第19講 機械能守恒定律及其應(yīng)用 -備戰(zhàn)2025年高考物理一輪精細(xì)復(fù)習(xí)（解析版）

第第頁第19講機械能守恒定律及其應(yīng)用——劃重點之精細(xì)講義系列考點1機械能守恒的理解和判斷考點2機械能守恒定律的應(yīng)用考點3多物體機械能守恒問題考點4用機械能守恒定律解決非質(zhì)點問題考點1：機械能守恒的理解和判斷一．重力做功與重力勢能1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的高度差有關(guān)．(2)重力做功不引起物體機械能的變化．2．重力勢能(1)公式：Ep＝mgh.(2)特性：①矢標(biāo)性：重力勢能是標(biāo)量，但有正、負(fù)，其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小，這與功的正、負(fù)的物理意義不同．②系統(tǒng)性：重力勢能是物體和地球共有的．③相對性：重力勢能的大小與參考平面的選取有關(guān)．重力勢能的變化是絕對的，與參考平面的選取無關(guān)．3．重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(1)定性關(guān)系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負(fù)功，重力勢能就增加．(2)定量關(guān)系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.二．彈性勢能1．大小彈簧的彈性勢能的大小與彈簧的形變量及勁度系數(shù)有關(guān)．公式：EP＝－W彈＝eq\f(1,2)kx22．彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系彈力做正功，彈性勢能減小，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加．三．機械能守恒定律1．機械能動能和勢能統(tǒng)稱為機械能，其中勢能包括重力勢能和彈性勢能．2．機械能守恒定律(1)內(nèi)容：在只有重力或內(nèi)彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能和勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變．3．機械能守恒的條件：只有重力做功或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。（1）只有重力做功時，只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化．如自由落體運動、拋體運動等。（2）只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化。如在光滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒。（3）只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，只發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。如自由下落的物體落到豎直的彈簧上，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒。（4）除受重力（或系統(tǒng)內(nèi)彈力）外，還受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代數(shù)和為零。如物體在沿固定斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下運動，拉力的大小與摩擦力的大小相等，在此運動過程中，物體機械能不變，可按照機械能守恒定律計算（應(yīng)當(dāng)注意，這時系統(tǒng)并不封閉，存在著系統(tǒng)內(nèi)的物體跟外界系統(tǒng)的能量交換．只是系統(tǒng)內(nèi)物體機械能的減少等于外界對物體做功使系統(tǒng)增加的機械能。）。4．機械能守恒的判斷方法（1）做功條件分析法：若物體系統(tǒng)內(nèi)只有重力和彈簧彈力做功，其他力均不做功，則系統(tǒng)的機械能守恒。（2）能量轉(zhuǎn)化分析法：若只有系統(tǒng)內(nèi)物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，機械能也沒有轉(zhuǎn)變成其他形式的能（如沒有內(nèi)能增加）。則系統(tǒng)的機械能守恒。（3）對一些繩子突然繃緊，物體間非彈性碰撞等問題．除非題目特別說明，機械能必定不守恒，完全非彈性碰撞過程機械能也不守恒。（4）對多個物體組成的系統(tǒng)，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統(tǒng)機械能將有損失?！究枷?】如圖所示，下列說法正確的是（所有情況均不計摩擦、空氣阻力以及滑輪質(zhì)量）（

）A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，機械能守恒，若加速升空，機械能不守恒B．乙圖中，物塊在外力F的作用下勻減速上滑，物塊的機械能守恒C．丙圖中，物塊A以一定的初速度將彈簧壓縮的過程中，物塊A的機械能守恒D．丁圖中，物塊A加速下落，物塊B加速上升的過程中，A、B系統(tǒng)機械能守恒【答案】D【詳解】A．甲圖中，不論是勻速還是加速，由于推力對火箭做功，火箭的機械能不守恒，是增加的，故A錯誤；B．物體勻減速上滑，力F對物塊做正功，則物塊的機械能必定增加，故B錯誤；C．在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒。由于彈性勢能增加，則A的機械能減小，故C錯誤；D．對A、B組成的系統(tǒng)，不計空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D正確。故選D?！究枷?】如圖所示，A、B兩物塊放置在足夠長的光滑斜面上，當(dāng)A、B一起沿斜面向下滑動的過程中（A、B之間相對靜止）（

）A．A物體所受摩擦力對A做正功B．A、B兩物體的總機械能不斷增大C．A物體機械能不斷的減小D．B物體的機械能守恒【答案】A【詳解】AC．當(dāng)A、B一起沿斜面向下加速運動時，A物體所受摩擦力水平向右，此時摩擦力對A做正功，則A物體機械能不斷的增加，選項A正確，C錯誤；B．A、B兩物體的整體只有重力做功，則機械能守恒，即總機械能不變，選項B錯誤；D．A對B的摩擦力對B做負(fù)功，則B物體的機械能減小，選項D錯誤。故選A?！究枷?】如圖所示，曲面體Р靜止于光滑水平面上，物塊Q自Р的上端由靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（）A．P對Q做功為零B．P對Q做負(fù)功C．物塊Q的機械能守恒D．物體Q的機械能增加【答案】B【詳解】AB．Q在P上運動的過程中，曲面體P向左運動，P對Q的彈力與運動的位移的夾角大于90°，根據(jù)W=FLcosθ，P對Q做負(fù)功，故A錯誤，B正確；CD．Q在P上運動的過程中，系統(tǒng)中P和Q之間的作用力做功之和為零，系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故斜面體增加的動能等于物塊減少的機械能，物體Q的機械能減小，故CD錯誤。故選B。【考向4】如圖所示，圓心為O的四分之一圓弧軌道BC豎直放置，O與A處的釘子處于同一高度。細(xì)線的一端系有小物塊P，另一端繞過釘子系一套在圓弧軌道上的小球Q。將小球從軌道頂端B靜止釋放，忽略一切摩擦。在小球從B點運動到最低點C的過程中，下列說法中正確的是（）A．小物塊P和小球Q的速率總相等B．小物塊P的機械能守恒C．小球Q的機械能先增加后減小D．小球Q重力的功率先增加后減小【答案】D【詳解】A．當(dāng)小球Q下滑到某位置時，速度分解如圖所示v得v則當(dāng)θ=小物塊P和小球Q的速率相等，得小物塊P和小球Q的速率不是總相等，故A錯誤；B．小物塊P運動過程中除了重力做功，還有拉力做功，則小物塊P的機械能不守恒，故B錯誤；C．小球Q從B點運動到最低點C的過程中，拉力對小球Q做負(fù)功，小球Q的機械能減小，故C錯誤；D．小球Q從B點運動到最低點C的過程中，B靜止釋放初始重力的功率為零，運動到C點時速度和重力垂直，此時重力的功率為零，因此得小球Q重力的功率先增加后減小，故D正確。故選D?！究枷?】（多選）（2024·廣西柳州·三模）如圖所示，一小球用輕質(zhì)細(xì)線懸掛在木板的支架上，分別沿傾角為θ的兩個固定斜面下滑，甲圖中細(xì)線保持豎直，乙圖中細(xì)線保持垂直斜面。在木板下滑的過程中，下列說法正確的是（

）A．甲圖中木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=B．甲圖中木板、小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C．乙圖中木板與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=D．乙圖中木板、小球組成的系統(tǒng)機械能守恒【答案】AD【詳解】A．甲圖中，因拉小球的細(xì)線呈豎直狀態(tài)，所以小球受到重力和豎直向上的拉力，在水平方向沒有分力，所以小球在水平方向沒有加速度，根據(jù)力的平衡條件得m則解得μ=故A正確；B．甲圖中，因小球沿斜面做勻速直線運動，由于木板與小球的運動狀態(tài)相同，所以木板、小球組成的系統(tǒng)動能不變，重力勢能減小，機械能不守恒，故B錯誤；C．乙圖中，因拉小球的細(xì)線與斜面垂直，所以小球受到重力和細(xì)線垂直于斜面向上的拉力，其合力沿斜面向下，所以小球的加速度也沿斜面向下，對小球運用牛頓第二定律得m解得a=g由于木板與小球的運動狀態(tài)相同，所以對木板、小球組成的整體，根據(jù)牛頓第二定得m解得μ=0故C錯誤；D．乙圖中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機械能守恒，故D正確。故選AD．考點2：機械能守恒定律的應(yīng)用1.應(yīng)用機械能守恒定律的基本思路(1)選取研究對象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(單個物體,多個物體組成的系統(tǒng),系統(tǒng)內(nèi)有彈簧))(2)受力分析和各力做功情況分析，確定是否符合機械能守恒條件．(3)確定初末狀態(tài)的機械能或運動過程中物體機械能的轉(zhuǎn)化情況．(4)選擇合適的表達(dá)式列出方程，進(jìn)行求解．(5)對計算結(jié)果進(jìn)行必要的討論和說明．2.三種守恒表達(dá)式的比較Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′ΔEk＝－ΔEpΔE增＝ΔE減角度守恒觀點轉(zhuǎn)化觀點轉(zhuǎn)移觀點意義系統(tǒng)的初狀態(tài)機械能與末狀態(tài)機械能相等表示系統(tǒng)（或物體）機械能守恒時，系統(tǒng)減少（或增加）的重力勢能等于系統(tǒng)增加（或減少）的動能一部分物體機械能的增加量與另一部分物體機械能的減少量相等注意事項應(yīng)用時應(yīng)選好重力勢能的零勢能面，且初末狀態(tài)必須用同一零勢能面計算勢能應(yīng)用時關(guān)鍵在于分清重力勢能的增加量和減少量，可不選零勢能面而直接計算初末狀態(tài)的勢能差A(yù)部分機械能的增加量等于A部分末狀態(tài)的機械能減初狀態(tài)的機械能，而B部分機械能的減少量等于B部分初狀態(tài)的機械能減末狀態(tài)的機械能。圖像分析3．研究對象（1）當(dāng)只有重力做功時，可取一個物體（其實是物體與地球構(gòu)成的系統(tǒng)）作為研究對象，也可取幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對象。（2）當(dāng)物體之間有彈力做功時，必須將這幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)作為研究對象（使這些彈力成為系統(tǒng)內(nèi)力）。4．應(yīng)用機械能守恒定律的基本思路（1）選取研究對象（物體或系統(tǒng)）。（2）明確研究對象的運動過程，分析研究對象在過程中的受力情況，弄清各力做功情況，判斷機械能是否守恒。（3）選取恰當(dāng)?shù)膮⒖计矫?，確定研究對象在初末狀態(tài)的機械能。（4）選取恰當(dāng)?shù)谋磉_(dá)式列方程求解。常見的表達(dá)式有三種（見上面表達(dá)式）。（5）對計算結(jié)果進(jìn)行必要的討論和說明。5．機械能守恒定律的應(yīng)用技巧（1）機械能守恒定律是一種“能——能轉(zhuǎn)化”關(guān)系，其守恒是有條件的，因此，應(yīng)用時首先要對研究對象在所研究的過程中機械能是否守恒做出判斷。（2）如果系統(tǒng)（除地球外）只有一個物體，用守恒式列方程較方便；對于由兩個或兩個以上物體組成的系統(tǒng)，用轉(zhuǎn)化式或轉(zhuǎn)移式列方程較簡便?！究枷?】如圖所示，豎直面內(nèi)光滑的3/4圓形導(dǎo)軌固定在一水平地面上，半徑為R．一個質(zhì)量為m的小球從距水平地面正上方h高處的P點由靜止開始自由下落，恰好從N點沿切線方向進(jìn)入圓軌道．不考慮空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．適當(dāng)調(diào)整高度h，可使小球從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處B．若h=2R，則小球在軌道最低點對軌道的壓力為4mgC．只有h≥2.5R時，小球才能到達(dá)圓軌道的最高點MD．若h=R，則小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程重力做功為mgR【答案】C【詳解】A．若小球從M到N做平拋運動，故有R=vMtR=所以v若小球能到達(dá)M點，對小球在M點應(yīng)用牛頓第二定律可得mg≤m所以v故小球不可能從軌道最高點M飛出后，恰好落在軌道右端口N處，故A錯誤；B．設(shè)小球在最低點速度為v，對小球從靜止到軌道最低點應(yīng)用動能定理可得mgh=12mv再由牛頓第三定律，對小球在最低點應(yīng)用牛頓第二定律可得：小球在軌道最低點對軌道的壓力FN故B錯誤；C．對小球從靜止到M點應(yīng)用動能定理可得mg(??2R)=所以h≥2.5R故C正確；D．若h=R，由動能定理可得：小球能上升到圓軌道左側(cè)離地高度為R的位置，該過程始末位置高度差為零，故重力做功為零，故D錯誤；故選C．【考向7】（2024·浙江杭州·二模）有一質(zhì)量為m的小球，用細(xì)線掛在天花板上，線長為l，將其拉至水平位置由靜止釋放。忽略空氣阻力，小球可看成質(zhì)點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．在小球擺動過程中重力總是做正功B．重力功率最大值為mgC．小球動能變化周期是πD．在小球下擺過程中，動能隨時間的變化率先變大后變小【答案】D【詳解】A．從釋放位置到最低點的過程中，重力做正功，從最低點向上運動的過程中，重力做負(fù)功，故A錯誤；B．小球下擺過程中，設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)動能定理mgl重力對小球做功的瞬時功率P=mgv整理得P=mg細(xì)繩與豎直方向的夾角θ逐漸減小，由數(shù)學(xué)知識可知，重力對小球做功的瞬時功率先增大后減小，且當(dāng)sin時，重力的瞬時功率有最大值P故B錯誤；C．單擺運動公式為T=2π此物體不是單擺，故小球動能變化周期不是12D．在小球下擺過程中，機械能守恒，動能變化量的絕對值大小等于重力勢能變化量的絕對值大小，故動能隨時間的變化率為Δ故動能隨時間的變化率等于重力的瞬時功率，由B項可知，重力的瞬時功率先增大后減小，故動能隨時間的變化率先變大后變小，故D正確。故選D?！究枷?】（2024·湖北·二模）如圖所示，半圓豎直軌道與水平面平滑連接于B點，半圓軌道的圓心為O，半徑為R，C為其最高點。BD段為雙軌道，D點以上只有內(nèi)軌道，D點與圓心的連線與水平方向夾角為θ，一小球從水平面上的A點以一定的初速度向右運動，能沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點。不計一切摩擦。則（）A．小球到達(dá)C點時速度為gRB．小球到達(dá)C點后會向左做平拋運動C．小球在A點的初動能等于5D．若小球到達(dá)D點時對內(nèi)外軌道均無彈力，則sin【答案】D【詳解】AB．由于，D點以上只有內(nèi)軌道，小球沿圓弧軌道恰好到達(dá)C點，可知，小球到達(dá)C點時速度為0，小球到達(dá)C點后不會向左做平拋運動，故AB錯誤；C．結(jié)合上述，小球從A點到達(dá)C點過程，根據(jù)動能定理有?mg?2R=0?解得E故C錯誤；D．若小球到達(dá)D點時對內(nèi)外軌道均無彈力，根據(jù)牛頓第二定律有mg小球從A點到達(dá)D點過程，根據(jù)動能定理有?mg解得sin故D正確。故選D【考向9】（多選）如圖所示，在光滑的斜軌道底端平滑連接著一個半徑為R、頂端有缺口的光滑圓形軌道，A點、B點在同一水平面上，P點是最低點，∠AOB=120°。一質(zhì)量為m的小球由斜軌道上某高度處靜止釋放，由軌道連接處進(jìn)入圓形軌道。重力加速度為g，不考慮機械能的損失，下道列說法正確的是（）A．若小球滑到P點時速度大小為2gR，則此處軌道對小球作用力的大小為4B．若小球滑到P點時速度大小為2gR，則小球滑到A點時速度大小為C．若小球恰好能通過圓形軌道內(nèi)A點，則小球在斜軌道上靜止釋放的高度為5D．若小球從圓形軌道內(nèi)A點飛出后恰好從B點飛入圓形軌道，則小球經(jīng)過B點時的速度大小為2gR【答案】BD【詳解】A．小球在P點，根據(jù)牛頓第二定律有N?mg=則此處軌道對小球作用力的大小為N=mg+故A錯誤；B．小球從圓形軌道最低點P滑到A點，由動能定理有?mg(R解得v故B正確；C．若小球恰好能通過圓形軌道內(nèi)A點，根據(jù)牛頓第二定律有mg對小球從釋放到A點，根據(jù)動能定理有mg??mgR(1+解得?=故C錯誤；D．小球從圓形軌道內(nèi)A點飛出后做斜拋運動到B點，豎直方向有v水平方向有2R解得v故D正確。故選BD?！究枷?0】（多選）（2024·陜西渭南·二模）如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角θ為30°，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達(dá)C點，重力加速度為gA．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸減小B．小球從A到C的過程中，小球的機械能不斷減少C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大時，小球沒有從圓軌道上B點脫離軌道，則小球能夠沿圓軌道運動到C【答案】CD【詳解】A．由題知，小球能沿軌道運動恰好到達(dá)C點，則小球在C點的速度為vC

=0則小球從C到B的過程中，有mgRF聯(lián)立有F則從C到B的過程中α由0增大到θ，則cosα逐漸減小，故FN逐漸減小，而小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大，A錯誤；B．小球從A到C的過程中，只有重力做功，機械能不變，故B錯誤；C．從A到C的過程中有?mg?2R=解得v故C正確；D．小球沒有從圓軌道上B點脫離軌道，說明mg隨著高度上升，小球的速度減小，所需向心力減小，同時，重力指向圓心的分力增大，則更不會脫離軌道，能夠到達(dá)C點，故D正確。故選CD。考點3：多物體機械能守恒問題一.多個物體組成的系統(tǒng)機械能守恒問題的解題思路1．首先分析多個物體組成的系統(tǒng)所受的外力是否只有重力或彈力做功，內(nèi)力是否造成了機械能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，從而判斷系統(tǒng)機械能是否守恒。2．若系統(tǒng)機械能守恒，則機械能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，ΔE1＝－ΔE2，一個物體機械能增加，則一定有另一個物體機械能減少。二.多物體機械能守恒問題的分析技巧1．對多個物體組成的系統(tǒng)，一般用“轉(zhuǎn)化法”和“轉(zhuǎn)移法”來判斷其機械能是否守恒。2．注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關(guān)系和位移關(guān)系。3．列機械能守恒方程時，可選用ΔEk＝－ΔEp的形式。三．幾類連接體的機械能守恒分析桿連物體系統(tǒng)機械能守恒情景分析如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)釋放后A、B在豎直平面內(nèi)繞過O點的軸轉(zhuǎn)動，且A、B的角速度相等。方法突破求解這類問題時，由于二者角速度相等，所以關(guān)鍵是根據(jù)二者轉(zhuǎn)動半徑的關(guān)系尋找兩物體的線速度的關(guān)系，根據(jù)兩物體間的位移關(guān)系，尋找到系統(tǒng)重力勢能的變化，最后根據(jù)ΔEk＝－ΔEp列出機械能守恒的方程求解。另外注意的是輕桿對物體提供的彈力不一定沿著桿，輕桿的彈力也就不一定與速度方向垂直，輕桿的彈力對一個物體做了正功，就對另一物體做了負(fù)功，并且絕對值相等。繩連物體系統(tǒng)機械能守恒情景分析如圖所示的兩物體組成的系統(tǒng)，當(dāng)釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等時間內(nèi)A、B運動的路程相等，A、B的速率也相等。但有些問題中兩物體的速率并不相等，這時就需要先進(jìn)行運動的合成與分解找出兩物體運動速度之間的關(guān)系。方法突破求解這類問題時，由于二者速率相等或相關(guān)，所以關(guān)鍵是尋找兩物體間的位移關(guān)系，進(jìn)而找到系統(tǒng)重力勢能的變化。列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系統(tǒng)機械能守恒并非每個物體機械能守恒，因為細(xì)繩對系統(tǒng)中的每一個物體都要做功。含彈簧類機械能守恒問題情景分析對兩個（或兩個以上）物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。在相互作用過程中，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長（或壓縮至最短）時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。如系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度（如繃緊的彈簧由靜止釋放）。方法突破求解這類問題時，首先以彈簧遵循的胡克定律為分析問題的突破口：彈簧伸長或縮短時產(chǎn)生的彈力的大小遵循F＝kx和ΔF＝kΔx。其次，以彈簧的彈力做功為分析問題的突破口：彈簧的彈性勢能與彈簧的勁度系數(shù)、形變量有關(guān)，但是在具體的問題中不用計算彈性勢能的大小，彈簧的形變量相同的時候彈性勢能相同，通過運算可以約去。當(dāng)題目中始、末都不是彈簧原長時，要注意始、末彈力的大小與方向時刻要與當(dāng)時的形變相對應(yīng)，即伸長量或壓縮量，而力的位移就可能是兩次形變量之和或之差。【考向11】（2024·遼寧丹東·一模）如圖所示，勁度系數(shù)為200N/m的輕彈簧下端固定在傾角為θ=53°的光滑斜面底端，上端連接物塊Q，Q同時與平行于斜面的輕繩相連，輕繩跨過定滑輪O與套在足夠長的光滑豎直桿上的物塊P連接，圖中O、B兩點等高，間距d=0.3m。初始時在外力作用下，P在A點靜止不動，A、B間距離?=0.4m，此時輕繩中張力大小為60N。已知P的質(zhì)量為1kg，Q的質(zhì)量為5kg，P、Q均可視為質(zhì)點。現(xiàn)將P由靜止釋放（不計滑輪大小及摩擦，重力加速度g取A．物塊P上升的最大高度為0.8B．物塊P上升至B點時，其速度大小為2C．在物塊P由A點運動到B點的過程中，彈簧對物塊Q一直做正功D．在物塊P由A點運動到B點的過程中，物塊P機械能守恒【答案】B【詳解】A．假設(shè)物塊P上升的最大高度為0.8m，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，此時物塊Q剛好回到初始位置，則物塊從A點釋放到最大高度過程，彈簧的彈性勢能變化為0，Q的重力勢能變化為0，而P的重力勢能增加，不滿足P、Q彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，可知物塊P上升的最大高度一定小于0.8B．P位于A點時，設(shè)彈簧伸長量為x1T=解得彈簧的伸長量為xP上升至B點時，Q下降的距離為Δ則此時彈簧的壓縮量為x可知P從A點上升至B點時，彈簧的彈性勢能不變，且物塊Q的速度為0；對物塊P、Q及彈簧，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒有m解得P上升至B點時的速度大小為v故B正確；C．在物塊P由A點運動到B點的過程中，彈簧先處于伸長狀態(tài)后處于壓縮狀態(tài)，彈簧對物塊Q先做正功，后做負(fù)功，故C錯誤；D．在物塊P由A點運動到B點的過程中，繩子拉力對P一直做正功，物塊P的機械能增加，故D錯誤。故選B。【考向12】（2024·陜西榆林·三模）如圖所示，傾角為45°的光滑斜面與光滑的水平地面在C點連接，質(zhì)量均為m的小球A、B（均可視為質(zhì)點）用長為L的輕質(zhì)硬桿連接，現(xiàn)把小球B放置在水平面上的C點，小球A由靜止釋放，在小球A下滑的過程中，小球B始終在水平地面上運動，重力加速度為gA．在小球A下滑的過程中，小球A重力勢能的減少量等于小球B動能的增加量B．在小球A下滑的過程中，輕質(zhì)硬桿對小球B先做正功后做負(fù)功C．小球A剛到達(dá)C點前瞬間，小球A、B的速度相等D．小球A剛到達(dá)C點前瞬間，小球B的動能為2【答案】D【詳解】A．在小球A下滑的過程中，小球A重力勢能的減少量等于小球A、B動能的增加量之和，故A錯誤；B．在小球A下滑的過程中，輕質(zhì)硬桿對小球B的作用力與小球B的運動方向始終成銳角，故輕質(zhì)硬桿對小球B始終做正功，故B錯誤；CD．設(shè)小球A下滑時桿與地面的夾角為θ、與斜面的夾角為α，則v可得v小球A剛到達(dá)C點還未與地面接觸時θ=0°，v由機械能守恒定律可得mgL解得vA=小球B的動能為E故C錯誤，D正確。故選D?！究枷?3】（2024·遼寧丹東·二模）輕質(zhì)直角支架兩端分別連接質(zhì)量均為m的小球A和B，支架的兩直角邊長度分別為2L和L，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動。如圖所示，開始時OA邊與水平方向的夾角為θ，θ=37°。由靜止釋放A球，（重力加速度為g，sin37A．A、B兩球線速度大小始終相等B．A球速度最大時位于O點正下方C．A由靜止釋放至擺動到最低點的過程中，支架對A不做功D．A擺動到最低點位置時，桿對A做功的功率為零【答案】D【詳解】A．A、B兩球?qū)儆谕S轉(zhuǎn)動，角速度始終相等，由于兩球到軸心間距不等，根據(jù)v=ωr可知，A、B兩球線速度大小始終不相等，故A錯誤；B．A、B兩球構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，令角速度為ω，經(jīng)歷一定時間，OA邊與水平方向夾角為α，則有mg解得ω=若令y=2對函數(shù)求導(dǎo)有y'=2當(dāng)導(dǎo)數(shù)值為0時，解得tan則有sin可知α<由于線速度最大時，A的線速度最大，可知，A球速度最大時A并沒有位于O點正下方，故B錯誤；C．A由靜止釋放至擺動到最低點的過程中，結(jié)合上述可以解得此時的角速度恰好為0，即此時的線速度為0，表明A恰好能夠運動到最低點，此過程中，A的機械能減小，表明支架對A做負(fù)功，故C錯誤；D．結(jié)合上述可知，A擺動到最低點位置時，A的線速度恰好等于0，可知，此時桿對A做功的功率為零，故D正確。故選D。【考向14】（多選）如圖所示，光滑豎直固定桿上套有一質(zhì)量為m的小球A，一根豎直輕彈簧上端連接著一個質(zhì)量為m的物塊B，下端連接著一個質(zhì)量為2m的物塊C。一輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為5L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點，此時輕繩剛好伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直。現(xiàn)將小球A由P點靜止釋放，A沿桿下滑12L到達(dá)最低點Q，此時物塊C與地面間的相互作用剛好為零。不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．彈簧的勁度系數(shù)為3mgB．小球A運動到最低點時彈簧的形變量為8C．小球A運動到最低點時彈簧的彈性勢能為4mgLD．用質(zhì)量為m2的小球D替換A，并將其拉至Q點由靜止釋放，小球D經(jīng)過P點時的動能為【答案】AD【詳解】AB．開始時，對B有mg=kA在Q點時，對C有2mg=kx2A從P到x解得k=xA正確；B錯誤；C．A從P到Q，由能量守恒定律有12mgL=8mgL+解得Δ因為彈簧原先有形變量，所以EPQD．D從Q到P，由能量守恒定律有Δ解得ED正確。故選AD?！究枷?5】（多選）（2024·陜西·一模）如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）穿過固定的光滑圓環(huán)B，左端固定在A點，右端連接一個質(zhì)量為m的小球，A、B、C在一條水平線上，彈性繩自然長度為AB。小球穿過豎直固定的桿，從C點由靜止釋放，到D點時速度為零，C、D兩點間距離為h。已知小球在C點時彈性繩的拉力為0.5mg，g為重力加速度，小球和桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（）A．小球從C點運動到D點的過程中，彈性繩的彈力不斷減小B．整個運動過程中，彈性繩的最大彈性勢能為0.75mghC．若在D點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，則v=D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達(dá)D點時的速度大小為g?【答案】CD【詳解】A．設(shè)BC的長度為L，根據(jù)胡克定律，有0.5mg=kLBD與豎直方向的夾角為α?xí)r，伸長量為LsinF=k可知，小球從C點運動到D點的過程中，α不斷減小，彈性繩彈力不斷增大，故A錯誤；B．小球從C點運動到D點的過程中克服摩擦力做功為W當(dāng)運動到D時，繩子伸長最長，彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒Δ因為最初繩子也具有彈性勢能，所以，繩子最大的彈性勢能大于0.75mgh，故B錯誤；C．對小球從C到D過程，根據(jù)動能定理，有mg??解得W若在D點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，根據(jù)動能定理，有W解得v=故C正確；D．若僅把小球的質(zhì)量變成2m，小球從C到D過程，根據(jù)動能定理，有2mg??解得v故D正確。故選CD?！究枷?6】（多選）（2024·陜西安康·一模）如圖所示，質(zhì)量為m、高為?、傾角為θ的光滑斜面體A放在足夠大的光滑水平地面上，斜面頂端正上方有一固定的光滑套管C，用手提著質(zhì)量為m的細(xì)長直桿B的上端，將直桿穿過套管，使直桿下端恰好與斜面體頂端接觸，突然松手，直桿在套管的約束下只能沿豎直方向運動，斜面體隨即向右加速，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．直桿的最大速度為2g?B．斜面體的最大速度為2g?C．斜面體的加速時間為2g?D．斜面體在加速過程中受到地面的支持力大小為2mg?mg【答案】CD【詳解】AB．桿豎直向下運動，接觸點沿斜面滑動，同時由于桿向下運動使斜面向右運動，故將桿豎直向下的速度分解為平行斜面的速度v1和水平方向的速度v桿一直向下加速，故可知到達(dá)斜面底端時速度最大，在到達(dá)底端過程中斜面體向右的速度與桿沿水平方向的速度相等，設(shè)到達(dá)底端時桿的速度為vm，斜面體的速度為vmg?=其中有tan聯(lián)立解得vm=AB錯誤；C．設(shè)桿加速度為a1，斜面體加速度為atan設(shè)斜面對桿垂直于斜面方向的彈力為FN，桿對斜面垂直斜面向下的彈力為FF對桿和斜面體由牛頓第二定律mg?F求得aF故斜面體的加速時間為t=C正確；D．斜面體在加速過程中豎直方向受力平衡N=mg+求得N=2mg?mgD正確。故選CD?？键c4：用機械能守恒定律解決非質(zhì)點問題一.非質(zhì)點系統(tǒng)1．定義：指的是“鏈條”、“纜繩”、“液柱”等質(zhì)量不可忽略、柔軟的物體或液體。2．重力勢能變化的分析方法在確認(rèn)了系統(tǒng)機械能守恒之后，一般采用轉(zhuǎn)化法列方程。重力勢能的變化與運動的過程無關(guān)，常常分段找等效重心的位置變化來確定勢能的變化。二.基本思路在應(yīng)用機械能守恒定律處理實際問題時，經(jīng)常遇到像“鏈條”“液柱”類的物體，其在運動過程中將發(fā)生形變，其重心位置相對物體也發(fā)生變化，因此這類物體不能再看成質(zhì)點來處理。不計摩擦和其他損耗，物體雖然不能看成質(zhì)點來處理，但因只有重力做功，物體整體機械能守恒。一般情況下，可將物體分段處理，確定質(zhì)量分布均勻的規(guī)則物體各部分的重心位置，根據(jù)初、末狀態(tài)物體重力勢能的變化列式求解?！究枷?7】（多選）橫截面積為S的U形圓筒豎直放在水平面上，筒內(nèi)裝水，底部閥門K關(guān)閉對兩側(cè)水面高度分別為?1和?2，如圖所示，已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g，不計水與筒壁間的摩擦阻力，現(xiàn)把連接兩筒的閥門A．大氣壓力對水柱做負(fù)功B．水柱的機械能守恒C．水柱的重力不做功D．當(dāng)兩筒水面高度相等時，水柱的動能是1【答案】BD【詳解】A．從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，大氣壓力對左筒水柱做正功，對右筒水柱做負(fù)功，抵消為零，即大氣壓力對水柱做功為零，A錯誤；B．由于大氣壓力對水柱做功為零，故水柱的機械能守恒，B正確；C．從把連接兩筒的閥門打開到兩筒水面高度相等的過程中，水柱的重心下降了，可知水柱的重力做正功，C錯誤；D．水柱的機械能守恒，重力做功等于重力勢能的減少量，等于水柱增加的動能，等效于把左筒高?1-?ED正確；故選BD?！究枷?8】（多選）如圖所示，傾角θ=30°的光滑斜面固定在地面上，長為L、質(zhì)量為m、粗細(xì)和質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。用輕質(zhì)細(xì)線將物塊與軟繩連接，物塊的質(zhì)量也為m，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時物塊未到達(dá)地面）在此過程中（）A．物塊重力做的功等于軟繩和物塊動能的增加量B．物塊重力勢能的減少量大于軟繩機械能的增加量C．軟繩重力勢能共減少了12D．軟繩剛好全部離開斜面時的速度為1【答案】BD【詳解】AB．物塊下降的高度為?=l物塊重力做功為W=mgl所以物塊重力勢能減少了Δ物塊減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為軟繩增加的機械能和物塊本身的動能，故A錯誤，B正確；C．物塊未釋放時,軟繩的重心離斜面頂端的高度為?軟繩剛好全部離開斜面時，軟繩的重心離斜面頂端的高度?則軟繩重力勢能共減少mg(故C錯誤；根據(jù)機械能守恒有mgl+則v=故D正確。故選BD?！菊骖}1】（2023·浙江·高考真題）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】A．由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有v則拋出后速度大小為v=可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能E可知動能與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。故選D?！菊骖}2】（2024·浙江·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點2的高度為h，則足球（）A．從1到2動能減少mg? B．從1到2重力勢能增加mg?C．從2到3動能增加mg? D．從2到3機械能不變【答案】B【詳解】AB．由足球的運動軌跡可知，足球在空中運動時一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢能增加mg?，則1到2動能減少量大于mg?，A錯誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機械能減小，重力勢能減小mgh，則動能增加小于mg?，選項CD錯誤。故選B?！菊骖}3】（2024·北京·高考真題）如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點C。下列說法正確的是（）A．物體在C點所受合力為零B．物體在C點的速度為零C．物體在C點的向心加速度等于重力加速度D．物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點的動能【答案】C【詳解】AB．物體恰好能到達(dá)最高點C，則物體在最高點只受重力，且重力全部用來提供向心力，設(shè)半圓軌道的半徑為r，由牛頓第二定律得mg=m解得物體在C點的速度v=AB錯誤；C．由牛頓第二定律得mg=ma解得物體在C點的向心加速度a=gC正確；D．由能量守恒定律知，物體在A點時彈簧的彈性勢能等于物體在C點時的動能和重力勢能之和，D錯誤。故選C?！菊骖}4】（2024·全國·高考真題）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小（）A．在Q點最大 B．在Q點最小 C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【詳解】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（P點）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為θ，從大圓環(huán)頂端到P點過程，根據(jù)機械能守恒定律mgR(1?在P點，根據(jù)牛頓第二定律mg聯(lián)立解得cos從大圓環(huán)頂端到P點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從P點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為R，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為θ(0≤θ≤π)，根據(jù)機械能守恒定律mgR(1?cosθ)=在該處根據(jù)牛頓第二定律F+mgcosθ=m聯(lián)立可得F=2mg?3mg則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小F根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知F的大小在cosθ=故選C?！菊骖}5】（2024·山東·高考真題）如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d（d<l）。兩木板與地面間動摩擦因數(shù)均為μ，彈性繩勁度系數(shù)為k，被拉伸時彈性勢能E=12kx2（x為繩的伸長量）?，F(xiàn)用水平力F緩慢拉動乙所坐木板，直至甲所坐木板剛要離開原位置，此過程中兩人與所坐木板保持相對靜止，k保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則FA．(μmg)2C．3(μmg)【答案】B【詳解】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有k解得彈性繩的伸長量x則此時彈性繩的彈性勢能為E從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W=故選B?！菊骖}6】（2023·遼寧·高考真題）某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達(dá)到v?=80m/s時離開水面，該過程滑行距離L=1600m、汲水質(zhì)量m=1.0×10?kg。離開水面后，飛機攀升高度h=100m時速度達(dá)到v?=100m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標(biāo)時開始空中投水。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；（2）整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE?！敬鸢浮浚?）2m/s2，40s；（【詳解】（1）飛機做從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為v1L=解得飛機滑行的時間為t=飛機滑行的加速度為a=（2）飛機從水面至?=100mΔ【真題7】（2024·海南·高考真題）某游樂項目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點a與滑梯末端b的高度?=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M=25kg，一質(zhì)量為m=50kg的游客，從a點由靜止開始下滑，在b點滑上滑板，當(dāng)滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s=16m（1）游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小；（2）滑板的長度L【答案】（1）1000N；（2）【詳解】（1）設(shè)游客滑到b點時速度為v0，從a到bmg?=解得v在b點根據(jù)牛頓第二定律F解得F根據(jù)牛頓第三定律得游客滑到b點時對滑梯的壓力的大小為F（2）設(shè)游客恰好滑上平臺時的速度為v，在平臺上運動過程由動能定理得?μmgs=0?解得v=8根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運動，滑板一直做加速運動，設(shè)加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運動學(xué)規(guī)律對游客v=解得t=1該段時間內(nèi)游客的位移為s滑板的位移為s根據(jù)位移關(guān)系得滑板的長度為L=【真題8】（2024·北京·高考真題）科學(xué)家根據(jù)天文觀測提出宇宙膨脹模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物質(zhì)（星體等）在做彼此遠(yuǎn)離運動，且質(zhì)量始終均勻分布，在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣。以某一點O為觀測點，以質(zhì)量為m的小星體（記為P）為觀測對象。當(dāng)前P到O點的距離為r0，宇宙的密度為ρ（1）求小星體P遠(yuǎn)離到2r0處時宇宙的密度（2）以O(shè)點為球心，以小星體P到O點的距離為半徑建立球面。P受到的萬有引力相當(dāng)于球內(nèi)質(zhì)量集中于O點對P的引力。已知質(zhì)量為m1和m2、距離為R的兩個質(zhì)點間的引力勢能Ep=?Gma．求小星體P從r0處遠(yuǎn)離到2r0b．宇宙中各星體遠(yuǎn)離觀測點的速率v滿足哈勃定律v=Hr，其中r為星體到觀測點的距離，H為哈勃系數(shù)。H與時間t有關(guān)但與r無關(guān)，分析說明H隨t增大還是減小?！敬鸢浮浚?）ρ=18ρ0；（2）a．ΔE【詳解】（1）在宇宙中所有位置觀測的結(jié)果都一樣，則小星體P運動前后距離O點半徑為r0和2ρ?解得小星體P遠(yuǎn)離到2rρ=（2）a．此球內(nèi)的質(zhì)量M=P從r0處遠(yuǎn)離到2Δb．由a知星體的速度隨r0增大而減小，星體到觀測點距離越大，運動時間t越長，由v=Hr知，H減小，故H隨t一、單選題1．（2024·四川成都·三模）一質(zhì)點做勻速圓周運動，從圓周上的一點運動到另一點的過程中，下列說法一定正確的是（

）A．質(zhì)點速度不變 B．質(zhì)點加速度不變 C．質(zhì)點動能不變 D．質(zhì)點機械能不變【答案】C【詳解】A．質(zhì)點做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻變化，速度是變化的，故A錯誤；B．質(zhì)點做勻速圓周運動，加速度大小不變，方向時刻變化，指向圓心，加速度是變化的，故B錯誤；C．質(zhì)點動能為E質(zhì)點做勻速圓周運動，速度大小不變，故質(zhì)點動能不變，故C正確；D．質(zhì)點做勻速圓周運動，動能不變，質(zhì)點的重力勢能不一定不變，故質(zhì)點機械能不一定不變，故D錯誤。故選C。2．（2024·山東濱州·二模）電動車在剎車或下坡過程中可以利用某些裝置把機械能轉(zhuǎn)化為電能，進(jìn)行機械能回收。一實驗電動車質(zhì)量m=2kg，以20J的初機械能沿傾角為15°的平直斜坡AO運動，A點為運動起始點，設(shè)A點為零勢能點。第一次在A點關(guān)閉發(fā)動機，讓車自由滑行，其機械能—位移關(guān)系如圖直線①所示；第二次在A點關(guān)閉發(fā)動機同時開啟“機械能回收”裝置，回收一段時間后，關(guān)閉回收裝置，其機械能—位移關(guān)系如圖線②所示。假設(shè)機械能回收效率為90%A．第一次中斜面AO作用于實驗電動車的阻力大小為5B．第二次中實驗電動車從10m行駛到20C．第二次中實驗電動車行駛20m的過程中，回收機械能D．第二次中實驗電動車行駛前10m【答案】C【詳解】A．若斜面光滑則電動車運動過程中機械能守恒，由圖線①知，機械能在減小，說明下滑過程中摩擦力做功，在自由滑行時，設(shè)摩擦力為f，A點機械能為E1，O點機械能為Efx=代入得f=A錯誤；B．第二次中實驗電動車從10m行駛到20C．由圖線②知，在前10m內(nèi)進(jìn)行“機械能回收”，由題圖知，圖線①表達(dá)式為E=?0.2x+20當(dāng)x=10mE=?0.2×10+20=18在車自由下滑10m時W開啟能量回收模式下滑10m時W則第二次中實驗電動車行駛20mEC正確；D．由圖線②知，斜率表示摩擦力與回收裝置產(chǎn)生合外力，方向沿斜面向上，第二次中實驗電動車行駛前10m故選C。3．（2024·河北·三模）小芳同學(xué)上體育課時，從距離地面H高度處將m=0.6kg的籃球從靜止開始釋放，籃球與地面撞擊后彈起，籃球在此過程中的v?t圖像如圖所示。不計籃球與地面撞擊過程的時間間隔，籃球在下落階段與上升階段所受的空氣阻力大小相等，已知重力加速度g=10A．下落的高度H=2.0B．在下落階段和上升階段運動的時間差為0.2sC．在下落階段和上升階段所受空氣阻力與重力的大小之比為1:4D．撞擊地面過程中損失的機械能為0.8J【答案】B【詳解】A．根據(jù)v-t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示位移，得H=A項錯誤；B．設(shè)籃球在下落過程中受到空氣的阻力為f，由牛頓第二定律有mg?f=m由圖可知a聯(lián)立兩式解得f=所以籃球上升過程的加速度mg+f=ma又因為a解得t故籃球在上升階段經(jīng)歷的時間為t籃球在下落和上升階段的時間差ΔB項正確；C．籃球下落過程的加速度大小a設(shè)籃球下落過程中所受空氣阻力為f，由牛頓第二定律有mg?f=m解得f:mg=1:5C項錯誤；D．由籃球在此過程中的v-t圖像可知籃球即將著地時的速度大小為4m/s，反彈時的速度大小為3.6m/s，可知籃球撞擊地面過程中損失的機械能ΔD項錯誤。故選B。4．（2024·浙江·三模）如圖所示，細(xì)繩的一端固定于O點，另一端系一個小球，在O點的正下方釘一個釘子A，小球從一定高度擺下。不計細(xì)繩與釘子碰撞的能量損失，不計空氣阻力，則（）A．若A高于小球擺下的初位置，則A離O點越近，小球運動到右側(cè)最高點時加速度就越大B．若A高于小球擺下的初位置，則A離O點越近，小球運動到右側(cè)最高點時，細(xì)繩的拉力就越大C．由于機械能守恒，無論A離O點多遠(yuǎn)（小于繩長），小球總能上升到原來高度D．如果A與小球擺下的初位置等高，則小球在運動的過程中有可能撞到釘子【答案】B【詳解】AB．A離O點越近，小球運動到右側(cè)最高點時，擺角θ就越小，小球加速度a=g越小，而繩的拉力T=mg越大，故A錯誤，B正確；C．當(dāng)A低于小球開始擺下的高度時，小球擺動到右側(cè)繞A運動，到達(dá)最高點時速度不為零，此時小球不能上升到原來高度，C錯誤；D．如果小球擺下的初位置與A等高，則小球總是繞O或繞A作圓周運動（來回擺動），不可能撞到釘子，故D錯誤。故選B。5．（2024·廣西桂林·三模）如圖所示的是簡化后的跳臺滑雪雪道示意圖，AO段為助滑道和起跳區(qū)，OB段為傾角αα<45°的著陸坡。運動員從助滑道的起點A由靜止開始下滑，到達(dá)O時點以初速度v0起跳，v0方向與水平方向的夾角也為α，最后落在著陸坡面上的C點，O、C間距離為L。不計一切阻力，則運動員從OA．最小速度為v0 B．時間為C．速度最小時，機械能最小 D．從O點起跳后瞬間重力功率最大【答案】B【詳解】A．在最高點時速度最小，沿水平方向，根據(jù)速度的分解可知最小速度為v=故A錯誤；B．運動員水平方向做勻速直線運動，從O點運動到C點的過程中有L解得t=故B正確；C．運動員從O點運動到C點的過程中只有重力做功，機械能守恒，故C錯誤；D．根據(jù)豎直方向的運動規(guī)律v可知C點豎直方向的速度較大，根據(jù)P可知C點重力的功率最大，故D錯誤；故選B。6．（2023·湖南永州·一模）鉛球擲出后，在空中運動的軌跡如圖所示。a、b、c、d、e為軌跡上5個點，c為軌跡的最高點，不計空氣阻力，下列說法正確的是（

）

A．球運動到c點時重力的功率最小，但不為零B．鉛球從a點運動到c點和從c點運動到e點速度變化方向相同C．鉛球從d點到e點的過程比從a點到b點的過程中速度變化快D．鉛球從a點運動到e點，合外力做的功大于重力勢能的減少量【答案】B【詳解】A．鉛球運動到c點時速度沿水平方向，重力的瞬時功率為PG=mgvcos90°=0故A錯誤；B．根據(jù)Δv=gΔt可知，鉛球從a點運動到c點和從cC．速度變化快慢即為加速度，鉛球從d點到e點的過程比從a點到b點的過程中加速度相同即速度變化快慢相同，故C錯誤；D．鉛球從a點運動到e點，只有重力做功，根據(jù)重力做功與重力勢能的關(guān)系可知，重力做功等于重力勢能的減少量，故D錯誤。故選B。7．（2024·湖北·一模）如圖所示，一頂角為120°的“∧”型光滑細(xì)桿豎直放置，頂角的角平分線豎直。質(zhì)量均為m的兩金屬球套在細(xì)桿上，高度相同，中間用水平輕彈簧連接，彈簧處于原長狀態(tài)，勁度系數(shù)為k?，F(xiàn)將兩小球同時由靜止釋放，小球沿細(xì)桿下滑過程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。已知彈簧形變量為x時，彈簧的彈性勢能Ep=1A．兩小球下滑過程中，兩小球的機械能守恒 B．彈簧的最大拉力為

3C．小球在最高點和最低點的加速度大小相等 D．小球的最大速度為

g【答案】C【詳解】A．兩小球下滑過程中，除重力以外，彈簧的彈力對它做功，所以兩小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．小球下降h達(dá)到最低時，速度減小為0，形變量最大為x根據(jù)機械能守恒定律有2mg?=解得?=彈簧的最大伸長量x彈簧的最大拉力為T=k故B錯誤；C．在最高點時小球只受重力和支持力作用，此時重力沿桿方向的分力提供加速度，有a在最低點時T=根據(jù)牛頓第二定律可知T解得a小球在最高點與最低點加速度大小相等，故C正確；D．小球受到重力、桿的彈力N和彈簧的彈力F，沿桿方向加速度為0，即合力為0時小球的速度最大，此時mg又F=kx解得形變量x=兩個小球下降的高度為?對系統(tǒng)只有重力，彈力做功，對兩個金屬環(huán)和彈簧根據(jù)機械能守恒，有2mg解得v故D錯誤。故選C。8．（2024·山東濟南·二模）如圖所示，傾角為α=30°的足夠長的光滑斜面體固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一擋板，小物塊甲、乙用輕彈簧拴接后置于斜面上，甲的質(zhì)量為m。初始靜止時，彈簧壓縮量為d。某時刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力F=mg，當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長時將恒力撤去，甲到最高點時乙剛要離開擋板。已知甲物體做簡諧振動的周期為T，彈簧的彈性勢能為E，EP=12kx2，其中kA．小物塊乙的質(zhì)量為2mB．甲運動到最低點時的加速大小為2gC．從撤去外力到甲運動到最高點的時間為TD．彈簧的最大彈性勢能為9【答案】D【詳解】A．施加恒力前由平衡條件mgsinα=kd解得k設(shè)乙剛要離開擋板時彈簧的伸長量為x1，從開始到乙剛要離開擋板的過程，對甲和彈簧由能量守恒有mg解得x1=d設(shè)乙的質(zhì)量為m'，乙剛好不離開擋板，則有kx1=m'gsinα解得m'=m故A錯誤；B．甲在最高點時k解得a=g，A=2d由對稱性可知，甲到最低點時加速度也為g，故B錯誤；C．剛撤去外力甲做簡諧振動的平衡位置為初始位置，因此甲此時的位移為A2且向上運動，則從撤去外力到甲運動到最高點的時間為TD．設(shè)甲到最低點時彈簧的壓縮量為x2，由能量守恒得mgx解得x2=3d由于x1＜x2，故最大彈性勢能E故D正確。故選D。9．（2024·廣西·二模）如圖所示，一輕桿通過鉸鏈連接在固定轉(zhuǎn)軸O1上，可繞O1軸自由轉(zhuǎn)動，輕桿另一端與一質(zhì)量未知的小球A連接。一輕繩繞過輕質(zhì)定滑輪O2，一端連接小球A，另一端連接一帶掛鉤，質(zhì)量為m的物塊B，已知O1與O2等高，圖中θ1=A．3+12m B．3?12m【答案】A【詳解】對B受力分析可知，繩子拉力T=mg對A受力分析，由共點力平衡中直接合成法可知m解得m若小球A上升到最高點時，剛好與定滑輪在同一直線上，此時A、B、C的速度都為零，設(shè)桿長為l，則根據(jù)機械能守恒有m解得m故選A。10．如圖所示，頂角P為53°的光滑“”形硬桿固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量均為m的小球甲、乙（均視為質(zhì)點）用長度為L的輕質(zhì)硬桿連接，分別套在“”形硬桿的傾斜和水平部分，當(dāng)輕質(zhì)硬桿呈豎直狀態(tài)時甲靜止在A點，乙靜止在C點。甲由于受到輕微的擾動開始運動，當(dāng)甲運動到B點時，輕質(zhì)硬桿與“”形硬桿的傾斜部分垂直，重力加速度大小為g，則甲在B點的速度大小為（）A．5gL5 B．C．5gL2 D．【答案】B【詳解】由于甲在B位置時，輕質(zhì)硬桿與AP傾斜部分垂直，根據(jù)牽連速度的分解規(guī)律可知，甲沿輕質(zhì)硬桿的分速度為0，即此時乙的速度為0，甲小球減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為甲的動能，則有mg解得v=故選B。11．（2024·貴州·三模）如圖所示，ACB為固定的粗糙半圓弧軌道，AOB為其水平直徑，可視為質(zhì)點的小物塊從A正上方a點處由靜止釋放，下落后從A點進(jìn)入圓弧軌道后從B點沖出，之后返回和離開軌道多次。若第一次從B點離開圓弧軌道上升到達(dá)的最高點為b，第一次從A點離開圓弧軌道上升到達(dá)的最高點為c，第二次從B點離開圓弧軌道上升到達(dá)的最高點為d，圖中b、c、d三點未標(biāo)出。設(shè)a、b之間的豎直高度差為Δ?1，b、c之間的豎直高度差為Δ?2，c、A．Δ?1=C．Δ?1<【答案】B【詳解】由于圓弧軌道粗糙，小球在圓弧軌道運動過程中，需要克服摩擦力做功，則每次通過圓弧相同位置的速度都比前一次通過時小，小球每次通過圓弧軌道上該位置所需向心力都比前一次通過時小，導(dǎo)致軌道對滑塊的彈力變小，即軌道對小球的滑動摩擦力也變小，所以每次通過半圓弧軌道，小球克服摩擦力做的功都比前一次要少，因此機械能損失量也不斷變小，則小球后一次相鄰最高點的高度差總小于前一次相鄰最高點的高度差，即有Δ故選B。12．如圖所示，一根不可伸長的輕質(zhì)細(xì)線一端懸于O點，另一端系一小球A，將A拉至細(xì)線與水平方向成θ夾角，細(xì)線剛好伸直。由靜止釋放A，在A從釋放點運動到最低點的過程中，其重力勢能Ep、動能Ek、機械能E、重力的瞬時功率P與下落的高度h的關(guān)系圖像可能正確的是（不計空氣阻力）（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．小球下落過程中重力勢能隨下落高度h的增大均勻減小，即圖線的斜率保持不變，故A錯誤；B．A從釋放點開始做自由落體運動，根據(jù)機械能守恒定律可知E小球運動到與水平方向?qū)ΨQ的位置后，細(xì)線被拉直的瞬間有能量損失，動能瞬間減小，然后小球做圓周運動，根據(jù)機械能守恒定律有E故B正確；C．由于細(xì)線被拉直瞬間，有機械能損失，故C錯誤；D．小球自由下落過程中，重力的瞬時功率為P=mgv=mg當(dāng)細(xì)線被拉直瞬間，小球豎直方向的速度減小，重力的瞬時功率突然減小，即小球開始做圓周運動瞬間，重力的功率應(yīng)發(fā)生突變，故D錯誤。故選B。二、多選題13．（2024·山東濰坊·三模）濰坊風(fēng)箏是山東濰坊傳統(tǒng)手工藝珍品，制作歷史悠久，工藝精湛，是非物質(zhì)文化遺產(chǎn)之一，現(xiàn)在世界上70%以上的風(fēng)箏都是出自濰坊。本屆風(fēng)箏節(jié)上，小明同學(xué)在濱海國際風(fēng)箏放飛場放風(fēng)箏，風(fēng)箏靜止于空中且風(fēng)箏平面與水平面夾角始終為30°，風(fēng)速水平，與風(fēng)箏作用后，垂直風(fēng)箏平面的風(fēng)速減為零，平行風(fēng)箏平面的風(fēng)速大小不變。風(fēng)箏的質(zhì)量為m，風(fēng)箏線質(zhì)量不計，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．若風(fēng)箏線與水平方向夾角為30°，則風(fēng)對風(fēng)箏的作用力大小為32B．若風(fēng)箏線與水平方向夾角為30°，則線對風(fēng)箏的作用力大小為mgC．風(fēng)箏線長度不變，若風(fēng)速緩慢變大，則線與水平方向夾角變大D．風(fēng)箏線長度不變，若風(fēng)速緩慢變大，則風(fēng)箏的機械能減小【答案】BC【詳解】AB．由于平行風(fēng)箏平面的風(fēng)速大小不變，故平行風(fēng)箏的平面上風(fēng)力大小為零，對風(fēng)箏受力分析如圖所示，平衡時則有TF解得T=mgF=A錯誤，B正確；C．當(dāng)風(fēng)速緩慢增大時，垂直作用在風(fēng)箏上的力F逐漸增大，作出其矢量三角形，如圖所示由圖可知，風(fēng)速緩慢增大時，則線與水平方向夾角變大，C正確；D．風(fēng)速緩慢增大時，風(fēng)箏線的長度不變，風(fēng)速平行風(fēng)箏平面的分速度增大，相當(dāng)于風(fēng)箏在該方向上的速度變大，機械能應(yīng)增加，D錯誤。故選BC。14．（2024·湖南常德·一模）2023年9月21日，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航天員景海鵬、朱楊柱、桂海潮進(jìn)行授課，這是中國航天員首次在夢天實驗艙內(nèi)進(jìn)行授課。在天宮課堂上，航天員老師在太空實驗室中做如圖所示的實驗。一根長為L的不可伸長的輕繩，一端固定于O點，另一端系一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）。開始時，小球位于位置M，O、M間距離d=L4，繩子處于松弛狀態(tài)。小球突然受到一瞬時沖量后以初速度v0垂直于OM向右運動，設(shè)在以后的運動中小球到達(dá)位置N，此時小球的速度方向與繩垂直，則小球從MA．小球的機械能守恒 B．輕繩對小球做功不為零C．小球始終做勻速圓周運動 D．小球在N點時的速度大小為v【答案】BD【詳解】AC．因空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，小球以初速度v0先向右做勻速直線運動至輕繩恰好伸直，輕繩在繃緊瞬間產(chǎn)生拉力，使小球沿繩方向的速度立刻減為零，只剩下垂直于繩方向的速度分量v⊥，即此時小球的機械能有損失，之后小球繞O點以速度大小v⊥BD．因小球在N點時已做勻速圓周運動，其速度大小為v又sin故v因輕繩在細(xì)緊瞬間造成小球機械能的損失，故輕繩對小球做功不為零，故BD正確。故選BD。15．（2023·四川德陽·一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一根豎直的光滑桿P和水平光滑桿Q，兩桿在同一平面內(nèi)，不接觸，水平桿延長線與豎直桿的交點為O。質(zhì)量為2m的小球A套在豎直桿上，上端固定在桿上的輕質(zhì)彈簧的另一端與小球A相連。另一質(zhì)量為m的小球B套在水平桿Q上，小球A、B用長為2L的輕桿通過鉸鏈分別連接。在外力作用下，當(dāng)輕桿與水平桿Q成θ=53°斜向左上時，輕質(zhì)彈簧處于原長，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。撤去外力，小球A在豎直桿上做往復(fù)運動，下降的最大距離為2L。已知輕質(zhì)彈簧的彈性勢能Ep=12kx2A．輕質(zhì)彈簧的勁度系數(shù)k為2mgB．小球A運動到O點時的速度大小為4C．從撤去外力到輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上的過程，輕桿對小球B做的功為21D．小球A從最高點運動到O點的過程，水平桿Q對小球B的作用力始終大于mg【答案】AC【詳解】A．小球A、彈簧和小球B組成的系統(tǒng)能量守恒，小球A下降到最大距離時，根據(jù)能量守恒定律有1解得k=故A正確B．AB兩球沿著輕桿方向的速度相等，小球A運動到O點時，輕桿水平，A水平方向的速度為0，則B的速度也為0，整個過程中系統(tǒng)機械能守恒，則2mg×2L則A速度為v故B錯誤；C．輕桿與水平桿Q成θ=30°斜向左上時，設(shè)B的速度為v'，A的速度為vA，根據(jù)關(guān)聯(lián)問題可知v根據(jù)能量守恒定律有2mg×2L(解得v'=根據(jù)動能定理可知輕桿對小球B做的功為W=解得W=21故C正確；D．根據(jù)小球A在豎直桿上做往復(fù)運動的特點可知，小球從從最高點運動到O點的過程，鉸鏈對小球先做正功，后做負(fù)功，則水平桿Q對小球B的作用力并非始終大于mg，故D錯誤；故選AC。16．如圖