第19讲 机械能守恒定律及其应用 -备战2025年高考物理一轮精细复习（解析版）

第第页第19讲机械能守恒定律及其应用——划重点之精细讲义系列考点1机械能守恒的理解和判断考点2机械能守恒定律的应用考点3多物体机械能守恒问题考点4用机械能守恒定律解决非质点问题考点1：机械能守恒的理解和判断一．重力做功与重力势能1．重力做功的特点(1)重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．(2)重力做功不引起物体机械能的变化．2．重力势能(1)公式：Ep＝mgh.(2)特性：①矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．②系统性：重力势能是物体和地球共有的．③相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．3．重力做功与重力势能变化的关系(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.二．弹性势能1．大小弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．公式：EP＝－W弹＝eq\f(1,2)kx22．弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加．三．机械能守恒定律1．机械能动能和势能统称为机械能，其中势能包括重力势能和弹性势能．2．机械能守恒定律(1)内容：在只有重力或内弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．3．机械能守恒的条件：只有重力做功或系统内弹力做功。（1）只有重力做功时，只发生动能和重力势能的相互转化．如自由落体运动、抛体运动等。（2）只有系统内弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。（3）只有重力和系统内弹力做功，只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上，和弹簧相互作用的过程中，对物体和弹簧组成的系统来说，机械能守恒。（4）除受重力（或系统内弹力）外，还受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代数和为零。如物体在沿固定斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动，拉力的大小与摩擦力的大小相等，在此运动过程中，物体机械能不变，可按照机械能守恒定律计算（应当注意，这时系统并不封闭，存在着系统内的物体跟外界系统的能量交换．只是系统内物体机械能的减少等于外界对物体做功使系统增加的机械能。）。4．机械能守恒的判断方法（1）做功条件分析法：若物体系统内只有重力和弹簧弹力做功，其他力均不做功，则系统的机械能守恒。（2）能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能（如没有内能增加）。则系统的机械能守恒。（3）对一些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等问题．除非题目特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹性碰撞过程机械能也不守恒。（4）对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失。【考向1】如图所示，下列说法正确的是（所有情况均不计摩擦、空气阻力以及滑轮质量）（

）A．甲图中，火箭升空的过程中，若匀速升空，机械能守恒，若加速升空，机械能不守恒B．乙图中，物块在外力F的作用下匀减速上滑，物块的机械能守恒C．丙图中，物块A以一定的初速度将弹簧压缩的过程中，物块A的机械能守恒D．丁图中，物块A加速下落，物块B加速上升的过程中，A、B系统机械能守恒【答案】D【详解】A．甲图中，不论是匀速还是加速，由于推力对火箭做功，火箭的机械能不守恒，是增加的，故A错误；B．物体匀减速上滑，力F对物块做正功，则物块的机械能必定增加，故B错误；C．在物体A压缩弹簧的过程中，弹簧和物体组成的系统，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒。由于弹性势能增加，则A的机械能减小，故C错误；D．对A、B组成的系统，不计空气阻力，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，故D正确。故选D。【考向2】如图所示，A、B两物块放置在足够长的光滑斜面上，当A、B一起沿斜面向下滑动的过程中（A、B之间相对静止）（

）A．A物体所受摩擦力对A做正功B．A、B两物体的总机械能不断增大C．A物体机械能不断的减小D．B物体的机械能守恒【答案】A【详解】AC．当A、B一起沿斜面向下加速运动时，A物体所受摩擦力水平向右，此时摩擦力对A做正功，则A物体机械能不断的增加，选项A正确，C错误；B．A、B两物体的整体只有重力做功，则机械能守恒，即总机械能不变，选项B错误；D．A对B的摩擦力对B做负功，则B物体的机械能减小，选项D错误。故选A。【考向3】如图所示，曲面体Р静止于光滑水平面上，物块Q自Р的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）A．P对Q做功为零B．P对Q做负功C．物块Q的机械能守恒D．物体Q的机械能增加【答案】B【详解】AB．Q在P上运动的过程中，曲面体P向左运动，P对Q的弹力与运动的位移的夹角大于90°，根据W=FLcosθ，P对Q做负功，故A错误，B正确；CD．Q在P上运动的过程中，系统中P和Q之间的作用力做功之和为零，系统只有重力做功，系统机械能守恒，故斜面体增加的动能等于物块减少的机械能，物体Q的机械能减小，故CD错误。故选B。【考向4】如图所示，圆心为O的四分之一圆弧轨道BC竖直放置，O与A处的钉子处于同一高度。细线的一端系有小物块P，另一端绕过钉子系一套在圆弧轨道上的小球Q。将小球从轨道顶端B静止释放，忽略一切摩擦。在小球从B点运动到最低点C的过程中，下列说法中正确的是（）A．小物块P和小球Q的速率总相等B．小物块P的机械能守恒C．小球Q的机械能先增加后减小D．小球Q重力的功率先增加后减小【答案】D【详解】A．当小球Q下滑到某位置时，速度分解如图所示v得v则当θ=小物块P和小球Q的速率相等，得小物块P和小球Q的速率不是总相等，故A错误；B．小物块P运动过程中除了重力做功，还有拉力做功，则小物块P的机械能不守恒，故B错误；C．小球Q从B点运动到最低点C的过程中，拉力对小球Q做负功，小球Q的机械能减小，故C错误；D．小球Q从B点运动到最低点C的过程中，B静止释放初始重力的功率为零，运动到C点时速度和重力垂直，此时重力的功率为零，因此得小球Q重力的功率先增加后减小，故D正确。故选D。【考向5】（多选）（2024·广西柳州·三模）如图所示，一小球用轻质细线悬挂在木板的支架上，分别沿倾角为θ的两个固定斜面下滑，甲图中细线保持竖直，乙图中细线保持垂直斜面。在木板下滑的过程中，下列说法正确的是（

）A．甲图中木板与斜面间的动摩擦因数μ=B．甲图中木板、小球组成的系统机械能守恒C．乙图中木板与斜面间的动摩擦因数μ=D．乙图中木板、小球组成的系统机械能守恒【答案】AD【详解】A．甲图中，因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向没有分力，所以小球在水平方向没有加速度，根据力的平衡条件得m则解得μ=故A正确；B．甲图中，因小球沿斜面做匀速直线运动，由于木板与小球的运动状态相同，所以木板、小球组成的系统动能不变，重力势能减小，机械能不守恒，故B错误；C．乙图中，因拉小球的细线与斜面垂直，所以小球受到重力和细线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，对小球运用牛顿第二定律得m解得a=g由于木板与小球的运动状态相同，所以对木板、小球组成的整体，根据牛顿第二定得m解得μ=0故C错误；D．乙图中，由于木板不受斜面的摩擦力，所以木板、小球组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，故D正确。故选AD．考点2：机械能守恒定律的应用1.应用机械能守恒定律的基本思路(1)选取研究对象eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(单个物体,多个物体组成的系统,系统内有弹簧))(2)受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况．(4)选择合适的表达式列出方程，进行求解．(5)对计算结果进行必要的讨论和说明．2.三种守恒表达式的比较Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′ΔEk＝－ΔEpΔE增＝ΔE减角度守恒观点转化观点转移观点意义系统的初状态机械能与末状态机械能相等表示系统（或物体）机械能守恒时，系统减少（或增加）的重力势能等于系统增加（或减少）的动能一部分物体机械能的增加量与另一部分物体机械能的减少量相等注意事项应用时应选好重力势能的零势能面，且初末状态必须用同一零势能面计算势能应用时关键在于分清重力势能的增加量和减少量，可不选零势能面而直接计算初末状态的势能差A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能。图像分析3．研究对象（1）当只有重力做功时，可取一个物体（其实是物体与地球构成的系统）作为研究对象，也可取几个物体构成的系统作为研究对象。（2）当物体之间有弹力做功时，必须将这几个物体构成的系统作为研究对象（使这些弹力成为系统内力）。4．应用机械能守恒定律的基本思路（1）选取研究对象（物体或系统）。（2）明确研究对象的运动过程，分析研究对象在过程中的受力情况，弄清各力做功情况，判断机械能是否守恒。（3）选取恰当的参考平面，确定研究对象在初末状态的机械能。（4）选取恰当的表达式列方程求解。常见的表达式有三种（见上面表达式）。（5）对计算结果进行必要的讨论和说明。5．机械能守恒定律的应用技巧（1）机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系，其守恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出判断。（2）如果系统（除地球外）只有一个物体，用守恒式列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化式或转移式列方程较简便。【考向6】如图所示，竖直面内光滑的3/4圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R．一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道．不考虑空气阻力，则下列说法正确的是（）A．适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处B．若h=2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为4mgC．只有h≥2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点MD．若h=R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR【答案】C【详解】A．若小球从M到N做平抛运动，故有R=vMtR=所以v若小球能到达M点，对小球在M点应用牛顿第二定律可得mg≤m所以v故小球不可能从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处，故A错误；B．设小球在最低点速度为v，对小球从静止到轨道最低点应用动能定理可得mgh=12mv再由牛顿第三定律，对小球在最低点应用牛顿第二定律可得：小球在轨道最低点对轨道的压力FN故B错误；C．对小球从静止到M点应用动能定理可得mg(ℎ−2R)=所以h≥2.5R故C正确；D．若h=R，由动能定理可得：小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程始末位置高度差为零，故重力做功为零，故D错误；故选C．【考向7】（2024·浙江杭州·二模）有一质量为m的小球，用细线挂在天花板上，线长为l，将其拉至水平位置由静止释放。忽略空气阻力，小球可看成质点，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．在小球摆动过程中重力总是做正功B．重力功率最大值为mgC．小球动能变化周期是πD．在小球下摆过程中，动能随时间的变化率先变大后变小【答案】D【详解】A．从释放位置到最低点的过程中，重力做正功，从最低点向上运动的过程中，重力做负功，故A错误；B．小球下摆过程中，设细绳与竖直方向的夹角为θ，根据动能定理mgl重力对小球做功的瞬时功率P=mgv整理得P=mg细绳与竖直方向的夹角θ逐渐减小，由数学知识可知，重力对小球做功的瞬时功率先增大后减小，且当sin时，重力的瞬时功率有最大值P故B错误；C．单摆运动公式为T=2π此物体不是单摆，故小球动能变化周期不是12D．在小球下摆过程中，机械能守恒，动能变化量的绝对值大小等于重力势能变化量的绝对值大小，故动能随时间的变化率为Δ故动能随时间的变化率等于重力的瞬时功率，由B项可知，重力的瞬时功率先增大后减小，故动能随时间的变化率先变大后变小，故D正确。故选D。【考向8】（2024·湖北·二模）如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C为其最高点。BD段为双轨道，D点以上只有内轨道，D点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，一小球从水平面上的A点以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C点。不计一切摩擦。则（）A．小球到达C点时速度为gRB．小球到达C点后会向左做平抛运动C．小球在A点的初动能等于5D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，则sin【答案】D【详解】AB．由于，D点以上只有内轨道，小球沿圆弧轨道恰好到达C点，可知，小球到达C点时速度为0，小球到达C点后不会向左做平抛运动，故AB错误；C．结合上述，小球从A点到达C点过程，根据动能定理有−mg⋅2R=0−解得E故C错误；D．若小球到达D点时对内外轨道均无弹力，根据牛顿第二定律有mg小球从A点到达D点过程，根据动能定理有−mg解得sin故D正确。故选D【考向9】（多选）如图所示，在光滑的斜轨道底端平滑连接着一个半径为R、顶端有缺口的光滑圆形轨道，A点、B点在同一水平面上，P点是最低点，∠AOB=120°。一质量为m的小球由斜轨道上某高度处静止释放，由轨道连接处进入圆形轨道。重力加速度为g，不考虑机械能的损失，下道列说法正确的是（）A．若小球滑到P点时速度大小为2gR，则此处轨道对小球作用力的大小为4B．若小球滑到P点时速度大小为2gR，则小球滑到A点时速度大小为C．若小球恰好能通过圆形轨道内A点，则小球在斜轨道上静止释放的高度为5D．若小球从圆形轨道内A点飞出后恰好从B点飞入圆形轨道，则小球经过B点时的速度大小为2gR【答案】BD【详解】A．小球在P点，根据牛顿第二定律有N−mg=则此处轨道对小球作用力的大小为N=mg+故A错误；B．小球从圆形轨道最低点P滑到A点，由动能定理有−mg(R解得v故B正确；C．若小球恰好能通过圆形轨道内A点，根据牛顿第二定律有mg对小球从释放到A点，根据动能定理有mgℎ−mgR(1+解得ℎ=故C错误；D．小球从圆形轨道内A点飞出后做斜抛运动到B点，竖直方向有v水平方向有2R解得v故D正确。故选BD。【考向10】（多选）（2024·陕西渭南·二模）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角θ为30°，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，重力加速度为gA．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐减小B．小球从A到C的过程中，小球的机械能不断减少C．小球的初速度vD．若小球初速度v0增大时，小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，则小球能够沿圆轨道运动到C【答案】CD【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC

=0则小球从C到B的过程中，有mgRF联立有F则从C到B的过程中α由0增大到θ，则cosα逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A错误；B．小球从A到C的过程中，只有重力做功，机械能不变，故B错误；C．从A到C的过程中有−mg⋅2R=解得v故C正确；D．小球没有从圆轨道上B点脱离轨道，说明mg随着高度上升，小球的速度减小，所需向心力减小，同时，重力指向圆心的分力增大，则更不会脱离轨道，能够到达C点，故D正确。故选CD。考点3：多物体机械能守恒问题一.多个物体组成的系统机械能守恒问题的解题思路1．首先分析多个物体组成的系统所受的外力是否只有重力或弹力做功，内力是否造成了机械能与其他形式能的转化，从而判断系统机械能是否守恒。2．若系统机械能守恒，则机械能从一个物体转移到另一个物体，ΔE1＝－ΔE2，一个物体机械能增加，则一定有另一个物体机械能减少。二.多物体机械能守恒问题的分析技巧1．对多个物体组成的系统，一般用“转化法”和“转移法”来判断其机械能是否守恒。2．注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。3．列机械能守恒方程时，可选用ΔEk＝－ΔEp的形式。三．几类连接体的机械能守恒分析杆连物体系统机械能守恒情景分析如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B在竖直平面内绕过O点的轴转动，且A、B的角速度相等。方法突破求解这类问题时，由于二者角速度相等，所以关键是根据二者转动半径的关系寻找两物体的线速度的关系，根据两物体间的位移关系，寻找到系统重力势能的变化，最后根据ΔEk＝－ΔEp列出机械能守恒的方程求解。另外注意的是轻杆对物体提供的弹力不一定沿着杆，轻杆的弹力也就不一定与速度方向垂直，轻杆的弹力对一个物体做了正功，就对另一物体做了负功，并且绝对值相等。绳连物体系统机械能守恒情景分析如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，A、B的速率也相等。但有些问题中两物体的速率并不相等，这时就需要先进行运动的合成与分解找出两物体运动速度之间的关系。方法突破求解这类问题时，由于二者速率相等或相关，所以关键是寻找两物体间的位移关系，进而找到系统重力势能的变化。列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp的形式。另外注意系统机械能守恒并非每个物体机械能守恒，因为细绳对系统中的每一个物体都要做功。含弹簧类机械能守恒问题情景分析对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。在相互作用过程中，弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度（如绷紧的弹簧由静止释放）。方法突破求解这类问题时，首先以弹簧遵循的胡克定律为分析问题的突破口：弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F＝kx和ΔF＝kΔx。其次，以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口：弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关，但是在具体的问题中不用计算弹性势能的大小，弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同，通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时，要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应，即伸长量或压缩量，而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。【考向11】（2024·辽宁丹东·一模）如图所示，劲度系数为200N/m的轻弹簧下端固定在倾角为θ=53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q，Q同时与平行于斜面的轻绳相连，轻绳跨过定滑轮O与套在足够长的光滑竖直杆上的物块P连接，图中O、B两点等高，间距d=0.3m。初始时在外力作用下，P在A点静止不动，A、B间距离ℎ=0.4m，此时轻绳中张力大小为60N。已知P的质量为1kg，Q的质量为5kg，P、Q均可视为质点。现将P由静止释放（不计滑轮大小及摩擦，重力加速度g取A．物块P上升的最大高度为0.8B．物块P上升至B点时，其速度大小为2C．在物块P由A点运动到B点的过程中，弹簧对物块Q一直做正功D．在物块P由A点运动到B点的过程中，物块P机械能守恒【答案】B【详解】A．假设物块P上升的最大高度为0.8m，根据图中几何关系可知，此时物块Q刚好回到初始位置，则物块从A点释放到最大高度过程，弹簧的弹性势能变化为0，Q的重力势能变化为0，而P的重力势能增加，不满足P、Q弹簧组成的系统机械能守恒，可知物块P上升的最大高度一定小于0.8B．P位于A点时，设弹簧伸长量为x1T=解得弹簧的伸长量为xP上升至B点时，Q下降的距离为Δ则此时弹簧的压缩量为x可知P从A点上升至B点时，弹簧的弹性势能不变，且物块Q的速度为0；对物块P、Q及弹簧，根据系统的机械能守恒有m解得P上升至B点时的速度大小为v故B正确；C．在物块P由A点运动到B点的过程中，弹簧先处于伸长状态后处于压缩状态，弹簧对物块Q先做正功，后做负功，故C错误；D．在物块P由A点运动到B点的过程中，绳子拉力对P一直做正功，物块P的机械能增加，故D错误。故选B。【考向12】（2024·陕西榆林·三模）如图所示，倾角为45∘的光滑斜面与光滑的水平地面在C点连接，质量均为m的小球A、B（均可视为质点）用长为L的轻质硬杆连接，现把小球B放置在水平面上的C点，小球A由静止释放，在小球A下滑的过程中，小球B始终在水平地面上运动，重力加速度为gA．在小球A下滑的过程中，小球A重力势能的减少量等于小球B动能的增加量B．在小球A下滑的过程中，轻质硬杆对小球B先做正功后做负功C．小球A刚到达C点前瞬间，小球A、B的速度相等D．小球A刚到达C点前瞬间，小球B的动能为2【答案】D【详解】A．在小球A下滑的过程中，小球A重力势能的减少量等于小球A、B动能的增加量之和，故A错误；B．在小球A下滑的过程中，轻质硬杆对小球B的作用力与小球B的运动方向始终成锐角，故轻质硬杆对小球B始终做正功，故B错误；CD．设小球A下滑时杆与地面的夹角为θ、与斜面的夹角为α，则v可得v小球A刚到达C点还未与地面接触时θ=0∘，v由机械能守恒定律可得mgL解得vA=小球B的动能为E故C错误，D正确。故选D。【考向13】（2024·辽宁丹东·二模）轻质直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。如图所示，开始时OA边与水平方向的夹角为θ，θ=37∘。由静止释放A球，（重力加速度为g，sin37A．A、B两球线速度大小始终相等B．A球速度最大时位于O点正下方C．A由静止释放至摆动到最低点的过程中，支架对A不做功D．A摆动到最低点位置时，杆对A做功的功率为零【答案】D【详解】A．A、B两球属于同轴转动，角速度始终相等，由于两球到轴心间距不等，根据v=ωr可知，A、B两球线速度大小始终不相等，故A错误；B．A、B两球构成的系统机械能守恒，令角速度为ω，经历一定时间，OA边与水平方向夹角为α，则有mg解得ω=若令y=2对函数求导有y'=2当导数值为0时，解得tan则有sin可知α<由于线速度最大时，A的线速度最大，可知，A球速度最大时A并没有位于O点正下方，故B错误；C．A由静止释放至摆动到最低点的过程中，结合上述可以解得此时的角速度恰好为0，即此时的线速度为0，表明A恰好能够运动到最低点，此过程中，A的机械能减小，表明支架对A做负功，故C错误；D．结合上述可知，A摆动到最低点位置时，A的线速度恰好等于0，可知，此时杆对A做功的功率为零，故D正确。故选D。【考向14】（多选）如图所示，光滑竖直固定杆上套有一质量为m的小球A，一根竖直轻弹簧上端连接着一个质量为m的物块B，下端连接着一个质量为2m的物块C。一轻绳跨过轻质定滑轮O，一端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为5L。初始时，小球A在外力作用下静止于P点，此时轻绳刚好伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直。现将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑12L到达最低点Q，此时物块C与地面间的相互作用刚好为零。不计滑轮大小及摩擦，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是（）A．弹簧的劲度系数为3mgB．小球A运动到最低点时弹簧的形变量为8C．小球A运动到最低点时弹簧的弹性势能为4mgLD．用质量为m2的小球D替换A，并将其拉至Q点由静止释放，小球D经过P点时的动能为【答案】AD【详解】AB．开始时，对B有mg=kA在Q点时，对C有2mg=kx2A从P到x解得k=xA正确；B错误；C．A从P到Q，由能量守恒定律有12mgL=8mgL+解得Δ因为弹簧原先有形变量，所以EPQD．D从Q到P，由能量守恒定律有Δ解得ED正确。故选AD。【考向15】（多选）（2024·陕西·一模）如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是（）A．小球从C点运动到D点的过程中，弹性绳的弹力不断减小B．整个运动过程中，弹性绳的最大弹性势能为0.75mghC．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v=D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为gℎ【答案】CD【详解】A．设BC的长度为L，根据胡克定律，有0.5mg=kLBD与竖直方向的夹角为α时，伸长量为LsinF=k可知，小球从C点运动到D点的过程中，α不断减小，弹性绳弹力不断增大，故A错误；B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为W当运动到D时，绳子伸长最长，弹性势能最大，根据能量守恒Δ因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.75mgh，故B错误；C．对小球从C到D过程，根据动能定理，有mgℎ−解得W若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，根据动能定理，有W解得v=故C正确；D．若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有2mgℎ−解得v故D正确。故选CD。【考向16】（多选）（2024·陕西安康·一模）如图所示，质量为m、高为ℎ、倾角为θ的光滑斜面体A放在足够大的光滑水平地面上，斜面顶端正上方有一固定的光滑套管C，用手提着质量为m的细长直杆B的上端，将直杆穿过套管，使直杆下端恰好与斜面体顶端接触，突然松手，直杆在套管的约束下只能沿竖直方向运动，斜面体随即向右加速，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．直杆的最大速度为2gℎB．斜面体的最大速度为2gℎC．斜面体的加速时间为2gℎD．斜面体在加速过程中受到地面的支持力大小为2mg−mg【答案】CD【详解】AB．杆竖直向下运动，接触点沿斜面滑动，同时由于杆向下运动使斜面向右运动，故将杆竖直向下的速度分解为平行斜面的速度v1和水平方向的速度v杆一直向下加速，故可知到达斜面底端时速度最大，在到达底端过程中斜面体向右的速度与杆沿水平方向的速度相等，设到达底端时杆的速度为vm，斜面体的速度为vmgℎ=其中有tan联立解得vm=AB错误；C．设杆加速度为a1，斜面体加速度为atan设斜面对杆垂直于斜面方向的弹力为FN，杆对斜面垂直斜面向下的弹力为FF对杆和斜面体由牛顿第二定律mg−F求得aF故斜面体的加速时间为t=C正确；D．斜面体在加速过程中竖直方向受力平衡N=mg+求得N=2mg−mgD正确。故选CD。考点4：用机械能守恒定律解决非质点问题一.非质点系统1．定义：指的是“链条”、“缆绳”、“液柱”等质量不可忽略、柔软的物体或液体。2．重力势能变化的分析方法在确认了系统机械能守恒之后，一般采用转化法列方程。重力势能的变化与运动的过程无关，常常分段找等效重心的位置变化来确定势能的变化。二.基本思路在应用机械能守恒定律处理实际问题时，经常遇到像“链条”“液柱”类的物体，其在运动过程中将发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再看成质点来处理。不计摩擦和其他损耗，物体虽然不能看成质点来处理，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。一般情况下，可将物体分段处理，确定质量分布均匀的规则物体各部分的重心位置，根据初、末状态物体重力势能的变化列式求解。【考向17】（多选）横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭对两侧水面高度分别为ℎ1和ℎ2，如图所示，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g，不计水与筒壁间的摩擦阻力，现把连接两筒的阀门A．大气压力对水柱做负功B．水柱的机械能守恒C．水柱的重力不做功D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是1【答案】BD【详解】A．从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中，大气压力对左筒水柱做正功，对右筒水柱做负功，抵消为零，即大气压力对水柱做功为零，A错误；B．由于大气压力对水柱做功为零，故水柱的机械能守恒，B正确；C．从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中，水柱的重心下降了，可知水柱的重力做正功，C错误；D．水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左筒高ℎ1-ℎED正确；故选BD。【考向18】（多选）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细和质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用轻质细线将物块与软绳连接，物块的质量也为m，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面）在此过程中（）A．物块重力做的功等于软绳和物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量大于软绳机械能的增加量C．软绳重力势能共减少了12D．软绳刚好全部离开斜面时的速度为1【答案】BD【详解】AB．物块下降的高度为ℎ=l物块重力做功为W=mgl所以物块重力势能减少了Δ物块减少的重力势能转化为软绳增加的机械能和物块本身的动能，故A错误，B正确；C．物块未释放时,软绳的重心离斜面顶端的高度为ℎ软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度ℎ则软绳重力势能共减少mg(故C错误；根据机械能守恒有mgl+则v=故D正确。故选BD。【真题1】（2023·浙江·高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有v则抛出后速度大小为v=可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；C．铅球抛出后的动能E可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确。故选D。【真题2】（2024·浙江·高考真题）如图所示，质量为m的足球从水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中达到最高点2的高度为h，则足球（）A．从1到2动能减少mgℎ B．从1到2重力势能增加mgℎC．从2到3动能增加mgℎ D．从2到3机械能不变【答案】B【详解】AB．由足球的运动轨迹可知，足球在空中运动时一定受到空气阻力作用，则从从1到2重力势能增加mgℎ，则1到2动能减少量大于mgℎ，A错误，B正确；CD．从2到3由于空气阻力作用，则机械能减小，重力势能减小mgh，则动能增加小于mgℎ，选项CD错误。故选B。【真题3】（2024·北京·高考真题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（）A．物体在C点所受合力为零B．物体在C点的速度为零C．物体在C点的向心加速度等于重力加速度D．物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能【答案】C【详解】AB．物体恰好能到达最高点C，则物体在最高点只受重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半径为r，由牛顿第二定律得mg=m解得物体在C点的速度v=AB错误；C．由牛顿第二定律得mg=ma解得物体在C点的向心加速度a=gC正确；D．由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点时的动能和重力势能之和，D错误。故选C。【真题4】（2024·全国·高考真题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（）A．在Q点最大 B．在Q点最小 C．先减小后增大 D．先增大后减小【答案】C【详解】方法一（分析法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处（P点）与圆环的作用力恰好为零，如图所示设图中夹角为θ，从大圆环顶端到P点过程，根据机械能守恒定律mgR(1−在P点，根据牛顿第二定律mg联立解得cos从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。方法二（数学法）：设大圆环半径为R，小环在大圆环上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角为θ(0≤θ≤π)，根据机械能守恒定律mgR(1−cosθ)=在该处根据牛顿第二定律F+mgcosθ=m联立可得F=2mg−3mg则大圆环对小环作用力的大小F根据数学知识可知F的大小在cosθ=故选C。【真题5】（2024·山东·高考真题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d<l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=12kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则FA．(μmg)2C．3(μmg)【答案】B【详解】当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有k解得弹性绳的伸长量x则此时弹性绳的弹性势能为E从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x则由功能关系可知该过程F所做的功W=故选B。【真题6】（2023·辽宁·高考真题）某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v₁=80m/s时离开水面，该过程滑行距离L=1600m、汲水质量m=1.0×10⁴kg。离开水面后，飞机攀升高度h=100m时速度达到v₂=100m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g=10m/s²。求：（1）飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；（2）整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。【答案】（1）2m/s2，40s；（【详解】（1）飞机做从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为v1L=解得飞机滑行的时间为t=飞机滑行的加速度为a=（2）飞机从水面至ℎ=100mΔ【真题7】（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度ℎ=5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25kg，一质量为m=50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16m（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；（2）滑板的长度L【答案】（1）1000N；（2）【详解】（1）设游客滑到b点时速度为v0，从a到bmgℎ=解得v在b点根据牛顿第二定律F解得F根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为F（2）设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得−μmgs=0−解得v=8根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和aaa根据运动学规律对游客v=解得t=1该段时间内游客的位移为s滑板的位移为s根据位移关系得滑板的长度为L=【真题8】（2024·北京·高考真题）科学家根据天文观测提出宇宙膨胀模型：在宇宙大尺度上，所有的宇宙物质（星体等）在做彼此远离运动，且质量始终均匀分布，在宇宙中所有位置观测的结果都一样。以某一点O为观测点，以质量为m的小星体（记为P）为观测对象。当前P到O点的距离为r0，宇宙的密度为ρ（1）求小星体P远离到2r0处时宇宙的密度（2）以O点为球心，以小星体P到O点的距离为半径建立球面。P受到的万有引力相当于球内质量集中于O点对P的引力。已知质量为m1和m2、距离为R的两个质点间的引力势能Ep=−Gma．求小星体P从r0处远离到2r0b．宇宙中各星体远离观测点的速率v满足哈勃定律v=Hr，其中r为星体到观测点的距离，H为哈勃系数。H与时间t有关但与r无关，分析说明H随t增大还是减小。【答案】（1）ρ=18ρ0；（2）a．ΔE【详解】（1）在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则小星体P运动前后距离O点半径为r0和2ρ⋅解得小星体P远离到2rρ=（2）a．此球内的质量M=P从r0处远离到2Δb．由a知星体的速度随r0增大而减小，星体到观测点距离越大，运动时间t越长，由v=Hr知，H减小，故H随t一、单选题1．（2024·四川成都·三模）一质点做匀速圆周运动，从圆周上的一点运动到另一点的过程中，下列说法一定正确的是（

）A．质点速度不变 B．质点加速度不变 C．质点动能不变 D．质点机械能不变【答案】C【详解】A．质点做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻变化，速度是变化的，故A错误；B．质点做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向时刻变化，指向圆心，加速度是变化的，故B错误；C．质点动能为E质点做匀速圆周运动，速度大小不变，故质点动能不变，故C正确；D．质点做匀速圆周运动，动能不变，质点的重力势能不一定不变，故质点机械能不一定不变，故D错误。故选C。2．（2024·山东滨州·二模）电动车在刹车或下坡过程中可以利用某些装置把机械能转化为电能，进行机械能回收。一实验电动车质量m=2kg，以20J的初机械能沿倾角为15°的平直斜坡AO运动，A点为运动起始点，设A点为零势能点。第一次在A点关闭发动机，让车自由滑行，其机械能—位移关系如图直线①所示；第二次在A点关闭发动机同时开启“机械能回收”装置，回收一段时间后，关闭回收装置，其机械能—位移关系如图线②所示。假设机械能回收效率为90%A．第一次中斜面AO作用于实验电动车的阻力大小为5B．第二次中实验电动车从10m行驶到20C．第二次中实验电动车行驶20m的过程中，回收机械能D．第二次中实验电动车行驶前10m【答案】C【详解】A．若斜面光滑则电动车运动过程中机械能守恒，由图线①知，机械能在减小，说明下滑过程中摩擦力做功，在自由滑行时，设摩擦力为f，A点机械能为E1，O点机械能为Efx=代入得f=A错误；B．第二次中实验电动车从10m行驶到20C．由图线②知，在前10m内进行“机械能回收”，由题图知，图线①表达式为E=−0.2x+20当x=10mE=−0.2×10+20=18在车自由下滑10m时W开启能量回收模式下滑10m时W则第二次中实验电动车行驶20mEC正确；D．由图线②知，斜率表示摩擦力与回收装置产生合外力，方向沿斜面向上，第二次中实验电动车行驶前10m故选C。3．（2024·河北·三模）小芳同学上体育课时，从距离地面H高度处将m=0.6kg的篮球从静止开始释放，篮球与地面撞击后弹起，篮球在此过程中的v−t图像如图所示。不计篮球与地面撞击过程的时间间隔，篮球在下落阶段与上升阶段所受的空气阻力大小相等，已知重力加速度g=10A．下落的高度H=2.0B．在下落阶段和上升阶段运动的时间差为0.2sC．在下落阶段和上升阶段所受空气阻力与重力的大小之比为1:4D．撞击地面过程中损失的机械能为0.8J【答案】B【详解】A．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移，得H=A项错误；B．设篮球在下落过程中受到空气的阻力为f，由牛顿第二定律有mg−f=m由图可知a联立两式解得f=所以篮球上升过程的加速度mg+f=ma又因为a解得t故篮球在上升阶段经历的时间为t篮球在下落和上升阶段的时间差ΔB项正确；C．篮球下落过程的加速度大小a设篮球下落过程中所受空气阻力为f，由牛顿第二定律有mg−f=m解得f:mg=1:5C项错误；D．由篮球在此过程中的v-t图像可知篮球即将着地时的速度大小为4m/s，反弹时的速度大小为3.6m/s，可知篮球撞击地面过程中损失的机械能ΔD项错误。故选B。4．（2024·浙江·三模）如图所示，细绳的一端固定于O点，另一端系一个小球，在O点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度摆下。不计细绳与钉子碰撞的能量损失，不计空气阻力，则（）A．若A高于小球摆下的初位置，则A离O点越近，小球运动到右侧最高点时加速度就越大B．若A高于小球摆下的初位置，则A离O点越近，小球运动到右侧最高点时，细绳的拉力就越大C．由于机械能守恒，无论A离O点多远（小于绳长），小球总能上升到原来高度D．如果A与小球摆下的初位置等高，则小球在运动的过程中有可能撞到钉子【答案】B【详解】AB．A离O点越近，小球运动到右侧最高点时，摆角θ就越小，小球加速度a=g越小，而绳的拉力T=mg越大，故A错误，B正确；C．当A低于小球开始摆下的高度时，小球摆动到右侧绕A运动，到达最高点时速度不为零，此时小球不能上升到原来高度，C错误；D．如果小球摆下的初位置与A等高，则小球总是绕O或绕A作圆周运动（来回摆动），不可能撞到钉子，故D错误。故选B。5．（2024·广西桂林·三模）如图所示的是简化后的跳台滑雪雪道示意图，AO段为助滑道和起跳区，OB段为倾角αα<45°的着陆坡。运动员从助滑道的起点A由静止开始下滑，到达O时点以初速度v0起跳，v0方向与水平方向的夹角也为α，最后落在着陆坡面上的C点，O、C间距离为L。不计一切阻力，则运动员从OA．最小速度为v0 B．时间为C．速度最小时，机械能最小 D．从O点起跳后瞬间重力功率最大【答案】B【详解】A．在最高点时速度最小，沿水平方向，根据速度的分解可知最小速度为v=故A错误；B．运动员水平方向做匀速直线运动，从O点运动到C点的过程中有L解得t=故B正确；C．运动员从O点运动到C点的过程中只有重力做功，机械能守恒，故C错误；D．根据竖直方向的运动规律v可知C点竖直方向的速度较大，根据P可知C点重力的功率最大，故D错误；故选B。6．（2023·湖南永州·一模）铅球掷出后，在空中运动的轨迹如图所示。a、b、c、d、e为轨迹上5个点，c为轨迹的最高点，不计空气阻力，下列说法正确的是（

）

A．球运动到c点时重力的功率最小，但不为零B．铅球从a点运动到c点和从c点运动到e点速度变化方向相同C．铅球从d点到e点的过程比从a点到b点的过程中速度变化快D．铅球从a点运动到e点，合外力做的功大于重力势能的减少量【答案】B【详解】A．铅球运动到c点时速度沿水平方向，重力的瞬时功率为PG=mgvcos90°=0故A错误；B．根据Δv=gΔt可知，铅球从a点运动到c点和从cC．速度变化快慢即为加速度，铅球从d点到e点的过程比从a点到b点的过程中加速度相同即速度变化快慢相同，故C错误；D．铅球从a点运动到e点，只有重力做功，根据重力做功与重力势能的关系可知，重力做功等于重力势能的减少量，故D错误。故选B。7．（2024·湖北·一模）如图所示，一顶角为120°的“∧”型光滑细杆竖直放置，顶角的角平分线竖直。质量均为m的两金属球套在细杆上，高度相同，中间用水平轻弹簧连接，弹簧处于原长状态，劲度系数为k。现将两小球同时由静止释放，小球沿细杆下滑过程中，弹簧始终处于弹性限度内。已知弹簧形变量为x时，弹簧的弹性势能Ep=1A．两小球下滑过程中，两小球的机械能守恒 B．弹簧的最大拉力为

3C．小球在最高点和最低点的加速度大小相等 D．小球的最大速度为

g【答案】C【详解】A．两小球下滑过程中，除重力以外，弹簧的弹力对它做功，所以两小球的机械能不守恒，故A错误；B．小球下降h达到最低时，速度减小为0，形变量最大为x根据机械能守恒定律有2mgℎ=解得ℎ=弹簧的最大伸长量x弹簧的最大拉力为T=k故B错误；C．在最高点时小球只受重力和支持力作用，此时重力沿杆方向的分力提供加速度，有a在最低点时T=根据牛顿第二定律可知T解得a小球在最高点与最低点加速度大小相等，故C正确；D．小球受到重力、杆的弹力N和弹簧的弹力F，沿杆方向加速度为0，即合力为0时小球的速度最大，此时mg又F=kx解得形变量x=两个小球下降的高度为ℎ对系统只有重力，弹力做功，对两个金属环和弹簧根据机械能守恒，有2mg解得v故D错误。故选C。8．（2024·山东济南·二模）如图所示，倾角为α=30°的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，小物块甲、乙用轻弹簧拴接后置于斜面上，甲的质量为m。初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在甲上施加一沿斜面向上的恒力F=mg，当弹簧第一次恢复原长时将恒力撤去，甲到最高点时乙刚要离开挡板。已知甲物体做简谐振动的周期为T，弹簧的弹性势能为E，EP=12kx2，其中kA．小物块乙的质量为2mB．甲运动到最低点时的加速大小为2gC．从撤去外力到甲运动到最高点的时间为TD．弹簧的最大弹性势能为9【答案】D【详解】A．施加恒力前由平衡条件mgsinα=kd解得k设乙刚要离开挡板时弹簧的伸长量为x1，从开始到乙刚要离开挡板的过程，对甲和弹簧由能量守恒有mg解得x1=d设乙的质量为m'，乙刚好不离开挡板，则有kx1=m'gsinα解得m'=m故A错误；B．甲在最高点时k解得a=g，A=2d由对称性可知，甲到最低点时加速度也为g，故B错误；C．刚撤去外力甲做简谐振动的平衡位置为初始位置，因此甲此时的位移为A2且向上运动，则从撤去外力到甲运动到最高点的时间为TD．设甲到最低点时弹簧的压缩量为x2，由能量守恒得mgx解得x2=3d由于x1＜x2，故最大弹性势能E故D正确。故选D。9．（2024·广西·二模）如图所示，一轻杆通过铰链连接在固定转轴O1上，可绕O1轴自由转动，轻杆另一端与一质量未知的小球A连接。一轻绳绕过轻质定滑轮O2，一端连接小球A，另一端连接一带挂钩，质量为m的物块B，已知O1与O2等高，图中θ1=A．3+12m B．3−12m【答案】A【详解】对B受力分析可知，绳子拉力T=mg对A受力分析，由共点力平衡中直接合成法可知m解得m若小球A上升到最高点时，刚好与定滑轮在同一直线上，此时A、B、C的速度都为零，设杆长为l，则根据机械能守恒有m解得m故选A。10．如图所示，顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内，质量均为m的小球甲、乙（均视为质点）用长度为L的轻质硬杆连接，分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分，当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点，乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动，当甲运动到B点时，轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直，重力加速度大小为g，则甲在B点的速度大小为（）A．5gL5 B．C．5gL2 D．【答案】B【详解】由于甲在B位置时，轻质硬杆与AP倾斜部分垂直，根据牵连速度的分解规律可知，甲沿轻质硬杆的分速度为0，即此时乙的速度为0，甲小球减小的重力势能转化为甲的动能，则有mg解得v=故选B。11．（2024·贵州·三模）如图所示，ACB为固定的粗糙半圆弧轨道，AOB为其水平直径，可视为质点的小物块从A正上方a点处由静止释放，下落后从A点进入圆弧轨道后从B点冲出，之后返回和离开轨道多次。若第一次从B点离开圆弧轨道上升到达的最高点为b，第一次从A点离开圆弧轨道上升到达的最高点为c，第二次从B点离开圆弧轨道上升到达的最高点为d，图中b、c、d三点未标出。设a、b之间的竖直高度差为Δℎ1，b、c之间的竖直高度差为Δℎ2，c、A．Δℎ1=C．Δℎ1<【答案】B【详解】由于圆弧轨道粗糙，小球在圆弧轨道运动过程中，需要克服摩擦力做功，则每次通过圆弧相同位置的速度都比前一次通过时小，小球每次通过圆弧轨道上该位置所需向心力都比前一次通过时小，导致轨道对滑块的弹力变小，即轨道对小球的滑动摩擦力也变小，所以每次通过半圆弧轨道，小球克服摩擦力做的功都比前一次要少，因此机械能损失量也不断变小，则小球后一次相邻最高点的高度差总小于前一次相邻最高点的高度差，即有Δ故选B。12．如图所示，一根不可伸长的轻质细线一端悬于O点，另一端系一小球A，将A拉至细线与水平方向成θ夹角，细线刚好伸直。由静止释放A，在A从释放点运动到最低点的过程中，其重力势能Ep、动能Ek、机械能E、重力的瞬时功率P与下落的高度h的关系图像可能正确的是（不计空气阻力）（）A． B．C． D．【答案】B【详解】A．小球下落过程中重力势能随下落高度h的增大均匀减小，即图线的斜率保持不变，故A错误；B．A从释放点开始做自由落体运动，根据机械能守恒定律可知E小球运动到与水平方向对称的位置后，细线被拉直的瞬间有能量损失，动能瞬间减小，然后小球做圆周运动，根据机械能守恒定律有E故B正确；C．由于细线被拉直瞬间，有机械能损失，故C错误；D．小球自由下落过程中，重力的瞬时功率为P=mgv=mg当细线被拉直瞬间，小球竖直方向的速度减小，重力的瞬时功率突然减小，即小球开始做圆周运动瞬间，重力的功率应发生突变，故D错误。故选B。二、多选题13．（2024·山东潍坊·三模）潍坊风筝是山东潍坊传统手工艺珍品，制作历史悠久，工艺精湛，是非物质文化遗产之一，现在世界上70%以上的风筝都是出自潍坊。本届风筝节上，小明同学在滨海国际风筝放飞场放风筝，风筝静止于空中且风筝平面与水平面夹角始终为30°，风速水平，与风筝作用后，垂直风筝平面的风速减为零，平行风筝平面的风速大小不变。风筝的质量为m，风筝线质量不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．若风筝线与水平方向夹角为30°，则风对风筝的作用力大小为32B．若风筝线与水平方向夹角为30°，则线对风筝的作用力大小为mgC．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则线与水平方向夹角变大D．风筝线长度不变，若风速缓慢变大，则风筝的机械能减小【答案】BC【详解】AB．由于平行风筝平面的风速大小不变，故平行风筝的平面上风力大小为零，对风筝受力分析如图所示，平衡时则有TF解得T=mgF=A错误，B正确；C．当风速缓慢增大时，垂直作用在风筝上的力F逐渐增大，作出其矢量三角形，如图所示由图可知，风速缓慢增大时，则线与水平方向夹角变大，C正确；D．风速缓慢增大时，风筝线的长度不变，风速平行风筝平面的分速度增大，相当于风筝在该方向上的速度变大，机械能应增加，D错误。故选BC。14．（2024·湖南常德·一模）2023年9月21日，“天宫课堂”第四课在中国空间站正式开讲，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮进行授课，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课。在天宫课堂上，航天员老师在太空实验室中做如图所示的实验。一根长为L的不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球（可视为质点）。开始时，小球位于位置M，O、M间距离d=L4，绳子处于松弛状态。小球突然受到一瞬时冲量后以初速度v0垂直于OM向右运动，设在以后的运动中小球到达位置N，此时小球的速度方向与绳垂直，则小球从MA．小球的机械能守恒 B．轻绳对小球做功不为零C．小球始终做匀速圆周运动 D．小球在N点时的速度大小为v【答案】BD【详解】AC．因空间站内的物体都处于完全失重状态，小球以初速度v0先向右做匀速直线运动至轻绳恰好伸直，轻绳在绷紧瞬间产生拉力，使小球沿绳方向的速度立刻减为零，只剩下垂直于绳方向的速度分量v⊥，即此时小球的机械能有损失，之后小球绕O点以速度大小v⊥BD．因小球在N点时已做匀速圆周运动，其速度大小为v又sin故v因轻绳在细紧瞬间造成小球机械能的损失，故轻绳对小球做功不为零，故BD正确。故选BD。15．（2023·四川德阳·一模）如图所示，竖直平面内固定一根竖直的光滑杆P和水平光滑杆Q，两杆在同一平面内，不接触，水平杆延长线与竖直杆的交点为O。质量为2m的小球A套在竖直杆上，上端固定在杆上的轻质弹簧的另一端与小球A相连。另一质量为m的小球B套在水平杆Q上，小球A、B用长为2L的轻杆通过铰链分别连接。在外力作用下，当轻杆与水平杆Q成θ=53°斜向左上时，轻质弹簧处于原长，系统处于静止状态。撤去外力，小球A在竖直杆上做往复运动，下降的最大距离为2L。已知轻质弹簧的弹性势能Ep=12kx2A．轻质弹簧的劲度系数k为2mgB．小球A运动到O点时的速度大小为4C．从撤去外力到轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上的过程，轻杆对小球B做的功为21D．小球A从最高点运动到O点的过程，水平杆Q对小球B的作用力始终大于mg【答案】AC【详解】A．小球A、弹簧和小球B组成的系统能量守恒，小球A下降到最大距离时，根据能量守恒定律有1解得k=故A正确B．AB两球沿着轻杆方向的速度相等，小球A运动到O点时，轻杆水平，A水平方向的速度为0，则B的速度也为0，整个过程中系统机械能守恒，则2mg×2L则A速度为v故B错误；C．轻杆与水平杆Q成θ=30°斜向左上时，设B的速度为v'，A的速度为vA，根据关联问题可知v根据能量守恒定律有2mg×2L(解得v'=根据动能定理可知轻杆对小球B做的功为W=解得W=21故C正确；D．根据小球A在竖直杆上做往复运动的特点可知，小球从从最高点运动到O点的过程，铰链对小球先做正功，后做负功，则水平杆Q对小球B的作用力并非始终大于mg，故D错误；故选AC。16．如图