【全国百强校】河北省张家口市第一中学2020-2021学年高一4月月考物理试题

【全国百强校】河北省张家口市第一中学2020-2021学年高
一4月月考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．关于能源和能量，下列说法正确的有
A．自然界的能量是守恒的，所以地球上的能源永不枯竭。

B．能源的利用过程中有能量耗散，所以自然界的能量在不断减少。

C．能量耗散遵循能量守恒定律。

D．人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造。

2．物理定律的应用需要一定的条件，下列物体在运动过程中，机械能守恒的是
A．被起重机拉着向上做匀速运动的货物(忽略空气阻力)
B．沿光滑斜面向下加速运动的木块(忽略空气阻力)
C．神舟号载人飞船在大气层以内向着地球做无动力飞行的阶段
D．在空中向上做减速运动的氢气球
3．两个互相垂直的力F1和F2作用在同一物体上，使物体运动，如图所示，物体通过一段位移时，力F1对物体做功6J，力F2对物体做功8J，则力F1和F2的合力对物体做功为
A．2J B．7J
C．10J D．14J
4．如图所示，质量为m的小球A沿高度为h倾角为θ的光滑斜面以初速v0滑下，另一质量与A相同的小球B自相同高度同时由静止落下，结果两球同时落地．下列说法正确的是
A．重力对两球做的功不相等
B．落地前的瞬间A球的速度等于B球的速度
C．两球重力的平均功率不相等
D ．两球重力的平均功率相等
5．如图所示，一细线系一小球绕O 点在竖直面做圆周运动,a 、b 分别是轨迹的最高点和最低点，c 、d 两点与圆心等高，小球在a 点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．小球运动到c 、d 两点时，受到的合力指向圆心
B ．小球从a 点运动到b 点的过程中，机械能先增大后减小
C ．小球从a 点运动到b 点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功
D ．小球从a 点运动到b 点的过程中，先失重后超重
6．“蹦极”是一种富有刺激性的勇敢者的运动项目。

如图所示，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于人的腿部。

不计空气阻力，在蹦极者从跳台下落到最低点的过程中，则（ ）
A ．蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大
B ．蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大
C ．蹦极者的机械能先增大后减小
D ．蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和一直减小
7．在光滑水平面上，有一块长木板，长木板左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的水平力F 将木块拉离木板，第1次将长木板固定，第2次长木板不固定，比较这两种情况下，下列说法中正确的是 ( )
A ．木块受到摩擦力的大小不相同
B ．因摩擦产生的热相同
C ．恒力F 对木块做的功相同
D ．木块获得的动能相同
8．质量为m 的物体从静止出发以
2g 的加速度竖直下降h ，下列说法中正确的是（ ） A ．物体的机械能增加12mgh B ．物体的重力势能减少12
mgh
C．物体的动能增加1
2
mgh D．重力做功
1
2
mgh
9．公安部规定：子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比在0.16J/cm2以下的枪为玩具枪．某弹簧玩具枪的钢珠直径约0.4cm，则该枪中弹簧的弹性势能不超过
A．2×10-6J B．6×10-3J C．2×10-2J D．8×10-2J 10．一质量为m的小球，从距地面高H处以初速度v0水平抛出（不计空气阻力），E K，E P，E分别表示下落过程中的动能，重力势能和机械能。

若以地面为零势能面，则下落过程中图像关系正确的是
A．
B．
C．
D．
二、多选题
11．如图，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，下列说法中正确的是()
A．人所受的合力对人做正功
B．重力对人做负功
C．扶梯对人做的功等于人增加的重力势能
D．摩擦力对人做的功等于人机械能的变化
12．物体沿直线运动打的v–t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第7秒末合外力做功为2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为–0.75W
13．把质量为0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，弹簧下端固定在水平地面上，把球向下按至A位置，如图甲所示。

迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。

已知B、A的高度差为0.1m，C、B的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力均可忽略，取地面为零势能面，g=10m/s2。

则下列说法正确的是
A．小球到达B位置时，小球机械能最大
B．小球到达B位置时，速度达到最大值2m／s
C．小球在A位置时弹簧的弹性势能等于在C位置的重力势能
D．若将弹簧上端与小球焊接在一起，小球将不能到达BC的中点
14．如图固定在地面的斜面倾角为30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时将B迅速拿走，然后木箱A 又恰好被轻弹簧弹回到a点．已知A质量为m，B质量为3m，a、c间距为L，重力加
速度为g．下列说法正确的是
A．在A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大
B．弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgL
C．在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.5mgL D．若物块B没有被拿出，AB能够上升的最高位置距离a点为L/4
三、实验题
15．学校实验小组的同学利用如图1所示的装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，绘制出了小车运动过程中拉力做的功和对应速度的关系图，如图2所示．
(1)根据该同学的结果，拉力对小车做的功与速度成___________(填“线性”或“非线性”)关系．
(2)由图2可知，W－v图线不经过原点，可能的原因是___________．
(3)为了使图象呈现线性关系，该组同学应绘制___________图象．
(4)若直接以钩码的重力作为小车受到的合外力，则钩码的质量应满足的条件是
___________．
16．如图，在验证机械能守恒定律的实验中，
(1)除铁架台、铁夹、交流电源、纸带、打点计时器和重物外，还需选用下述哪种仪器
？_______
A．秒表B．刻度尺C．天平D．弹簧秤
(2)该实验装置中的一处需要改正：________________
(3)某同学改正装置后得到了一条纸带，下列正确的是_______
A．纸带上点密集的一端是与重物相连的
B．纸带上点稀疏的一端是与重物相连的
C．实验时先松开纸带，再接通电源打点
D．实验时应先平衡摩擦
(4) 某同学一次实验中测得如图所示三段位移，O点为起始点，已知
相邻两个计数点的时间间隔为T，则他需要验证的表达式为__________
四、解答题
17．如图（a）所示，倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体置
于其上．t=0时对物体施加一个平行于斜面向上的拉力F，t=1s时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v一t图如图（b）所示．
（1）物体在第2s运动过程中加速度的大小是多少m/s2？
（2）求斜面的动摩擦因素；
（3）物体运动到斜面最高位置时能否保持静止？请说明理由．
（4）物体在何时具有最大机械能？若以地面为零势能面，则最大机械能是多少J？
18．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度2
启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，a m s
1/
直至动车组达到最大速度v m=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；
（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s，求变加速运动的位移．
19．质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为3L，在离P球L处有一个光滑固定轴O，如图所示，现在把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求：
(1)小球P的速度大小
(2)在此过程中小球P机械能的变化量
(3)要使Q球能做完整的圆周运动，给Q球的初速度至少为多大？
参考答案
1．C
【解析】
【详解】
A、地球上的化石能源的存储量是有限的，如果过量开采这些能源，就会存在能源危机，A 错误；
BC、能源的利用过程中有能量耗散，但自然界中的能量是守恒的，所以自然界中的能量不会减小，故B错误，C正确；
D、能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，故D错误。

2．B
【解析】
【详解】
A、被起重机拉着向上做匀速运动的货物，拉力对货物做正功，其机械能增加，故A错误；
B、沿光滑的斜面向下加速的物体，只有重力做功，机械能守恒，故B正确；
C、神舟号载人飞船在大气层以内运动时，受到大气层的阻力作用，阻力做负功，机械能减小，故C错误；
D、在空中做向上减速运动的氢气球，在运动过程中受到空气阻力的作用，阻力做负功，机械能减小，故D错误。

3．D
【解析】
试题分析：功是标量，在求解和功时利用简单的数学运算即可，因此合力对物体做功为
8J+6J=14J，故选D
考点：考查功的计算
点评：本题难度较小，错误的原因是学生误认为功的计算采用平行四边形
4．D
【解析】
【详解】
知，重力对两球做功相同．故A错误；
A、根据W mgh
B 、对A 球，根据动能定理得2201122A mgh mv mv =
-对B 球，根据动能定理得212
B mgh mv =，知A B v v ＞．故B 错误； CD 、两球重力做功相等，时间相等，根据W P t
＝
知，重力的平均功率相等．故D 正确．故选D ．
5．D
【分析】 失重时加速度向下，超重时加速度向上；根据机械能守恒定律分析小球从a 点运动到b 点的过程中机械能的变化情况；根据小球的受力情况分析小球受到的合力方向；
【详解】
A 、小球运动到c 、d 两点时，绳子拉力的方向指向圆心，重力竖直向下，所以小球受到的合力不是指向圆心，故A 错误；
BC 、小球从a 点运动到b 点的过程中，细线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒，故B 、C 错误；
D 、小球从a 点运动到b 点的过程中，加速度方向先向下后向上，所以小球先失重后超重，故D 正确；
【点睛】
关键是小球从a 点运动到b 点的过程中，细线的拉力不做功，只有重力做功，机械能守恒；判断物体是失重还是超重，看物体加速度的方向．
6．A
【解析】
【分析】
先分析该人下落过程中的受力情况，注意合力的大小和方向；蹦极者从最高点到橡皮绳刚绷紧时，只受重力，重力势能转化为动能。

从绷紧到最低点的过程中，人受到弹力和重力作用，分成两段：上段受到向下的合力做加速运动，速度越来越快；下段受到向上的合力做减速运动，速度越来越慢，到最低点速度为零。

【详解】
A ．蹦极人下落过程中，橡皮绳越长其弹性势能越大，到最低点最长，弹性势能最大。

故A 正确；
B ．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，重力势能转化为动能，重力势能越来越小，动能
越来越大；从橡皮绳恰好拉直到橡皮绳的拉力等于重力时的过程中，受到向下的合力做加速运动，所以速度越来越快，动能越来越大；在橡皮绳的拉力等于重力时，合力为零；在橡皮绳的拉力等于重力点以下，受到向上的合力做减速运动，速度越来越小，动能越来越小，最低点时速度为零。

所以蹦极者在橡皮绳的拉力等于重力的点动能最大，故B 错误； C ．蹦极者从最高点到橡皮绳恰好拉直时，蹦极者的机械能不变；此后橡皮绳的弹性势能增大，所以蹦极者的机械能不断减少，故C 错误；
D ．从跳台运动到最低点的过程中，蹦极者重力势能、弹性势能与动能的总和保持不变，由于动能先增大后减小，所以重力势能和橡皮绳弹性势能之和先减小后增大，故D 错误； 故选A 。

【点睛】
分析蹦极者的受力情况，特别是合力的方向，再判断蹦极者的运动情况是解本题的关键；D 选项一定看准是蹦极者的机械能减少，否则错误。

7．B
【解析】
【详解】
A 、两次压力（大小等于木块的重力）大小相同，摩擦系数没变，所以摩擦力大小相同，故A 错误；
B 、摩擦产生的热等于摩擦力所做的功，由A 知道摩擦力不变，距离为两物体的相对位移即木板的长度，因为在两个过程中摩擦力不变，距离不变（木板长）所以因摩擦产生的热相同，故B 正确；
C 、木板固定时候木块移动距离比木板不固定时候移动的距离短，所以做功不相同，故C 错误；
D 、由B 可知F 对木块做功不同，由动能定理可知动能的变化等于合外力所做的功，摩擦力做功相等，F 做功不等，所以木块获得的动能不相同，故D 错误；
故选B ．
【点睛】
滑动摩擦力f N μ=，摩擦产生的热等于摩擦力与划痕迹的乘积，根据恒力做功公式判断摩擦力总功及恒力F 做功的大小，根据动能定理判断木块获得的动能是否相等．
8．C
【解析】
【详解】
由牛顿第二定律可知，mg -f =ma ，解得12f mg =，阻力做功12f W fh mgh =-=-，所以机械能的减小量为12
mgh ，故A 错误；重力做功W G =mgh ，所以物体的重力势能减少mgh ，故BD 错误；由动能定理可得动能的改变量12
k E W mah mgh 合∆===，所以物体的动能增加12
mgh ，故C 正确．故C 正确，ABD 错误． 9．C
【详解】
子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比在20.16/J cm 以下，设子弹出枪口时的动能与子弹横截面积的比而k ，则子弹的动能最大为：
()
22
23.140.40.1621044km D E kS k J π-⨯===⨯=⨯，根据能量守恒定律，可知枪中弹簧
的弹性势能等于子弹的动能，即2210J -⨯，故C 正确，ABD 错误．故选C ．
【点睛】
在子弹发射的过程中，弹簧的弹性势能转化为子弹的动能，结合动能与子弹横截面积的比的条件求出动能，根据能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．
10．C
【解析】
【详解】
AB 、小球在高度H 处做平抛运动，下落过程中，
2012k mgh E mv =-，则2012
k E mgh mv =+，y 轴上的截距不为零，且动能越来越大，故AB 错误； C 、以地面作为零势能面，故重力势能的表达式为：0p p E E mgh =-，故C 正确； D 、小球在下落的过程中，机械能不变，故D 错误。

11．BC
【详解】
人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动，受重力和支持力，重力做负功，重力势能增加，支持力做正功，合外力为零，所以合外力做功等于零，故A 错误，B 正确；由上分析可
知，扶梯对人做的正功等于重力做的负功，所以扶梯对人做的功等于人增加的重力势能，故C 正确；人不受摩擦力，所以没有摩擦力做功，人站在自动扶梯上不动，随扶梯向上匀速运动的过程中，人的动能不变，势能增加，所以人的机械能增加，故D 错误．所以BC 正确，AD 错误．
12．CD
【解析】
【分析】
根据动能定理：合力对物体做功等于物体动能的变化．先求出第1s 内的合外力所做的功；再根据动能定理分段进行分析，求出动能的变化即中求得合外力所做的功。

【详解】
A 项：物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，做功为零，故A 错误；
B 项：由图可知，第3秒末和第7秒末物体的动能相等，所以从第3秒末到第7秒末合外力做功为零，故B 错误；
C 项：从第5秒末到第7秒末动能的变化量与第1秒内动能的变化量相同，合力做功相同，即为W ，故C 正确；
D 项：从第3秒末到第4秒末动能减小，故动能变化量是负值，等于
2
22113122242
v m mv mv ⎛⎫-=-⨯ ⎪⎝⎭ ，即第1秒内动能的变化量的34 ，则合力做功为–0.75W ，故D 正确。

【点睛】
本题考查动能定理的应用能力．动能定理的直接应用是：由动能的变化量求出合力做的功，或由合力做功求动能的变化量
13．AD
【解析】
【分析】
小球从A 开始向上运动，开始做加速运动，当弹簧弹力与重力平衡时，小球速度达到最大，之后开始减速，运动到B 时脱离弹簧，之后只在重力作用下减速。

根据系统机械能守恒定律列式分析即可。

【详解】
从A 到B 的过程弹簧对小球做正功，所以小球的机械能增加，当弹簧恢复原长时机械能达
到最大，故A 正确；当小球受到的合力为零时，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故B 错误；小球从A 到C 的过程中，系统减少的弹性势能转化为重力势能，所以弹性势能的变化量等于重力势能的变化量，即小球在A 位置时弹簧的弹性势能等于在A 、C 位置的重力势能差值，故C 错误；根据题意，若将弹簧上端与小球焊接在一起，BC 中点处的弹性势能与A 处的弹性势能相等，根据能量守恒，从A 向上运动到最高点的过程中重力势能增加，所以弹性势能必定要减小，即运动不到BC 点的中点，故D 正确。

故选AD 。

【点睛】
本题考查机械能守恒定律的应用，要注意明确当加速度为零时，速度达到最大，并结合能量守恒解题即可。

14．BC
【分析】
对木箱A 下滑和上滑过程，运用功能原理列式，可分析若物块B 没有被拿出，弹簧能否将整体弹回a 点．在A 、B 一起下滑的过程中，速度最大时的位置合力为零．根据功能关系求弹簧上端在最低点c 时其弹性势能以及摩擦产生的热量．
【详解】
A ．在A 上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A 已经开始减速，故分离时A 的速度不是最大，A 错误；
B ．设弹簧上端在最低点c 时，其弹性势能为E p ，在A 、B 一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgLsinθ＝μ•4mgLcos30°+E p ，将物块B 拿出后木箱A 从c 点到a 点的过程，由功能关系可得 E p ＝mgLsinθ+μmgLcos30°联立解得 E p ＝0.8mgL ，故B 正确；
C ．由分析可得，木箱A 从斜面顶端a 下滑至再次回到a 点的过程中，摩擦生热
5cos 5(sin ) 1.5p Q mgL E mgL mgL μθθ==-=
D ．若AB 一起能返回的距离大于弹簧原长，则有4cos cos p
E mgL mgL θμθ''=+，解得4
L L '=，但不知道L '与弹簧原长的关系，故无法确定，故D 错误． 【点睛】
解决本题的关键是掌握功与能的关系，明确能量是如何转化的．解题时，采用分段法列式． 15．非线性 没有平衡摩擦力 2W v - 远小于小车的质量
【分析】
结合图像可以看出非线性的关系；要想出现线性函数根据几何关系最好利用2W v -来描述；
【详解】
（1）从图像上可以看出：拉力对小车做的功与速度成非线性关系，
（2）从图像上可以看出，小车还没有速度时已经需要拉力作用了，所以，W －v 图线不经过原点，可能的原因是没有平衡摩擦力；
（3）根据动能定理可知212
W mv = 所以最好做关于2W v -，这样可以出现线性函数； （4）小车的加速度计算公式为：()mg m M a =+
若直接以钩码的重力作为小车受到的合外力，那么应该保证钩码的质量远小于小车的质量，则公式变为mg Ma =
【点睛】
在做此实验时一旦要求把钩码的重力当做小车受到的合外力，那就一定需要条件：m M 16．（1）B （2）重物没有靠近打点计时器（或电火花计时器放得过高）
（3）A （4）()
()21201232s s g s s T +=+
【解析】
（1）为了测得重物下落的加速度，需要用刻度尺测出纸带上两相邻计数点间的距离，而秒表是由计时器来算出，对于天平，等式两边质量可以约去，实验用不到弹簧秤，故ACD 错误，B 正确；
（2）实验时，应让重物靠近打点计时器，由图示可知：重物没有靠近打点计时器，这是错误的；
（3）A 、由图示可知，左端相邻点间的距离小，即在相等时间内的位移小，由此可知，重物与纸带的左端相连，即带上点密集的一端是与重物相连的，故A 正确，B 错误；
C 、实验时应先接通电源，然后再放开纸带，故C 错误；
D 、实验时不需要平衡摩擦力，故D 错误；
（4）从纸带上可以看出0点为打出来的第一个点，速度为0，重物自由下落，初速度为0，
重力势能减小量01p E mg
s s ∆=+（） ； 利用匀变速直线运动的推论1244AE C x s s v T T
+==
动能增加量表达式为221211()224K C s s E mv m T
+∆=
= 因此只需要验证212011()24s s mg s s m T ++=（） 即为2
12012()32s s g s s T
+=+（），就可以验证机械能守恒． 点睛：本题考查了实验器材、实验注意事项、实验误差分析等问题，掌握实验原理、实验器材、与实验注意事项即可正确解题；运用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，知道利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度．
17．(1)10m/s 2；(2)0.5；(3)不能保持静止；(4)520J
【分析】
（1）根据v-t 图像的斜率可求解加速度；（2）根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；（3）比较mgsin θ和μmgcos θ的大小关系可进行判断；（4）外力做功结束后机械能最大，根据能量公式求解最大机械能．
【详解】
（1）加速度的大小是2222010/10/1
v a m s m s t ∆-===∆ （2）根据牛顿第二定律:2sin cos mg mg ma θμθ+= 解得μ=0.5；
（3）不能静止；因为sin -cos 2100.6-0.52100.8=4mg mg N θμθ=⨯⨯⨯⨯⨯，这表明，物体在最高点位置时所受的合力不为零，所以不能保持静止；
（4）物体在第1s 末具有最大机械能
11sin 2010.662
h s m m θ==⨯⨯⨯= 22max 11220210652022
E mv mgh J =+=⨯⨯+⨯⨯= 【点睛】
此题关键是知道机械能的变化等于除重力以外的其它力的功，所以外力撤去的瞬间，机械能最大》
18．（1）2N 3s （2）46.5m
【解析】
（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件
求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．
（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=
动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P =
联立解得：f=2N
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v '
由牛顿第二定律有：F f ma '-=
动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=
解得匀加速运动的时间：13t s =
（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：
221122
m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m
19．；(2)43mgL ； 【详解】
(1)对于P 球和Q 球组成的系统，只有重力做功，系统机械能守恒，则有：
22P Q 1122222
mg L mgL mv mv ⋅-=+⋅ 两球共轴转动，角速度大小始终相等，由v =rω得
Q P 2v v =
联立解得
P v =
(2)小球P 机械能的变化量为 2P P 1423
E mgL mv mgL ∆=+=
(3)要使Q 球能做完整的圆周运动，给Q 球的初速度至少为v 。

当Q 转到最高点时速度为零恰好能做完整的周期运动，由系统的机械能守恒得
221122()2222
v mg L mgL m mv ⋅=++⋅ 解得
v =【点睛】
本题是轻杆连接的问题，要抓住单个物体机械能不守恒，而系统的机械能守恒是关键。

要掌
握轻杆类型圆周运动的临界速度，注意与轻绳类型的区别。