第13講機(jī)械能守恒定律

目錄

考點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷........................................................1

考點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用....................................................1

考點(diǎn)三多物體機(jī)械能守恒問題....................................................4

練出高分........................................................................11

考點(diǎn)一機(jī)械能守恒的判斷

1.內(nèi)容

在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動(dòng)能與勢(shì)能可以相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)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(dòng)能、勢(shì)能均不變，則機(jī)械能不變.若一個(gè)物體動(dòng)能不變、重力勢(shì)能變化，

或重力勢(shì)能不變、動(dòng)能變化或動(dòng)能和重力勢(shì)能同時(shí)增加（減少），其機(jī)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(jī)械能

守恒.

（3）用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)

化，則物體或系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

（4）對(duì)多個(gè)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(dòng)摩

擦力做功時(shí)，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失.

［例題1］（多選）如圖所示，不考慮空氣阻力的情況下，下列關(guān)于機(jī)械能是否守恒的判斷正確的是

()

輕滑輪、無摩擦

A.甲圖中，物體A將彈簧壓縮的過程中，A機(jī)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(shí)，B

機(jī)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(jī)械能守恒

D.丁圖中，系在輕繩一端的小球向下擺動(dòng)時(shí)，小球的機(jī)械能守恒

【解答】解：A、物體A將彈簧壓縮的過程中，彈力對(duì)A做負(fù)功，則A機(jī)械能減小，故A錯(cuò)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(shí)，除重力以外

的其他力做功的代數(shù)和為零，則B機(jī)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(jī)械能守恒，故C正確；

D、系在輕繩一端的小球向下擺動(dòng)時(shí)，只有重力做功，擺線的拉力不做功，則小球的機(jī)械能守恒，

故D正確。

故選：BCD。

［例題2J（多選）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點(diǎn)

P,另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無擎擦的運(yùn)動(dòng)。設(shè)開始時(shí)小球置于A點(diǎn)，

彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速率為v,對(duì)圓環(huán)恰好沒有壓力。下列分析中正確的

是（）

A.小球過B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為mg+吟

V2

B.小球過B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力為mg+mK

2R

C.從A到B的過程中，小球的機(jī)械能守恒

D.從A到B的過程中，小球的機(jī)械能減少

【解答】解：AB、小球過B點(diǎn)時(shí)，對(duì)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(shí)圓心為P,小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，故有：

v2V2

F-mg=m—,解得F=mg+m—,故A正確，B錯(cuò)誤。

RR

CD、對(duì)小球來說，由于彈黃對(duì)小球做負(fù)功，所以小球的機(jī)械能不守怛，小球的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為

了彈簧的彈性勢(shì)能，而使小球的機(jī)械能減少，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：ADo

［例題3J（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有兩個(gè)很靠近的同心圓軌道，外圓光滑，內(nèi)圓粗糙。

一質(zhì)量為m的小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度vo向右運(yùn)動(dòng)，球的直徑略小于兩圓間距，球運(yùn)動(dòng)的

軌道半徑為R，不計(jì)空氣阻力。設(shè)小球過最低點(diǎn)時(shí)重力勢(shì)能為零，下列說法正確的是（）

A.若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0,則小球機(jī)械能一定不守恒

B.若經(jīng)過足夠長時(shí)間，小球最終的機(jī)械能可能為:mgR

C.若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則V0一定不小于質(zhì)證

D.若小球第一次運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為0,則vo=再證

【解答】解：A、若小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0,則小球在運(yùn)動(dòng)過程中一定與內(nèi)圓接觸，受到摩

擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的機(jī)械能一定不守恒，故A正確；

B、若初速度vo比較小，小球在運(yùn)動(dòng)過程中一定與內(nèi)圓接觸，機(jī)械能不斷減少，經(jīng)過足夠長時(shí)間，

小球最終在圓心下方運(yùn)動(dòng)，最大的機(jī)械能為mgR,所以小球最終的機(jī)械能不可能為|mgR.若初

速度V0足夠大，小球始終沿外圓做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，機(jī)械能必定大于2mgR,故B

錯(cuò)誤；

C、若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球應(yīng)沿外圓運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中不受摩擦力，機(jī)械能守

恒，小球恰好運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度設(shè)為V,則有mg=m-再由機(jī)械能守恒定律得：-771VQ=mg-

R2

1。___

2R+57九/，小球在最低點(diǎn)時(shí)的最小速度vo=圖tA,所以若使小球始終做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則

vo一定不小于J5gA.故C正確;

D、如果內(nèi)圓光滑，小球在運(yùn)動(dòng)過程中不受摩擦力，小球在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，如果小球運(yùn)

1c,___

動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為0,由機(jī)械能守恒定律得：彳M謚=mg,2R,小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度vo=4證，

由于內(nèi)圓粗糙，小球在運(yùn)動(dòng)過程中要克服摩擦力做功，則小球在最低點(diǎn)時(shí)的速度V0一定大于/研,

故D錯(cuò)誤。

故選：AC。

考點(diǎn)二機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用

機(jī)械能守恒的三種表達(dá)式

1.守恒觀點(diǎn)

⑴表達(dá)式：￡ki+￡pi=Ek2+Eo2或Ei=E?.

(2)意義：系統(tǒng)初狀態(tài)的機(jī)械能等于末狀態(tài)的機(jī)械能.

(3)注意：愛先選取零勢(shì)能參考平面，并且在整個(gè)過程中必須選取同一個(gè)零勢(shì)能參考平面.

2.轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)

(1)表達(dá)式：AEL=-A￡?.

(2)意義：系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，系統(tǒng)增加(或減少)的動(dòng)能等于系統(tǒng)減少(或增加)的勢(shì)能.

3.轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)

(1)表達(dá)式：A￡,^=AEgA.

(2)意義：若系統(tǒng)由4、B兩部分組成，當(dāng)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，則A部分機(jī)械能的增加量等于8部

分機(jī)械能的減少量.

[例題4](2023?西湖區(qū)校級(jí)模擬)如圖所示是某科技小組制作的投石機(jī)的模型，輕桿AB可繞固定

轉(zhuǎn)軸00'在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，A端凹槽內(nèi)放置一小石塊，B端固定配重，某次試驗(yàn)中，調(diào)整

桿與豎直方向的夾角為0后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直方向時(shí)，石塊被水平

拋出，打到正前方靶心上方6環(huán)處，不計(jì)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(zhì)量B.增大角0

C.增大配重的質(zhì)量D,增大投石機(jī)到靶的距離

【解答】解：A、設(shè)石塊和配重的質(zhì)量分別為mi、m2,石塊和配重到轉(zhuǎn)軸的距離分別為h、12,

石塊被拋出時(shí)的速度大小為vi,石塊與配重的角速度相等，由v=a)r得此時(shí)配重的速度大小為

丫2=乎

1

根據(jù)石塊和配重組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：m2g12(I-cos0)-migli(I-cos。)=+

11ll.

2m2諺2=(5叫+游啊)比2

由上式可知，若減小減小石塊的質(zhì)量mi,則vi將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距離不

變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，下落高度也將減小，顯然此措施不可行，故A

錯(cuò)誤;

B、根據(jù)杠桿原理可知，輕桿AB之所以能繞轉(zhuǎn)軸00’轉(zhuǎn)動(dòng)起來從而使石塊被拋出，一定滿足:

niiglisin0<in2gl2sin0?即mill<ni212

結(jié)合m2g12(1-cos0)-migli(1-cos0)=(孑叫+條啊)vi

根據(jù)兩式可知，若增大①則VI將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距離不變，所以石塊擊

中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，下落高度也將減小，此措施不可行，故B錯(cuò)誤;

](2

C、根據(jù)m2g12(I-cos0)-migli(1-cos0)=+—^m2)譜可知，若增大配重的質(zhì)量

m2,則V1將增大，又因?yàn)槭瘔K拋出點(diǎn)到靶心的水平距陷不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間將減小，下落高度也將減小，此措施不可行，故C錯(cuò)誤:

D、增大投石機(jī)到靶的距離后，由于vi不變，所以石塊擊中靶前做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)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：Do

[例題5](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(zhì)點(diǎn)

的小球從半圓柱面上由靜止釋放，釋放點(diǎn)距地面的高度為H(HCR),小球與半圓柱體分離時(shí)

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(shí)的最大速度為新

C.小球釋放點(diǎn)與分離點(diǎn)滿足2H=3h

D.小球沿柱面滑行的最大弧長為

【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(cuò)誤；

B、若小球從最高點(diǎn)釋放，則由機(jī)械能守恒定律有=解得小球落地時(shí)的最大速度

Vmax=故B錯(cuò)誤；

C、如圖所示，設(shè)分離點(diǎn)與圓心的連線與豎直方向的夾角為。，小球下落的豎直距離為H-h,分

”2

離時(shí)的速度大小為v,則有mgcos。=m-^-

從釋放，點(diǎn):到分離點(diǎn)由機(jī)械能守恒定律有mg（H-h）=又cos。=4

解得力二方-,即2H=3h,故C正確；

2DQ

D、若小球從頂點(diǎn)釋放，滑行至高為-7處與半圓柱體分離，最大滑行角度滿足cose=信顯然ev

會(huì)小球沿柱面滑行的最大弧長小于故D錯(cuò)誤。

故選：Co

［例題6］如圖所示，長度為1的輕桿上端連著?質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)），桿的下端用錢鏈

固接于水平面上的O點(diǎn).置于同一水平面上的立方體B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為M.今

有微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，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(shí)速率為西7

B.A、B質(zhì)量之比為1：2

C.A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為陰

D.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(shí)刻，小球A只受重力，彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律：mgsin300

耳解得…=解；

11

A與B分離后繼續(xù)下落得過程中機(jī)械能守恒，貝ij：+mglsin30°=

聯(lián)立可得：丫=理,故A錯(cuò)誤；

BCD、A與B剛脫離接觸的瞬間，A的速度方向垂直于阡，水平方向的分速度與B速度大小一

樣，設(shè)B運(yùn)動(dòng)的速度為VB，如圖：則VACOS60°=VB,因此，VA：VB=2：1；

根據(jù)A與B脫離之前機(jī)械能守恒可知：mgl(1-sin30°)=+新詔

解得：m：M=l：4,故BD錯(cuò)誤，C正確;

故選：Co

[例題7](2023?浙江模擬)2022年2月15日，蘇翊鳴在北京冬奧會(huì)單板滑雪男子大跳臺(tái)比賽中奪

得冠軍，成為首位贏得冬奧會(huì)單板滑雪金牌的中國運(yùn)動(dòng)員。大跳臺(tái)主要由助滑道，起跳臺(tái)和看

陸坡組成，如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在助滑道卜滑后在起跳臺(tái)起跳，在空中做拋體運(yùn)動(dòng)后落在著陸坡

Iio某次比賽蘇翊鳴在距離起跳點(diǎn)34m高處從靜止下滑，在空中最高點(diǎn)時(shí)距起跳點(diǎn)12.8m,在

空中飛躍的總時(shí)間為4s,已知起跳臺(tái)斜面傾角為37°,蘇翊鳴的質(zhì)量為70kg,不考慮空氣阻

A.起跳速度為16m/s

B.在最高點(diǎn)速度為0

C.下滑過程機(jī)械能守恒

D.從下滑到著陸重力做功35000J

【解答】解：AB、運(yùn)動(dòng)員從起跳臺(tái)跳出后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，有々=舞，tan37°=*，解得v》=

1乙9vx

16m/s,vx=^m/s,所以運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度為gm；s；

運(yùn)動(dòng)員的起跳速度為〃=煙與冷，代入數(shù)據(jù)解得v=￥m/s,故AB錯(cuò)誤；

C、下滑過程中需要克服阻力做功，所以機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；

D、運(yùn)動(dòng)員從起跳臺(tái)起跳到著陸豎直方向的位移為力2=-%￡+；。產(chǎn)，代入數(shù)據(jù)解得h2=16m

所以從下滑到著陸重力做功為W=mg（ho+h2）=70X10X（34+16）J=35OOOJ,故D正確。

故選：D。

I例題8］（多選）（2023?濰坊一模）如圖所示，一光滑斜面體固定在水平面.匕其矩形斜面abed與

水平面的夾角為8,ab邊長為L。將質(zhì)量為m的小球從斜面上的點(diǎn)a以某一速度沿斜面斜向上

拋出，速度方向與ab夾角為a,小球運(yùn)動(dòng)到斜面的c點(diǎn)并沿de方向飛出，一段時(shí)間后落地，已

知重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力，則（）

A.小球從a到c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為J焉褊

1

B.小球從a至I」c重力勢(shì)能增加5mgLsinacosasinO

C.小球觸地時(shí)速度大小為J勰森

D.小球觸地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為mgJ黑與

【解答】解：A、設(shè)小球從c點(diǎn)沿de方向飛出的速度為vo,be的邊長為y。小球從a到c的過程,

應(yīng)用逆向思維，可認(rèn)為小球從c到a做類平拋運(yùn)動(dòng)。

沿cd方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)?則有：L=vot

沿cb方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在此方向上其加速度為：a=gsin。，位移為：丫="嚴(yán)，末速度為:

Vcb=al

在a點(diǎn)時(shí):根據(jù)速度分解的幾何關(guān)系有：tana二歲

LsEa_gLsinBcosa_gLsinHsina__sizia

聯(lián)立解得：t=gsinOcosa'V~y]sina'Vcb-yjcosa'丫-2cosa

故A正確;

B、小球從a到c重力勢(shì)能增加量為：AEp=mgysin8=mg^^*Ea,故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)機(jī)械能守恒可知，小球觸地時(shí)速度大小等于小球在a點(diǎn)時(shí)的速度大小，則有:

故C正確;

gLsinOsina

D.小球觸地時(shí)的豎直分速度為:

小球觸地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvy=mg」四黑嗎故D錯(cuò)誤。

YcCzo（X

故選：ACo

[例題9]（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(diǎn)和C點(diǎn)分別為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)

點(diǎn)）從弧形軌道上距B點(diǎn)高4R的A點(diǎn)靜止釋放，先后經(jīng)過B點(diǎn)和C點(diǎn)，而后沿圓軌道滑下。

忽略一切摩擦，已知重力加速度g。

（2）求小球通過C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小F和方向。

（3）請(qǐng)分析比較小球通過B點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)加速度的大小關(guān)系。

【解答】解：（1）小球從A到B由機(jī)械能守恒定律可得:

4mgR=

解得：%=2

（2）小球從A到C由機(jī)械能守恒定律可得:

1_

mg(4R-2R)=2m正

解得小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小氣=2項(xiàng)

在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得:

F+mg=加黃

解得小球通過C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小F=3mg

方向豎直向下。

（3）小球在B點(diǎn)的加速度大小為QB=）=8,。

小球在C點(diǎn)的加速度大小為見；=爺=4g

所以aB>ac

答：（1）小球通過B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2方證。

（2）小球通過C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小為3mg,方向豎直向下。

（3）小球通過B點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)加速度的大小關(guān)系為aB>ac。

[例題10]（2023?南昌一模）早期航母使用重力型阻攔索使飛機(jī)在短距離內(nèi)停下，如圖甲所示，阻攔

索通過固定于航母甲板兩側(cè)的滑輪分別掛有質(zhì)量為m=500kg的沙袋。在無風(fēng)環(huán)境下，一螺旋

槳式飛機(jī)以vo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hi=20m。螺旋槳式艦載機(jī)（含飛行員）質(zhì)量M=

（2）如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長度為1=15m,當(dāng)8=30°時(shí)，艦載機(jī)的速度大??？

【解答】解：（I）在忽略摩擦阻力和空氣阻力的前提下，艦載機(jī)與沙袋所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

艦載機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為沙袋的重力勢(shì)能，設(shè)艦載機(jī)降落股過程中沙袋提起高度為hi,則

gM謚=2e必

代入數(shù)據(jù)解得：vo=20或m/s

（2）根據(jù)幾何關(guān)系可得，比時(shí)艦載機(jī)速度方向與繩索的夾角為30°,艦載機(jī)沿繩分速度與沙袋

沿繩分速度相等，設(shè)此時(shí)艦載機(jī)的速度為“，沙袋的速度為V2,根據(jù)幾何關(guān)系可得：

V3

l'=l=15m,—Vj=v2

力=1一J=15m—字m=7.5m

由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律可得:

-MVQ=-M說+-x2m4+2mgh

2222

聯(lián)立解得：v)=10\/2m/s

答：(1)螺旋槳式飛機(jī)降落到航母上的速度大小為20企m/s；

(2)如圖乙所示，阻攔索在甲板上的長度為1=15m,當(dāng)8=30°時(shí)，艦載機(jī)的速度大小為10四zn/s。

考點(diǎn)三多物體機(jī)械能守恒問題

[例題11](2()23?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(zhì)最為m的

小球從靜止開始由車頂無摩擦滑卜，且小車始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)小球的球心與O點(diǎn)的連線與

豎直方向的夾角為仇則地面對(duì)小車的靜摩擦力的最大直為()

A.-mgB.-mgC.-mgD.-mg

【解答】解：設(shè)圓弧半徑為R,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到重力與半徑夾角為e時(shí)，速度為v。

根據(jù)機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律有：1mv2=mgRcose

V2

N-mgcosO=in—

解得小球?qū)π≤嚨膲毫椋篘=3mgcos0

其水平分量為Nx=3mgcos0sin0=^mgsin20

根據(jù)平衡條件，地面對(duì)小車的靜摩擦力水平向右，大小為：f=Nx=1mgsin20

可以看出：當(dāng)sin26=l,即6=45°時(shí)，地面對(duì)車的靜摩擦力最大，其值為fmax=5ng,故A正

確、BCD錯(cuò)誤。

故選：A“

［例題12］如圖所示，一條輕繩跨過定滑輪，繩的兩端各系一個(gè)小球a和b,用手托住球b,當(dāng)繩剛好

被拉緊時(shí)，球b離地面的高度為h,球a靜止于地面。已知球a的質(zhì)量為m,球b的質(zhì)量為3m,

重力加速度為g，定滑輪的質(zhì)量及輪與軸間的摩擦均不計(jì)。若無初速度擇放球b,則下列判斷正

確的是（）

A.在球b卜,落過程中，繩子的拉力大小為

B.在球b下落過程中，球b的機(jī)械能減小3mgh

3

C.在球b下落過程中，球a的機(jī)械能增加）mgh

D.在球b下落過程中，繩對(duì)球a拉力沖量大小為3/ngVA

【解答】解：A、以a、b整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有：3mg-mg=4ma

解得：Q=3

對(duì)a球受力分析有：T-mg=ma

解得：T=^mg

故A錯(cuò)誤；

B.在球bF落過程中，球b的機(jī)械能減小量等于拉力做的功NE=W=—Th=—?mgh

故B錯(cuò)誤；

C.在球b下落過程中，球a的機(jī)械能的增加量等于拉力，’故的功，￡=W==

故C正確；

D.在球b下落過程中，根據(jù)位移一時(shí)間關(guān)系有：力=,或2

解得"2

則在球b下落過程中，繩對(duì)球a拉力沖量大小為/=Tt=3my［gh

故D錯(cuò)誤。

故選：Co

［例題13］（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(zhì)細(xì)繩與光滑水平面上

的物體B相連接，A、B質(zhì)量相同。現(xiàn)將A從與B等高處由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，重力加

速度取g,當(dāng)細(xì)繩與豎直桿間的夾角為6=60°時(shí)，A下落的高度為h,此時(shí)物體B的速度為

（）

B

□

A.廊B.而C.牌D..

【解答】解：設(shè)物體A下落高度h時(shí)，物體A的速度為VA,物體B的速度為VB，此時(shí)有以=

薇3=2獨(dú)

物體A,B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mg4=若詔

聯(lián)立解得：為=島人故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

［例題14］（2022?盧氏縣模擬）一長為L、質(zhì)量可不計(jì)的剛性的硬桿，左端通過較鏈固定于O點(diǎn)，中

點(diǎn)及右端分別固定質(zhì)量為m和質(zhì)量為2m的小球，兩球與桿可在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)無摩擦地轉(zhuǎn)

動(dòng)。開始時(shí)使桿處于水平狀態(tài)并由靜止釋放，如圖所示。當(dāng)桿下落到豎直位置時(shí)，在桿中點(diǎn)的

球的速率為（）

Om2m

?-----------O-----------O

A.島心B.C.J|gLD.師

【解答】解：兩球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相等，根據(jù)v=o）r

可知兩球的線速度大小之比為1：2,設(shè)桿中點(diǎn)處小球的速度為v,則外端小球的速度為2v,桿由

初狀態(tài)下落到豎百位置過程中，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得

2mgL+mg與=imv2+i2m（2v）2

乙乙乙

可解的u=J5gL

故選：Ao

［例題15］如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細(xì)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(zhì)彈簧相連,C放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A,

并使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，同時(shí)保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行，已知A

的質(zhì)量為4m,B、C的質(zhì)量均為m,重力加速度為g,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)。開始時(shí)整

個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)；釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時(shí)，C恰好離開地面，在此過程中，

求：

（1）斜面的傾角a；

（2）彈簧恢復(fù)原長時(shí)，細(xì)線中的拉力大小Fo：

（3）A沿斜面下滑的速度最大值Vm。

【解答】解：（1）A速度最大時(shí)，加速度為零，對(duì)A有：4mgsina=F,

此時(shí)B的加速度也為零，C恰好離開地面，對(duì)B、C整體受力分析知：F=2mg,

解得sina=即a=30°。

（2）設(shè)當(dāng)彈簧恢當(dāng)原長時(shí)，A沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,

對(duì)A有：4mgsina-Fo=4ma,

對(duì)B有：Fo-mg=ma?

解得：Fo=￥mg。

（3）一開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，有：mg=k-Axi,

壓縮量：△/=

C恰好離開地面時(shí)，彈簧處于伸長狀態(tài)，有mg=k?Z\x2,

伸長量ax2=哈

因而初末狀態(tài)彈簧的彈性勢(shì)能相等，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)從釋放A球至C恰好離開地面的過程，根據(jù)機(jī)械

能守恒定律有：

4mgsina*（Axi+Ax2）-mg*（AXI+AX2）=（4m+m）端

解得Vm=J嚶^=2g攝.

答：（1）斜面的傾角a為30°；

（2）彈簧恢復(fù)原長時(shí)，細(xì)淺中的拉力大小Fo為gmg；

（3）A沿斜面下滑的速度最大值vm為2g溫。

［例題16］（2022?海淀區(qū)校級(jí)三模）在一次表演中某同學(xué)用他的拳頭向下打斷了一塊木板。如圖，拳

頭的質(zhì)量為mi,木板的質(zhì)量為m2。木板向下偏離距離d時(shí)木板將折斷。木板向下彎曲至木板

折斷時(shí)，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(shè)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(yùn)動(dòng)，直到木板折斷。碰撞后拳頭、木板、

地球組成的系統(tǒng)，機(jī)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(shì)能：昂=4依2。

（2）拳頭和木板向下運(yùn)動(dòng)圻對(duì)應(yīng)的重力勢(shì)能變化可忽略不計(jì)。

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(duì)其打擊，水泥板向下偏移的距離為三d時(shí)將會(huì)折

斷，水泥板的彈性對(duì)應(yīng)的匆度系數(shù)以及水泥板的質(zhì)顯均為木板的10倍，此種情況下是否能讓水

泥板折斷，試說明理由。

【解答】解:⑴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

八F

。J

由F-x圖像可知，木板向下偏移x,彈力做功

W=-ikx2

乙

由功能關(guān)系得

W=-(Ep-Epo)=~ikx2

得證：EP=

(2)拳頭和木板碰撞過程動(dòng)量守恒，則

nuv=(mi+ni2)V2

①拳頭和木板向卜運(yùn)動(dòng)所對(duì)應(yīng)的重力勢(shì)能變化可忽略不計(jì)，剛好折斷時(shí)，有

/標(biāo)=[(叫+m2M

解得：v=Jk(mi+Tn2);

②設(shè)能讓水泥板折斷需要速度為v，，則

nuv,=(mi+10m2)vi

1?10k?舄弓了=1(叫+10m2M

解得:v'=肅Jk(點(diǎn)7rli+皿2)，

因UVv,所以能讓水泥板折斷。

答：(1)彈力F的大小隨木板向卜.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為黃k(m[+Tn2);

②若將圖中的木板換為水泥板，并用①的速率對(duì)其打擊，此種情況下能讓水泥板折斷，理由見解

析。

[例題17]（2022?虹口區(qū)模擬）如圖所示，輕質(zhì)細(xì)繩的一端系一質(zhì)量為m=0.05kg的小球A,另一端

套在光滑水平軸O上，0到小球的距離小球與水平面接觸但恰好無作用力，在球的

兩側(cè)距球等遠(yuǎn)處，分別固定一個(gè)光滑斜面和擋板，水平面的長度L=2m。水平面左邊T光滑，右

邊勺粗糙，B與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)11=0.25。現(xiàn)有一滑塊B,質(zhì)量也為m,從斜面上滑

下，滑塊與小球A碰撞并進(jìn)行速度交換，與擋板碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，不計(jì)空氣阻力，滑塊和

小球都可視為質(zhì)點(diǎn)?，F(xiàn)在要使小球恰好完成一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)。g取lOm/s?。求：

（1）小球在最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程。

【解答】解：（1）小球恰好完成一次完整的圓周運(yùn)動(dòng)，它在最高點(diǎn)的速度設(shè)為vo,自身重力提供

向心力，有mg=m?

小球從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，可得5m吟+2mgi=3m4

聯(lián)立，可得孫=V5m/s

（2）滑塊B與小球A碰撞并進(jìn)行速度交換，所以滑塊B與小球A碰撞前的速度為%=y[Sm/s

設(shè)滑塊B要從斜面h高處滑下，由機(jī)械能守恒可得加。=

解得：h=0.25m

（3）B與A碰撞，交換速度后靜止在地面上，當(dāng)小球A做完一次圓周運(yùn)動(dòng)再次與滑塊B發(fā)生碰

撞，然后滑塊B具有VB向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)到擋板時(shí)的速度為V'B,則有-〃mg,=,血以'2嗚

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(shí)間，然后小球圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)擋板處時(shí)恰好速度為零，靜止不動(dòng)。

答案：（1）依m(xù)/s；（2）0.25m；（3）B與A碰撞后先靜止一段時(shí)間，然后小球圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，到達(dá)擋板處時(shí)恰好速度為零，靜止不

動(dòng)。

練出高分

一.選擇題（共10小題）

I.（2023?通州區(qū)一模）為了節(jié)省能源，某商場(chǎng)安裝了智能化的電動(dòng)扶梯。無人乘行時(shí)，扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)得

很慢；有人站上扶梯時(shí)，它會(huì)先慢慢加速，再勻速運(yùn)轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這兩個(gè)

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(guān)

C.乘扶梯勻速上樓的過程中，顧客的機(jī)械能保持不變

D.扶梯對(duì)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(duì)顧客受力分析，顧客受到重力，支持力和摩擦力，三個(gè)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(yùn)動(dòng)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(cuò)誤；

C、乘扶梯勻速卜樓的過程中,顧客的重力勢(shì)能增大,動(dòng)能不變.顧客的機(jī)械能增大.故C錯(cuò)誤：

D、顧客加速過程，重力、支持力和摩擦力三個(gè)力的合力與速度方向相同，扶梯對(duì)顧客的作用力

為支持力和摩擦力的合力，則扶梯對(duì)顧客作用力的方向與速度方向不相同，顧客做勻速直線運(yùn)動(dòng)

時(shí)，顧客受力平衡，扶梯對(duì)顧客的作用力與重力等大反向，方向豎直向上，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

2.（2022?虹口區(qū)二模）小明賓坐摩天輪，由最低點(diǎn)A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B的過程中（）

A.動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能，機(jī)械能增大

B.動(dòng)能轉(zhuǎn)化為勢(shì)能，機(jī)械能不變

C.動(dòng)能不變，勢(shì)能增大，機(jī)械能增大

D.動(dòng)能、勢(shì)能、機(jī)械能均保持不變

【解答】解：小明乘坐摩天輪，由最低點(diǎn)A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)B的過程中，動(dòng)能保持不變，重力

勢(shì)能增加，機(jī)械能增大，故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選：Co

3.如圖所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，A由靜止釋放，B

的初速度方向沿斜面向下，大小為vo,C的初速度方向沿斜面水平，大小也為vo.下列說法中正

確的是（）

A.A和C將同時(shí)滑到斜面底端

B.滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能減少最多

C.滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大

D.C的重力勢(shì)能減少最多

【解答】解：A、AC兩個(gè)滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小相等，A所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，C沿

斜面向上的力是滑動(dòng)摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到達(dá)斜面底端。故A

錯(cuò)誤。

B、滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)，C運(yùn)動(dòng)的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機(jī)械能減少最多。

故B錯(cuò)誤。

C、重力做功相同，摩擦力對(duì)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(shí)，B滑塊的動(dòng)能最大。故C正確。

D、三個(gè)滑塊下降的高度相同，重力勢(shì)能減小相同。故D錯(cuò)誤。

故選：Co

4.從1970年4月24口發(fā)射第一顆人造地球衛(wèi)星“東方紅一號(hào)”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(hào)”至今仍運(yùn)行在近地點(diǎn)430km、遠(yuǎn)地點(diǎn)2075km的橢圓軌道上,

而目前運(yùn)行在距地面高度約400km的圓軌道上的“天宮空間站”預(yù)計(jì)今年建成。關(guān)于“東方紅一

號(hào)”和“天宮空間站”，下列說法正確的是（）

東方紅?號(hào)衛(wèi)星

天宮空間站

A.“東方紅一號(hào)”由遠(yuǎn)地點(diǎn)向近地點(diǎn)運(yùn)行的過程中，機(jī)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(yùn)行的加速度小于“東方紅一號(hào)”在近地點(diǎn)的加速度

D.繞地球一周，“東方紅一號(hào)”比“天宮空間站”所用時(shí)間長

【解答】解：A、“東方紅一號(hào)”由遠(yuǎn)地點(diǎn)向近地點(diǎn)運(yùn)行的過程中，只有萬有引力做功，其機(jī)械能

不變，故A錯(cuò)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(cuò)誤:

C、根據(jù)牛頓第二定律得：G臀=ma,則得。=詈，可知“天宮空間站”運(yùn)行的加速度大于“東

方紅一號(hào)”在近地點(diǎn)的加速度，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)“東方紅一號(hào)”的半長軸為a',“天宮空間站”的軌道半徑為r,計(jì)算可得a'>r,根據(jù)開

普勒第三定律得行=笆，可知T#；>T天，故D正確。

丁東丁天

故選：D。

5.（2023?懷仁市模擬）如圖所示，可繞固定轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)的剛性輕質(zhì)支架兩端分

別固定質(zhì)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(zhuǎn)軸0等

高，此時(shí)連接A球的細(xì)桿與豎直方向的夾角為8,sin0=O.6,重力加速度大小為g,現(xiàn)突然松手，

兩小球在擺動(dòng)的過程中，下列說法正確的是()

3

A.A球與轉(zhuǎn)軸O等高時(shí)的動(dòng)能為五mgL

B.B球下降的最大高度為L

6

C.A球的最大動(dòng)能為五mgL

D.B球的最大動(dòng)能為尋mgL

【解答】解：由于sin0=0.6,可得cos。=0.8

A.根據(jù)題意如A、D兩球共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，無論何時(shí)兩球的角速度均相同，二者的轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同則線

速度大小也相等，設(shè)A球與轉(zhuǎn)軸O等高時(shí)的速度為v,由動(dòng)能定理有6mgLcose-5mgLcose=

]1

5xSmv2+亍x6mv2

解吟熠

則A球與轉(zhuǎn)軸O等高時(shí)的動(dòng)能為E&=|xSmv2=T,。,故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)題意，當(dāng)小球B下降到最低點(diǎn)時(shí)，小球A、B的速度為零，設(shè)小球B向下轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為

a,則小球A向上轉(zhuǎn)動(dòng)的角度也為a,如圖所示

由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律有6mgLsina-5mgL[cose+sin(a+6-90°)]=0

解得sina=,

則小球B下降的最大高度為H=Lsina=會(huì)3故B錯(cuò)誤：

CD.根據(jù)題意，當(dāng)小球B向下轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為0時(shí)，即小球A向上轉(zhuǎn)動(dòng)的角度也為0,則由動(dòng)能

定理有6mgLsinp-5mgL[cos0+sin(p+0-90°)]=EkA+EkB

由數(shù)學(xué)知識(shí)解得，當(dāng)6=37°時(shí)，小球A、B的動(dòng)能之和有最大值為Ekn尸mgL

由于小球A、B速度的大小相等，則有&4=QzgL；EkB=-^mgL,故C錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

6.（2023?浙江模擬）姚明是NBA中我國優(yōu)秀的籃球運(yùn)動(dòng)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a=60c；笫二次出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角

3=30°；兩次出手的位置在同一豎直線上，結(jié)果兩次籃球正好垂直撞擊到籃板同一位置C點(diǎn)。

不計(jì)空氣阻力，則從籃球出手到運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C的過程中，下列說法正確的是（）

A.兩球的初動(dòng)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(diǎn)時(shí)，兩球的機(jī)械能相等

D.前后兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比值為百：I

設(shè)投籃處與籃板的水平距離為x,根據(jù)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體任意時(shí)刻速度的反向延長線交水平位移

XX

的中點(diǎn),所以有：tan60°=tan30°=

力及

從而得到前后兩次上升的最大高度的比值為：左=子罷="故B錯(cuò)誤；

y2tan60°3

D、在豎直方向上可以認(rèn)為是自由落體運(yùn)動(dòng)，由y=*gt2得：（=楞，

所以前后兩次運(yùn)動(dòng)時(shí)間的比值為：￡=自=專，故D錯(cuò)誤；

C、水平速度V01=,，V02;自，由于上述結(jié)論可得：11=冬2,

則：VO1=V3V02,所以撞擊籃板的速度不相等，在C點(diǎn)時(shí)，兩球的機(jī)械能不相等，故C錯(cuò)誤；

A、出手速度：吁瑞

丫2=薪

結(jié)合上一問結(jié)論有：V|=V2,兩球出手時(shí)的動(dòng)能相等，故A正確。

故選：Ao

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(shì)

能為Epi,彈簧剛接觸到斜面底端擋板時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能為Ep2,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能為EP3o

A.Epi=Ep3,小球在最低點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能最大

B.Ep2=Ep3，小球在最低點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能最大

C.Epi=Ep3，小球加速度為零時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能最大

D.Ep2=Ep3,小球加速度為零時(shí)系統(tǒng)勢(shì)能最大

【解答】解：ABD.小球和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球的動(dòng)能和系統(tǒng)的勢(shì)能（包括重力

勢(shì)能和彈性勢(shì)能）相互轉(zhuǎn)化，小球開始下滑和達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為零、系統(tǒng)的勢(shì)能最大，

即Epl=Ep3,當(dāng)彈簧剛接觸到斜面底端擋板時(shí)小球速度不為零，動(dòng)能不為零，所以Epi=Ep3>EP2,

故A正確，BD錯(cuò)誤；

C.在壓縮彈簧過程中，根據(jù)牛頓第一定律，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(dāng)加速度為零時(shí)，小球

速度最大，因此系統(tǒng)勢(shì)能最小，故C錯(cuò)誤。

故選：Ao

8.（2023?臨泉縣校級(jí)三模）?款兒童棒球發(fā)球機(jī)向上發(fā)射棒球供初學(xué)者練習(xí)。假設(shè)發(fā)球機(jī)（高度不

計(jì)）在地面上以初速度vo豎直向上發(fā)射一棒球（可視為質(zhì)點(diǎn)），棒球途經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度方向向上、

速度大小為V,不計(jì)空氣阻力，取地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面。當(dāng)棒球的發(fā)射速度變?yōu)?Vo時(shí)，

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(diǎn)的機(jī)械能變?yōu)樵瓉淼?倍

C.棒球上升過程的時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍

D.棒球經(jīng)過A點(diǎn)的速度大小變?yōu)?V

【解答】解：A.棒球上升過程中滿足機(jī)械能守恒，則有3nl謚=

上升最大高度》=旗

當(dāng)速度變?yōu)?倍時(shí)，最大高度變?yōu)樵瓉淼谋叮蔄錯(cuò)誤：

B.在最高點(diǎn)機(jī)械能等于mgh,h變?yōu)樵瓉?倍，則最高點(diǎn)機(jī)械能變?yōu)樵瓉?倍，故B錯(cuò)誤；

C.上升過程時(shí)間“野

上升時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；

11

2

D.根據(jù)機(jī)械能守恒=mghA+-mv

解得I；=J詔-2g也

由上式，當(dāng)棒球的發(fā)射速度變?yōu)?Vo時(shí)，棒球經(jīng)過A點(diǎn)速度不是原來兩倍，故D錯(cuò)誤。

故選：Co

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(diǎn)P

由靜止開始滑下，經(jīng)過最低點(diǎn)Q。若軌道半徑越大，則（）

A.小球經(jīng)過最低點(diǎn)QM的速率保持不變

B.小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)的向心加速度保持不變

C.小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)受到軌道的支持力越大

D.小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)重力的瞬時(shí)功率越大

【解答】解：A.小球從P到Q的過程，據(jù)機(jī)械能守恒定律可得=解得“=/9,

即半徑越大，小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)的速率越大，故A錯(cuò)誤：

B.小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)的向心加速度可表示為a=%=N^—=2g,則可知小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q

時(shí)的向心加速度與半徑無關(guān)，保持不變，故B正確；

C.在最低點(diǎn)Q由牛頓第二定律可得F-mg=m替解得F=mg+m（2：/）=3mg,故小球經(jīng)

過最低點(diǎn)Q時(shí)受到軌道的支持力不變，故C錯(cuò)誤；

D.小球經(jīng)過最低點(diǎn)Q時(shí)重:力的瞬時(shí)功率為P=mgvcos90°=0,即最低點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)功率是不變

的，故D錯(cuò)誤。

故選:Bo

10.（2022?林州市模擬）如圖所示，從高為h的斜面體ABC的頂點(diǎn)A拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球（視

為質(zhì)點(diǎn)），落在底端B點(diǎn)，已知接觸B點(diǎn)前的瞬間小球的動(dòng)能為Ek,取BC所在水平面為零勢(shì)能

參考平面，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,則小球被拋出時(shí)的速度大小為（）

C1--------------------

AJ2（"mgh）BjEk-mgh

Cj2（Ek+mgQD『k+mgh