第第頁專題18系統(tǒng)機械能守恒模型模型總結模型1單物體(除地球外)機械能守恒問題 1模型2輕繩連接的物體系統(tǒng) 10模型3輕桿連接的物體系統(tǒng) 22模型4輕彈簧連接的物體系統(tǒng) 35模型1單物體(除地球外)機械能守恒問題1．機械能守恒的三種表達式守恒觀點E1＝E2要選零勢能參考平面轉(zhuǎn)化觀點ΔEk＝－ΔEp不用選零勢能參考平面轉(zhuǎn)移觀點ΔEA＝－ΔEB說明：單個物體應用機械能守恒定律時選用守恒觀點或轉(zhuǎn)化觀點進行列式。2．應用機械能守恒定律解題的一般步驟1．（2025·廣東深圳·一模）如圖所示，在地面上以初速度v0拋出質(zhì)量為m的小球，拋出后小球落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，且不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．重力對小球做的功為mghB．小球在海平面上的重力勢能為mghC．小球在海平面上的動能為D．小球在海平面上的機械能為2．（2025·全國卷·高考真題）如圖，撐桿跳高運動中，運動員經(jīng)過助跑、撐桿起跳，最終越過橫桿。若運動員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運動員助跑獲得的動能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m3．（2025·湖南郴州·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的物體從離地面高度為的位置A由靜止釋放沿固定的光滑曲面下滑，經(jīng)過一段時間后，物體下落到高度為的另一位置B，以地面為參考平面。，求：(1)物體在A點時的重力勢能；(2)物體從A點到B點的過程中重力做的功；(3)物體到達地面瞬間的速度大小。4．（2025·黑龍江·一模）如圖所示，將完全相同的小球1、2從同一高度處同時由靜止釋放，其中斜面固定在地面上且表面光滑，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩個小球同時落地B．兩個小球落地瞬間的速度相同C．兩個小球落地瞬間的動能相同D．兩個小球落地瞬間重力的功率相同5．（2024·廣東惠州·模擬預測）一物塊在高為2m、長為2.5m的斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化關系如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機械能守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時，加速度大小為4.8m/s2D．物塊下滑1.25m時，機械能損失了16J6．（2024·江西上饒·模擬預測）如圖所示，將一個小球先后兩次從地面上的A點斜向右上拋出，兩次小球均落在B點，以地面為零勢能面，兩次小球運動到最高點時高度不同，但機械能相等，第一次拋出時初速度與水平方向的夾角為30°，不計小球大小，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）A．先后兩次拋出的初速度大小之比為1∶1B．先后兩次拋出的初速度大小之比為C．先后兩次小球在空中運動時間之比為1∶1D．先后兩次小球在空中運動時間之比為7．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖所示是體育課上某同學水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為零勢能面，用h表示鉛球離地面的高度，E、Ep、Ek分別表示鉛球的機械能、重力勢能和動能，則鉛球下落過程中，下列圖像可能正確的是（）A． B．C． D．8．（2024·浙江·三模）如圖所示，細繩的一端固定于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，小球運動到右側最高點時，細繩的拉力就越大C．由于機械能守恒，無論A離O點多遠（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9．（2024·北京西城·二模）如圖所示，質(zhì)量的籃球從離地高度處由靜止釋放，與地面發(fā)生第一次碰撞后反彈，達到最高點時離地高度，籃球與地面發(fā)生作用的時間?；@球反彈至最高點后，運動員通過豎直向下拍擊籃球?qū)ζ渥龉?，使籃球與地面發(fā)生第二次碰撞，碰后恰能反彈至離地高度處。若籃球兩次與地面碰撞損失的機械能相同，重力加速度，不計空氣阻力。求：（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能；（2）籃球第一次與地面碰撞的過程中，受到地面的平均作用力的大小F；（3）運動員拍擊籃球的過程，對籃球做的功W。10．（23-24高一下·江蘇揚州·期中）如圖所示的兩個固定的光滑斜面，它們的高度相同、傾角不同。讓質(zhì)量相同的兩個物體沿斜面從頂端運動到底端，此過程中下列說法不正確的是（）A．兩物體重力的功一樣B．兩物體重力勢能的變化一樣C．兩物體運動到底端時的動能一樣D．兩物體運動到底端時重力的功率一樣模型2輕繩連接的物體系統(tǒng)1．常見情景2．三點提醒(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。(2)用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系。(3)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。11．（25-26高三上·河南商丘·期中）如圖所示，粗細均勻的足夠長光滑細直桿水平固定，帶孔小球A套在桿上，小球B用長為L的輕繩吊在小球A的下面，開始時兩球均處于靜止狀態(tài)。給B球一個水平向右的瞬時沖量，當小球B運動到最高點時，輕繩剛好水平。已知兩小球均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m，重力加速度為g，下列判斷正確的是（）A．小球B向右運動過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒B．給小球B的瞬時沖量大小為C．當輕繩第一次與水平方向夾角為45°時，小球B的水平分速度大于豎直分速度D．當小球B第一次回到最低點時，速度大小為12．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為的圓環(huán)，環(huán)上系一長為的輕繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與平行，由靜止釋放小球，其中求：(1)輕繩與第一次成時，小球向左移動的距離；(2)小球擺到最低點時圓環(huán)的速度大小。13．（2025·湖南常德·模擬預測）如圖所示，一個光滑導軌長臂水平固定、短臂豎直，系有細線的圓環(huán)A套在長臂上，細線另一端與小球B相連。已知A的質(zhì)量mA=m，B的質(zhì)量mB=2m，細線長度為L。初始時圓環(huán)A距短臂，細線水平且伸直，將圓環(huán)與小球同時由靜止釋放。已知圓環(huán)A與短臂碰撞后瞬間與短臂粘連，B球垂直于繩方向的速度不變，沿繩方向的速度減為0，不計空氣阻力，重力加速度為g，，則（）A．小球B的水平位移為0.4L時圓環(huán)A與短臂接觸B．圓環(huán)A與短臂接觸時，細繩與豎直方向的夾角為53°C．圓環(huán)A與短臂碰撞后瞬間，小球B的速度大小為D．小球運動到最低點時，細線的拉力大小為6mg14．（2025·四川·一模）如圖所示，跨過定滑輪的輕繩兩端分別連接著質(zhì)量為、的、兩球，用手托住球，使球剛好靜止于地面。忽略一切摩擦和空氣阻力。在球由靜止釋放到落地的過程中（）A．球機械能增加 B．球機械能守恒C．球機械能減少 D．球機械能增加15．（2025·重慶南岸·模擬預測）如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，Q的質(zhì)量為4m。將P從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角（，），OB長為3L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦，重力加速度為g。則P從A點到B點的過程中（）A．P和Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B．P的速度先增大再減小C．輕繩對P做的功為8mgLD．P運動至B點的速度為16．（2025·甘肅·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的物體P套在固定的光滑水平桿上。不可伸長的輕繩跨過光滑的滑輪和，一端與物體P相連，另一端與質(zhì)量也為的物體Q相連。對P施加一水平向左的拉力（圖中未畫出）使整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時與P相連的繩子與水平方向夾角為，點是正下方的點，距離為?，F(xiàn)撤去拉力，讓二者開始運動，重力加速度為，計算結果可用根號表示，。求：(1)拉力的大??；(2)當P運動至輕繩與水平方向夾角為的點時，P的速度大??；(3)從釋放至P運動至點過程，輕繩對Q做的功。17．（2025·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，粗細均勻的光滑直桿AB、BC固定在豎直面內(nèi)，AB桿水平，兩桿夾角為37°，質(zhì)量均為m的小球a、b分別套在AB、BC桿上，兩球用長為L的細線連接，鎖定兩球，細線剛好伸直且與BC桿垂直，重力加速度為g，sin37°=0.6，不計球的大小，同時解除兩球的鎖定，則在小球a向右運動過程中，下列說法正確的是（）A．解除鎖定的一瞬間，小球b的加速度大小為0.8g B．小球b向下運動過程中機械能一直減小C．當小球a運動到最右端時，小球b運動到最低點 D．小球a運動過程中最大速度大小為18．（2025·寧夏吳忠·一模）如圖（a）所示，可視為質(zhì)點的、兩球通過輕繩連接跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，質(zhì)量為的球在外力作用下靜止在地面上，球懸空且距離地面的高度為。由靜止釋放球，球的動能隨其上升的高度的變化關系如圖（），始終沒有與定滑輪相碰，球落地后不反彈，忽略空氣阻力，已知重力加速度為，則（）A．從釋放到最終穩(wěn)定的過程兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．球的質(zhì)量為C．的大小為D．與地面作用過程中，地面對的沖量大小為19．（2025·甘肅白銀·三模）如圖所示，長度為L的輕桿一端連接質(zhì)量為3m的小球A，另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸P上，輕桿可以在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m的物塊B由繞過小定滑輪Q的細繩與小球相連，定滑輪Q與轉(zhuǎn)軸P間的水平距離，初始時輕桿水平，滑輪與小球間的細繩跟輕桿共線。已知細繩足夠長，忽略一切摩擦，取重力加速度為g。由靜止釋放小球，在輕桿轉(zhuǎn)過30°角的過程中，求：(1)物塊B的重力勢能變化量；(2)輕桿轉(zhuǎn)過30°角時，小球A與物塊B的瞬時速度大小之比；(3)輕繩對小球A做的功。20．（2025·黑龍江大慶·模擬預測）如圖所示，有兩個質(zhì)量均為m的相同小環(huán)A、B，它們由一根不可伸長且長度為L的輕繩連接。小環(huán)A套在固定的水平細桿OM上，小環(huán)B套在固定的豎直細桿ON上，兩桿通過一小段圓弧桿平滑相連，且ON桿足夠長。初始時用水平外力F拉環(huán)A，使A、B兩環(huán)均處于靜止狀態(tài)，此時輕繩與豎直方向夾角（如圖中虛線位置）。隨后，將兩個小環(huán)移到圖中實線的水平位置，此時B環(huán)位于ON桿的最上端，輕繩恰好伸直。撤去水平外力，由靜止釋放兩小環(huán)，且A環(huán)通過小圓弧時速度大小保持不變。另外，碰撞的恢復系數(shù)定義為，其中和分別是碰撞前兩物體的速度，和分別是碰撞后物體的速度。整個系統(tǒng)不計一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)在初始靜止狀態(tài)下，求水平外力F的大小；(2)在B環(huán)下落過程中，求輕繩的拉力對環(huán)A做的功；(3)若A、B兩環(huán)碰撞的恢復系數(shù)，求兩環(huán)發(fā)生第一次碰撞過程中損失的機械能。模型3輕桿連接的物體系統(tǒng)1．常見情景2．三大特點(1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。21．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，長為的輕桿一端連著質(zhì)量為的小球，另一端用活動鉸鏈固接于水平地面上的點，初始時小球靜止于地面上，邊長為、質(zhì)量為的正方體左側靜止于點處。現(xiàn)在桿中點處施加一大小始終為（為重力加速度）、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過一段時間后撤去，小球恰好能到達最高點。小球運動到最高點后由于擾動由靜止開始向右傾斜，忽略一切摩擦，則以下說法正確的是（）A．拉力所做的功為B．拉力撤去時小球的速率為C．當輕桿與水平面夾角為時（正方體和小球還未脫離），小球與正方體的速率之比為D．當輕桿與水平面夾角為時（正方體和小球還未脫離），正方體的速率為22．（2025·湖北·模擬預測）如圖所示，兩個質(zhì)量均為的質(zhì)點A與B，由三根長度均為的輕質(zhì)細桿相連，組成一個位于豎直平面內(nèi)的框架，此系統(tǒng)可繞過點且垂直于框架的軸轉(zhuǎn)動，為框架的中心。初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，水平，在重力作用下，從水平位置開始轉(zhuǎn)動，則(1)系統(tǒng)動能何時最大？此時B速度多大？(2)在（1）中，過點的軸對框架的支持力多大？23．（2025·云南昆明·模擬預測）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，一輕彈簧下端固定于斜面底端，處于原長狀態(tài)，斜面頂部有兩個質(zhì)量分別為m和2m的A、B小球，用輕桿連著?，F(xiàn)由靜止沿彈簧軸線方向釋放兩個小球，重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則在B球與彈簧接觸至運動到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．A球的機械能先增大后減小B．B球到達最低點時桿對A球的作用力大小等于C．B球克服彈簧彈力做的功是桿對B球做功的3倍D．彈簧對B球做的功等于A、B兩球機械能的變化量24．（25-26高三上·山東日照·開學考試）如圖所示，質(zhì)量不計的硬直桿可以繞光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿兩端分別固定質(zhì)量的小球A和質(zhì)量的小球B。已知小球A到O點的距離為2m，小球B到O點的距離為1m?，F(xiàn)將桿從水平位置由靜止釋放，在桿轉(zhuǎn)動到豎直位置時，小球A脫離桿水平飛出，恰能從a點無碰撞地進入與桿在同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道abc，到達圓弧軌道上c點之前的d點（圖中未畫出）脫離軌道。已知b為圓弧軌道的最低點，c為圓弧軌道的最高點，O′為圓弧軌道的圓心，aO′與豎直方向的夾角α=60°，不計空氣阻力，取g=10m/s2。(1)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，求桿對小球B的作用力；(2)桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，求桿對小球A做的功；(3)若dO′與豎直方向的夾角用θ表示，寫出cosθ與圓弧軌道半徑R的關系式，并判斷R的取值范圍。25．（24-25高二下·云南紅河·期中）如圖所示，折成的光滑細桿ABC固定在豎直面內(nèi)，AB段水平，用輕桿通過光滑鉸鏈連接的P、Q兩個小球分別套在桿的AB段和BC段，開始時小球Q在B點，不計小球的大小，由靜止釋放兩小球，在小球P向左運動的過程中，下列說法正確的是（）A．小球Q重力的功率越來越大B．輕桿對小球Q先做正功后做負功C．輕桿對小球P作用力的功率越來越大D．小球P動能的增量等于小球Q機械能的減少量26．（24-25高一下·福建莆田·期末）可視為質(zhì)點的甲、乙兩小球用鉸鏈與輕桿連接，甲球套在豎直桿上，乙球處于水平地面上，初始時輕桿與水平方向夾角為，桿長為。無初速度釋放兩球到甲球落地的過程中，兩球的速率隨時間變化如圖所示，其中時刻乙球速率最大。已知甲球質(zhì)量為，乙球質(zhì)量為，重力加速度大小為，不計一切摩擦，則（）A．時刻輕桿與水平方向夾角為B．時刻甲球的加速度等于C．時刻甲球的速率為D．過程甲、乙兩球的速率圖線與時間軸所圍成的面積之比為27．（2025·江西新余·模擬預測）豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的光滑細桿M、N，兩桿分離不接觸，且兩桿間的距離忽略不計（a、b球均可越過O點）。兩個小球a、b（可視為質(zhì)點）質(zhì)量分別為km、m，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，a、b通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接。將a、b球在圖1所示位置保持靜止（剛性輕桿與水平桿N垂直），對b球施加一微小擾動使其開始沿N桿向右運動。不計一切摩擦。已知重力加速度為g。求在此后的運動過程中：(1)b球的最大速度(2)b球第一次向右運動過程中，當剛性輕桿與豎直桿M的夾角為60°時（如圖2所示），此時剛性輕桿對球a的作用力的大小。28．（2025·遼寧·三模）拋石機又叫拋車，最早產(chǎn)生于周代，是一種攻守城壘的武器。為了方便研究，簡化為圖示物理模型，輕桿左端裝上質(zhì)量為m的石頭A，右端固定有重物B，輕桿可繞水平轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動。初始時刻輕桿與水平地面的夾角為30°，A、B到O的距離分別為6L、L。無初速度釋放，當輕桿運動到豎直時A脫離輕桿做平拋運動，A、B均可視為質(zhì)點，不計轉(zhuǎn)軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。A平拋運動的水平射程為，求∶(1)A脫離輕桿時，A和B的速度大小；(2)重物B的質(zhì)量M；(3)A脫離桿前瞬間桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力大小。29．（2025·江蘇揚州·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B，通過鉸鏈用長為L的輕桿連接，豎直地緊靠墻壁放置，B球位于水平地面上，A球受到微擾向右傾倒初速度視為，經(jīng)過時間t，桿與豎直方向夾角為已知重力加速度為g，求：(1)此時A球速度大?。?2)此時墻壁對B球作用力大小F；(3)上述過程中，地面對B球的沖量大小30．（2025·福建泉州·模擬預測）如圖所示，一根長為L的輕桿的兩端分別固定小球A和B。輕桿可繞距A球為處的軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始時桿處于豎直位置，小球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側緊貼著B球有邊長為的立方體滑塊C，A、B、C的質(zhì)量均為m。現(xiàn)用一水平恒力作用于A球上，使之繞固定的O軸順時針轉(zhuǎn)動，直到B轉(zhuǎn)動到C的右上角分離。設在此過程中C滑塊一直緊貼地面，不計一切摩擦。關于此過程，下列判斷正確的是（）A．水平恒力F的功率逐漸減少B．水平恒力F做的功為C．分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能D．滑塊C的最大速度為模型4輕彈簧連接的物體系統(tǒng)1.由于彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。2.彈簧兩端的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，彈性勢能有最大值。3.對同一彈簧，彈性勢能的大小為Ep＝12kx2常見情景模型特點由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能守恒兩點提醒(1)對同一彈簧，彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定，無論彈簧伸長還是壓縮。(2)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31．（2025·貴州安順·模擬預測）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定于斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊A靜止時與斜面底端距離。彈簧原長，斜面長，物塊B從斜面頂端由靜止開始釋放，A、B發(fā)生碰撞后粘在一起，碰撞時間極短。已知A、B質(zhì)量均為，不計一切阻力，，彈性勢能，彈簧未超過彈性限度，A、B均視為質(zhì)點。則（

）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．碰后A、B運動過程中的最大速度為C．最低點的彈性勢能為D．返回到最大高度時的加速度大小為32．（2025·陜西西安·模擬預測）某同學利用如圖所示裝置研究離心現(xiàn)象，裝置中水平輕桿OA固定在豎直轉(zhuǎn)軸OB的O點，質(zhì)量為m的小圓環(huán)P和輕質(zhì)彈簧套在OA上，彈簧兩端分別固定于O點和P環(huán)上，彈簧原長為。質(zhì)量為2m小球Q套在OB上，用長為L的細線連接，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角θ=37°?，F(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，直至細線與豎直方向的夾角增大到53°。忽略一切摩擦。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)當時裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω；(3)上述過程中裝置對P、Q做的功W。33．（25-26高三上·河北邯鄲·月考）如圖所示，豎直光滑半圓形軌道與光滑水平面相切，光滑水平面上質(zhì)量為的小球1以速度向質(zhì)量為2m的靜止小球2（與輕彈簧拴接）運動，小球1滑上半圓形軌道后，除最高點外不會脫離軌道。重力加速度為，求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)小球1與彈簧分開時的速度大??；(3)半圓形軌道的半徑滿足的條件。34．（2025·廣東深圳·模擬預測）如圖甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起，小球A與輕繩組成單擺，小球B與輕彈簧組成的彈簧振子，剛開始小球A和B均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將小球A向左拉開一個較小角度（小于5°）并時由靜止釋放，經(jīng)最低點時與小球B發(fā)生碰撞，碰撞時間可忽略不計，此后小球B運動的圖像如圖乙所示。以最低點為零勢能面，小球A與B第一次碰撞后A球速度恰好為零，已知小球B的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的有（）A．彈簧振子的周期等于 B．單擺的擺長等于C．A球釋放的高度為 D．A球運動的最大速率為35．（2025·海南·一模）如圖所示，質(zhì)量為的物塊B放在水平地面上，勁度系數(shù)為的輕彈簧下端與物塊B連接，彈簧上端與一個質(zhì)量也為的物塊A連接，A、B之間連接一根不可伸長的細繩，初始狀態(tài)細繩上的拉力不為零。燒斷細繩后某時刻，物塊B被彈簧拉離了地面。已知彈簧的彈性勢能為，重力加速度為，則初始狀態(tài)彈簧的壓縮量可能為（）A． B． C． D．36．（2025·四川綿陽·一模）如圖所示，固定的粗糙水平桿上有A、B兩點，輕質(zhì)彈簧一端固定在點正下方的點，另一端與質(zhì)量為、套在桿上點的滑塊相連?；瑝K從處靜止自由釋放后向右運動，過點時加速度為零，到達點（圖中未標出）時速度為零?；瑝K（）A．從到的過程中，彈簧彈力大小一直減小B．從到的過程中，彈簧彈力大小一直增大C．在處時彈簧彈力大小小于在處時彈簧彈力大小D．在處時彈簧彈力大小大于在處時彈簧彈力大小37．（2025·陜西西安·三模）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A．當時，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小B．小球到達最低點的坐標大于C．小球受到的彈力最大值大于2mgD．小球動能的最大值為38．（2025·廣東深圳·一模）如圖所示，光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點。輕彈簧左端固定于豎直墻面，現(xiàn)將質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點，然后由靜止釋放，滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點滑上斜面，上升到最大高度，并靜止在斜面上。不計滑塊在B點的機械能損失；換用相同材料質(zhì)量為m2的滑塊（m2＞m1）壓縮彈簧至同一點D后，重復上述過程，則兩滑塊（）A．到達B點的速度相同B．沿斜面上升的最大高度相同C．上升到最高點過程克服重力做的功相同D．上升到最高點過程機械能損失相同39．（2025·安徽合肥·模擬預測）如圖所示，彈簧的一端固定在墻上，另一端系一物體A，把彈簧壓縮后（為彈簧原長處），在它的右邊再放一物體B，然后撤去外力。已知A，B的質(zhì)量均為，彈簧的勁度系數(shù)為，則此后運動過程中，下列說法正確的是（）A．若地面光滑，則A向右運動的最大距離為B．若地面粗糙且A、B能夠分離，則分離時的位置一定在點左側C．若地面粗糙且，則A一定能運動到點右側D．若地面粗糙且，則A向右運動的最大距離為40．（2025·安徽六安·模擬預測）如圖所示，物體A、B均靜止在光滑水平面上，其質(zhì)量分別為、。物體A和輕質(zhì)彈簧連接，將彈簧壓縮后A、B之間用細繩連接，此時彈簧的彈性勢能為。某時刻剪斷細繩，A、B分離后，B滑上粗糙斜面，然后滑下，之后與一直在水平面上運動的A再次發(fā)生彈性碰撞，一段時間后B再次滑上斜面，在斜面運動的最大位移與第一次之比為1：64。已知A、B分離時物塊B離斜面底端距離L=16m，B從A、B分離到A、B再次相碰間隔時間為t=9.5s。求(1)剪斷細繩，彈簧恢復原長時A、B的速度大??；(2)物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)與斜面傾角的正切值之比；(3)B從A、B分離到A、B再次相碰過程中，物體B在斜面上運動的時間。

專題18系統(tǒng)機械能守恒模型模型總結模型1單物體(除地球外)機械能守恒問題 1模型2輕繩連接的物體系統(tǒng) 10模型3輕桿連接的物體系統(tǒng) 22模型4輕彈簧連接的物體系統(tǒng) 35模型1單物體(除地球外)機械能守恒問題1．機械能守恒的三種表達式守恒觀點E1＝E2要選零勢能參考平面轉(zhuǎn)化觀點ΔEk＝－ΔEp不用選零勢能參考平面轉(zhuǎn)移觀點ΔEA＝－ΔEB說明：單個物體應用機械能守恒定律時選用守恒觀點或轉(zhuǎn)化觀點進行列式。2．應用機械能守恒定律解題的一般步驟1．（2025·廣東深圳·一模）如圖所示，在地面上以初速度v0拋出質(zhì)量為m的小球，拋出后小球落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，且不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．重力對小球做的功為mghB．小球在海平面上的重力勢能為mghC．小球在海平面上的動能為D．小球在海平面上的機械能為【答案】A【詳解】A．從地面到海平面重力對小球做的功為mgh，故A正確；B．地面為零勢能面，所以小球在海平面上的重力勢能為，故B錯誤；C．對小球根據(jù)動能定理，有得小球在海平面上的動能為，故C錯誤；D．小球在地面上的機械能為，由機械能守恒定律得，小球在海平面上的機械能也為，故D錯誤。故選A。2．（2025·全國卷·高考真題）如圖，撐桿跳高運動中，運動員經(jīng)過助跑、撐桿起跳，最終越過橫桿。若運動員起跳前助跑速度為10m/s，則理論上運動員助跑獲得的動能可使其重心提升的最大高度為（重力加速度取10m/s2）（）A．4m B．5m C．6m D．7m【答案】B【詳解】在理論上：當運動員在最高點速度為零時，重心提升高度最大，以地面為零勢能面，根據(jù)機械能守恒定律有可得其理論的最大高度故選B。3．（2025·湖南郴州·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的物體從離地面高度為的位置A由靜止釋放沿固定的光滑曲面下滑，經(jīng)過一段時間后，物體下落到高度為的另一位置B，以地面為參考平面。，求：(1)物體在A點時的重力勢能；(2)物體從A點到B點的過程中重力做的功；(3)物體到達地面瞬間的速度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）以地面為參考平面，物體在A點時的重力勢能（2）物體從A運動到B的過程中重力做的功為（3）物體從A運動到地面時的速度大小設為v，由機械能守恒定律解得4．（2025·黑龍江·一模）如圖所示，將完全相同的小球1、2從同一高度處同時由靜止釋放，其中斜面固定在地面上且表面光滑，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．兩個小球同時落地B．兩個小球落地瞬間的速度相同C．兩個小球落地瞬間的動能相同D．兩個小球落地瞬間重力的功率相同【答案】C【詳解】A．小球1做自由落體運動，小球2做初速度為零的勻加速直線運動，小球2的加速度小于g，位移大于小球1的位移，所以小球2的運動時間比小球1的運動時間長，即小球2后落地，故A錯誤；BC．兩個小球運動過程中機械能守恒，重力勢能的減少量相等，動能的增加量也相等，末動能也相等，末速度大小也相等，但方向不同，所以兩個小球落地瞬間的速度不相同，故B錯誤，C正確；D．兩個小球落地瞬間速度大小相等，但方向不同，所以重力的功率不同，故D錯誤。故選C。5．（2024·廣東惠州·模擬預測）一物塊在高為2m、長為2.5m的斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化關系如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機械能守恒B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．物塊下滑時，加速度大小為4.8m/s2D．物塊下滑1.25m時，機械能損失了16J【答案】C【詳解】A．下滑過程中，物塊重力勢能減少20J，動能只增加了12J，故機械能不守恒，故A錯誤；B．斜面高為2m，長為2.5m，故傾角為53°，在頂端時，重力勢能為Ep=mgh=20J解得m=1kg由損失的機械能Q=μmgscos53°=8J解得故B錯誤；C．由牛頓第二定律有mgsin53°-μmgcos53°=ma解得a=4.8m/s2故C正確；D．下滑1.25m時，重力勢能為10J，動能為6J，機械能剩余16J，則機械能損失了4J，故D錯誤。故選C。6．（2024·江西上饒·模擬預測）如圖所示，將一個小球先后兩次從地面上的A點斜向右上拋出，兩次小球均落在B點，以地面為零勢能面，兩次小球運動到最高點時高度不同，但機械能相等，第一次拋出時初速度與水平方向的夾角為30°，不計小球大小，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）A．先后兩次拋出的初速度大小之比為1∶1B．先后兩次拋出的初速度大小之比為C．先后兩次小球在空中運動時間之比為1∶1D．先后兩次小球在空中運動時間之比為【答案】AD【詳解】AB．由于兩次小球在最高點機械能相等，則拋出時機械能相等，即拋出時初速度大小相等，故A正確，B錯誤；CD．設第二次拋出時，初速度與水平方向的夾角為，根據(jù)題意有解得則先后兩次小球在空中運動的時間之比為故C錯誤，D正確。故選AD。7．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖所示是體育課上某同學水平拋出鉛球的示意圖，不考慮空氣阻力，選地面作為零勢能面，用h表示鉛球離地面的高度，E、Ep、Ek分別表示鉛球的機械能、重力勢能和動能，則鉛球下落過程中，下列圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【詳解】A．不考慮空氣阻力，拋出后的鉛球機械能守恒，故A錯誤；BC．鉛球的重力勢能為故B錯誤，C正確；D．設拋出時鉛球的動能為，距地面的高度為，根據(jù)機械能守恒得可得可得故D錯誤。故選C。8．（2024·浙江·三模）如圖所示，細繩的一端固定于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，小球運動到右側最高點時，細繩的拉力就越大C．由于機械能守恒，無論A離O點多遠（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離點越近，小球運動到右側最高點時，擺角就越小，小球加速度越小，而繩的拉力越大，故A錯誤，B正確；C．當A低于小球開始擺下的高度時，小球擺動到右側繞A運動，到達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。9．（2024·北京西城·二模）如圖所示，質(zhì)量的籃球從離地高度處由靜止釋放，與地面發(fā)生第一次碰撞后反彈，達到最高點時離地高度，籃球與地面發(fā)生作用的時間?；@球反彈至最高點后，運動員通過豎直向下拍擊籃球?qū)ζ渥龉Γ够@球與地面發(fā)生第二次碰撞，碰后恰能反彈至離地高度處。若籃球兩次與地面碰撞損失的機械能相同，重力加速度，不計空氣阻力。求：（1）籃球第一次與地面碰撞的過程中，損失的機械能；（2）籃球第一次與地面碰撞的過程中，受到地面的平均作用力的大小F；（3）運動員拍擊籃球的過程，對籃球做的功W?！敬鸢浮浚?）2.1J；（2）48N；（3）4.2J【詳解】（1）籃球第一次與地面碰撞的過程損失的機械能（2）籃球第一次與地面碰撞前的速度大小為，碰撞后離地瞬間速度的大小為籃球下落過程有則籃球上升過程有則籃球與地面碰撞過程，以豎直向下為正方向，根據(jù)動量定理有則（3）運動員拍球的過程中對籃球做功10．（23-24高一下·江蘇揚州·期中）如圖所示的兩個固定的光滑斜面，它們的高度相同、傾角不同。讓質(zhì)量相同的兩個物體沿斜面從頂端運動到底端，此過程中下列說法不正確的是（）A．兩物體重力的功一樣B．兩物體重力勢能的變化一樣C．兩物體運動到底端時的動能一樣D．兩物體運動到底端時重力的功率一樣【答案】D【詳解】A．根據(jù)WG=mgh可知，兩物體重力的功一樣，選項A正確；B．重力做功等于重力勢能的變化量，可知兩物體重力勢能的變化一樣，選項B正確；C．根據(jù)機械能守恒定律可知，兩物體運動到底端時的動能一樣，選項C正確；D．兩物體運動到底端時速度大小相同，但方向不同，在豎直方向速度vy也不同，根據(jù)可知，重力的功率不一樣，選項D錯誤。此題選擇不正確的，故選D。模型2輕繩連接的物體系統(tǒng)1．常見情景2．三點提醒(1)分清兩物體是速度大小相等，還是沿繩方向的分速度大小相等。(2)用好兩物體的位移大小關系或豎直方向高度變化的關系。(3)對于單個物體，一般繩上的力要做功，機械能不守恒；但對于繩連接的系統(tǒng)，機械能則可能守恒。11．（25-26高三上·河南商丘·期中）如圖所示，粗細均勻的足夠長光滑細直桿水平固定，帶孔小球A套在桿上，小球B用長為L的輕繩吊在小球A的下面，開始時兩球均處于靜止狀態(tài)。給B球一個水平向右的瞬時沖量，當小球B運動到最高點時，輕繩剛好水平。已知兩小球均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為m，重力加速度為g，下列判斷正確的是（）A．小球B向右運動過程中，A、B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒B．給小球B的瞬時沖量大小為C．當輕繩第一次與水平方向夾角為45°時，小球B的水平分速度大于豎直分速度D．當小球B第一次回到最低點時，速度大小為【答案】BC【詳解】A．系統(tǒng)在水平方向不受外力，動量守恒，但在豎直方向，系統(tǒng)受力不為零，動量不守恒，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．設B球獲得的初速度為，由題可知，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，當小球B運動到最高點時，兩球具有共同速度為，則有根據(jù)能量守恒則有聯(lián)立解得因此B球獲得的瞬時沖量大小為，故B正確；C．當輕繩第一次與水平方向夾角為時，設A球的水平速度為，B球的水平速度為，豎直分速度為，繩子相對于A的速度為，水平方向動量守恒，則有根據(jù)速度的分解則有，因此小球B的水平分速度大于豎直分速度，故C正確；D．設B球第一次擺到最低點時，A球的速度為，B球的速度為，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有根據(jù)能量守恒可得其中聯(lián)立解得當小球B第一次回到最低點時，速度大小為，故D錯誤。故選BC。12．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，為一光滑水平橫桿，桿上套一質(zhì)量為的圓環(huán)，環(huán)上系一長為的輕繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與平行，由靜止釋放小球，其中求：(1)輕繩與第一次成時，小球向左移動的距離；(2)小球擺到最低點時圓環(huán)的速度大小?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）設小球向左移動的距離為，此時圓環(huán)向右移動的距離為，由題可知，此時又因水平方向動量守恒可得（2）從小球靜止釋放到擺到最低點的過程中，由系統(tǒng)機械能守恒和水平方向動量守恒得解得13．（2025·湖南常德·模擬預測）如圖所示，一個光滑導軌長臂水平固定、短臂豎直，系有細線的圓環(huán)A套在長臂上，細線另一端與小球B相連。已知A的質(zhì)量mA=m，B的質(zhì)量mB=2m，細線長度為L。初始時圓環(huán)A距短臂，細線水平且伸直，將圓環(huán)與小球同時由靜止釋放。已知圓環(huán)A與短臂碰撞后瞬間與短臂粘連，B球垂直于繩方向的速度不變，沿繩方向的速度減為0，不計空氣阻力，重力加速度為g，，則（）A．小球B的水平位移為0.4L時圓環(huán)A與短臂接觸B．圓環(huán)A與短臂接觸時，細繩與豎直方向的夾角為53°C．圓環(huán)A與短臂碰撞后瞬間，小球B的速度大小為D．小球運動到最低點時，細線的拉力大小為6mg【答案】BC【詳解】A．小球下擺過程中，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有解得，故A錯誤；B．圓環(huán)A與短臂接觸時，設細線與豎直方向的夾角為，根據(jù)解得，故B正確；C．設圓環(huán)與短臂碰撞前瞬間，圓環(huán)的速度大小為，小球的水平速度大小為，豎直速度大小為，根據(jù)水平方向動量守恒有以圓環(huán)為參考系，小球做圓周運動，有根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有解得，圓環(huán)A與短臂碰撞后瞬間，如圖所示小球B的速度大小為，故C正確；D．若小球B下落過程系統(tǒng)機械能守恒，則有在最低點有解得因小球下落過程系統(tǒng)機械能有損失，故小球運動到最低點時，細線的拉力小于，故D錯誤。故選BC。14．（2025·四川·一模）如圖所示，跨過定滑輪的輕繩兩端分別連接著質(zhì)量為、的、兩球，用手托住球，使球剛好靜止于地面。忽略一切摩擦和空氣阻力。在球由靜止釋放到落地的過程中（）A．球機械能增加 B．球機械能守恒C．球機械能減少 D．球機械能增加【答案】AC【詳解】ACD．由題可知，釋放后，繩子的拉力對A球做正功，對B球做負功，因此A球的機械能增大，B球的機械能減小，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則A球增加的機械能等于B球減小的機械能，故AC正確，D錯誤；B．根據(jù)上述分析可知，A球的機械能增大，機械能不守恒，故B錯誤。故選AC。15．（2025·重慶南岸·模擬預測）如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質(zhì)量為m的滑塊P連接，P穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊P和重物Q連接起來，Q的質(zhì)量為4m。將P從圖中A點由靜止釋放后沿豎直桿上下運動，當它經(jīng)過A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等。已知OA與水平面的夾角（，），OB長為3L，與AB垂直，不計滑輪的摩擦，重力加速度為g。則P從A點到B點的過程中（）A．P和Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B．P的速度先增大再減小C．輕繩對P做的功為8mgLD．P運動至B點的速度為【答案】BC【詳解】A．不計摩擦，只有重力和彈力做功，根據(jù)題意可知，滑塊P、重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．P從A點開始加速上升，在B點彈簧對P的彈力向下，受力分析可知，此時P的合力豎直向下，做減速運動，故P的速度先增大再減小，故B正確；C．根據(jù)題意可知，滑塊P從A點開始運動時，重物Q的速度為0，當滑塊P到達B點時，重物Q的速度也為0，根據(jù)幾何關系可知，重物Q下降的高度為對重物Q，根據(jù)動能定理，有即得輕繩拉力對重物Q做的功輕繩拉力對滑塊P做的功和對重物Q做的功大小一樣，符號相反，為8mgL，故C正確；D．在A、B兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，可知A、B兩點彈簧的彈性勢能相等，又根據(jù)幾何關系可知，滑塊P上升的高度為對滑塊P、重物Q與彈簧組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律可知解得滑塊P在B點的速度為，故D錯誤。故選BC。16．（2025·甘肅·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的物體P套在固定的光滑水平桿上。不可伸長的輕繩跨過光滑的滑輪和，一端與物體P相連，另一端與質(zhì)量也為的物體Q相連。對P施加一水平向左的拉力（圖中未畫出）使整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時與P相連的繩子與水平方向夾角為，點是正下方的點，距離為?，F(xiàn)撤去拉力，讓二者開始運動，重力加速度為，計算結果可用根號表示，。求：(1)拉力的大??；(2)當P運動至輕繩與水平方向夾角為的點時，P的速度大??；(3)從釋放至P運動至點過程，輕繩對Q做的功?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）系統(tǒng)靜止時，輕繩上的拉力對P受力分析有（2）P運動至點時，Q下落的高度為由P、Q整體機械能守恒有又聯(lián)立解得（3）P運動至點時，可知Q的速度為零。對Q由動能定理有根據(jù)幾何關系，有聯(lián)立解得17．（2025·湖南長沙·模擬預測）如圖所示，粗細均勻的光滑直桿AB、BC固定在豎直面內(nèi)，AB桿水平，兩桿夾角為37°，質(zhì)量均為m的小球a、b分別套在AB、BC桿上，兩球用長為L的細線連接，鎖定兩球，細線剛好伸直且與BC桿垂直，重力加速度為g，sin37°=0.6，不計球的大小，同時解除兩球的鎖定，則在小球a向右運動過程中，下列說法正確的是（）A．解除鎖定的一瞬間，小球b的加速度大小為0.8g B．小球b向下運動過程中機械能一直減小C．當小球a運動到最右端時，小球b運動到最低點 D．小球a運動過程中最大速度大小為【答案】BD【詳解】A．解除鎖定的一瞬間，小球b的加速度大小為，故A錯誤；B．當細線與AB垂直時，小球a的速度最大，這時小球b到達最低點，此過程小球a的機械能一直增大，則小球b的機械能一直減小，故B正確；C．當小球a運動到最右端時，速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，小球b剛好回到最初位置，故C錯誤；D．當小球a速度最大時，小球b下降的高度此時小球b的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得聯(lián)立解得小球a的最大速度為，故D正確。故選BD。18．（2025·寧夏吳忠·一模）如圖（a）所示，可視為質(zhì)點的、兩球通過輕繩連接跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，質(zhì)量為的球在外力作用下靜止在地面上，球懸空且距離地面的高度為。由靜止釋放球，球的動能隨其上升的高度的變化關系如圖（），始終沒有與定滑輪相碰，球落地后不反彈，忽略空氣阻力，已知重力加速度為，則（）A．從釋放到最終穩(wěn)定的過程兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．球的質(zhì)量為C．的大小為D．與地面作用過程中，地面對的沖量大小為【答案】BC【詳解】A．從開始釋放球到球剛要與地面接觸的過程中，兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒，但是當球接觸地面后系統(tǒng)的機械能便不再守恒，故A錯誤；B．帶一起向下運動過程，當下落以后，與地面接觸，繩子松弛做豎直上拋運動根據(jù)兩段圖像的斜率比可得解得，故B正確；C．解得，故C正確；D．與地面接觸前動能為，可求速度為再根據(jù)動量定理可求，故D錯誤。故選BC。19．（2025·甘肅白銀·三模）如圖所示，長度為L的輕桿一端連接質(zhì)量為3m的小球A，另一端固定在水平轉(zhuǎn)軸P上，輕桿可以在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。質(zhì)量為m的物塊B由繞過小定滑輪Q的細繩與小球相連，定滑輪Q與轉(zhuǎn)軸P間的水平距離，初始時輕桿水平，滑輪與小球間的細繩跟輕桿共線。已知細繩足夠長，忽略一切摩擦，取重力加速度為g。由靜止釋放小球，在輕桿轉(zhuǎn)過30°角的過程中，求：(1)物塊B的重力勢能變化量；(2)輕桿轉(zhuǎn)過30°角時，小球A與物塊B的瞬時速度大小之比；(3)輕繩對小球A做的功?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）如圖所示由幾何關系可知，當在輕桿轉(zhuǎn)過30°角的過程中，此時細繩與水平方向夾角也為30°角，則物塊B的重力勢能增加（2）輕桿轉(zhuǎn)過30°角時，將小球A的速度分解為沿細繩方向的速度和垂直于細繩方向的速度，可知即小球A與物塊B的瞬時速度大小之比為（3）對系統(tǒng)由機械能守恒定律解得，物塊B的機械能增加了則細繩對B做功為細繩對系統(tǒng)不做功，可知細繩對A做功為20．（2025·黑龍江大慶·模擬預測）如圖所示，有兩個質(zhì)量均為m的相同小環(huán)A、B，它們由一根不可伸長且長度為L的輕繩連接。小環(huán)A套在固定的水平細桿OM上，小環(huán)B套在固定的豎直細桿ON上，兩桿通過一小段圓弧桿平滑相連，且ON桿足夠長。初始時用水平外力F拉環(huán)A，使A、B兩環(huán)均處于靜止狀態(tài)，此時輕繩與豎直方向夾角（如圖中虛線位置）。隨后，將兩個小環(huán)移到圖中實線的水平位置，此時B環(huán)位于ON桿的最上端，輕繩恰好伸直。撤去水平外力，由靜止釋放兩小環(huán)，且A環(huán)通過小圓弧時速度大小保持不變。另外，碰撞的恢復系數(shù)定義為，其中和分別是碰撞前兩物體的速度，和分別是碰撞后物體的速度。整個系統(tǒng)不計一切摩擦，重力加速度大小為g。(1)在初始靜止狀態(tài)下，求水平外力F的大?。?2)在B環(huán)下落過程中，求輕繩的拉力對環(huán)A做的功；(3)若A、B兩環(huán)碰撞的恢復系數(shù)，求兩環(huán)發(fā)生第一次碰撞過程中損失的機械能。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）對B環(huán)受力分析，如圖所示根據(jù)平衡條件有根據(jù)A與B組成的整體水平方向受力平衡有（2）對A與B組成的系統(tǒng)，在B環(huán)下落過程中，根據(jù)機械能守恒有

又聯(lián)立解得對A，在此過程中，根據(jù)動能定理有（3）設B下落L后A、B的速度分別為、，則得根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有解得此后，A相對B向下做勻速運動，兩環(huán)相遇時間為第一次碰撞前，A與B碰撞過程，根據(jù)動量守恒有又解得，則有因此兩環(huán)第一次碰撞損失的機械能為模型3輕桿連接的物體系統(tǒng)1．常見情景2．三大特點(1)平動時兩物體線速度相等，轉(zhuǎn)動時兩物體角速度相等。(2)桿對物體的作用力并不總是沿桿的方向，桿能對物體做功，單個物體機械能不守恒。(3)對于桿和球組成的系統(tǒng)，忽略空氣阻力和各種摩擦且沒有其他力對系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機械能守恒。21．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，長為的輕桿一端連著質(zhì)量為的小球，另一端用活動鉸鏈固接于水平地面上的點，初始時小球靜止于地面上，邊長為、質(zhì)量為的正方體左側靜止于點處?，F(xiàn)在桿中點處施加一大小始終為（為重力加速度）、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過一段時間后撤去，小球恰好能到達最高點。小球運動到最高點后由于擾動由靜止開始向右傾斜，忽略一切摩擦，則以下說法正確的是（）A．拉力所做的功為B．拉力撤去時小球的速率為C．當輕桿與水平面夾角為時（正方體和小球還未脫離），小球與正方體的速率之比為D．當輕桿與水平面夾角為時（正方體和小球還未脫離），正方體的速率為【答案】ABD【詳解】A．小球恰好能到達O點正上方，則小球在最高點時速度為零，對小球從初始位置到最高點，由動能定理有WF－mgL＝0解得WF＝mgL，故A正確；B．設撤去力F時桿與水平方向的夾角為α，則有WF＝Fs＝F·α解得α＝從撤去力F到小球運動到最高點的過程中，小球的機械能守恒，由機械能守恒定律有mgL（1－sinα）＝mv2解得撤去力F時小球的速度大小為，故B正確；C．如圖所示設桿與水平地面夾角為θ時，小球的速度大小為v1，接觸點沿著彈力的方向速度相等，有正方體的速度大小為即小球與正方體的速率之比為，故C錯誤；D．對小球與正方體組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律有聯(lián)立解得；故D正確。故選ABD。22．（2025·湖北·模擬預測）如圖所示，兩個質(zhì)量均為的質(zhì)點A與B，由三根長度均為的輕質(zhì)細桿相連，組成一個位于豎直平面內(nèi)的框架，此系統(tǒng)可繞過點且垂直于框架的軸轉(zhuǎn)動，為框架的中心。初始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，水平，在重力作用下，從水平位置開始轉(zhuǎn)動，則(1)系統(tǒng)動能何時最大？此時B速度多大？(2)在（1）中，過點的軸對框架的支持力多大？【答案】(1)當豎直時，系統(tǒng)動能最大，質(zhì)點B的速度最大，大小為(2)大小5mg，方向豎直向上【詳解】（1）質(zhì)點A和質(zhì)點B由輕桿連接，兩者線速度大小相等，即當桿轉(zhuǎn)動到圖中虛線處，處于水平位置，豎直時，系統(tǒng)重力勢能減少最多，系統(tǒng)動能增加最多，此時兩者速度均最大。由系統(tǒng)機械能守恒可知解得（2）對于質(zhì)點A和B，速度最大時，切向加速度為零，分析B受力可知，，解得，分析A受力，同理可得對于框架的支持力，分析其受力可知，解得，方向豎直向上。23．（2025·云南昆明·模擬預測）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平地面上，一輕彈簧下端固定于斜面底端，處于原長狀態(tài)，斜面頂部有兩個質(zhì)量分別為m和2m的A、B小球，用輕桿連著?，F(xiàn)由靜止沿彈簧軸線方向釋放兩個小球，重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則在B球與彈簧接觸至運動到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．A球的機械能先增大后減小B．B球到達最低點時桿對A球的作用力大小等于C．B球克服彈簧彈力做的功是桿對B球做功的3倍D．彈簧對B球做的功等于A、B兩球機械能的變化量【答案】CD【詳解】A．剛開始下落到B球與彈簧接觸前，A球只有重力做功機械能守恒；B球與彈簧接觸后，桿對A球向上的作用力對A做負功，A球機械能減小，故A錯誤；B．B球到達最低點時A、B均具有向上的加速度，此時A球受桿的作用力一定大于，故B錯誤；C．兩球的加速度始終相等，對A、B球，根據(jù)牛頓第二定律分別有聯(lián)立解得，故C正確；D．對A、B分析可知，受重力和彈簧彈力作用，根據(jù)功能關系可知，彈簧對B球做的功等于A、B兩球機械能的變化量，故D正確。故選CD。24．（25-26高三上·山東日照·開學考試）如圖所示，質(zhì)量不計的硬直桿可以繞光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動，桿兩端分別固定質(zhì)量的小球A和質(zhì)量的小球B。已知小球A到O點的距離為2m，小球B到O點的距離為1m?，F(xiàn)將桿從水平位置由靜止釋放，在桿轉(zhuǎn)動到豎直位置時，小球A脫離桿水平飛出，恰能從a點無碰撞地進入與桿在同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道abc，到達圓弧軌道上c點之前的d點（圖中未畫出）脫離軌道。已知b為圓弧軌道的最低點，c為圓弧軌道的最高點，O′為圓弧軌道的圓心，aO′與豎直方向的夾角α=60°，不計空氣阻力，取g=10m/s2。(1)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時，求桿對小球B的作用力；(2)桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，求桿對小球A做的功；(3)若dO′與豎直方向的夾角用θ表示，寫出cosθ與圓弧軌道半徑R的關系式，并判斷R的取值范圍?！敬鸢浮?1)60N，方向豎直向上(2)30J(3)，【詳解】（1）桿從水平位置由靜止釋放轉(zhuǎn)動到豎直位置的過程，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律有由于兩球具有相同的角速度，則代入數(shù)據(jù)解得，對小球B，根據(jù)牛頓第二定律有解得，方向豎直向上；（2）桿從水平位置轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，對小球A，根據(jù)動能定理可得解得（3）小球A脫離桿水平飛出，做平拋運動，到達a點時有小球到達圓弧軌道上c點之前的d點脫離軌道，則脫離軌道時有聯(lián)立解得當小球恰好到達圓心等高處有解得當小球恰好到達c點有小球在c點，根據(jù)牛頓第二定律有解得所以要使得小球脫離軌道，則R的取值范圍為。25．（24-25高二下·云南紅河·期中）如圖所示，折成的光滑細桿ABC固定在豎直面內(nèi)，AB段水平，用輕桿通過光滑鉸鏈連接的P、Q兩個小球分別套在桿的AB段和BC段，開始時小球Q在B點，不計小球的大小，由靜止釋放兩小球，在小球P向左運動的過程中，下列說法正確的是（）A．小球Q重力的功率越來越大B．輕桿對小球Q先做正功后做負功C．輕桿對小球P作用力的功率越來越大D．小球P動能的增量等于小球Q機械能的減少量【答案】D【詳解】A．當P、Q在圖示的位置時，設輕桿與豎直方向的夾角為，與水平方向的夾角為根據(jù)沿桿方向速度大小相等，可得當P運動到B點時，可得可知Q從靜止開始運動到最后速度又為零，說明Q的速度先增大后減小，根據(jù)可知小球Q重力的功率先增大后減小，故A錯誤；B．由A項知，Q從靜止開始運動到最后速度又為零，則在此過程Q的動能變化量為零，而Q的重力勢能減小，故輕桿對小球Q做負功，故B錯誤；C．當P運動到B點時，根據(jù)可知，故C錯誤；D．因為整個系統(tǒng)只有重力和輕桿的彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，即小球P和小球Q的機械能之和保持不變，所以小球P動能的增量等于小球Q機械能的減少量，故D正確。故選D。26．（24-25高一下·福建莆田·期末）可視為質(zhì)點的甲、乙兩小球用鉸鏈與輕桿連接，甲球套在豎直桿上，乙球處于水平地面上，初始時輕桿與水平方向夾角為，桿長為。無初速度釋放兩球到甲球落地的過程中，兩球的速率隨時間變化如圖所示，其中時刻乙球速率最大。已知甲球質(zhì)量為，乙球質(zhì)量為，重力加速度大小為，不計一切摩擦，則（）A．時刻輕桿與水平方向夾角為B．時刻甲球的加速度等于C．時刻甲球的速率為D．過程甲、乙兩球的速率圖線與時間軸所圍成的面積之比為【答案】BD【詳解】A．設輕桿與水平方向的夾角為θ，甲、乙兩球的速度分別為v1和v2，將v1和v2分別沿桿和垂直桿方向分解，則有v1sinθ=v2cosθ由圖可知t1時刻有v1=v2解得θ=45°，故A錯誤；B．由受力分析可得，桿對乙球的作用先是推力，后是拉力，t2時刻乙球速率最大，即此時桿恰好對乙球無作用力，則此時桿對甲也無作用力，甲只受到豎直方向的重力作用，此時甲球的加速度等于g，故B正確；C．t3時刻乙球速度為0，則此時甲球落地，從無初速度釋放兩球到甲球落地的過程中，兩球組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，則有解得t3時刻甲球的速率，故C錯誤；D．0~t3過程甲、乙兩球的速率圖線與時間軸所圍成的面積即為該過程中甲、乙兩球的位移，甲球的位移乙球的位移則面積之比為，故D正確。故選BD。27．（2025·江西新余·模擬預測）豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的光滑細桿M、N，兩桿分離不接觸，且兩桿間的距離忽略不計（a、b球均可越過O點）。兩個小球a、b（可視為質(zhì)點）質(zhì)量分別為km、m，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，a、b通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接。將a、b球在圖1所示位置保持靜止（剛性輕桿與水平桿N垂直），對b球施加一微小擾動使其開始沿N桿向右運動。不計一切摩擦。已知重力加速度為g。求在此后的運動過程中：(1)b球的最大速度(2)b球第一次向右運動過程中，當剛性輕桿與豎直桿M的夾角為60°時（如圖2所示），此時剛性輕桿對球a的作用力的大小。【答案】(1)(2)【詳解】（1）當a球運動到兩桿的交點后再向下運動L距離，此時b達到兩桿的交點處，a的速度為0，b的速度最大為，由機械能守恒得解得（2）設此時a、b速度分別為，由機械能能守恒有沿桿方向速度相等，則有聯(lián)立解得對a球，由牛頓第二定律有解得剛性輕桿對球a的作用力的大小28．（2025·遼寧·三模）拋石機又叫拋車，最早產(chǎn)生于周代，是一種攻守城壘的武器。為了方便研究，簡化為圖示物理模型，輕桿左端裝上質(zhì)量為m的石頭A，右端固定有重物B，輕桿可繞水平轉(zhuǎn)軸O自由轉(zhuǎn)動。初始時刻輕桿與水平地面的夾角為30°，A、B到O的距離分別為6L、L。無初速度釋放，當輕桿運動到豎直時A脫離輕桿做平拋運動，A、B均可視為質(zhì)點，不計轉(zhuǎn)軸摩擦及空氣阻力，重力加速度為g。A平拋運動的水平射程為，求∶(1)A脫離輕桿時，A和B的速度大??；(2)重物B的質(zhì)量M；(3)A脫離桿前瞬間桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力大小?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳解】（1）豎直方向，解得水平方向，解得根據(jù)角速度公式，解得（2）根據(jù)機械能守恒定律得，解得（3）對A，，解得，向下，，向上對B，，解得，向上，，向下桿對轉(zhuǎn)軸O的作用力，，向下29．（2025·江蘇揚州·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量均為m的光滑小球A、B，通過鉸鏈用長為L的輕桿連接，豎直地緊靠墻壁放置，B球位于水平地面上，A球受到微擾向右傾倒初速度視為，經(jīng)過時間t，桿與豎直方向夾角為已知重力加速度為g，求：(1)此時A球速度大小；(2)此時墻壁對B球作用力大小F；(3)上述過程中，地面對B球的沖量大小【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)動能定理解得（2）以A球為研究對象，由向心力公式代入數(shù)據(jù)解得對B球受力分析可得（3）對A、B系統(tǒng)，取豎直向下為正方向豎直方向，由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得30．（2025·福建泉州·模擬預測）如圖所示，一根長為L的輕桿的兩端分別固定小球A和B。輕桿可繞距A球為處的軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，初始時桿處于豎直位置，小球B恰好與水平光滑地面接觸。在桿的左側緊貼著B球有邊長為的立方體滑塊C，A、B、C的質(zhì)量均為m?，F(xiàn)用一水平恒力作用于A球上，使之繞固定的O軸順時針轉(zhuǎn)動，直到B轉(zhuǎn)動到C的右上角分離。設在此過程中C滑塊一直緊貼地面，不計一切摩擦。關于此過程，下列判斷正確的是（）A．水平恒力F的功率逐漸減少B．水平恒力F做的功為C．分離之前滑塊C的動能始終小于球A的動能D．滑塊C的最大速度為【答案】BD【詳解】A．用表示A球轉(zhuǎn)過角時A球的速度大小，用表示A球轉(zhuǎn)過角時B球的速度大小，用v表示此時立方體的速度大小，則有A、B兩球的角速度相等，根據(jù)，，可得根據(jù)功能關系得解得由幾何關系可知轉(zhuǎn)過的最大角度為則力F的功率為由于C球水平速度越來越大，可知A球水平分速度越來越大，水平恒力F的功率逐漸增加，故A錯誤；B．水平恒力F做的功為，故B錯誤；C．分離前C的動能為分離前A的動能為由數(shù)學知識可知，分離之前，的范圍為則可知即分離之前滑塊C的動能始終大于球A的動能，故C錯誤；D．當時，C的速度最大為結合解得，故D正確。故選BD。模型4輕彈簧連接的物體系統(tǒng)1.由于彈簧發(fā)生形變時會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)除重力、彈簧彈力以外的其他力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。2.彈簧兩端的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，彈性勢能有最大值。3.對同一彈簧，彈性勢能的大小為Ep＝12kx2常見情景模型特點由輕彈簧連接的物體系統(tǒng)，一般既有重力做功又有彈簧彈力做功，這時系統(tǒng)內(nèi)物體的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能守恒兩點提醒(1)對同一彈簧，彈性勢能的大小完全由彈簧的形變量決定，無論彈簧伸長還是壓縮。(2)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31．（2025·貴州安順·模擬預測）如圖所示，傾角為的光滑斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定于斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊A靜止時與斜面底端距離。彈簧原長，斜面長，物塊B從斜面頂端由靜止開始釋放，A、B發(fā)生碰撞后粘在一起，碰撞時間極短。已知A、B質(zhì)量均為，不計一切阻力，，彈性勢能，彈簧未超過彈性限度，A、B均視為質(zhì)點。則（

）A．彈簧的勁度系數(shù)為B．碰后A、B運動過程中的最大速度為C．最低點的彈性勢能為D．返回到最大高度時的加速度大小為【答案】ACD【詳解】A．物塊A靜止時彈簧彈力彈簧的壓縮量為根據(jù)胡克定律有，故A正確；B．設B與A碰前瞬間的速度為，對物塊B由動能定理得解得之后A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律有，得碰后A、B的速度當彈簧彈力等于A、B的總重力沿斜面向下的分力時，A、B的速度最大，設此時彈簧的壓縮量為，則由A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得，，故B錯誤；C．設物塊A、B速度減為0時彈簧壓縮量為，由A、B、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒有解得到達最低點時彈性勢能為，故C正確；D．A、B碰后一起在斜面上做簡諧運動，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，A、B返回到最大高度時的加速度與最低點的加速度等大反向，設加速度大小為，運動的最低點時，根據(jù)牛頓第二定律有解得，故D正確。故選ACD。32．（2025·陜西西安·模擬預測）某同學利用如圖所示裝置研究離心現(xiàn)象，裝置中水平輕桿OA固定在豎直轉(zhuǎn)軸OB的O點，質(zhì)量為m的小圓環(huán)P和輕質(zhì)彈簧套在OA上，彈簧兩端分別固定于O點和P環(huán)上，彈簧原長為。質(zhì)量為2m小球Q套在OB上，用長為L的細線連接，裝置靜止時，細線與豎直方向的夾角θ=37°?，F(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動，直至細線與豎直方向的夾角增大到53°。忽略一切摩擦。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)當時裝置轉(zhuǎn)動的角速度ω；(3)上述過程中裝置對P、Q做的功W?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，兩環(huán)靜止時，細線與豎直方向的夾角，設此時繩子的拉力為，彈簧的彈力為，分別對兩環(huán)受力分析，如圖所示由平衡條件有，解得由幾何關系可知，此時彈簧的長度為由胡克定律有聯(lián)立解得（2）當細線與豎直方向的夾角增大到時，細線的拉力為由幾何關系可知，此時彈簧的長度為則彈簧被拉伸，此時彈簧的彈力為由牛頓第二定律有聯(lián)立解得（3）當時，P的速度大小為由上述分析可知，此過程初、末位置彈簧的形變量相同，則彈簧做功為零，由動能定理有聯(lián)立解得33．（25-26高三上·河北邯鄲·月考）如圖所示，豎直光滑半圓形軌道與光滑水平面相切，光滑水平面上質(zhì)量為的小球1以速度向質(zhì)量為2m的靜止小球2（與輕彈簧拴接）運動，小球1滑上半圓形軌道后，除最高點外不會脫離軌道。重力加速度為，求：(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)小球1與彈簧分開時的速度大??；(3)半圓形軌道的半徑滿足的條件?！敬鸢浮?1)(2)(3)或【詳解】（1）當1、2小球共速時，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律可得解得由能量守恒定律有解得（2）設小球1與彈簧分開時，小球1、2的速度分別為、，整個過程滿足動量守恒定律，則有由能量守恒得聯(lián)立解得則小球1的速度大小為（3）若小球1剛好能上升到與圓心等高的位置，由動能定理可得解得若小球恰好能通過半圓軌道的最高點，在最高點則有從最低點到最高點，由動能定理可得解得則有或34．（2025·廣東深圳·模擬預測）如圖甲所示，光滑水平面上有大小相同的小球A和B靠在一起，小球A與輕繩組成單擺，小球B與輕彈簧組成的彈簧振子，剛開始小球A和B均處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將小球A向左拉開一個較小角度（小于5°）并時由靜止釋放，經(jīng)最低點時與小球B發(fā)生碰撞，碰撞時間可忽略不計，此后小球B運動的圖像如圖乙所示。以最低點為零勢能面，小球A與B第一次碰撞后A球速度恰好為零，已知小球B的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力，下列說法正確的有（）A．彈簧振子的周期等于 B．單擺的擺長等于C．A球釋放的高度為 D．A球運動的最大速率為【答案】BCD【詳解】A．小球B獲得向右速度，向右減速到零，又反回初始位置，彈簧振子運動半個周期，即彈簧振子的周期為，故A錯誤；B．根據(jù)周期公式解得擺長，故B正確；CD．由題知，小球A與小球B發(fā)生碰撞后，小球B的速度為v0，小球A靜止，則A、B兩球的質(zhì)量相等，速度交換，且該碰撞為彈性碰撞，即小球A在與小球B碰撞前的速度為設小球的質(zhì)量為，根據(jù)機械能守恒有解得因為在最低點速度最大，故小球A的最大速度為v0，故CD正確。故選BCD。35．（2025·海南·一模）如圖所示，質(zhì)量為的物塊B放在水平地面上，勁度系數(shù)為的輕彈簧下端與物塊B連接，彈簧上端與一個質(zhì)量也為的物塊A連接，A、B之間連接一根不可伸長的細繩，初始狀態(tài)細繩上的拉力不為零。燒斷細繩后某時刻，物塊B被彈簧拉離了地面。已知彈簧的彈性勢能為，重力加速度為，則初始狀態(tài)彈簧的壓縮量可能為（）A． B． C． D．【答案】BC【詳解】設初始狀態(tài)彈簧的壓縮量為，燒斷細繩后，物塊B剛好能夠離開地面時彈簧伸長量為，此時對B有此時物塊A、B的速度都為零，根據(jù)機械能守恒整理可得聯(lián)立解得故初始狀態(tài)彈簧的壓縮量應滿足綜合可知BC符合題意。故選BC。36．（2025·四川綿陽·一模）如圖所示