三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題07 功和能（含解析）

《三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題07 功和能（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《三年高考（2017-2019）高考物理真題分項(xiàng)匯編 專題07 功和能（含解析）（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題07 功和能 1．（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動(dòng)能Ek與重力勢(shì)能Ep之和。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得 A．物體的質(zhì)量為2 kg B．h=0時(shí)，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時(shí)，物體的動(dòng)能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動(dòng)能減少100 J 【答案】AD 【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正確B．h=0時(shí)，Ep=0，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J

2、，解得：v=10 m/s，故B錯(cuò)誤；C．h=2 m時(shí)，Ep=40 J，Ek=E機(jī)–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯(cuò)誤；D．h=0時(shí)，Ek=E機(jī)–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時(shí)，Ek′=E機(jī)–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 2．（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為 A．2 kg B．1.5 kg C．1 k

3、g D．0.5 kg 【答案】C 【解析】對(duì)上升過(guò)程，由動(dòng)能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過(guò)程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 3．（2019·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過(guò)程中 A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢(shì)能為μmgs D．物塊在A點(diǎn)的初速度為 【答案】BC 【解析】小物塊壓縮彈簧最短

4、時(shí)有，故A錯(cuò)誤；全過(guò)程小物塊的路程為，所以全過(guò)程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點(diǎn)由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點(diǎn)返回A點(diǎn)由動(dòng)能定理得：，解得：，故D錯(cuò)誤。 4．（2019·浙江選考）奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目撐桿跳高如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是 A．加速助跑過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能增加 B．起跳上升過(guò)程中，桿的彈性勢(shì)能一直增加 C．起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加 D．越過(guò)橫桿后下落過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少動(dòng)能增加 【答案】B 【解析】加速助跑過(guò)程中速度增大，動(dòng)能增加，A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復(fù)形變時(shí)，先是運(yùn)動(dòng)員部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為桿的彈性勢(shì)能，后

5、彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能與重力勢(shì)能，桿的彈性勢(shì)能不是一直增加，B錯(cuò)誤；起跳上升過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員的高度在不斷增大，所以運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能增加，C正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿下落的過(guò)程中，他的高度降低、速度增大，重力勢(shì)能被轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，即重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，D正確。 5．（2019·浙江選考）如圖所示為某一游戲的局部簡(jiǎn)化示意圖。D為彈射裝置，AB是長(zhǎng)為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m的圓形支架上，B為圓形的最低點(diǎn)，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)。某次游戲中，無(wú)動(dòng)力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高

6、點(diǎn)。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是 A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s 【答案】A 【解析】設(shè)小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度，在AB段，根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據(jù)機(jī)械能守恒可得，解得，過(guò)圓形支架的圓心O點(diǎn)作BC的垂線，根據(jù)幾何知識(shí)可得，解得，，故小車在BC上運(yùn)動(dòng)的加速度為，故小車在BC段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，所以小車運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，A正確。 6．（2018·江蘇卷）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后落回地面。忽略空氣阻力，該過(guò)程中小球的動(dòng)能Ek與

7、時(shí)間t的關(guān)系圖象是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】本題考查動(dòng)能的概念和Ek–t圖象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度v=v0–gt，根據(jù)動(dòng)能得，故圖象A正確。 7．（2018·新課標(biāo)全國(guó)II卷）高空墜物極易對(duì)行人造成傷害。若一個(gè)50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時(shí)間約為2 ms，則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為 A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 【答案】C 【解析】設(shè)雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動(dòng)能定理可知：，解得：，落地時(shí)受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為

8、正，由動(dòng)量定理可知：，解得：，根據(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為103 N，故C正確。 8．（2018·新課標(biāo)全國(guó)II卷）如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度，木箱獲得的動(dòng)能一定 A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 【答案】A 【解析】受力分析，找到能影響動(dòng)能變化的是那幾個(gè)物理量，然后觀測(cè)這幾個(gè)物理量的變化即可。 木箱受力如圖所示：木箱在移動(dòng)的過(guò)程中有兩個(gè)力做功，拉力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知即：，所以動(dòng)能小于拉力做的功，故A正確；無(wú)法比較動(dòng)能與摩擦

9、力做功的大小，CD錯(cuò)誤。 9．（2018·天津卷）滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾的喜愛，某滑雪運(yùn)動(dòng)員（可視為質(zhì)點(diǎn)）由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中 A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 【答案】C 【解析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析物體受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出運(yùn)動(dòng)員與曲面間的正壓力變化情況，從而分析運(yùn)動(dòng)員所受摩擦力變化；根據(jù)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)能變化情況，結(jié)合動(dòng)能定理分析合外力做功；根據(jù)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否只有重力做功來(lái)判斷運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械

10、能是否守恒；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)，所以合力一定不為零，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率恒定，且在減小，所以曲面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力越來(lái)越大，根據(jù)可知摩擦力越來(lái)越大，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速率不變，質(zhì)量不變，即動(dòng)能不變，動(dòng)能變化量為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知合力做功為零，C正確；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉?，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。 10．（2018·新課標(biāo)全國(guó)III卷）在一斜面頂端，將甲乙兩個(gè)小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)速率的 A．2倍 B．4倍 C．6倍 D

11、．8倍 【答案】A 【解析】設(shè)甲球落至斜面時(shí)的速率為v1，乙落至斜面時(shí)的速率為v2，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，x=vt，y=gt2，設(shè)斜面傾角為θ，由幾何關(guān)系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機(jī)械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，聯(lián)立解得：v1=v，即落至斜面時(shí)的速率與拋出時(shí)的速率成正比。同理可得，v2=v/2，所以甲球落至斜面時(shí)的速率是乙球落至斜面時(shí)的速率的2倍，選項(xiàng)A正確。 11．（2018·新課標(biāo)全國(guó)I卷）如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)

12、處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其他軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為 A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【答案】C 【解析】設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vC，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g

13、，在水平方向的位移為x=at2=2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，選項(xiàng)C正確ABD錯(cuò)誤。 12．（2018·新課標(biāo)全國(guó)I卷）高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的均加速直線運(yùn)動(dòng)，在啟動(dòng)階段列車的動(dòng)能 A．與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動(dòng)量成正比 【答案】B 【解析】根據(jù)初速度為零勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，在啟動(dòng)階段，列車的速度與時(shí)間成正比，即v=at，由動(dòng)能公式Ek=mv2，可知列車動(dòng)能與速度的二次方成正比，與時(shí)間的二次方成正比，

14、選項(xiàng)AC錯(cuò)誤；由v2=2ax，可知列車動(dòng)能與位移x成正比，選項(xiàng)B正確；由動(dòng)量公式p=mv，可知列車動(dòng)能Ek=mv2=，即與列車的動(dòng)量二次方成正比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 13．（2018·江蘇卷）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊 A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】物體從A點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩

15、擦力過(guò)程和彈力小于摩擦力過(guò)程：彈力大于摩擦力過(guò)程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時(shí)速度最大，此位置在A點(diǎn)與O點(diǎn)之間；彈力小于摩擦力過(guò)程，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運(yùn)動(dòng)；從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，選項(xiàng)A正確、選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從A點(diǎn)到O點(diǎn)過(guò)程，彈簧由壓縮恢復(fù)原長(zhǎng)彈力做正功，從O點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，彈簧伸長(zhǎng)，彈力做負(fù)功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從A到B的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項(xiàng)D正確。 14．（20

16、18·新課標(biāo)全國(guó)III卷）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程 A．礦車上升所用的時(shí)間之比為4:5 B．電機(jī)的最大牽引力之比為2:1 C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1 D．電機(jī)所做的功之比為4:5 【答案】AC 【解析】設(shè)第②次所用時(shí)間為t，根據(jù)速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t

17、=5t0/2，所以第①次和第②次提升過(guò)程所用時(shí)間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項(xiàng)A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)–mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由功率公式，P=Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項(xiàng)C正確；加速上升過(guò)程的加速度a1=，加速上升過(guò)程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過(guò)程的加速度a2=–，減速上升過(guò)程的牽引力F2=ma2+mg=m(g–)，勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的牽引力F3=mg。第①次提升過(guò)程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第②次提升過(guò)程做功W

18、2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；兩次做功相同，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 15．（2017·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過(guò)程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力 A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 【答案】A 【解析】大圓環(huán)光滑，則大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力一直不做功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；開始時(shí)大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力背離圓心，最后指向圓心，故選項(xiàng)CD錯(cuò)誤；故

19、選A。 【名師點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是知道小圓環(huán)在大圓環(huán)上的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小圓環(huán)受到的彈力方向始終沿大圓環(huán)的半徑方向，先是沿半徑向外，后沿半徑向里。 16．（2017·江蘇卷）一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能與位移的關(guān)系圖線是 【答案】C 【解析】向上滑動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理：，同理，下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：，故C正確；ABD錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)能定理及學(xué)生的識(shí)圖能力，根據(jù)動(dòng)能定理寫出Ek–x圖象的函數(shù)關(guān)系，從而得出圖象斜率描述的物理意義。 17．（2017·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的

20、均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中，外力做的功為 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，PM段繩的機(jī)械能不變，MQ段繩的機(jī)械能的增加量為，由功能關(guān)系可知，在此過(guò)程中，外力做的功，故選A。 【名師點(diǎn)睛】重點(diǎn)理解機(jī)械能變化與外力做功的關(guān)系，本題的難點(diǎn)是過(guò)程中重心高度的變化情況。 18．（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是 A．

21、摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點(diǎn)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 【答案】B 【解析】機(jī)械能等于動(dòng)能和重力勢(shì)能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能時(shí)刻發(fā)生變化，則機(jī)械能在變化，故A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)對(duì)乘客受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有：，座椅對(duì)他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，動(dòng)量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯(cuò)誤；乘客重力的瞬時(shí)功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在變

22、化，所以乘客重力的瞬時(shí)功率在不斷變化，故D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)在于對(duì)動(dòng)量定理的理解，是“物體所受合力的沖量等于動(dòng)量的變化”，而學(xué)生經(jīng)常記為“力的沖量等于物體動(dòng)量的變化”。 19．（2017·新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時(shí)。對(duì)應(yīng)的軌道半徑為（重力加速度大小為g） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】物塊由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)有：；物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：x=v1t；；聯(lián)立解得：，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)時(shí)，x最大，故選B。

23、【名師點(diǎn)睛】此題主要是對(duì)平拋運(yùn)動(dòng)的考查；解題時(shí)設(shè)法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數(shù)關(guān)系，即可通過(guò)數(shù)學(xué)知識(shí)討論；此題同時(shí)考查學(xué)生運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力。 20．（2017·江蘇卷）如圖所示，三個(gè)小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過(guò)鉸鏈用輕桿連接，桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過(guò)程中 （A）A的動(dòng)能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mg （B）A的動(dòng)能最大時(shí)，B受到地面的支持力等于mg

24、 （C）彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，A的加速度方向豎直向下 （D）彈簧的彈性勢(shì)能最大值為mgL 【答案】AB 【解析】A球動(dòng)能最大時(shí)，速度最大，受合外力為零，以ABC整體為研究對(duì)象，在豎直方向：向下的重力3mg，向上的B、C兩球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正確；A的動(dòng)能達(dá)到最大前，有向下的加速度，所以整體向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正確；當(dāng)A下降至最低點(diǎn)，彈簧形變量最大，彈性勢(shì)能最大，此時(shí)A的加速度向上，故C錯(cuò)誤；彈簧的最大彈性勢(shì)能等于A球下降至最低點(diǎn)時(shí)減少的重力勢(shì)能，即，D錯(cuò)誤。 【名師點(diǎn)睛】本題的重點(diǎn)是當(dāng)A球的動(dòng)能最大時(shí)，受合外力為零，在豎直方向整體加速度為零，選擇整體為研究對(duì)象，分析AB兩個(gè)選項(xiàng)；彈性勢(shì)能最大對(duì)應(yīng)A球下降至最低點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律，可求最大的彈性勢(shì)能。 13