《2025年高考调研高考总复习讲义高中物理人教版》

例2(2024·宁夏模拟)(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为 L，圆形管状轨道半径为 R，$L ＞ 2\pi R$，R 远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是 (CD)


A.在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B.每节铁链通过最高点的速度依次减小
C.第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等
D.第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变

答案： 例2 【答案】 CD
【解析】 铁链由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A项错误.当系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B项错误，D项正确.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由$E_{k1} + E_{p1} = E_{k2} + E_{p2}$知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C项正确.故选C、D两项.

1.(2023·浙江)一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中 (B)

A.弹性势能减小
B.重力势能减小
C.机械能保持不变
D.绳一绷紧动能就开始减小

答案： 1.答案 B
解析 游客从跳台下落，开始阶段橡皮绳未拉直，只受重力作用做匀加速运动，下落到一定高度时橡皮绳开始绷紧，游客受重力和向上的弹力作用，弹力从零逐渐增大，游客所受合力先向下减小后向上增大，速度先增大后减小，到最低点时速度减小到零，弹力达到最大值.橡皮绳绷紧后弹性势能一直增大，A项错误；游客高度一直降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，B项正确；下落阶段绳绷紧前，只有重力做功；绳绷紧后，橡皮绳对游客做负功，游客机械能减少，转化为绳的弹性势能，C项错误；绳刚绷紧开始一段时间内，弹力小于重力，合力向下做正功，游客动能在增加；当弹力大于重力后，合力向上对游客做负功，游客动能逐渐减小，D项错误.故选B项.

2.(2023·浙江 6 月选考)铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小 a、速度大小 v、动能 $E_{k}$ 和机械能 E 随运动时间 t 的变化关系中，正确的是 (D)

答案： 2.答案 D
解析 由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A项错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有$v_{y} = gt$，则抛出后速度大小为$v = \sqrt{v_{0}^{2} + (gt)^{2}}$，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B项错误；铅球抛出后的动能$E_{k} = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{1}{2} m [v_{0}^{2} + (gt)^{2}]$，可知动能与时间不是一次函数关系，故C项错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D项正确.故选D项.

3.(2022·湖北)如图所示，质量分别为 m 和 2m 的小物块 P 和 Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P 通过一根水平轻绳连接到墙上。P 的下表面光滑，Q 与地面间的动摩擦因数为 $\mu$，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将 Q 向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q 恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为 k，重力加速度大小为 g。若剪断轻绳，P 在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为 (C)


A.$\dfrac{\mu mg}{k}$
B.$\dfrac{2\mu mg}{k}$
C.$\dfrac{4\mu mg}{k}$
D.$\dfrac{6\mu mg}{k}$

答案： 3.答案 C
解析 Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为$x$，满足$kx = 2 \mu mg$，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为$x$，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为$s = 2x = \frac{4 \mu mg}{k}$.故选C项.

4.(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端 P 点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于 (C)


A.它滑过的弧长
B.它下降的高度
C.它到 P 点的距离
D.它与 P 点的连线扫过的面积

答案： 4.答案 C
解析 小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，其机械能守恒，下落h高度过程中，有$mgh = \frac{1}{2} m v^{2}$，解得$v = \sqrt{2gh}$，B项错误；设小环位置与P点连线所对的圆心角为$\theta$，小环下滑过程滑过的弧长$s = R \theta$，而$h = R(1 - \cos \frac{s}{R})$，所以A项错误；小环位置到P点的距离$L = 2R \sin \frac{\theta}{2}$，$h = R(1 - \cos \theta)$，$1 - \cos \theta = 2 \sin^{2} \frac{\theta}{2} = m \frac{\theta}{2} \frac{L^{2}}{2R}$，代入$v = \sqrt{2gh}$可知v与L成正比，即小环的速率与小环到P点的距离成正比，C项正确；小环位置与P点连线扫过的面积$S = \frac{1}{2} R^{2} \theta - \frac{1}{2} R^{2} \sin \theta$，分析知与v不成正比，D项错误.

5.(2023·湖南)(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道 ABC 由直线段 AB 和圆弧段 BC 组成，两段相切于 B 点，AB 段与水平面夹角为 $\theta$，BC 段圆心为 O，最高点为 C、A 与 C 的高度差等于圆弧轨道的直径 2R。小球从 A 点以初速度 $v_{0}$ 冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达 C 点，下列说法正确的是 (AD)


A.小球从 B 到 C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从 A 到 C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度 $v_{0} = \sqrt{2gR}$
D.若小球初速度 $v_{0}$ 增大，小球有可能从 B 点脱离轨道

答案： 5.答案 AD
解析 由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为$v_{C} = 0$，则小球从C到B的过程中，有$mgR(1 - \cos \alpha) = \frac{1}{2} m v^{2}$，$F_{N} = mg \cos \alpha - m \frac{v^{2}}{R}$，联立有$F_{N} = 3mg \cos \alpha - 2mg$，则从C到B的过程中$\alpha$由$0^{\circ}$增大到$\theta$，则$\cos \alpha$逐渐减小，故$F_{N}$逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A项正确；由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到B的过程中重力的功率为$P = - mg v \sin \theta$，则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B项错误；从A到C的过程中有$-mg \cdot 2R = \frac{1}{2} m v_{C}^{2} - \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$，解得$v_{0} = \sqrt{4gR}$，C项错误；小球在B点恰好脱离轨道有$mg \cos \theta = m \frac{v_{B}^{2}}{R}$，则$v_{B} = \sqrt{gR \cos \theta}$，则若小球初速度$v_{0}$增大，小球在B点的速度有可能为$\sqrt{gR \cos \theta}$，故小球有可能从B点脱离轨道，D项正确.故选A、D两项.