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高考物理考前冲刺押题预测 功和能
一．选择题（共10小题）
1．（2025 荔湾区校级模拟）精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8m/s匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．赛车受到地面的作用力为4×103N
B．向心加速度a＝8m/s2
C．轮胎与地面的摩擦系数μ至少为0.2
D．轮胎所受摩擦力不做功
2．（2025 厦门二模）如图所示，某扫地机器人在客厅内执行滑扫任务，机器人从客厅A点出发，沿虚线运动到B点，耗时20min，清扫路线的总长度为60m，A、B的直线距离为12m，清扫过程中机器人所受的平均阻力大小为20N，则（　　）
A．20min表示时刻
B．此过程平均速度大小为0.6m/s
C．此过程平均速率为0.05m/s
D．此过程克服阻力做功240J
3．（2025 辽宁一模）海盗船是一种在竖直面内往复摆动的游乐项目。如图所示，在满载的海盗船上，甲同学乘坐的位置比乙同学更靠近船头，甲、乙两名同学的质量相等且远小于海盗船的质量，在海盗船无动力运行过程中忽略海盗船与承重结构连接处的摩擦，海盗船可看作圆弧模型，其静止时的最低点为O点，下列说法正确的是（　　）
A．甲同学的最大线速度比乙同学大
B．甲同学的最大角速度比乙同学大
C．乙同学的最大向心力比甲同学大
D．乙同学对座椅的最大压力比甲同学大
4．（2025 泉州三模）生活中，人们常利用传送带运送物品。如图，行李箱与水平传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动一段距离，不计空气阻力，则在此过程中传送带（　　）
A．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相同
B．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相反
C．对行李箱做正功
D．对行李箱不做功
5．（2025 山西模拟）如图所示，竖直面内固定一带有缺口（缺口大小可调）的光滑圆弧轨道，其半径为R，O为圆心，O1O2为水平直径，缺口两端M、N的高度相等，处于轨道最低点P的小球（可视为质点）获得不同大小的水平初速度后，均会沿轨道从M飞出后，恰从N沿切线进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球的质量为m，不计空气阻力。则小球在最低点P获得的初动能的最小值为（　　）
A．1.25mgR B．2.5mgR C． D．
6．（2025 文昌校级模拟）我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．物体匀加速阶段的位移为a0
B．该起重机的额定功率为（mg+ma0）a0t1
C．t2时刻物体的瞬时速度为（1） a0t1
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2t2
7．（2025 十堰一模）随着新能源汽车的发展，市面上的电车品牌越来越多，为了更好地帮助消费者选择适合自己的座驾，对电车的测评也变得越来越全面，电车的百公里能耗作为一项关键指标是人们买车时的重要参考。图为某品牌汽车在不同速度下匀速行驶时的用电功率图，试根据图中数据分析该款汽车最经济的驾驶速度约为（　　）
A．20km/h B．50km/h C．80km/h D．110km/h
8．（2025 道里区校级一模）图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板（游客与雪板板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为μ2可以为（　　）
A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80
9．（2025 道里区校级一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，杨文龙与雪板的质量为m。下列说法正确的是（　　）
A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动
B．起跳点A到着陆点C的水平距离为x
C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为Ep减
D．杨文龙在最高点B时处于超重状态
10．（2025 五华区校级一模）在2024年8月3日进行的巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手获得冠军。图为网球在空中从左向右运动轨迹上的不同位置，P、R两位置在同一水平面内，M为运动轨迹的最高点，取地面为重力势能的参考平面，网球在运动过程中所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反。下列说法正确的是（　　）
A．在球拍击打网球过程中，球拍对网球做的功等于击打后瞬间网球的机械能
B．网球运动到M处的机械能大于在P处的机械能
C．网球从P处运动到M处克服阻力做的功大于从M处运动到R处克服空气阻力做的功
D．网球在最高点的加速度可能小于重力加速度，方向沿左下方
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 云安区模拟）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触而不连接，此时弹簧处于原长状态。现对小物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当小物块向左运动到A点时撤去该推力，小物块继续向左运动，然后向右运动，最终停在B点。已知：小物块质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，OA距离为l1，OB距离为l2，重力加速度为g，弹簧形变未超出弹性限度。下列表述正确的是（　　）
A．在推力作用的过程中，小物块的加速度一直变小
B．在推力作用的过程中，小物块的速度可能先变大后变小
C．在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为μmg（2l1+l2）
D．在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值为
（多选）12．（2025 晋中校级四模）一质量为m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　）
A．电动汽车最大速度为10m/s
B．电动汽车受到的阻力为60N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
（多选）13．（2025春 辽宁月考）羽毛球飞行过程中受空气阻力影响很大，某同学利用手机软件模拟出了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，若羽毛球到达P点时速度大小为v，则下列说法正确的是（　　）
A．羽毛球在A点和B点的机械能相等
B．图中整个羽毛球飞行过程中，羽毛球在P点时的速度最小
C．图中整个羽毛球飞行过程中，羽毛球速度最小的位置在P点右侧
D．若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，则羽毛球将掉落在原出发点的右侧
（多选）14．（2025 道里区校级一模）如图所示，在距固定小球B水平距离为L处的C点的正上方任意一点以不同的水平速度抛出质量为m的小球A，小球A均能精准的击中小球B，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球A的抛出点越高击中B球时动能越大
B．小球A的抛出点越高击中B球时重力的瞬时功率越大
C．只要A距C点的高度足够高A就可以竖直向下击中B球
D．A击中B时的最小动能为mgL
（多选）15．（2025 南岗区校级一模）2025年春节档，电影《哪吒2》一骑绝尘，强势登顶全球动画票房榜首，瞬间在全民范围掀起热议狂潮。影片中，哪吒与敖丙的友情缘起于踢毽子，如图所示，忽略空气阻力，毽子从右边的哪吒脚上斜向左上方踢出后，到碰到敖丙脚上的过程中，取竖直向上为正方向，下面关于毽子的速率v、加速度a、动能Ek、重力的功率P随时间t变化关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 酒泉一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径R＝2.5m，O为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v＝3m/s且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差H＝0.8m。现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.83，cos53°＝0.6，求：
（1）滑块从传送带右端飞出时的速度大小；
（2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
17．（2025 市中区校级模拟）图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R的光滑球固定在水中的平台上，O为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小（可忽略）的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻力的影响。求：
（1）人与球分离时的速度大小v；
（2）人落水位置到球心的水平距离d。
18．（2025 延边州一模）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧弹力做的功。
19．（2025 河东区一模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切。一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点。PQ段地面粗糙，其间距为R，动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑。现使质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道压力的大小；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能Ep（未超过弹性限度）。
20．（2025 盐城开学）如图所示，可在竖直平面内转动的长为1m的轻杆一端固定于O，另一端Q固定一小球，穿过O正下方小孔P的细线连接质量均为2kg物块与小球。现用沿细线方向的力F拉小球，小球和物块静止时∠OQP＝90°、∠POQ＝37°。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切摩擦。求：
（1）F的大小；
（2）撤去F瞬间，线对小球的拉力大小T；
（3）撤去F后，小球运动到最低点时的速度大小v。
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10小题）
1．（2025 荔湾区校级模拟）精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8m/s匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．赛车受到地面的作用力为4×103N
B．向心加速度a＝8m/s2
C．轮胎与地面的摩擦系数μ至少为0.2
D．轮胎所受摩擦力不做功
【考点】摩擦力做功的特点和计算；牛顿第二定律的简单应用；向心加速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】赛车做圆周运动，根据圆周运动向心力的公式计算向心力，向心加速度，根据功的公式分析做功的情况。
【解答】解：AB、赛车所需向心力为，地面的作用力还包含支持力的作用；
向心加速度为，故AB错误；
C、摩擦力作为向心力，根据牛顿第二定律可得，f＝ma≤μmg，可得μ0.4，可知轮胎与地面的摩擦系数μ至少为0.4，故C错误；
D、摩擦力作为向心力，指向圆心，轮胎所受摩擦力方向总是与速度方向垂直，所以轮胎所受摩擦力不做功，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要是考查对圆周运动的理解，明确向心力向心加速度的公式。
2．（2025 厦门二模）如图所示，某扫地机器人在客厅内执行滑扫任务，机器人从客厅A点出发，沿虚线运动到B点，耗时20min，清扫路线的总长度为60m，A、B的直线距离为12m，清扫过程中机器人所受的平均阻力大小为20N，则（　　）
A．20min表示时刻
B．此过程平均速度大小为0.6m/s
C．此过程平均速率为0.05m/s
D．此过程克服阻力做功240J
【考点】利用动能定理求解变力做功；平均速度（定义式方向）．
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．
【答案】C
【分析】A.根据时刻和时间间隔的定义分析；
B.由平均速度定义式计算；
C.由平均速率定义式计算；
D.由W＝FL计算。
【解答】解：A.时刻表示某一瞬间，时间间隔为两个时刻之间的间隔，因此20min表示时间间隔，故A错误；
B.平均速度0.01m/s，故B错误；
C.平均速率vm/s＝0.05m/s，故C正确；
D.此过程克服阻力做功W＝FL＝20×60J＝1200J，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查运动学的基本概念，要理解平均速度、平均速率的定义式，以及时刻、时间间隔的区别。
3．（2025 辽宁一模）海盗船是一种在竖直面内往复摆动的游乐项目。如图所示，在满载的海盗船上，甲同学乘坐的位置比乙同学更靠近船头，甲、乙两名同学的质量相等且远小于海盗船的质量，在海盗船无动力运行过程中忽略海盗船与承重结构连接处的摩擦，海盗船可看作圆弧模型，其静止时的最低点为O点，下列说法正确的是（　　）
A．甲同学的最大线速度比乙同学大
B．甲同学的最大角速度比乙同学大
C．乙同学的最大向心力比甲同学大
D．乙同学对座椅的最大压力比甲同学大
【考点】重力做功的特点和计算；牛顿第三定律的理解与应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】定性思想；推理法；圆周运动中的临界问题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】本题考查了圆周运动的角速度线速度以及向心力，根据公式判断线速度和向心力，最后结合受力分析得出最大压力。
【解答】解：AB.将海盗船和甲、乙两名同学当做一个整体，任意时刻甲、乙两名同学都有相同的角速度，且运动半径相同，根据v＝ωr可知，甲、乙任意时刻线速度大小相同，故AB错误；
C.甲、乙两名同学的质量相等，根据F＝mω2r，可知任意时刻甲、乙的向心力的大小相等，故C错误；
D.海盗船由右向左摆动时，最低点O时动能最大，速度最大，此时甲、乙同学在圆周运动轨迹最低点两侧并速度最大，由公式可知，由于乙同学更靠近最低点，到达相对地面同一位置时乙同学的速度大于甲的速度，所以乙同学受到座椅的最大支持力较大，根据牛顿第三定律可知乙同学对座椅的最大压力较大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了圆周运动的相关问题，正确分析受力，灵活运用公式是解决此类问题的关键。
4．（2025 泉州三模）生活中，人们常利用传送带运送物品。如图，行李箱与水平传送带保持相对静止，一起做匀速直线运动一段距离，不计空气阻力，则在此过程中传送带（　　）
A．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相同
B．对行李箱的摩擦力方向与传送方向相反
C．对行李箱做正功
D．对行李箱不做功
【考点】功的正负及判断；静摩擦力的方向；水平传送带模型．
【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】AB.根据平衡条件分析行李箱的受力情况；
CD.根据功的定义式结合行李箱的受力情况分析解答。
【解答】解：AB.行李箱随水平传送带一起匀速运动时，行李箱只受到重力和支持力而处于平衡状态，没有摩擦力的作用，故AB错误；
CD.由于行李箱受到的支持力与行李箱的运动方向互相垂直，故传送带对行李箱不做功，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】考查物体的受力分析和力做功的问题，会根据题意进行准确分析解答。
5．（2025 山西模拟）如图所示，竖直面内固定一带有缺口（缺口大小可调）的光滑圆弧轨道，其半径为R，O为圆心，O1O2为水平直径，缺口两端M、N的高度相等，处于轨道最低点P的小球（可视为质点）获得不同大小的水平初速度后，均会沿轨道从M飞出后，恰从N沿切线进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球的质量为m，不计空气阻力。则小球在最低点P获得的初动能的最小值为（　　）
A．1.25mgR B．2.5mgR C． D．
【考点】动能定理的简单应用；平抛运动与曲面的结合；绳球类模型及其临界条件．
【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】根据机械能守恒定律结合斜上抛运动规律联立推导初动能的表达式，利用数学知识求解Ek的最小值。
【解答】解：如图所示
在圆弧轨道内，小球由P到M，根据机械能守恒有，小球在飞越缺口过程中有vsinα＝gt，2Rsinα＝vcosα×2t，联立可解得 ，根据数学知识可知当时，即当时，Ek有最小值，可解得Ek最小值为，C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查机械能守恒定律的应用和斜上抛运动的规律，结合数学求极值的方法列式解答。
6．（2025 文昌校级模拟）我国成功研制全球最大水平臂上回转自升塔式起重机，标志着我国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a﹣t图像如图乙所示，t1～t2时间内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）
A．物体匀加速阶段的位移为a0
B．该起重机的额定功率为（mg+ma0）a0t1
C．t2时刻物体的瞬时速度为（1） a0t1
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2t2
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】首先，根据图像分析0～t1内物体所做的运动，根据匀变速直线运动规律求出该段时间内的位移；
其次，根据牛顿第二定律和功率的公式求出起重机的额定功率；
然后，根据额定功率和重力求出物体的最大速度，判断t2时刻物体的速度是不是最大速度；
最后，根据功率求出0～t1和t1～t2内牵引力做的功，进而得到0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比。
【解答】解：A、由图像可知0～t1内物体做匀加速直线运动，匀加速阶段的位移，故A错误；
B．当t＝t1时，根据F﹣mg＝ma0，P＝Fv1＝Fa0t1
联立解得起重机的额定功率为P＝（mg+ma0）a0t1，故B正确；
C．因为（）a0t1，即该速度为物体的最大速度，从图像中可以看出t2时刻物体的速度还没有达到最大，故C错误；
D．0～t1内牵引力做的功
t1～t2内牵引力做的功W＝P（t2﹣t1）
故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1：2（t2﹣t1），故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了机车启动问题，解决本题的关键是理解机车启动时功率与速度的关系以及加速度与合力的关系。
7．（2025 十堰一模）随着新能源汽车的发展，市面上的电车品牌越来越多，为了更好地帮助消费者选择适合自己的座驾，对电车的测评也变得越来越全面，电车的百公里能耗作为一项关键指标是人们买车时的重要参考。图为某品牌汽车在不同速度下匀速行驶时的用电功率图，试根据图中数据分析该款汽车最经济的驾驶速度约为（　　）
A．20km/h B．50km/h C．80km/h D．110km/h
【考点】瞬时功率的计算；匀变速直线运动速度与位移的关系．
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由定义求出与百公里能耗相关的表达式，通过画图得到结果。
【解答】解：由定义可知，百公里能耗（k为比例系数），即百公里能耗与图中的点与原点连线的斜率成正比，如图所示，
故该款汽车最经济的驾驶速度约为50km/h，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查功率，目的是考查学生的创新能力。
8．（2025 道里区校级一模）图（1）哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图（2）模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板（游客与雪板板仅靠摩擦力保持相对静止）的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数为μ2可以为（　　）
A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80
【考点】动能定理的简单应用；共点力的平衡问题及求解．
【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】B
【分析】游客滑到减速带的过程，由动能定理列式，结合题意，由运动学规律、牛顿第二定律分别列式，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：设游客滑到减速带的速度为v0，
则由动能定理可得：，
解得：v0＝20m/s，
运动到缓冲装置时的速度v不超过5m/s，当v＝5m/s时，由运动学规律可得：v22aL，
解得：a＝7.5m/s2，
则游客与雪板和减速带之间的最小动摩擦因数为：，
解得：μmin＝0.75，
而游客和滑板之间的最大静摩擦力产生的加速度为：amax＝μ1g，
解得：，
所以游客与雪板和减速带之间的动摩擦因数最小为0.75，
如果游客和雪板之间达到最大静摩擦力，则：，
解得：μmax＝0.78，
则游客与雪板和减速带之间的动摩擦因数最大为0.78，
故减速带与雪板的动摩擦因数为μ2可以为0.76，故B正确，ACD错误；
故选：B。
【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。
9．（2025 道里区校级一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小v1，方向与水平方向的夹角为α，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为β，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，杨文龙与雪板的质量为m。下列说法正确的是（　　）
A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动
B．起跳点A到着陆点C的水平距离为x
C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为Ep减
D．杨文龙在最高点B时处于超重状态
【考点】常见力做功与相应的能量转化；超重与失重的概念、特点和判断．
【专题】定量思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据杨文龙的受力判断；根据动量定理计算；根据动能定理分析；根据杨文龙的加速度方向判断。
【解答】解：A、杨文龙在运动过程中速度大小、方向在不断的改变，所以杨文龙所受空气阻力的大小与方向也在不断的改变，则杨文龙所受重力和空气阻力的合力不断发生变化，即杨文龙的加速度不断改变，所以杨文龙不可能做匀变速曲线运动，故A错误；
B、规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为f，则f，从A到C的时间为t，在水平方向上，根据动量定理有﹣ft＝mv2cosβ﹣mv1cosα，水平方向的位移大小为x，联立解得x，故B正确；
C、从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理有，重力势能的减少量等于重力做的功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于，故C错误；
D、杨文龙在最高点的有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动能定理、动量定理、曲线运动的性质，物体超重失重状态的判断等，综合性较强，具有一定的难度。
10．（2025 五华区校级一模）在2024年8月3日进行的巴黎奥运会网球女单决赛中，中国选手获得冠军。图为网球在空中从左向右运动轨迹上的不同位置，P、R两位置在同一水平面内，M为运动轨迹的最高点，取地面为重力势能的参考平面，网球在运动过程中所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反。下列说法正确的是（　　）
A．在球拍击打网球过程中，球拍对网球做的功等于击打后瞬间网球的机械能
B．网球运动到M处的机械能大于在P处的机械能
C．网球从P处运动到M处克服阻力做的功大于从M处运动到R处克服空气阻力做的功
D．网球在最高点的加速度可能小于重力加速度，方向沿左下方
【考点】常见力做功与相应的能量转化；动能定理的简单应用．
【答案】C
【分析】根据功能关系判断；网球的机械能在逐渐减小，据此分析；根据空气阻力的大小以及动能的大小，结合动能定理分析；根据合力的大小与重力大小的关系分析。
【解答】解：A．由功能关系可知，在球拍击打网球过程中，球拍对网球做的功等于网球增加的机械能，故A错误；
C．网球从P经过最高点M运动到R处过程中，需要克服空气阻力做功，则网球在P处的动能EkP一定大于在R处的动能EkR，由此可知网球运动到同一高度时，斜上升过程的速度一定大于斜下降过程的速度，其在对应的斜上升过程受到的空气阻力一定大于在斜下降过程受到的空气阻力，综合分析可知网球从P处运动到M处克服阻力做的功大于从M处运动到R处克服空气阻力做的功，故C正确；
D．网球在最高点受到的重力竖直向下，受到的空气阻力水平向左，二者相互垂直，根据矢量合成法则可知二者合力一定大于重力，方向沿左下方，由牛顿第二定律可知此时网球的加速度大于重力加速度，方向沿左下方，故D错误；
B．由于受到空气阻力作用，网球的机械能在逐渐减小，所以网球运动到M处的机械能小于在P处的机械能，故B错误；
故选：C。
【点评】因为网球受到空气阻力的作用，所以网球的机械能在逐渐减小，且在上升过程所受的空气阻力大于在下降过程所受的空气阻力。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 云安区模拟）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触而不连接，此时弹簧处于原长状态。现对小物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当小物块向左运动到A点时撤去该推力，小物块继续向左运动，然后向右运动，最终停在B点。已知：小物块质量为m，与地面间的动摩擦因数为μ，OA距离为l1，OB距离为l2，重力加速度为g，弹簧形变未超出弹性限度。下列表述正确的是（　　）
A．在推力作用的过程中，小物块的加速度一直变小
B．在推力作用的过程中，小物块的速度可能先变大后变小
C．在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为μmg（2l1+l2）
D．在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值为
【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；功能关系 能量守恒定律；理解能力．
【答案】BD
【分析】分析小物块可能的受力情况来判断加速度的变化情况，并判断其运动情况；对整个过程，根据功能关系列式可求出弹性势能的最大值；小物块克服摩擦力做的功等于滑动摩擦力与总路程的乘积。
【解答】解：AB、推力作用的过程中，由于弹簧弹力N越来越大，小物块受到的合力可能一直水平向左，为F﹣N﹣f，合力越来越小，加速度越来越小，一直加速；也可能小物块受到的合力先水平向左，为F﹣N﹣f，做加速度越来越小的加速运动，然后受到的合力水平向右，为N+f﹣F，做加速度越来越大的减速运动，故A错误，B正确；
C、设弹性势能最大时小物块距离A点为l，在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为Wf＝f（2l1+2l+l2）＝μmg（2l1+l2+2l），故C错误；
D、设弹性势能最大时小物块距离A点为l，对压缩过程，由功能关系Fl1＝Epm+μmg（l1+l），从压缩量最大时到最终停下，由能量守恒Epm＝μmg（l1+l+l2），联立解得，故D正确；
故选：BD。
【点评】本题考查牛顿第二定律、能量守恒定律的应用，要知道加速度方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，做减速运动。
（多选）12．（2025 晋中校级四模）一质量为m＝40kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、乙所示，3s末电动汽车牵引力功率达到额定功率，10s末电动汽车的速度达到最大值，14s时关闭发动机，经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力恒定。下列说法正确的是（　　）
A．电动汽车最大速度为10m/s
B．电动汽车受到的阻力为60N
C．关闭发动机后，电动汽车经过5s停止运动
D．整个过程中，电动汽车克服阻力做功为3750J
【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定加速度启动．
【专题】定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】当牵引力等于阻力时，速度取到最大值。先根据v﹣t图像的斜率求出汽车在0﹣3s内匀加速的加速度，根据P＝Fv＝Fat求牵引力大小，再由牛顿第二定律求出阻力大小，即可由功率公式求最大速度；关闭发动机后，根据牛顿第二定律和速度—时间公式求电动汽车运动的时间；根据动能定理求解克服阻力做功。
【解答】解：AB、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可得在0﹣3s内汽车匀加速的加速度为
当t＝3s时，根据P＝Fv＝Fat可得
FaW/s＝100W/s
解得F＝100N
根据牛顿第二定律有
F﹣f＝ma
解得阻力大小为f＝60N
电动汽车最大速度为
，故A错误，B正确；
C、关闭发动机后，电动汽车做匀减速运动的加速度大小为
a′m/s2＝1.5m/s2
汽车停止运动经过的时间为
t′ss，故C错误；
D、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理可知，电动汽车克服阻力做功等于牵引力做功，为
，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查机车的启动问题，要求学生能够熟练地进行受力分析与运动状态分析，公式P＝Fv，P指实际功率，F表示牵引力，v表示瞬时速度；当牵引力等于阻力时，机车达到最大速度。
（多选）13．（2025春 辽宁月考）羽毛球飞行过程中受空气阻力影响很大，某同学利用手机软件模拟出了如图所示的羽毛球飞行轨迹图，图中A、B为同一轨迹上等高的两点，P为该轨迹的最高点，若羽毛球到达P点时速度大小为v，则下列说法正确的是（　　）
A．羽毛球在A点和B点的机械能相等
B．图中整个羽毛球飞行过程中，羽毛球在P点时的速度最小
C．图中整个羽毛球飞行过程中，羽毛球速度最小的位置在P点右侧
D．若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，则羽毛球将掉落在原出发点的右侧
【考点】常见力做功与相应的能量转化；斜抛运动．
【专题】定性思想；推理法；物体做曲线运动条件专题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】根据机械能守恒条件，曲线运动速度和合外力夹角对速度的影响以及物体运动轨迹的对称性进行分析解答。
【解答】解：A.羽毛球在运动过程中受到空气阻力作用，其机械能减小，所以A点的机械能大于B点的机械能，故A错误；
BC.当羽毛球所受重力与阻力的合力方向与速度方向垂直时，羽毛球的速度最小，而在最高点P时，合力方向与速度方向的夹角为钝角，则说明羽毛球速度最小的位置在P点的右侧，故B错误，C正确；
D.若在P点将羽毛球以大小为v的速度水平向左抛出，羽毛球受重力和与速度方向反向的空气阻力，其运动轨迹与题图中P点右侧轨迹对称，所以羽毛球将掉落在原出发点的右侧，故D正确。
故选：CD。
【点评】考查机械能守恒条件，曲线运动速度和合外力夹角对速度的影响以及物体运动轨迹的对称性，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）14．（2025 道里区校级一模）如图所示，在距固定小球B水平距离为L处的C点的正上方任意一点以不同的水平速度抛出质量为m的小球A，小球A均能精准的击中小球B，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球A的抛出点越高击中B球时动能越大
B．小球A的抛出点越高击中B球时重力的瞬时功率越大
C．只要A距C点的高度足够高A就可以竖直向下击中B球
D．A击中B时的最小动能为mgL
【考点】瞬时功率的计算；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】AD.根据平抛运动的位移规律结合动能定理导出末动能表达式，利用数学知识进行分析解答；
B.根据重力的瞬时功率公式结合竖直分速度进行解答；
C.根据平抛运动特点进行判断。
【解答】解：AD.根据平抛运动的规律有hgt2，L＝v0t，小球A从抛出到击中B球过程中，根据动能定理有Ek﹣Ek0＝mgh，即Ekmmgh，得末动能Ek＝mg（h），当h，即h时，末动能最小，且最小值Ek＝mgL，故A错误，D正确；
B.小球A的抛出点越高，则击中B球时竖直分速度vy越大，根据PG＝mgvy可知，重力的瞬时功率越大，故B正确；
C.因为小球A做平抛运动，不论从多高位置平抛，都不可能使合速度方向竖直向下，故C错误。
故选：BD。
【点评】考查平抛运动规律的应用和动能定理，重力的瞬时功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）15．（2025 南岗区校级一模）2025年春节档，电影《哪吒2》一骑绝尘，强势登顶全球动画票房榜首，瞬间在全民范围掀起热议狂潮。影片中，哪吒与敖丙的友情缘起于踢毽子，如图所示，忽略空气阻力，毽子从右边的哪吒脚上斜向左上方踢出后，到碰到敖丙脚上的过程中，取竖直向上为正方向，下面关于毽子的速率v、加速度a、动能Ek、重力的功率P随时间t变化关系可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动速度的计算．
【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；功率的计算专题；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据斜抛运动的特点，分析毽子在最高的速度和动能，排除AC两选项；根据毽子的受力分析加速度；由重力的功率等于重力与重力方向上速度的乘积，分析重力功率与时间的关系图像。
【解答】解：AC.毽子做斜抛运动，在最高的，毽子有水平方向的速度，所以毽子从右边的哪吒脚上斜向左上方踢出后，到碰到敖丙脚上的过程中，没有速率为零的时刻，也没有动能为零的时刻，故AC错误；
B.毽子做斜抛运动，由题意知，忽略空气阻力，所以毽子只受重力，加速度恒定，等于重力加速度，故B正确；
D.重力的功率等于重力与重力方向上速度的乘积，而毽子的竖直分运动为竖直上抛运动，竖直分速度vy＝v0﹣gt，所以重力的功率为PG＝mgvy＝mgv0﹣mg2t，由数学知识，且考虑功率没有正负，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要考查了图像问题，解题关键是掌握通过分析物体受力情况判定其加速度和速度的变化情况。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 酒泉一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ，所对应圆心角θ＝53°，半径R＝2.5m，O为圆心，圆弧轨道末端与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一速度大小v＝3m/s且沿顺时针方向转动的足够长的水平传送带，传送带上表面与P点高度差H＝0.8m。现一质量m＝1kg（可视为质点）的滑块从传送带的左侧由静止释放后从右侧水平飞出，由P点沿圆弧切线方向进入圆弧轨道，最后在水平地面滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块与传送带、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.83，cos53°＝0.6，求：
（1）滑块从传送带右端飞出时的速度大小；
（2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
【考点】从能量角度求解传送带问题；水平传送带模型；圆周运动与平抛运动相结合的问题．
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；模型建构能力．
【答案】（1）滑块从传送带右端飞出时的速度大小为3m/s；（2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为28N；（3）滑块运动全过程因摩擦产生的热量为27J。
【分析】（1）由平抛运动规律、速度的合成规律求滑块离开传送带的速度；
（2）由动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律求滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）由能量守恒、运动学公式求滑块运动全过程因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）滑块离开传送带做平抛运动，竖直方向有：
滑块沿P点切线滑人圆弧轨道，故：
联立解得滑块从传送带右端飞出时速度大小：v0＝3m/s
（2）滑块在P点的速度大小：vp5m/s
滑块从P到Q，由动能定理有：
在Q点，由向心力公式有：
联立解得：FN＝28N
由牛顿第三定律可知，滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小：FN′＝FN＝28N
（3）滑块在传送带上做匀加速运动的时间：ts＝0.6s
位移大小：xm＝0.9m
传送带的位移大小：x′＝vt＝3×0.6m＝1.8m
滑块和传送带组成的系统产生的热量：Q1＝μmg（x′﹣x）＝0.5×1×10×（1.8﹣0.9）J＝4.5J
滑块由P至最终静止，由能量守恒定律有：Q2＝mgR（1﹣cosθ），代入数据得：Q2＝22.5J
滑块运动全过程因摩擦产生的热量Q＝Q1+Q2＝4.5J+22.5J＝27J
答：（1）滑块从传送带右端飞出时的速度大小为3m/s；（2）滑块经过Q点时对圆弧轨道的压力大小为28N；（3）滑块运动全过程因摩擦产生的热量为27J。
【点评】本题考查传送带和平抛运动的综合应用，关键要弄清滑块的运动过程和受力情况，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求解滑块与传送带间的相对位移是关键，要知道系统因摩擦而产生的内能与相对位移有关。
17．（2025 市中区校级模拟）图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R的光滑球固定在水中的平台上，O为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小（可忽略）的初速度开始下滑。已知水面到球心的距离为，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻力的影响。求：
（1）人与球分离时的速度大小v；
（2）人落水位置到球心的水平距离d。
【考点】动能定理的简单应用；平抛运动速度的计算；平抛运动位移的计算．
【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】（1）人与球分离时的速度大小v为；
（2）人落水位置到球心的水平距离d为。
【分析】（1）根据机械能守恒和圆周运动向心力表达式列式联立求解；
（2）根据动能定理，斜下抛运动的位移规律和斜抛运动的合速度与分速度关系列式联立解答。
【解答】解：（1）如图
设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，根据机械能守恒有，由圆周运动规律，联立解得，；
（2）人滑离球后做斜下抛运动，水平分速度vx＝vcosθ，竖直分速度vy'＝vsinθ，从人开始下滑到落到水面的过程，根据动能定理，竖直方向做匀加速直线运动，gt＝vy﹣vy'，根据斜抛运动速度规律有，则人落水位置与球心的水平距离d＝Rsinθ+vxt，联立解得。
答：（1）人与球分离时的速度大小v为；
（2）人落水位置到球心的水平距离d为。
【点评】考查机械能守恒定律和动能定理应用，斜抛运动的规律等，会根据题意进行准确分析解答。
18．（2025 延边州一模）如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC固定在竖直平面内且与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m的滑块（视为质点）从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A。已知∠POC＝60°，求：
（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）弹簧弹力做的功。
【考点】动能定理的简单应用；动摩擦因数的性质和计算；绳球类模型及其临界条件．
【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】（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小为2mg；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ为0.25；
（3）弹簧弹力做的功为3mgR。
【分析】（1）滑块从P点到C点的过程，由动能定理列式，滑块在圆形轨道最低点时，由牛顿第二定律列式，即可分析求解；
（2）滑块从C到Q的过程，由动能定理列式，即可分析求解；
（3）滑块刚好能通过A点时，由牛顿第二定律列式，滑块从Q点到A点的过程，由动能定理列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）滑块从P点到C点的过程，
由动能定理可得：，
设滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时的速度大小为vc，圆形轨道最低点对滑块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律可得：，
联立解得：FN＝2mg：
（2）滑块从C到Q的过程，
由动能定理可得：，
解得：μ＝0.25；
（3）设弹簧弹力做的功为W，
滑块刚好能通过A点时，由牛顿第二定律可得：，
滑块从Q点到A点的过程，由动能定理可得：，
联立可得：W＝3mgR。
答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时所受轨道支持力大小为2mg；
（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ为0.25；
（3）弹簧弹力做的功为3mgR。
【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。
19．（2025 河东区一模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切。一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点。PQ段地面粗糙，其间距为R，动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑。现使质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：
（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道压力的大小；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能Ep（未超过弹性限度）。
【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；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）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道压力的大小为3mg；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能Ep为mgR。
【分析】（1）根据机械能守恒定律和牛顿第二定律、牛顿第三定律进行分析解答；
（2）根据动能定理，动量守恒定律以及能量的转化和守恒定律列式联立求解。
【解答】解：（1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，由机械能守恒定律有，在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，由牛顿第二定律有，联立解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg。
（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有，解得，当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，规定水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律有mv0＝（m+2m）v，根据能量守恒，联立解得 。
答：（1）物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道压力的大小为3mg；
（2）弹簧被压缩的最大弹性势能Ep为mgR。
【点评】考查能量的转化和守恒定律、动量守恒定律以及牛顿运动定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
20．（2025 盐城开学）如图所示，可在竖直平面内转动的长为1m的轻杆一端固定于O，另一端Q固定一小球，穿过O正下方小孔P的细线连接质量均为2kg物块与小球。现用沿细线方向的力F拉小球，小球和物块静止时∠OQP＝90°、∠POQ＝37°。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，忽略一切摩擦。求：
（1）F的大小；
（2）撤去F瞬间，线对小球的拉力大小T；
（3）撤去F后，小球运动到最低点时的速度大小v。
【考点】机械能守恒定律的简单应用；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】（1）F的大小等于32N；
（2）撤去F瞬间，线对小球的拉力大小等于4N；
（3）撤去F后，小球运动到最低点时的速度大小等于。
【分析】（1）对物块和小球受力分析，根据平衡条件求解拉力F的大小；
（2）撤去F瞬间，沿杆方向向心力为0，受力平衡，沿线方向，由牛顿第二定律求解线对小球的拉力大小；（2）松手后，小球、物块组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律和两者速度关系求解。
【解答】解：（1）对物体受力分析，可得T0＝m块g
对小球受力分析，则三角形OPQ为力的矢量三角形，有三角形定则，得
沿线方向满足F﹣T0＝m球gsin37°
两式联立，可解的F＝32N
（2）撤去F瞬间，小球即将做局部圆周运动，此时速度为0，则沿杆方向向心力为0，受力平衡；沿线方向，由牛顿第二定律，可得m球gsin37°+T＝m球a
同时，物块也满足m块g﹣T＝m块a
联立，可解得T＝4N
（3）撤去F后，小球运动到最低点时，物块此时速度为0，运动过程中，物块和小球系统满足机械能守恒，得
代入数据，解得
答：（1）F的大小等于32N；
（2）撤去F瞬间，线对小球的拉力大小等于4N；
（3）撤去F后，小球运动到最低点时的速度大小等于。
【点评】解题的关键要知道小球摆动过程中，小球和物块组成的系统机械能是守恒的，但小球和物块各自的机械能都不守恒。
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