（a）所示，可视为质点的物块人放于水平桌面上的。点,利用细绳通过光滑的滑轮与8相连。

桌面上从。点开始；A与桌面的动摩擦因数〃随坐标c的变化如图（6）所示，质量均为1kg,B离滑轮

的距离足够长，现给/施加一个水平向左的恒力F=16N,同时静止释放4、石,重力加速度，g=10m/s2,

图(a)图(b)

A.释放?1时其加速度大小为Gm/s?B.A向左运动的最大位移为4M

C.A向左运动的最大速度为3m/sD.当A速度为lm/s时，绳子的拉力可能是9.2N

【答案】。

【详解】4.初位置摩擦力为零，整体的加速度为

F—mg16—10,2/2

a=----------=----------m/s=3Qm/s

2m2

故A错误：

B.由图（b）可知

〃=0.2x

A向左运动的最大位移时，4、_8速度为零，对整体由动能定理可得

Fx—mgx—Wf=0

其中

0+0.2①•mg

吗TTr=-----2----------2

联立解得

x=6m

故B错误；

C.幺向左运动的最大速度，对应系统加速度为0,则有

F=mg+/=mg+jLtmg=mg+0.2mgx

可得

x=3m

对系统有

Fx—mgx-/xQ.2mgxux-x2mvm

解得_A向左运动的最大速度为

vm—3m/s

故。正确；

D.当A速度为lm/s时，根据动能定理可得

Fx'—mgxXQ.'Zmgx"'x"---X2mv2

解得

x"=（3±2V2）m

则有

Xi—5.8m或x2—0.2m

根据

F—mg—O^mgx^2max,F-mg—0.2mgx2=2ma2

可得

22

«1=—2.8m/s,a2=2.8m/s

以B为对象，根据牛顿第二定律可得

T1—mg=ma1,Ti—mg=ma2

解得绳子拉力可能为

T、=7.2N,£=12.8N

故。错误。

故选。。

♦题型02应用机械能守恒定律处理绳类问题

题目可如图所示，一倾角3=37°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，使处于静止状态，释放B后开始运动。已知4、

B的质量均为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,

A.A的速度大小为邛之

B.A的重力势能增加了L2mgh

5

C.B的速度大小为，荻D.B的机械能增加了^mgh

【答案】A

【详解】8.由题意知，力所受重力沿斜面方向的分力为

mgsin®=0.6mg

细线沿斜面方向对4的拉力为0.5mg,所以释放过后4沿斜面下滑，若8向上的位移为无，则4沿斜面向

下的位移为2九，所以4的重力势能减少了

mg•2/zsin370=1.2mgh

故B错误;

AC.设石的速度为o,则4速度为以=2o，由于4B组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有

mg•2ft,sin37°=mgh+—mv2+^-m（2v）2

解得右的速度为

y/2gh

"二5

则A的速度

2J2gh

故A正确，。错误；

D.8的机械能增加量为

口

△A为=mgh7+,1--mv2——26—7

故。错误。

故选A。

♦题型03应用机械能守恒定律处理杆类问题

题自⑶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点离地面的高度为九A、B两

点相距2九,轨道上套有一个小球M,小球河通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为

轻杆的长度为2鼠现将小球”从距地面竖直高度为言无处静止释放，下列说法正确的是（）

4

A.小球“即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°

B.小球“即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°

C.从静止释放到小球河即将落地，轻杆对小球N的做功为+7ng八

D.从静止释放到小球河即将落地，轻杆对小球N的冲量为/nJ亭

【答案】。

【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，小球河的速

度方向与水平方向的夹角满足

tan。=2x—1

2h

可得

6=45°

故AB错误；

C.设小球M即将落地时，速度大小为生，小球N的速度大小为”2,根据系统机械能守恒有

日mgh--^-mvi+-^-mv2

小球河与小球N沿杆方向的速度相等，有

%cosf=v2

解得

根据动能定理可得，从静止释放到小球Al即将落地，轻杆对小球N做的功为

%=y^2=~^rngh

故C错误；

D.从静止释放到小球”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了金,故杆对小球冲量大于rn小粤,故D错误。

故选C。

♦题型04应用机械能守恒定律处理弹簧问题

题目⑷如图所示,水平面04段粗糙，段光滑，9=诟=春。一原长为也、劲度系数为

%6>工彳里)的轻弹簧右端固定，左端连接一质量为小的物块。物块从。点由静止释放。已知物块与

04段间的动摩擦因数为小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、

动能瓦、弹簧的弹性势能用、系统的机械能H随位移，变化的图像可能正确的是()

■>

X

【答案】B

【详解】A.由题意可知，A点处，物块受到的弹力大小为

居=%*)=例>即g

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

口=也二^=典—H至0.51)

mm

可知物块从O到A过程，a-c图像应为一条斜率为负的倾斜直线，故4错误；

B.物块从O到A过程(0Wc40.5Z),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，Ek-x图像的切线斜率逐渐减

小；物块到人点瞬间，合力突变等于弹簧弹力，则Ek-x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(0.5Z<a;W0.61),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，E「x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，E-x图像的切线斜率逐渐增大；故3正确；

k•M

C.根据弹性势能表达式可得

2

Ep—1%(Ac)2=-i-fc(0.6Z—a:)

可知Ep-x图像为开口向上的抛物线，顶点在c=0.6，处，故。错误；

D.物块从O到A过程(0&土W0.5Z),摩擦力对系统做负功，系统的机械能逐渐减少，根据

!\,E=—nmgx

可知从O到A过程，E-①图像为一条斜率为负的斜率直线;物块到达A点后，由于4点右侧光滑，则物块

继续向右运动过程,系统机械能守恒，即E保持不变，故。错误。

故选B。

♦题型05应用功能关系或能*守恒处理传送带类问题

题目叵如图，倾角37°的传送带以速度v0=3m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量机=2kg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n-t图像如图所示，sin37°=0.6,cos37°

=0.8,g—10m/s2o贝U()

A.。〜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200J

C.。〜4s,滑块的机械能增加了128J

D.0〜4s,滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30J

【答案】。

【详解】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。一力图像的面积，因此可算出面积为

s=[/(I+3)x2+3x2^m=10m

物块上升的高度为

h=ssin37°=6m

因此重力势能增加了

mgh=2X10x6J=120J

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

2

W=—mvg--^-mv+J\Ep

解得

W=128J

。正确；

。.滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量，因此可得

Q—〃mgcos37°As

//m^cos370+n^sin370=ma

△s=/x2x2m=2m

联立解得

Q=28J

"D错误。

故选。。

♦题型06应用功能关系或能■:守恒处理板块类问题

题目引如图甲所示，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。1=0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,t=2s时撤去F,物块恰好能到达

木板右端，整个过程物块运动的”-t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g=10m/s2,下列说法正确的是()

A.木板的长度为3mB.物块的质量为0.8kg

C.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】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

5=——m/s2=0.4m/s2

/•OU

物块在0~2.0s内的加速度大小

a—门3cm/s2=1.5m/s2

22.0-0

物块在2.0s〜2.5s内的加速度大小

。3=〃2g=；二八m/s2=4m/s2

两者在2.5s〜3.0s内的加速度大小

口4==3；_g5礴'2m/s2

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

2.5X(3-0.8)

L=-------------m=2.75m

故A错误;

B.前2s对木板有

也

rn2g-//i（m1+m2）s=mm

对物块有

F-/i2Tn2g=m2a2

解得

m-2—0.6kg

故B错误；

C.前2s拉力F对物块做的功

W=FL=9.9J

故C正确；

D.木板与地面间因摩擦产生的热量

Q—g•（1.5m）=3.3J

故。正确。

故选CD。

NO.3

压轴题速练

题目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土与斜面倾角6的

关系，将某一物体每次以不变的初速率*沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角依实验测

得c与斜面倾角0的关系如图（6）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*=4m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.8

C.当。=30°时，物体达到最大位移后将保持静止

D.取不同的倾角。，物体在斜面上能达到的位移a的最小值2mhi40.7m

【答案】AD

【详解】由图可知，当0=90°时物体做竖直上抛运动，位移为z=0.80m,由竖直上抛运动规律可知

Vo=2gh

代入数据解得

VQ=4m/s

故A正确；

B.当9=0°时，位移为c=1.60m,由动能定理可得

-u/j.m11caydxb—=uo--2m〃〃vu（2）

代入数据解得

[1=0.5

故B错误；

C.若。=30°时，物体的重力沿斜面向下的分力为

.1

m(/sin30=—mg

最大静摩擦力为

fm=/imgcos300=-^-mg<mgsin30°

小球达到最高点后会下滑，故。错误；

D.由动能定理得

—mgxsind—nmgcosd•2=0—1僦

解得

褚8

3?---------------------------------------------=-----------------------------------

2g(sin。+〃cos8)5V5sin(0+a)

当J+。=90时，sin(9+a)=1,此时位移最小为

81

X=-772X0n.7m

5V5

故。正确。

故选40。

目1(2024•辽宁鞍山•二模)如图，两长度均为L的相同轻质细杆用较链A、B、C相连，质量可忽略的较

链A固定在地面上,钱链B和。质量不可忽略，均为小,钱链A、B、。均可视为质点。起始位置两细杆竖

直,如图虚线所示，较链A和。彼此靠近。t=0时钱链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a=乎g的匀加速直线运动(g为重力加速度)，到力=友时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.力=与时重力对B做功的瞬时功率为一2彳g—

B.力=。时重力对B做功的瞬时功率为‘6：

C.从1=0至1|力=±1时间内，力F做的功为包程

D"=ti时连接的细杆中的弹力大小为个

【答案】BC

【详解】AB.t=友时。的位移为

x=2Lcos30°=V3L

根据匀变速直线运动的规律，有

2ax—Vc

解得

vc~N2gL

B、。沿杆方向速度相等，为根据运动的合成与分解如图

o°cos30°=OBCOS300

石绕A做圆周运动，解得

"B=Y2gL

故重力对B做功的瞬时功率为

P=mguB8s30°=普迎

故人错误，8正确；

C.对系统，根据动能定理有

mg(L-Lcos60°)+WF=-^-mvB+~^-'rnvc

解得

w37

用产-^rngL

故C正确；

D.若F为恒力，土=0时刻对。分析,根据牛顿第二定律

F=ma=^-mgt=tx时刻对。分析，根据牛顿第二定律

O

Fccos30°+F—ma

联立解得

星=0

又8绕A做圆周运动，对8进行受力分析，如图

8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

2

为sin300+7ngsin30°—K=m-^-

解得

3mg

另一丁

此时AB杆对B的弹力大小为但F不是恒力，则

『管

故此时连接AB的细杆中的弹力大小不为,故D错误。

故选BC。

题目⑤（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。1、。2，一端和质量为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6=53°,直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，。点到定滑轮Oi的距离为L,直杆上D点

到Oi点的距离也为"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

。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mg

B.小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为言g

C.小物块下滑至。点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3

D.小物块下滑至。点时，小物块的速度大小为2*"

【答案】BCD

【详解】4.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4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

mgsinJ=ma

解得此时小物块加速度的大小为

4

°F

故B正确；

C.设小物块在。处的速度大小为。，此时小球的速度大小为S,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

DCOS530=%

故小物块在。处的速度与小球的速度之比为

12

v：fi=5:3

故。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

2mgLcos53°•sin53°=-^-mv2+^-mvl

其中

v.vx—5:3

解得此时小物块的速度大小为

2J102gL

V=~17~

故。正确。

故选BCD。

题目⑷（2024.陕西宝鸡.模拟预测）如图所示,质量为mA=lkg,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。相连，小球。套在水平固定的光滑直杆上。开始时小球。锁定在直杆上的P点,连接小球的轻绳和水

平方向的夹角8=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。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0=

60°,。为PQ的中点，PQ距离乙=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。从P点运动到。点的过程中，合外力对物体A的冲量为零

B.小球。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。运动到Q点时的速度大小为孚VKm/s

D.小球。运动到Q点时，物体A的加速度大小为2m/s2

【答案】ACD

【详解】4.小球。运动到。点时，物体A刚好运动最低点，此时4的速度为零，根据动量定理可得

[*=Ap=0

可知合外力对物体A的冲量为零，故A正确；

B.小球。从P点运动到Q点的过程中，此时物体4刚好回到初始位置,此过程重力、弹簧弹力对月球做

功均为0;由于小球。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

W^=WT=0

故B错误；

C.小球。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零，4。和弹簧组成

的系统根据能量守恒有

13

FL=

又

VA=VCCOS0

联立解得

vc--^r-V5m/s

5

故。正确；

D.小球。运动到直杆上的Q点时速度达到最大，根据平衡条件有

F

T=—L—=2F

cos〃

根据对称性可知，小球。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

为=mBg

物体_A的加速度大小为

2F_mAg_F弹

a=-------------------=2m/s

W

故。正确。

故选430。

［题目■（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。另一质量为小的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2乙的轻

杆通过钱链分别连接。在外力作用下,当轻杆与水平杆Q成。=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2乙。已知轻质弹簧的弹性势

能瓦=］痴2,，为弹簧的形变量，后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出为手

B.小球A运动到。点时的速度大小为六窝L

0

C.从撤去外力到轻杆与水平杆Q成夕=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为餐馆9乙

175

D.小球A从最高点运动到。点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg

【答案】AC

14

【详解】小球4、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

｝用（2乙）2=2mgx2L

解得

,_2mg

k一二

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

2mgX2Lsin53°—■^-fc（2Lsin53°）2=-1-X2mv2+-^-mv2

解得

故B错误;

C.轻杆与水平杆Q成。=30°斜向左上时，设B的速度为，，人的速度为小，根据关联问题可知

t>xcos60°=t/cos30°

根据能量守恒定律有

2mgX2L（sin53°—sin30°）—^-fc（2Lsin53°—2Lsin30°）2=X2mv^+^-mv'2

根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为

W=-^-mv'2

解得

21

故。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。点的过程,钱链对小球先做

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。错误；

故选AC。

建旦回（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1kg的小球”、

N用两根长度均为10V3cm的轻质细杆a、6连接，细杆a的一端可绕固定点O自由转动，细杆b可绕小球

河自由转动。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；t

=2s时，细杆a与竖直方向的夹角为（9=30°,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g=10m/s2,不计一切摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（）

/0

/

M

A.%=2s时,两小球速度大小相等

B"=2s时，N球的速度大小为1.5m/s

C.此运动过程中，a、b两杆对M球做功之和为-1.125J

D.此运动过程中，细杆b对N球的冲量大小为18.5N.S

【答案】

【详解】A.细杆a的一端可绕固定点。自由转动，则河的速度方向始终与杆a垂直，设t=2s时小球

N的速度大小分别为如图所示

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

vNsin0=n“cos(90°—20)

可得

PN=

故A错误；

B.由系统机械能守恒，有

mglcosd=

解得Af球的速度

vM=:y-m/s

方向向右下方，与水平方向的夹角为30°,N球的速度

vN—1.5m/s

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

mglcosd+Wp=

解得

WF=-1A25J

故。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

2

I—y/(mgt)-\-(mvNy〜20.067V,s

故。错误。

故选B。。

题目可(2024.吉林.三模)如图,质量为m的力物块和质量为2nl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，劲度系数为乳开始时A锁定在地面上，整个系

统处于静止状态，3距离弹簧上端的高度为现在对A解除锁定，开始运动，人上升的最大高度未

超过定滑轮距地面的高度。已知当B距离弹簧上端的高度H4平时，人不能做竖直上抛运动，(重力加

K

16

速度为g,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5=电警时，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H=平时,弹簧最大弹性势能为驾工

kK

D.当B物块距离弹簧上端的高度H=野时,A物块上升的最大高度为考警

【答案】BCD

【详解】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

玛+玛=2mg

即弹簧弹力为

F^--2fmFp

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4错误；

BC.因为当B物块距离弹簧上端的高度H=史譬时，A物块恰不能做竖直上抛运动，则当物体B到达最

低点时，4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4