第13講機械能守恒定律目錄考點一機械能守恒的判斷 1考點二機械能守恒定律的應用 1考點三多物體機械能守恒問題 4練出高分 11考點一機械能守恒的判斷1．內容在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以相互轉化，但機械能的總量保持不變．2．條件只有重力或彈力做功．3．判斷方法(1)用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機械能不變．若一個物體動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加(減少)，其機械能一定變化．(2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒．(3)用能量轉化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體或系統(tǒng)機械能守恒．(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．（多選）如圖所示，不考慮空氣阻力的情況下，下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是（）A．甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機械能守恒 B．乙圖中，物體B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑時，B機械能守恒 C．丙圖中，A加速下落、B加速上升過程中，A、B系統(tǒng)機械能守恒 D．丁圖中，系在輕繩一端的小球向下擺動時，小球的機械能守恒【解答】解：A、物體A將彈簧壓縮的過程中，彈力對A做負功，則A機械能減小，故A錯誤；B、物體B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑時，除重力以外的其他力做功的代數(shù)和為零，則B機械能守恒，故B正確；C、A加速下落、B加速上升過程中，只有重力做功，則A、B系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；D、系在輕繩一端的小球向下擺動時，只有重力做功，擺線的拉力不做功，則小球的機械能守恒，故D正確。故選：BCD。（多選）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動。設開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析中正確的是（）A．小球過B點時，彈簧的彈力為mg+mv2B．小球過B點時，彈簧的彈力為mg+mv2C．從A到B的過程中，小球的機械能守恒 D．從A到B的過程中，小球的機械能減少【解答】解：AB、小球過B點時，對圓環(huán)恰好沒有壓力，則小球不受圓環(huán)的彈力，由彈簧的彈力與重力的合力提供向心力，此時圓心為P，小球做圓周運動的半徑為R，故有：F﹣mg＝mv2R，解得F＝mg+mCD、對小球來說，由于彈簧對小球做負功，所以小球的機械能不守恒，小球的部分機械能轉化為了彈簧的彈性勢能，而使小球的機械能減少，故C錯誤，D正確。故選：AD。（多選）如圖所示，在豎直平面內固定有兩個很靠近的同心圓軌道，外圓光滑，內圓粗糙。一質量為m的小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑為R，不計空氣阻力。設小球過最低點時重力勢能為零，下列說法正確的是（）A．若小球運動到最高點時速度為0，則小球機械能一定不守恒 B．若經過足夠長時間，小球最終的機械能可能為32mgRC．若使小球始終做完整的圓周運動，則v0一定不小于5gR D．若小球第一次運動到最高點時速度大小為0，則v0=【解答】解：A、若小球運動到最高點時速度為0，則小球在運動過程中一定與內圓接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的機械能一定不守恒，故A正確；B、若初速度v0比較小，小球在運動過程中一定與內圓接觸，機械能不斷減少，經過足夠長時間，小球最終在圓心下方運動，最大的機械能為mgR，所以小球最終的機械能不可能為32mgR．若初速度v0C、若使小球始終做完整的圓周運動，小球應沿外圓運動，在運動過程中不受摩擦力，機械能守恒，小球恰好運動到最高點時速度設為v，則有mg＝mv2R，再由機械能守恒定律得：12mv02=mg?2R+D、如果內圓光滑，小球在運動過程中不受摩擦力，小球在運動過程中機械能守恒，如果小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得：12mv02=mg?2R，小球在最低點時的速度v0故選：AC?？键c二機械能守恒定律的應用機械能守恒的三種表達式1．守恒觀點(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能．(3)注意：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面．2．轉化觀點(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.(2)意義：系統(tǒng)的機械能守恒時，系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢能．3．轉移觀點(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．(2)意義：若系統(tǒng)由A、B兩部分組成，當系統(tǒng)的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量．（2023?西湖區(qū)校級模擬）如圖所示是某科技小組制作的投石機的模型，輕桿AB可繞固定轉軸OO′在豎直面內自由轉動，A端凹槽內放置一小石塊，B端固定配重，某次試驗中，調整桿與豎直方向的夾角為θ后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉到豎直方向時，石塊被水平拋出，打到正前方靶心上方6環(huán)處，不計所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（）A．減小石塊的質量 B．增大角θ C．增大配重的質量 D．增大投石機到靶的距離【解答】解：A、設石塊和配重的質量分別為m1、m2，石塊和配重到轉軸的距離分別為l1、l2，石塊被拋出時的速度大小為v1，石塊與配重的角速度相等，由v＝ωr得此時配重的速度大小為v2=根據(jù)石塊和配重組成的系統(tǒng)機械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）=12m1由上式可知，若減小減小石塊的質量m1，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，下落高度也將減小，顯然此措施不可行，故A錯誤；B、根據(jù)杠桿原理可知，輕桿AB之所以能繞轉軸OO′轉動起來從而使石塊被拋出，一定滿足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2結合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m根據(jù)兩式可知，若增大θ，則v1將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，下落高度也將減小，此措施不可行，故B錯誤；C、根據(jù)m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l22D、增大投石機到靶的距離后，由于v1不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將增大，石塊下落高度也將增大，此措施可行，故D正確。故選：D。（2023?重慶模擬）如圖所示，半徑為R的光滑半圓柱體固定在水平地面上，一可看作質點的小球從半圓柱面上由靜止釋放，釋放點距地面的高度為H（H＜R），小球與半圓柱體分離時距地面的高度為h，則（）A．小球下降過程中加速度大小不變 B．小球落地時的最大速度為gR C．小球釋放點與分離點滿足2H＝3h D．小球沿柱面滑行的最大弧長為π【解答】解：A、小球下降過程中所受支持力不斷減小，與半圓柱體分離后僅受重力作用，而重力不變，所以小球的合力是變化的，加速度是變化的，故A錯誤；B、若小球從最高點釋放，則由機械能守恒定律有mgR=12vC、如圖所示，設分離點與圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，小球下落的豎直距離為H﹣h，分離時的速度大小為v，則有mgcosθ=m從釋放點到分離點由機械能守恒定律有mg(H??)=1解得?=2HD、若小球從頂點釋放，滑行至高為2R3處與半圓柱體分離，最大滑行角度滿足cosθ=23，顯然θ＜故選：C。如圖所示，長度為l的輕桿上端連著一質量為m的小球A（可視為質點），桿的下端用鉸鏈固接于水平面上的O點．置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質量為M．今有微小擾動，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計，而A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為30°，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．A落地時速率為2gl B．A、B質量之比為1：2 C．A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為gl8D．A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為1：2【解答】解：A、A與B剛脫離時刻，小球A只受重力，彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin30°=mvA2A與B分離后繼續(xù)下落得過程中機械能守恒，則：1聯(lián)立可得：v=3glBCD、A與B剛脫離接觸的瞬間，A的速度方向垂直于桿，水平方向的分速度與B速度大小一樣，設B運動的速度為vB，如圖：則vAcos60°＝vB，因此，vA：vB＝2：1；可知：vB=gl根據(jù)A與B脫離之前機械能守恒可知：mgl（1﹣sin30°）=解得：m：M＝1：4，故BD錯誤，C正確；故選：C。（2023?浙江模擬）2022年2月15日，蘇翊鳴在北京冬奧會單板滑雪男子大跳臺比賽中奪得冠軍，成為首位贏得冬奧會單板滑雪金牌的中國運動員。大跳臺主要由助滑道，起跳臺和著陸坡組成，如圖所示，運動員在助滑道下滑后在起跳臺起跳，在空中做拋體運動后落在著陸坡上。某次比賽蘇翊鳴在距離起跳點34m高處從靜止下滑，在空中最高點時距起跳點12.8m，在空中飛躍的總時間為4s，已知起跳臺斜面傾角為37°，蘇翊鳴的質量為70kg，不考慮空氣阻力，g取10m/s2，以下說法正確的是（）A．起跳速度為16m/s B．在最高點速度為0 C．下滑過程機械能守恒 D．從下滑到著陸重力做功35000J【解答】解：AB、運動員從起跳臺跳出后做斜上拋運動，有?1=vy22g，tan37°=v運動員的起跳速度為v=vx2C、下滑過程中需要克服阻力做功，所以機械能不守恒，故C錯誤；D、運動員從起跳臺起跳到著陸豎直方向的位移為?2=?v所以從下滑到著陸重力做功為W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正確。故選：D。（多選）（2023?濰坊一模）如圖所示，一光滑斜面體固定在水平面上，其矩形斜面abcd與水平面的夾角為θ，ab邊長為L。將質量為m的小球從斜面上的點a以某一速度沿斜面斜向上拋出，速度方向與ab夾角為α，小球運動到斜面的c點并沿dc方向飛出，一段時間后落地，已知重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則（）A．小球從a到c的運動時間為LsinαgsinθcosαB．小球從a到c重力勢能增加12C．小球觸地時速度大小為gLsinθsinαcosαD．小球觸地時重力的瞬時功率為mg【解答】解：A、設小球從c點沿dc方向飛出的速度為v0，bc的邊長為y。小球從a到c的過程，應用逆向思維，可認為小球從c到a做類平拋運動。沿cd方向做勻速直線運動，則有：L＝v0t沿cb方向做勻加速直線運動，在此方向上其加速度為：a＝gsinθ，位移為：y=12a在a點時，根據(jù)速度分解的幾何關系有：tanα=聯(lián)立解得：t=Lsinαgsinθcosα，v0=gLsinθcosαsinα，v故A正確；B、小球從a到c重力勢能增加量為：ΔEP＝mgysinθ=mgLsinθsinαC．根據(jù)機械能守恒可知，小球觸地時速度大小等于小球在a點時的速度大小，則有：v地＝va=vD．小球觸地時的豎直分速度為：vy=小球觸地時重力的瞬時功率為P＝mgvy=mggLsinθsinα故選：AC。（2023?海淀區(qū)一模）圖1中過山車可抽象為圖2所示模型：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。質量為m的小球（可視為質點）從弧形軌道上距B點高4R的A點靜止釋放，先后經過B點和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。（1）求小球通過B點時的速度大小vB。（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向。（3）請分析比較小球通過B點和C點時加速度的大小關系?！窘獯稹拷猓海?）小球從A到B由機械能守恒定律可得：4mgR=解得：v（2）小球從A到C由機械能守恒定律可得：mg(4R?2R)=解得小球通過C點時的速度大小v在C點由牛頓第二定律可得：F+mg=mv解得小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F＝3mg方向豎直向下。（3）小球在B點的加速度大小為a小球在C點的加速度大小為a所以aB＞aC答：（1）小球通過B點時的速度大小為22gR（2）小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小為3mg，方向豎直向下。（3）小球通過B點和C點時加速度的大小關系為aB＞aC。（2023?南昌一模）早期航母使用重力型阻攔索使飛機在短距離內停下，如圖甲所示，阻攔索通過固定于航母甲板兩側的滑輪分別掛有質量為m＝500kg的沙袋。在無風環(huán)境下，一螺旋槳式飛機以v0的速度降落到該靜止的航母上，尾鉤立即鉤到阻攔索的中間位置，滑行一段距離后速度減為零，這一過程沙袋被提起的高度h1＝20m。螺旋槳式艦載機（含飛行員）質量M＝500kg，忽略飛機所受甲板摩擦力以及空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）螺旋槳式飛機降落到航母上的速度v0的大??？（2）如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長度為l＝15m，當θ＝30°時，艦載機的速度大小？【解答】解：（1）在忽略摩擦阻力和空氣阻力的前提下，艦載機與沙袋所組成的系統(tǒng)機械能守恒，艦載機的動能轉化為沙袋的重力勢能，設艦載機降落股過程中沙袋提起高度為h1，則12代入數(shù)據(jù)解得：v0=20（2）根據(jù)幾何關系可得，此時艦載機速度方向與繩索的夾角為30°，艦載機沿繩分速度與沙袋沿繩分速度相等，設此時艦載機的速度為v1，沙袋的速度為v2，根據(jù)幾何關系可得：l'＝l＝15m，3?2由系統(tǒng)機械能守恒定律可得：12聯(lián)立解得：v1=10答：（1）螺旋槳式飛機降落到航母上的速度大小為202（2）如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長度為l＝15m，當θ＝30°時，艦載機的速度大小為102考點三多物體機械能守恒問題（2023?湖南模擬）如圖所示，一輛四分之一圓弧小車停在不光滑水平地面上，質量為m的小球從靜止開始由車頂無摩擦滑下，且小車始終保持靜止狀態(tài)，設小球的球心與O點的連線與豎直方向的夾角為θ，則地面對小車的靜摩擦力的最大值為（）A．32mg B．54mg C．【解答】解：設圓弧半徑為R，當小球運動到重力與半徑夾角為θ時，速度為v。根據(jù)機械能守恒定律和牛頓第二定律有：12mv2＝mgRcosN﹣mgcosθ＝mv解得小球對小車的壓力為：N＝3mgcosθ其水平分量為Nx＝3mgcosθsinθ=32根據(jù)平衡條件，地面對小車的靜摩擦力水平向右，大小為：f＝Nx=32可以看出：當sin2θ＝1，即θ＝45°時，地面對車的靜摩擦力最大，其值為fmax=3故選：A。如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個小球a和b，用手托住球b，當繩剛好被拉緊時，球b離地面的高度為h，球a靜止于地面。已知球a的質量為m，球b的質量為3m，重力加速度為g，定滑輪的質量及輪與軸間的摩擦均不計。若無初速度釋放球b，則下列判斷正確的是（）A．在球b下落過程中，繩子的拉力大小為52B．在球b下落過程中，球b的機械能減小3mgh C．在球b下落過程中，球a的機械能增加32D．在球b下落過程中，繩對球a拉力沖量大小為3mg【解答】解：A、以a、b整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有：3mg﹣mg＝4ma解得：a=對a球受力分析有：T﹣mg＝ma解得：T=故A錯誤；B．在球b下落過程中，球b的機械能減小量等于拉力做的功ΔE=W=?T?=?故B錯誤；C．在球b下落過程中，球a的機械能的增加量等于拉力做的功ΔE=W=T?=故C正確；D．在球b下落過程中，根據(jù)位移—時間關系有：?=解得t=2則在球b下落過程中，繩對球a拉力沖量大小為I=Tt=3m故D錯誤。故選：C。（2022?唐山二模）如圖所示，套在光滑豎直桿上的物體A，通過輕質細繩與光滑水平面上的物體B相連接，A、B質量相同?，F(xiàn)將A從與B等高處由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度取g，當細繩與豎直桿間的夾角為θ＝60°時，A下落的高度為h，此時物體B的速度為（）A．25g? B．45g? C．【解答】解：設物體A下落高度h時，物體A的速度為vA，物體B的速度為vB，此時有v物體A，B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mg?=聯(lián)立解得：vB故選：A。（2022?盧氏縣模擬）一長為L、質量可不計的剛性的硬桿，左端通過鉸鏈固定于O點，中點及右端分別固定質量為m和質量為2m的小球，兩球與桿可在豎直平面內繞O點無摩擦地轉動。開始時使桿處于水平狀態(tài)并由靜止釋放，如圖所示。當桿下落到豎直位置時，在桿中點的球的速率為（）A．59gL B．35gL C．【解答】解：兩球轉動的角速度相等，根據(jù)v＝ωr可知兩球的線速度大小之比為1：2，設桿中點處小球的速度為v，則外端小球的速度為2v，桿由初狀態(tài)下落到豎直位置過程中，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得2mgL+mgL可解的v=故選：A。如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，同時保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行。已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計。開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面，在此過程中，求：（1）斜面的傾角α；（2）彈簧恢復原長時，細線中的拉力大小F0；（3）A沿斜面下滑的速度最大值vm。【解答】解：（1）A速度最大時，加速度為零，對A有：4mgsinα＝F，此時B的加速度也為零，C恰好離開地面，對B、C整體受力分析知：F＝2mg，解得sina=1（2）設當彈簧恢復原長時，A沿斜面向下運動的加速度大小為a，對A有：4mgsina﹣F0＝4ma，對B有：F0﹣mg＝ma，解得：F0=6（3）一開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，有：mg＝k?△x1，壓縮量：△xC恰好離開地面時，彈簧處于伸長狀態(tài)，有mg＝k?△x2，伸長量△x2=mg因而初末狀態(tài)彈簧的彈性勢能相等，對整個系統(tǒng)從釋放A球至C恰好離開地面的過程，根據(jù)機械能守恒定律有：4mgsina?（△x1+△x2）﹣mg?（△x1+△x2）=12解得vm=4mg2答：（1）斜面的傾角α為30°；（2）彈簧恢復原長時，細線中的拉力大小F0為65（3）A沿斜面下滑的速度最大值vm為2gm5k（2022?海淀區(qū)校級三模）在一次表演中某同學用他的拳頭向下打斷了一塊木板。如圖，拳頭的質量為m1，木板的質量為m2。木板向下偏離距離d時木板將折斷。木板向下彎曲至木板折斷時，其彈性可視為勁度系數(shù)為k的彈簧。為了簡化問題的研究，假設碰撞是指包括拳頭和木板的瞬間作用，碰撞后拳頭隨木板的彎曲一起向下運動，直到木板折斷。碰撞后拳頭、木板、地球組成的系統(tǒng)，機械能是守恒的。（1）畫出木板折斷前，彈力F的大小隨木板向下偏離距離x的圖像，并據(jù)此證明，折斷前木板的彈性勢能：Ep（2）拳頭和木板向下運動所對應的重力勢能變化可忽略不計。求，①使木板折斷所需要拳頭的最小速率v。②若將圖中的木板換為水泥板，并用①的速率對其打擊，水泥板向下偏移的距離為110【解答】解：（1）木板折斷前，彈力F的大小隨木板向下偏離距離x的圖像如圖由F﹣x圖像可知，木板向下偏移x，彈力做功W=?由功能關系得W＝﹣（Ep﹣Ep0）=?得證：Ep=1（2）拳頭和木板碰撞過程動量守恒，則m1v＝（m1+m2）v2①拳頭和木板向下運動所對應的重力勢能變化可忽略不計，剛好折斷時，有12解得：v=d②設能讓水泥板折斷需要速度為v'，則m1v'＝（m1+10m2）v112解得：v'=d因v'＜v，所以能讓水泥板折斷。答：（1）彈力F的大小隨木板向下偏離距離x的圖像如圖所示，證明過程見解析；（2）①使木板折斷所需要拳頭的最小速率v為dm②若將圖中的木板換為水泥板，并用①的速率對其打擊，此種情況下能讓水泥板折斷，理由見解析。（2022?虹口區(qū)模擬）如圖所示，輕質細繩的一端系一質量為m＝0.05kg的小球A，另一端套在光滑水平軸O上，O到小球的距離l＝0.1m，小球與水平面接觸但恰好無作用力，在球的兩側距球等遠處，分別固定一個光滑斜面和擋板，水平面的長度L＝2m。水平面左邊L2光滑，右邊L2粗糙，B與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25?，F(xiàn)有一滑塊B，質量也為m，從斜面上滑下，滑塊與小球A碰撞并進行速度交換，與擋板碰撞時不損失機械能，不計空氣阻力，滑塊和小球都可視為質點?，F(xiàn)在要使小球恰好完成一次完整的圓周運動。g取10m/s（1）小球在最低點需要獲得多大速度；（2）滑塊B要從斜面多高處滑下；（3）分析簡述B與A碰撞后的運動過程?！窘獯稹拷猓海?）小球恰好完成一次完整的圓周運動，它在最高點的速度設為v0，自身重力提供向心力，有mg=m小球從最低點運動到最高點過程中，機械能守恒，可得1聯(lián)立，可得v（2）滑塊B與小球A碰撞并進行速度交換，所以滑塊B與小球A碰撞前的速度為v設滑塊B要從斜面h高處滑下，由機械能守恒可得mg?=解得：h＝0.25m（3）B與A碰撞，交換速度后靜止在地面上，當小球A做完一次圓周運動再次與滑塊B發(fā)生碰撞，然后滑塊B具有vB向右運動，設到擋板時的速度為v'B，則有?μmg解得：v'B＝0即滑塊B滑到擋板處恰好停下來。綜上所述，B與A碰撞后先靜止一段時間，然后小球圓周運動一周后再次與滑塊B交換速度，致使滑塊B向右做勻減速直線運動，到達擋板處時恰好速度為零，靜止不動。答案：（1）5m/s；（2）0.25m；（3）B與A碰撞后先靜止一段時間，然后小球圓周運動一周后再次與滑塊B交換速度，致使滑塊B向右做勻減速直線運動，到達擋板處時恰好速度為零，靜止不動。練出高分一．選擇題（共10小題）1．（2023?通州區(qū)一模）為了節(jié)省能源，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這兩個過程，如圖所示。下列說法中正確的是（）A．顧客僅在加速過程受摩擦力的作用 B．顧客所受的摩擦力大小與扶梯的加速度大小無關 C．乘扶梯勻速上樓的過程中，顧客的機械能保持不變 D．扶梯對顧客作用力的方向先與速度方向相同，再豎直向上【解答】解：AB、顧客加速過程，對顧客受力分析，顧客受到重力，支持力和摩擦力，三個力的合力提供加速度，電梯加速度越大，顧客所受合力越大，摩擦力越大，顧客勻速運動過程，根據(jù)平衡條件得，顧客只受重力和支持力，故A正確，B錯誤；C、乘扶梯勻速上樓的過程中，顧客的重力勢能增大，動能不變，顧客的機械能增大，故C錯誤；D、顧客加速過程，重力、支持力和摩擦力三個力的合力與速度方向相同，扶梯對顧客的作用力為支持力和摩擦力的合力，則扶梯對顧客作用力的方向與速度方向不相同，顧客做勻速直線運動時，顧客受力平衡，扶梯對顧客的作用力與重力等大反向，方向豎直向上，故D錯誤。故選：A。2．（2022?虹口區(qū)二模）小明乘坐摩天輪，由最低點A勻速轉動到最高點B的過程中（）A．動能轉化為勢能，機械能增大 B．動能轉化為勢能，機械能不變 C．動能不變，勢能增大，機械能增大 D．動能、勢能、機械能均保持不變【解答】解：小明乘坐摩天輪，由最低點A勻速轉動到最高點B的過程中，動能保持不變，重力勢能增加，機械能增大，故C正確，ABD錯誤；故選：C。3．如圖所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動，A由靜止釋放，B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也為v0．下列說法中正確的是（）A．A和C將同時滑到斜面底端 B．滑到斜面底端時，B的機械能減少最多 C．滑到斜面底端時，B的動能最大 D．C的重力勢能減少最多【解答】解：A、AC兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到達斜面底端。故A錯誤。B、滑動摩擦力做功與路程有關，C運動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機械能減少最多。故B錯誤。C、重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，則滑到斜面底端時，B滑塊的動能最大。故C正確。D、三個滑塊下降的高度相同，重力勢能減小相同。故D錯誤。故選：C。4．從1970年4月24日發(fā)射第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號”到今天，我國的航天事業(yè)取得了舉世矚目的偉大成就?！皷|方紅一號”至今仍運行在近地點430km、遠地點2075km的橢圓軌道上，而目前運行在距地面高度約400km的圓軌道上的“天宮空間站”預計今年建成。關于“東方紅一號”和“天宮空間站”，下列說法正確的是（）A．“東方紅一號”由遠地點向近地點運行的過程中，機械能逐漸增大 B．“天宮空間站”中的航天員不受地球的引力作用 C．“天宮空間站”運行的加速度小于“東方紅一號”在近地點的加速度 D．繞地球一周，“東方紅一號”比“天宮空間站”所用時間長【解答】解：A、“東方紅一號”由遠地點向近地點運行的過程中，只有萬有引力做功，其機械能不變，故A錯誤；B、“天宮空間站”中的航天員仍受地球的引力作用，由萬有引力全部提供做向心力，故B錯誤；C、根據(jù)牛頓第二定律得：GMmr2D、設“東方紅一號”的半長軸為a′，“天宮空間站”的軌道半徑為r，計算可得a′＞r，根據(jù)開普勒第三定律得a'3T東2=故選：D。5．（2023?懷仁市模擬）如圖所示，可繞固定轉軸O在豎直平面內無摩擦轉動的剛性輕質支架兩端分別固定質量為5m、6m的小球A、B，支架兩條邊的長度均為L，用手將B球托起至與轉軸O等高，此時連接A球的細桿與豎直方向的夾角為θ，sinθ＝0.6，重力加速度大小為g，現(xiàn)突然松手，兩小球在擺動的過程中，下列說法正確的是（）A．A球與轉軸O等高時的動能為311B．B球下降的最大高度為L C．A球的最大動能為611D．B球的最大動能為6【解答】解：由于sinθ＝0.6，可得cosθ＝0.8A．根據(jù)題意知A、B兩球共軸轉動，無論何時兩球的角速度均相同，二者的轉動半徑相同則線速度大小也相等，設A球與轉軸O等高時的速度為v，由動能定理有6mgLcosθ?5mgLcosθ=解得v=則A球與轉軸O等高時的動能為EkB．根據(jù)題意，當小球B下降到最低點時，小球A、B的速度為零，設小球B向下轉動的角度為α，則小球A向上轉動的角度也為α，如圖所示由系統(tǒng)的機械能守恒定律有6mgLsinα﹣5mgL[cosθ+sin（α+θ﹣90°）]＝0解得sinα=則小球B下降的最大高度為H=Lsinα=24CD．根據(jù)題意，當小球B向下轉動的角度為β時，即小球A向上轉動的角度也為β，則由動能定理有6mgLsinβ﹣5mgL[cosθ+sin（β+θ﹣90°）]＝EkA+EkB由數(shù)學知識解得，當β＝37°時，小球A、B的動能之和有最大值為Ekm＝mgL由于小球A、B速度的大小相等，則有EkA=5故選：D。6．（2023?浙江模擬）姚明是NBA中我國優(yōu)秀的籃球運動員。在某次比賽罰球中，第一次出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角α＝60°；第二次出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角β＝30°；兩次出手的位置在同一豎直線上，結果兩次籃球正好垂直撞擊到籃板同一位置C點。不計空氣阻力，則從籃球出手到運動到點C的過程中，下列說法正確的是（）A．兩球的初動能相等 B．前后兩次上升的最大高度的比值為1：9 C．在C點時，兩球的機械能相等 D．前后兩次運動時間的比值為3：1【解答】解：B、籃球運動的逆運動是平拋運動，如圖所示。設投籃處與籃板的水平距離為x，根據(jù)做平拋運動的物體任意時刻速度的反向延長線交水平位移的中點，所以有：tan60°=x2y從而得到前后兩次上升的最大高度的比值為：y1D、在豎直方向上可以認為是自由落體運動，由y=12g所以前后兩次運動時間的比值為：t1C、水平速度v01=xt1，v02=xt2則：v01=3v02A、出手速度：v1=v2=結合上一問結論有：v1＝v2，兩球出手時的動能相等，故A正確。故選：A。7．（2023?金山區(qū)二模）如圖為小球和輕彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)沿光滑斜面由靜止開始下滑瞬間的勢能為Ep1，彈簧剛接觸到斜面底端擋板時系統(tǒng)勢能為Ep2，小球運動到最低點時系統(tǒng)勢能為Ep3。則（）A．Ep1＝Ep3，小球在最低點時系統(tǒng)勢能最大 B．Ep2＝Ep3，小球在最低點時系統(tǒng)勢能最大 C．Ep1＝Ep3，小球加速度為零時系統(tǒng)勢能最大 D．Ep2＝Ep3，小球加速度為零時系統(tǒng)勢能最大【解答】解：ABD．小球和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球的動能和系統(tǒng)的勢能（包括重力勢能和彈性勢能）相互轉化，小球開始下滑和達到最低點時，小球的動能為零、系統(tǒng)的勢能最大，即Ep1＝Ep3，當彈簧剛接觸到斜面底端擋板時小球速度不為零，動能不為零，所以Ep1＝Ep3＞Ep2，故A正確，BD錯誤；C．在壓縮彈簧過程中，根據(jù)牛頓第二定律，剛開始重力沿斜面向下的分力大于彈簧向上的彈力，后重力沿斜面向下的分力小于彈簧向上的彈力，所以小球先加速后減速，當加速度為零時，小球速度最大，因此系統(tǒng)勢能最小，故C錯誤。故選：A。8．（2023?臨泉縣校級三模）一款兒童棒球發(fā)球機向上發(fā)射棒球供初學者練習。假設發(fā)球機（高度不計）在地面上以初速度v0豎直向上發(fā)射一棒球（可視為質點），棒球途經A點時速度方向向上、速度大小為v，不計空氣阻力，取地面為重力勢能的零勢能面。當棒球的發(fā)射速度變?yōu)?v0時，以下說法正確的是（）A．棒球上升的最大高度變?yōu)樵瓉淼?倍 B．棒球在最高點的機械能變?yōu)樵瓉淼?倍 C．棒球上升過程的時間變?yōu)樵瓉淼?倍 D．棒球經過A點的速度大小變?yōu)?v【解答】解：A．棒球上升過程中滿足機械能守恒，則有1上升最大高度?=當速度變?yōu)?倍時，最大高度變?yōu)樵瓉淼谋叮蔄錯誤；B．在最高點機械能等于mgh，h變?yōu)樵瓉?倍，則最高點機械能變?yōu)樵瓉?倍，故B錯誤；C．上升過程時間t=上升時間變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；D．根據(jù)機械能守恒1解得v=由上式，當棒球的發(fā)射速度變?yōu)?v0時，棒球經過A點速度不是原來兩倍，故D錯誤。故選：C。9．（2023?吉林模擬）如圖所示，半徑可以改變的光滑半圓形軌道豎直固定放置，小球自軌道端點P由靜止開始滑下，經過最低點Q。若軌道半徑越大，則（）A．小球經過最低點Q時的速率保持不變 B．小球經過最低點Q時的向心加速度保持不變 C．小球經過最低點Q時受到軌道的支持力越大 D．小球經過最低點Q時重力的瞬時功率越大【解答】解：A．小球從P到Q的過程，據(jù)機械能守恒定律可得mgR=12mB．小球經過最低點Q時的向心加速度可表示為a=vC．在最低點Q由牛頓第二定律可得F?mg=mv2RD．小球經過最低點Q時重力的瞬時功率為P＝mgvcos90°＝0，即最低點時的瞬時功率是不變的，故D錯誤。故選：B。10．（2022?林州市模擬）如圖所示，從高為h的斜面體ABC的頂點A拋出一個質量為m的小球（視為質點），落在底端B點，已知接觸B點前的瞬間小球的動能為Ek，取BC所在水平面為零勢能參考平面，不計空氣阻力，重力加速度為g，則小球被拋出時的速度大小為（）A．2(Ek?mg?)mC．2(Ek+【解答】解：取B點所在水平面為參考平面，根據(jù)機械能守恒定律得：mgh+12解得小球被拋出時的速度大小為：v0=2(故選：A。二．計算題（共3小題）11．（2022?天津模擬）簡諧運動是一種常見且重要的運動形式。它是質量為m的物體在受到形如F＝﹣kx的回復力作用下，物體的位移x與時間t遵循x＝Asinωt變化規(guī)律的運動，其中角頻率ω=2π如圖所示，一豎直光滑的管內有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧，彈簧下端固定于地面，上端與一質量為m的小球A相連，小球A靜止時所在位置為O，另一質量也為m的小球B從距A為H的P點由靜止開始下落，與A發(fā)生瞬間碰撞后一起開始向下做簡諧運動。兩球均可視為質點，在運動過程中，彈簧的形變在彈性限度內，當其形變量為x時，彈性勢能為Ep=12kx2，已知H（1）B與A碰撞后瞬間一起向下運動的速度；（2）小球A被碰后向下運動離O點的最大距離。（3）小球A從O點開始向下運動到第一次返回O點所用的時間?！窘獯稹拷猓海?）小球B自由下落H的速度為vB根據(jù)動能定理可得：mgH=解