物理必修 第二册4 机械能守恒定律精品课后作业题

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一．计算物体的机械能（共4小题）
二．判断系统机械能是否守恒（共7小题）
三．利用机械能守恒定律解决简单问题（共6小题）
四．机械能与曲线运动结合问题（共10小题）
五．用杆连接的系统机械能守恒问题（共5小题）
六．用细绳连接的系统机械能守恒问题（共6小题）
七．弹簧类问题机械能转化的问题（共9小题）
八．利用能量守恒解决实际问题（共3小题）
九．能量守恒定律与传送带结合（共3小题）
十．天体运动中机械能的变化（共3小题）
一．计算物体的机械能（共4小题）
1．2023年8月3日，在成都第31届世界大学生夏季运动会田径项目男子三级跳远决赛中，中国某运动员以的成绩夺得冠军。不计空气阻力，对该运动员，下列说法正确的是（ ）
A．在助跑过程中，一定做匀加速直线运动
B．在起跳的过程中，地面对其做的功等于其机械能的增加量
C．在下落过程中，处于失重状态
D．在最高点时的速度为零
【答案】C
【详解】A．该运动员在助跑过程中，不一定做匀加速直线运动，选项A错误；
B．该运动员在起跳的过程中，地面对其做的功为0，选项B错误；
C．该运动员在下落过程中，加速度方向竖直向下，处于失重状态，选项C正确；
D．该运动员在最高点时还有水平速度，则其速度不为零，选项D错误。
故选C。
2．如图甲所示，“回回炮”是一种大型抛石机。将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物。发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出。现将其简化为图乙所示的模型、将一质量、可视为质点的石块装在长的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面的夹角为30°，松开后长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上，测得石块落地点与点的水平距离为30m，以地面为零势能面，不计空气阻力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．石块被水平抛出时的重力势能为B．石块被水平抛出时的动能为
C．石块被水平抛出时的机械能为D．石块着地时重力的功率为
【答案】C
【详解】A．石块被水平抛出时的高度为
重力势能为
故A错误；
B．石块被水平抛出后做平抛运动，竖直方向有
水平方向有
联立解得
石块被水平抛出时的动能为
故B错误；
C．石块被水平抛出时的机械能为
故C正确；
D．根据，可得石块着地时竖直分速度为
石块着地时重力的功率为
故D错误。
故选C。
3．（多选）如图甲所示，北宋记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精妙，灵活方便。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a，b两点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的向心加速度大于b点的向心加速度
B．人对把手做的功等于重物机械能的增加量
C．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
D．若把手顺时针转动则滑轮也会逆时针转动
【答案】AC
【详解】A．根据
可知，a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，故a的向心加速度大于b点的向心加速度，故A正确；
B．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有动滑轮的机械能，轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把手做的功大于重物机械能的增加量，故B错误；
C．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故C正确；
D．若把手顺时针转动则大轴上绕绳收紧，滑轮左侧的绳向上，小轴上绕绳放松，滑轮右侧的绳向下，故滑轮会顺时针转动，故D错误。
故选AC。
4．如图所示，长为10cm的轻绳系着一质量为1kg的小球（小球可视为质点），在光滑的水平桌面上以20rad/s的角速度做匀速圆周运动。已知桌面离地的高度为，g取。
（1）求绳子对小球的拉力大小。
（2）若以地面为零势能面，则小球在桌面上运动时的机械能为多少？
【答案】（1）40N；（2）6.5J
【详解】（1）绳子的拉力F提供向心力，则有
解得
（2）物体在桌面上运动时的机械能
又
解得
二．判断系统机械能是否守恒（共7小题）
5．如图为蹦床运动示意图。A为运动员到达的最高点，B为运动员下落过程中刚接触蹦床时的位置，C为运动员到达的最低点。运动员自A落至C的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B至C，蹦床弹力对运动员做负功，运动员机械能增加
B．A至B，运动员加速运动；B至C，运动员减速运动
C．A至C，只有重力和蹦床弹力做功，运动员机械能守恒
D．运动员在C点，速度为零，加速度不为零
【答案】D
【详解】A．B至C，蹦床弹力对运动员做负功，运动员机械能减小，选项A错误；
B．A至B，运动员加速运动；B至C，重力先大于弹力，加速度向下，后重力小于弹力，加速度向上，即运动员先加速后减速运动，选项B错误；
C．A至C，只有重力和蹦床弹力做功，运动员与蹦床系统的机械能守恒，运动员的机械能减小，选项C错误；
D．运动员在C点，速度为零，弹力大于重力，则加速度不为零，选项D正确。
故选D。
6．重庆皇冠大扶梯是全国最长、亚洲第二长的坡地电动扶梯，它连接着两路口和菜园坝，电动扶梯在一段长直斜坡上维持匀速运行。如图，某行人站立于扶梯上，正随扶梯匀速上行，不计空气阻力，扶梯台面水平。下列说法正确的是（ ）
A．行人受到平行于台面向前的摩擦力
B．行人受到台面的支持力大于行人受到的重力
C．行人受到的合力为零
D．行人的机械能守恒
【答案】C
【详解】CD．人沿斜坡方向随电梯做匀速直线运动，所受合力为零，但机械能不守恒，因为动能不变，重力势能增大，所以机械能增大，故C正确，D错误；
AB．因为人站立的电梯台面水平，所以匀速运动中不受摩擦力，也没有加速度，行人受到台面的支持力等于行人受到的重力，故AB错误。
故选C。
7．如图所示，一根不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小物块A和B。其中，未知，滑轮下缘距地面。开始B物块离地面高，用手托住B物块使绳子刚好拉直，然后由静止释放B物块，A物块上升至高时速度恰为零，重力加速度大小取。下列说法中正确的是（ ）
A．对A、B两物块及地球组成的系统，整个过程中机械能守恒
B．
C．B刚落地时，速度大小为
D．B落地前，绳中张力大小为30N
【答案】C
【详解】
A．对A、B两物块及地球组成的系统，在B落地前，机械能才守恒，A错误；
BC．B刚落地时A继续上升做竖直上抛运动，此时
又
所以
对、B由牛顿第二定律有
解得
B 错误C正确；
D．隔离A由牛顿第二定律有
解得
D错误。
故选C。
8．跳伞运动员由高空沿竖直方向落下，时刻开启降落伞，时刻开始做匀速直线运动直到时刻落地，速度传感器记录此过程中运动员的图像如图所示，下列关于跳伞运动员及降落伞的说法正确的是（ ）
A．时间内，他们处于超重状态
B．时间内，他们受到的空气阻力逐渐增大
C．时刻，他们所受重力的功率最大
D．时间内，他们的机械能守恒
【答案】C
【详解】A．由图可知，时间内，他们加速下降，具有竖直向下的加速度，处于失重状态。故A错误；
B．同理，时间内，他们减速下降，由牛顿第二定律可知
加速度越来越小，受到的空气阻力逐渐减小。故B错误。
C．根据
可知，时刻速度最大，则他们所受重力的功率最大。故C正确；
D．由图可知，时间内，他们匀速下降则机械能不守恒。故D错误。
故选C。
9．（多选）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为的长木板沿着斜面以速度匀速下滑，现把质量为的铁块无初速度放在长木板的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知与之间、与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数
B．铁块和长木板共速后的速度大小为
C．长木板的长度为
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块和长木板构成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】CD
【详解】A．未放置铁块时，木板B沿着斜面匀速下滑，根据平衡条件有
解得
故A错误；
B．铁块A放B上后，对A受力分析，设加速度大小为，根据牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向下，对B受力分析，设B的加速度大小为，根据牛顿第二定律得
解得
方向沿斜面向上，设铁块和长木板共速时间为，则
得
则铁块和长木板共速后，速度大小
故B错误；
C．铁块最终恰好没有从长木板上滑下，则长木板的长度
故C正确；
D．铁块与长木板B构成的系统沿斜面方向合外力等于，根据动量守恒的条件分析，满足动量守恒定律，但由于滑动摩擦力作用会产生热量，故系统机械能不守恒，故D正确；
故选CD。
10．（多选）辘轳是中国古代常见的取水设施，某次研学活动中，一种用电动机驱动的辘轳引发了同学们的兴趣。如图甲所示为该种辘轳的工作原理简化图，已知辘轳的半径为r=0.2m，电动机以恒定输出功率将质量为m=3kg的水桶由静止开始竖直向上提起，提起过程中辘轳转动的角速度随时间变化的图像如图乙所示。忽略辘轳的质量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．电动机的输出功率P=30W
B．0~4s内水桶上升的高度为3.95m
C．0~4s内井绳对水桶的拉力逐渐增大
D．4s~6s内水桶的机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．水桶被提起的最大速度为
电动机的输出功率为
故A正确；
B．0~4s内，根据动能定理有
0~4s内水桶上升的高度为
故B正确；
C．0~4s内根据牛顿第二定律有
0~4s内，辘轳转动的角速度逐渐增大，则井绳对水桶的拉力逐渐减小，故C错误；
D．4s~6s内水桶向上做匀速直线运动，速度不变，高度升高，重力势能增大，4s~6s内水桶的机械能增大，故D错误。
故选AB。
11．（多选）2023年9月22日全国滑翔伞定点联赛总决赛圆满落幕。某运动员在滑翔伞作用下竖直匀速下降，该滑翔伞的结构简化示意图如图所示，滑翔伞为4级牵引绳结构，同级牵引绳分支夹角都为，同级牵引绳中的拉力大小都相等。已知运动员与装备的总质量为m，重力加速度为g，取，不计运动员和装备受到的空气作用力及滑翔伞与牵引绳的重力。则（ ）
A．匀速下降过程，滑翔系统机械能守恒
B．在这4级牵引绳中，第1级牵引绳承受的拉力最大
C．第3级牵引绳中每根承受的拉力大小为
D．若缩短每级绳子的长度，匀速下落时第2级牵引绳承受的拉力将增大
【答案】BD
【详解】A．匀速下降过程中，系统的动能不变，重力势能减小，故机械能减小，所以A错误；
B．设1级绳子拉力为F1，二级绳子拉力为F2，以此类推。则
以此类推。
则
所以第1级牵引绳承受的拉力最大，故B正确；
C．根据以上公式，可得
故C错误；
D．若缩短每级绳子的长度，则同级牵引绳分支夹角会变大，匀速下落时第2级牵引绳承受的拉力将增大，故D正确。
故选BD。
三．利用机械能守恒定律解决简单问题（共6小题）
12．如图所示，将一质量为m的石块从离地面h高处以初速度斜向上抛出，初速度与水平方向的夹角为。若空气阻力可忽略，为减小石块落地时的速度，下列措施可行的是（ ）
A．仅减小mB．仅减小C．仅增大D．仅增大h
【答案】B
【详解】若空气阻力可忽略，石块运动过程机械能守恒，则有
整理得
可知小石块落地时的速度与初速度大小、离地面高度有关，减小初速度或离地面高度，小石块落地时的速度减小。
故选B。
13．如图甲所示为某排球运动员发球时将排球击出时的情形，球从击出到直接落到对方场地的整个运动过程速率随时间变化的规律如图乙所示，图中所标物理量均已知，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是（ ）
A．排球从击出运动到最高点的时间为
B．排球运动过程中离地的最大高度为
C．排球从击出点到落地点的位移为
D．排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为
【答案】B
【详解】A．设球运动到最高点对应时刻为，水平方向速度为，由速度的分解可知
在竖直方向
解得
故A错误；
B．排球从最高点到落地，根据机械能守恒有
解得最大高度
故B正确；
C．排球从击出点到落地点的水平位移为
故C错误；
D．排球从击出到落地过程中的速度变化量大小为
故D错误。
故选B。
14．如图所示，小球a、b的质量分别是m和2m，a从倾角为30°的光滑固定斜面的顶端无初速下滑，b从斜面等高处以初速度v0平抛，比较a、b落地的运动过程有（ ）
A．所用的时间相同
B．a、b都做匀变速运动
C．落地前的速度相同
D．速度的变化量相同
【答案】B
【详解】
AD．设a、b所处的高度为h，a沿斜面做匀加速直线运动，加速度为
根据位移公式有
联立解得
b做平抛运动，落地的时间为
故A错误；
a、b运动过程中速度的变化量为
，
速度的变化量不相同，故D错误。
B．a、b运动过程中加速度都不变，所以a、b都做匀变速运动，故B正确；
C．a、b运动过程中，机械能守恒，则有
，
可得
故C错误；
故选B。
15．（多选）把甲、乙两球从水平地面上以相同的初动能同时向空中抛出，不计空气阻力，两球的动能随高度h变化的关系如图所示，它们所到达的最大高度相同，以地面为零势能面。下列说法正确的是（ ）
A．甲球的初速度比乙球小
B．甲球质量比乙球小
C．在抛出后的同一时刻，甲球重力势能比乙球小
D．两球速度大小相同时，乙球比甲球高
【答案】AD
【详解】A．由图可知，当两球达到最大高度时，甲球动能为零，甲球为竖直上抛运动，而乙球在最大高度时动能不为零，可知乙球为斜上抛运动；对甲球有
解得
设乙球初速度与竖直方向的夹角为，则有
由于
可得
故A正确；
B．两球初动能相等，根据动能表达式
由于甲球的初速度比乙球小，可知甲球质量比乙球大，故B错误；
C．由A选项分析可知
在竖直方向上，同一时刻，两球离地面高度相同，甲球质量大于乙球质量，则甲球重力势能比乙球大，故C错误；
D．根据机械能守恒，对甲球有
对乙球有
当，两式相减可得
整理得
由于，可得
故D正确。
故选AD。
16．链球是一项融合力量、平衡和技巧的竞技运动。如图，某运动员在训练中两手握着链球上铁链的把手带动链球旋转。链球旋转到离地高的A点脱手，脱手时速度大小为，方向与水平面成θ角斜向上飞出。链球落地时速度与水平而夹角为β，且（θ、β未知），不计空气阻力和铁链的影响，。求：
（1）链球落地时速度的大小；
（2）链球脱手后在空中运动的时间；
（3）链球脱手点A与落地点间的水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）链球脱手后做斜上抛运动，根据机械能守恒定律
解得
（2）链球脱手后做斜上抛运动，设运动时间为，抛出点和落地点水平速度相等，即
在抛出点竖直方向上的分速度大小为
在落地点竖直方向上的分速度大小为
解得
（3）链球在水平方向上做匀速直线运动，链球脱手点A与落地点间的水平距离
解得
四．机械能与曲线运动结合问题（共10小题）
17．如图所示，竖直轨道MA与四分之一圆弧轨道ABC平滑对接且在同一竖直面内，圆弧轨道圆心为O，OC连线竖直，OB连线与竖直方向夹角为，紧靠MA的一轻质弹簧下端固定在水平面上，弹簧上放有一质量为的小球，现用外力将小球向下缓慢压至P点后无初速释放，小球恰能运动到C点。已知PA高度差为0.8m，圆弧轨道半径为1.0m，不计轨道摩擦和空气阻力，小球的半径远小于圆弧轨道的半径，弹簧与小球不拴接，重力加速度g取（，），则（ ）
A．小球离开弹簧时速度最大
B．刚释放小球时，弹簧弹性势能为36J
C．若小球质量改为5.5kg，仍从P点释放小球后，小球能沿轨道返回P点
D．若小球质量改为2.3kg，仍从P点释放小球后，小球将从B点离开圆弧轨道
【答案】D
【详解】A．小球上升到弹簧弹力大小等于重力时，小球速度最大，故A错误；
B．小球恰能过C点，则有
可得
所以弹簧的最大弹性势能为
故B错误；
C．小球质量为时，小球肯定到不了C点，而最大弹性势能
小球到达A点时还有速度，即能进入圆弧轨道，所以小球将在圆弧轨道A、C之间某点离开圆弧轨道做斜上抛运动，不能沿轨道返回P点，故C错误；
D．设小球质量为时恰好从B点离开，则在B点有
解得
根据机械能守恒定律可得
解得
故D正确。
故选D。
18．篮球运动员做定点投篮训练，篮球从同一位置投出，且初速度大小相等，第1次投篮篮球直接进篮筐，第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大反向，平行于篮板方向分速度不变，轨迹如图所示，忽略空气阻力和篮球撞击篮板的时间，关于两次投篮说法正确的是（ ）
A．两次投篮，篮球从离手到进筐的时间相同
B．篮球第1次上升的最大高度比第2次的大
C．篮球经过a点时，第1次的动能比第2次的大
D．篮球两次进筐时，在竖直方向分速度相同
【答案】B
【详解】B．第2次篮球在篮板上反弹后进筐，篮球反弹前后垂直篮板方向分速度等大，若没有篮板，篮球水平位移较大，又由于两次初速度大小相等，所以第2次篮球水平初速度较大，竖直分速度较小，篮球第1次上升的最大高度比第2次的大，故B正确；
A．竖直方向上，根据
第1次篮球从离手到进筐的时间较大，故A错误；
C．初动能相等，篮球经过a点时，重力势能相等，根据机械能守恒，第1次的动能等于第2次的动能，故C错误；
D．篮球两次进筐时，水平方向分速度不同，在竖直方向分速度不同，故D错误。
故选B。
19．如图所示，一可视为质点的小石块从屋顶的A点由静止滚下，沿直线匀加速到屋檐上的B点后做抛体运动，落到水平地面上的C点。已知屋顶到地面的高度为5.92m，屋檐到地面的高度为2.72m，与水平方向的夹角为，不计一切阻力，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．小石块离开屋檐时的速度大小为
B．小石块从A点运动到B点的时间为1.2s
C．小石块从B点运动到C点的时间为0.5s
D．B、C两点间的水平距离为
【答案】D
【详解】
A．根据机械能守恒定律有
解得
故A错误；
B．小石块从A点运动到B点的加速度大小
从A点运动到B点的时间
故B错误；
C．小石块在B点的水平分速度
竖直分速度
则有
解得
故C错误；
D．依题意，B、C两点间的水平距离
故D正确。
故选D。
20．（多选）如图所示为高空滑索运动，游客利用轻绳通过轻质滑环悬吊沿倾斜滑索下滑。假设某段下滑过程中游客、滑环和轻绳为整体匀速下滑，速度大小为v，整体重力为G，不计空气阻力，在这段下滑过程中下列说法正确的是（ ）
A．游客的机械能守恒B．轻绳保持竖直
C．整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量D．重力的功率为
【答案】BC
【详解】A．匀速下滑过程中，动能保持不变，重力势能减小，因此机械能减少，A错误；
B．由于游客匀速下滑，人受到重力与绳子拉力平衡，因此轻绳沿竖直方向，B正确；
C．由于动能保持不变，而重力势能减小，因此整体重力势能的减少量大于系统动能的增加量，C正确；
D．由于游客沿倾斜滑索下滑，因此重力的功率
D错误。
故选BC。
21．（多选）如图所示，竖直平面内固定一半径为R的光滑圆环，圆心在O点。质量分别为m、的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为的轻杆通过铰链连接，开始时对球A施加一个竖直向上的外力，使A、B均处于静止状态，且球A恰好与圆心O等高，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．对球A施加的竖直向上的外力的大小为
B．若撤掉外力，对球B施加一个水平向左的外力F，使系统仍处于原来的静止状态，则F的大小为mg
C．撤掉外力，系统无初速度释放，当A球到达最低点时，B球的速度大小为
D．撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，B球能够上升的最高点相对圆心O点的竖直高度为
【答案】BCD
【详解】
A．当外力作用在A球上时，对小球B受力分析可知，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对B、A均无作用力，A球受重力和外力处于平衡状态，则
故A错误；
B．若撤掉外力，对球B施加一个水平向左的外力F，分别对球A、B受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
又有
解得
故B正确；
C．根据运动的合成与分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圆周运动），即
A球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，则由系统机械能守恒有
解得
故C正确；
D．当B球上升到最大高度时，如图所示
以圆环最低点为参考面，由系统机械能守恒有
可得
则B球能够上升的最大高度相对圆心O点的竖直高度为，故D正确。
故选BCD。
22．（多选）如图，一根长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球（可视为质点），开始时，轻杆位于竖直方向，受轻微扰动后由静止开始向左自由转动，小球与轻杆始终在同一竖直平面内运动，在某时刻轻杆与竖直方向的夹角记为α，取重力加速度为g，关于转动过程中小球的以下说法正确的是（ ）
A．竖直分速度先增大后减小
B．重力的最大功率为
C．水平分速度最大值为
D．当时，轻杆对小球有沿杆方向向下的拉力
【答案】BD
【详解】A．小球受杆沿杆方向的支持力或拉力作用，竖直向下的重力作用，转动过程中，杆对小球不做功，重力一直做正功，竖直方向速度一直增加，故A错误；
B．杆对小球不做功，重力对小球做正功，当时，由机械能守恒定律有
解得
重力的最大功率为
故B正确；
C．杆对小球的作用力由支持力逐渐变为拉力，则在水平方向为向左的推力逐渐变为0，再变为向右的拉力，杆对小球无作用力时水平方向速度最大，此时小球做圆周运动需要的向心力为
由机械能守恒定律可得
解得
，
所以
故C错误；
D．当时，小球已越过速度最大位置，此时轻杆对小球有沿杆方向向下的拉力，故D正确。
故选BD。
23．（多选）如图所示，半径为R外表面光滑的圆柱体固定放置在水平地面上，O是圆心，AC、BD分别是竖直直径、水平直径，在柱面上的P点与地面之间搭一个斜面，斜面正好与圆柱面相切于P点。一质量为m的小滑块（视为质点）从圆柱体面上的A点获得一个水平初速度，滑块沿着柱面下滑到P时刚好与柱面之间没有弹力，滑块从P离开柱面后沿着斜面运动到地面上的Q点，已知，物块与斜面间的动摩擦因数为 ，，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．A、P两点的高度差为
B．滑块在A点获得初速度后的瞬间，A点对滑块的支持力为
C．滑块在P点的速度为
D．滑块运动到Q点时的速度为
【答案】BD
【详解】A．由几何关系可得A、P两点的高度差为
A错误；
BC．设滑块在A点获得的初速度为，运动到P点时的速度为，A点对滑块的支持力为，滑块从A到P由机械能守恒定律可得
当滑块刚运动到P点时，柱面对滑块的支持力刚好为0，把重力分别沿着OP和垂直OP分解，由向心力的公式可得
综合解得
B正确、C错误；
D．P、Q两点间的高度差为
P、Q两点间的距离为
滑块从P运动到Q点，由动能定理可得
综合解得
D正确。
故选BD。
【点睛】竖直平面内的圆周运动与斜面问题的综合，考查圆周运动的相关知识、机械能守恒、动能定理等知识，重点考查物理观念和科学思维等核心素养。
24．如图，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R。一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，它经过B点的速度为v1，之后沿半圆形导轨运动，到达C点的速度为v2，重力加速度为g。
（1）求弹簧压缩至A点时的弹性势能。
（2）物体经过C点时对导轨的弹力。
（3）求物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧的弹性势能转化为物体的动能，所以弹簧压缩至A点时的弹性势能为
（2）物体经过C点时，根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，物体经过C点时对导轨的弹力为
（3）对物体，B→C，由动能定理有解得
解得物体沿半圆形导轨运动过程中阻力所做的功为
25．如图所示，长方形物块放置在光滑水平地面上，两竖直挡板（侧面光滑）夹在物块的两侧并固定在地面上，现把足够长的轻质硬杆竖直固定在物块上，一根不可伸长的长为L的轻质细线一端固定在杆的上端O点，另一端与质量为m的小球（视为质点）相连，把小球拉到O点等高处，细线刚好拉直，现使小球获得竖直向下的初速度，使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动，当小球到达最高点时，物块对地面的压力恰好为0，且此时小球的加速度大小为9g。已知小球在运动的过程中与杆不发生碰撞，重力加速度为g，忽略空气的阻力。
（1）求物块的质量以及小球获得的竖直向下的初速度大小；
（2）若小球运动一周到达O点的等高点时，立即撤掉两侧挡板，物块一直在光滑的水平面上运动，求当小球再次到达最低点时物块的速度大小及细线的拉力大小。
【答案】（1），；（2），
【详解】
（1）设物块的质量为M，小球在最高点时由牛顿第二定律可得
对物块由二力平衡可得
解得
设小球的初速度大小为，小球在最高点速度的大小为v
由向心加速度的定义可得
由机械能守恒定律得
解得
（2）若小球运动一周到达O点的等高点时，立即撤出两侧挡板，当小球再次到达最低点时，设小球与物块的速度大小分别为，细线的拉力大小为F，由机械能守恒定律可得
两物体组成的系统在水平方向动量守恒且为0，则有
解得
由向心力的公式以及牛顿第二定律可得
解得
26．如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在点小球的质量为，细线的长度为，在过悬挂点的竖直线上距悬挂点的距离为处（）的点有一个固定的钉子，当小球摆动时，细线会受到钉子的阻挡，当一定而取不同值时，阻挡后小球的运动情况将不同，现将小球拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过点）然后放手，令其自由摆动，重力加速度为。
（1）将细线拉至水平后释放，若，求当小球运动到钉子右侧细线与竖直方向夹角为（）时，细线承受的拉力；
（2）如果细线被钉子阻挡后，小球恰能够击中钉子，试求的最小值。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据机械能守恒，可得
设细线承受的拉力为F，由牛顿第二定律可得
联立，解得
（2）细线受阻后在一段时间内小球做圆周运动，设在这段时间内任一时刻的速度为v，如图所示
用表示此时细线与重力方向之间的夹角，则有
运动过程中机械能守恒，令表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，取O点为势能零点，则有关系
小球受阻后，如果后来摆球能击中钉子，则必定在某位置时摆线开始松弛，此时
T＝0
此后小球仅在重力作用下作斜抛运动。设在该位置时摆球速度，摆线与竖直线的夹角，则有
联立，可得
要求作斜抛运动的小球击中钉子，则应满足下列关系
，
解得
可知
联立，解得
式中越大，越小，x越小，最大值为，由此可求得x的最小值满足
解得
27．如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直．质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。
（1）在平面直角坐标系中，求出小球运动的轨迹方程；
（2）固定凹槽，在y轴左侧适当位置对凹槽进行适当切割保留剩余部分（如图所示）并在切割位点接上一个倾角为30°的足够长斜面。在保证小球飞出时速度与水平方向夹角大于30°情况下，求：
①切割位点横坐标为-x0时，小球飞出的速度v0；
②小球落在斜面最远点时的切割位点的横坐标。
【答案】（1）；（2）①；②
【详解】（1）设某时刻，小球水平向左移动的位移大小x1，凹槽水平向右移动的位移大小为x2，此时小球的坐标为（x，y），由于小球与凹槽组成的系统在水平方向满足动量守恒，利用人船模型可知
而
利用椭圆方程可知
联立解得小球运动的轨迹方程
（2）①设切割点横坐标为-x0，纵坐标为-y0，则
根据机械能守恒
可得
②抛射方向如图所示
设斜抛的初速度为 从切割点飞出后，将运动分解到沿着斜面方向和垂直于斜面方向，则运动的时间
落到斜面上的点到抛出点的距离
联立解得
整理该式可得
显然当
时，抛射的最远，可得
此时
而
联立解得
五．用杆连接的系统机械能守恒问题（共5小题）
28．如图所示，一根长直轻杆两端分别固定小球A和B，A球、B球质量分别为2m、m，两球半径忽略不计，杆的长度为l。将两球套在“L”形的光滑杆上，A球套在水平杆上，B球套在竖直杆上，开始A、B两球在同一竖直线上。轻轻振动小球B，使小球A在水平面上由静止开始向右滑动。当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，下列说法正确的是（ ）
A．小球A的速度为
B．小球B的速度为
C．小球B沿墙下滑0.5l过程中，杆对A做功
D．小球B沿墙下滑0.5l过程中，A球增加的动能等于B球减少的重力势能
【答案】A
【详解】AB．当小球B沿墙下滑距离为0.5l时，A向右移动的距离为
此时细杆与水平方向的夹角为30°；对系统由机械能守恒定律可知
其中
解得
选项A正确，B错误；
C．小球B沿墙下滑0.5l过程中，杆对A做功
选项C错误；
D．由能量关系可知，小球B沿墙下滑0.5l过程中，B球减少的重力势能等于AB两球增加的动能之和，选项D错误。
故选A。
29．如图所示，半径为，质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的最右边边缘处固定了一个质量为的小球A，在圆心的正下方离点处固定了一个质量为的小球B。现从静止开始释放圆盘让其自由转动，重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．小球A在最低点时的速度为0B．小球B上升的最大高度为
C．小球A的最大速度为D．小球B转动过程中的最大动能为
【答案】B
【详解】A．因为A、B两球的角速度相同，根据
可知同一时刻小球A的速度总是B的两倍；小球A在最低点时，设此时A的速度为，B的速度为，根据系统机械能守恒可得
又
联立可得
故A错误；
B．设B球上升到最大高度时与水平方向的夹角为，此时两球的速度均为零，根据系统机械能守恒有
解得
则B球上升到最大高度为
故B正确；
CD．从静止开始释放圆盘，设某一时刻，小球A与圆心O的连线与水平方向的夹角为，此时小球A下降的高度为
小球B上升的高度为
设此时小球A的速度为，小球B的速度为，根据系统机械能守恒可得
又
联立可得
其中
可知B的最大速度为
则A的最大速度为
小球B转动过程中的最大动能为
故CD错误。
故选B。
30．（多选）如图所示，两个质量相等的小球a、b通过铰链用长为的刚性轻杆连接，a套在竖直杆M上，b套在水平杆N上，最初刚性轻杆与细杆M的夹角为45°。两根足够长的细杆M、N不接触（a、b球均可越过O点），且两杆间的距离忽略不计，将两小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．a、b球组成系统机械能守恒
B．a球的最大速度为
C．b球的最大速度为
D．a球从初位置下降到最低点的过程中，连接杆对a球的弹力先做负功，后做正功
【答案】AC
【详解】A．a球和b球所组成的系统中重力做功使重力势能与动能相互转化，不改变总的机械能，轻杆对a、b做功使机械能在a、b间相互转移同样不改变总的机械能，则系统机械能守恒，A正确；
B．当a球运动到O点时b球速度为零且高度不变，b球机械能等于最初位置时的机械能，由于系统机械能守恒，a球此时的机械能与最初位置时的机械能同样也相等，由
可得
但此时不是最大速度，过了O点后a球的重力大于杆向上的分力会继续向下加速直到杆向上的分力与重力大小相等时速度达到最大，B错误；
C．当a球运动到最低点时a球的机械能最小，b球的机械能最大，动能最大，a球的机械能全部转化为b球的动能，根据
b球的最大速度
C正确；
D．a球从初位置下降到O点的过程中，b的速度先增大后减小，说明杆对b球先做正功后做负功，则杆对a球先做负功后做正功，a球从O到最低点过程中，a球速度先增大后减小，开始a球的重力大于轻杆拉力的竖直分量a球加速运动，后来a球的重力小于轻杆拉力的竖直分量a球减速运动，来到最低点时速度减为0，杆对a球做负功，即a球从初位置下降到最低点的过程中，连接杆对a球的弹力先做负功后做正功，再做负功，D错误。
故选AC。
31．如图所示，固定的倾斜轨道倾角，其底端与竖直平面内半径为R的圆弧轨道相切、相连接，位置P为圆弧轨道的最低点。质量分别为2m、m的小球A、B用长的轻杆通过轻质铰链相连，A套在倾斜轨道上，B套在固定的竖直轨道上，竖直轨道过圆弧轨道的圆心O。现A受到一沿倾斜轨道向上的推力处于静止状态，此时轻杆与倾斜轨道垂直，撤去推力后，A由静止沿倾斜轨道、圆弧轨道运动。假设在运动过程中轻杆和竖直轨道不会碰撞，不计一切摩擦，重力加速度为g。
（1）求推力的大小F；
（2）求A运动至P点时的速度大小；
（3）A运动至P点时，轨道对A产生方向竖直向上、大小为的弹力，求此时B的加速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在有推力时，小球处于静止状态，即合力为零。由平衡推论有
（2）设小球A初始位置距离水平面高度为
由几何关系有
解得
设小环B初始位置距离水平面高度为，有几何关系有
解得
运动过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律有
，
解得
（3）以小环B为研究对象，由牛顿第二定律有
以小球A为研究对象，由牛顿第二定律有
解得
六．用细绳连接的系统机械能守恒问题（共6小题）
32．运动员为了锻炼腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，与水平方向成角的光滑斜面固定放置，质量均为m的运动员与重物用跨过光滑定滑轮的轻质细绳连接。运动员从斜面的某处由静止开始下滑，当运动到绳与斜面垂直的A点时速度大小，当运动到B点时，绳与斜面的夹角为。已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，运动员在运动过程中一直未离开斜面，绳一直处于伸直状态，运动员与重物（均可视为质点）始终在同一竖直面内运动，。运动员到达B点时，其速度的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】
设间距为，运动员从A点到B点，重力势能的减少量为
重物上升的高度
则物体重力势能的增加量为
则系统总重力势能的减少量为
运动员在B点时，把分别沿着绳和垂直绳分解，沿着绳子方向的分速度为
重物的速度等于绳速，则有
运动员从A点到B点，人与重物组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
代入初速度，可得
故选A。
33．如图所示，质量为m的小球甲固定在轻弹簧上，轻弹簧固定在水平面上，小球甲和轻弹簧套在一竖直固定的光滑杆上，小球甲和质量为4m的物体乙用跨过光滑定滑轮的轻绳连接。初始时，用手托住物体乙，使轻绳刚好伸直且绳上拉力为零，此时，连接小球甲和定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为，现将物体乙由静止释放，经过一段时间后小球甲运动到N点，ON水平， ON=d且小球在M、N两点时弹簧的弹力大小相等。已知重力加速度为g，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球甲运动到N点时的速度大小为
C．在小球甲由M点运动到N点的过程中，小球甲和物体乙的机械能之和先减小后增大
D．在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率一直增大
【答案】B
【详解】A.小球甲在M、N两点时弹簧的弹力大小相等，则由胡克定律可知小球甲在M点时弹簧的压缩量等于在N点时的伸长量，由几何关系知
则小球甲位于M点时弹簧的压缩量为
对在M点的小球甲由力的平衡条件可知
解得
故A错误；
B.设小球甲运动到N点时的速度大小为v，此时物体乙的速度为零，在小球甲由M点运动到N点的过程中，由小球甲、物体乙和轻弹簧组成的系统机械能守恒，则可得
解得
故B正确；
C.在小球甲由M点运动到N点的过程中，弹簧的弹力对小球甲先做正功后做负功，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故C错误；
D.由于小球甲在M点时及运动到N点时物体乙的速度均为零，物体乙重力的瞬时功率均为零，所以在小球甲由M点运动到N点的过程中，物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选B。
34．（多选）如图所示，一轻杆可绕光滑固定转轴。在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有小球A和B(可看作质点)，A、B的质量分别为2m和m，到转轴O的距离分别为2L和L，重力加速度为g。现将轻杆从水平位置由静止释放，轻杆开始绕O轴自由转动，当球A到达最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．球B的速度大小为
B．球A的速度大小为
C．杆对球A的拉力大小为
D．杆对球A做的功为
【答案】BC
【详解】AB．对于A、B两球及轻杆组成的系统，由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，取轻杆原来的水平面为零势能参考面，可得
由，可知
解得
，
故A错误，B正确；
C．当球A到达最低点时，由牛顿第二定律得
解得杆对球A的拉力大小为
故C正确；
D．对A由动能定理得
解得杆对球A做的功为
故D错误。
故选BC。
35．（多选）如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮，一端和质量为m的小球连接，另一端与套在光滑固定直杆上质量也为m的小物块连接，直杆与两定滑轮在同一竖直面内，与水平面的夹角θ=53°，直杆上O点与两定滑轮均在同一高度，O点到定滑轮的距离为L，直杆上D点到点的距离也为L，重力加速度为g，直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰。现将小物块从O点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小物块刚释放时，轻绳中的张力大小为mg
B．小球运动到最低点时，小物块加速度的大小为
C．小物块下滑至D点时，小物块与小球的速度大小之比为5：3
D．小物块下滑至D点时，小物块的速度大小为
【答案】BCD
【详解】A．小物块刚释放时，小物块将加速下滑，加速度向下，小球处于失重状态，则轻绳对小球的拉力小于球的重力mg，故A错误；
B．当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，对小物块受力分析，由牛顿第二定律
解得此时小物块加速度的大小为
故B正确；
C．设小物块在D处的速度大小为v，此时小球的速度大小为，将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，如图所示
沿绳子方向的分速度等于小球的速度，即
故小物块在D处的速度与小球的速度之比为
故C正确；
D．对小物块和小球组成的系统根据机械能守恒定律，有
其中
解得此时小物块的速度大小为
故D正确。
故选BCD。
36．如图，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物块B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物块A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数为，A与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取10m/s2。将A、B由静止释放，求：
（1）物体A、B释放瞬间，轻绳上的拉力大小；
（2）物块B下降2m时（B未落地）的速度大小；
（3）物块B下降2m时，A的机械能增加量。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）7J
【详解】（1）物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T，对物体A，根据牛顿第二定律有
对物体B，根据牛顿第二定律有
由题图可得
所以
（2）根据系统能量守恒有
解得
（3）绳拉力对A做功为
摩擦力对物块A做功为
由功能关系得A的机械能增加量为
37．长为的轻绳一端固定在点，一端与质量为的小球相连，小球在竖直平面内运动，始终受到大小、方向水平向右的恒力作用。如图甲所示，第一次将小球拉到点，轻绳刚好水平拉直，由静止释放小球，小球运动到最低点；如图乙所示，第二次将小球拉到点，轻绳刚好水平拉直，由静止释放小球，小球最终做往复运动，设绳子张紧的过程中，沿绳子方向的速度在极短的时间内迅速减小到零，且绳子不会被拉断。重力加速度大小为，不计空气阻力。求：
（1）第一次小球运动到最低点时绳子中的拉力大小；
（2）第二次释放小球绳子张紧过程中，机械能的损失；
（3）小球做往复运动到达右侧最高点时，细绳与之间的夹角。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设第一次小球从释放，运动到时速度为，根据动能定理有
在最低点，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）第二次释放小球，小球受到水平向右的恒力，以及竖直向下的重力作用，由于，则小球从点沿连线的方向做匀加速直线运动，到点时绳子张紧，设小球到点时，速度大小为，根据动能定理有
此时，速度方向与水平方向的夹角，由题意，有
解得
（3）设小球做往返运动，运动到达右侧最高点（速度为零）时，细绳与竖直方向的夹角为细绳张紧后，小球的速度为
从最低点到右侧最高点的过程中，根据动能定理有
解得：
七．弹簧类问题机械能转化的问题（共9小题）
38．如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取，则下列说法正确的是（ ）
A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离
B．滑块在0.2s时机械能最大
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为
D．时刻弹簧的弹性势能为32J
【答案】D
【详解】A．当滑块速度最大时，满足
此时弹力不为零，滑块与弹簧还没有脱离，选项A错误；
B．滑块机械能增量等于弹力做功与摩擦力做功的代数和，开始时弹力大于摩擦力，此过程中弹力功大于摩擦力功，滑块的机械能增加；最后阶段弹力小于摩擦力，弹力功小于摩擦力功，此过程中滑块的机械能减小，则滑块在0.2s时弹力为零，此时滑块的机械能不是最大，选项B错误；
C．滑块脱离弹簧后向上减速运动的加速度
根据牛顿第二定律
解得滑块与斜面间的动摩擦因数为
选项C错误；
D．由能量关系可知，时刻弹簧的弹性势能为
选项D正确。
故选D。
39．如图所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面，质量的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上的恒定阻力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为重力势能零势能参考面，在小球下落至最低点的过程中，小球重力势能EP、弹簧的弹性势能E弹随小球位移变化的关系图线分别如图甲、乙所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A．根据甲图可知小球下落的初始位置距地面的高度为0.6m
B．根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6m
C．根据甲图和乙图可知，小球在最低点时的重力势能为5.2J
D．小球下落到最低点过程受到的阻力大小为2N
【答案】D
【详解】A．根据甲图可知，开始下落时
解得
h0=1m
即小球下落的初始位置距地面的高度为1m，故A错误；
B．根据乙图可知弹簧的最大压缩量为0.6m-0.5m=0.1m，故B错误；
C．根据甲图和乙图可知，由能量关系可知
初始状态小球的重力势能为EP0=10J，小球在最低点时的重力势能为
Ep1=10J-6J=4J
故C错误；
D．小球在最低点时的弹力势能为E弹=4.8J，由能量关系
解得小球下落到最低点过程受到的阻力大小为
f=2N
故D正确。
故选D。
40．如图所示，一轻质弹簧一端固定在点，另一端与小球相连。小球套在竖直固定、粗细均匀的粗糙杆上，与杆垂直，小球在点时，弹簧处于自然伸长状态，两点与点的距离相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．小球从点静止释放，在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．小球运动到点时速度最大
B．小球运动到点时的速度是运动到点速度的倍
C．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小
D．从点到点和从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】D
【详解】A．滑动摩擦力
逐渐减小，加速度为零时速度最大，小球运动到点时加速度不为零，故A错误；
B．小球从点向点运动过程，设弹簧与竖直方向夹角为，弹簧的拉力为
逐渐减小，支持力为
逐渐减小，摩擦力小球从到根据功能关系
从到根据功能关系
故B错误；
C．从点到点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大，故C错误；
D．根据对称性可知在任意关于点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知到和到摩擦力做功大小相等，故D正确。
故选D。
41．（多选）运动员为了练习腰部力量，在腰部拴上轻绳然后沿着斜面下滑，运动的简化模型如图所示，倾角为的光滑斜面固定放置，质量为m运动员与质量为m的重物通过轻质细绳连接，细绳跨过天花板上的两个定滑轮，运动员从斜面上的某点由静止开始下滑，当运动到A点时速度大小为，且此时细绳与斜面垂直，当运动到B点时，细绳与斜面的夹角为，已知A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，运动员在运动的过程中一直未离开斜面，细绳一直处于伸直状态，不计细绳与滑轮之间的摩擦，运动员与重物（均视为质点）总在同一竖直面内运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在A点时，重物的速度大小为
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为
C．运动员从A点运动到B点，系统总重力势能的增加量为
D．运动员在B点时，其速度大小为
【答案】BD
【详解】A．设运动员的速度为，绳与斜面夹角为α，则沿绳方向的分速度即重物的速度为
垂直绳方向的分速度为
可知到A点时，细绳与斜面垂直，所以运动员在A点时，重物的速度大小为零，故A错误；
B．运动员从A点运动到B点，重物重力势能的增加量为
故B正确；
C．运动员从A点运动到B点，运动员的重力势能减少
所以系统总重力势能的增加量为
即减少了，故C错误；
D．根据系统机械能守恒可知，系统减少的重力势能等于系统增加的动能，有
可得运动员在B点时，其速度大小为
故D正确。
故选BD。
42．（多选）如图所示，一个轻质弹簧下端固定在足够长的光滑斜面的最底端，弹簧上端放上物块A，A与弹簧不拴接。对A施加沿斜面向下的力使弹簧处于压缩状态，撤去外力释放物块A，A沿斜面向上运动到最大位移过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物块A的动能先增大后减小
B．物块A的机械能保持不变
C．弹簧的弹性势能与物块A的动能之和一直减小
D．物块A从释放到离开弹簧过程中加速度一直减小
【答案】AC
【详解】
A．物块A的速度从零增大到最大再减速到零，故动能先增大后减小，故A正确；
B．弹簧对物块做正功，故物块A的机械能增加，故B错误；
C．弹簧与物块组成的系统机械能守恒，物块A的重力势能一直增加，弹簧的弹性势能与物块A的动能之和一直减小，故C正确；
D．物块A从释放到离开弹簧过程中，弹簧形变量一直减小，先开始加速度向上，一直到平衡位置，根据牛顿第二定律
知加速度减小，之后，加速度向下，根据牛顿第二定律
知加速度增加，故D错误。
故选AC。
43．（多选）2023年10月3日，中国选手严浪宇在男子个人比赛中为中国蹦床队再添一金。如图甲所示，在亚运会蹦床项目比赛中，当严浪宇下落到离地面高处时开始计时，其动能与离地高度h的关系如图乙所示．在阶段图像为直线，其余部分为曲线，若严浪宇的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统机械能守恒
B．严浪宇处于高度时，他开始接触蹦床
C．严浪宇处于高度时，蹦床的弹性势能为
D．从严浪宇接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
【答案】AC
【详解】
A．整个过程中严浪宇与蹦床组成的系统只有重力和弹力做功，机械能守恒，故A正确；
B．从严浪宇下落到离地面高处开始计时，接触蹦床前图像为直线，故高度时，严浪宇开始接触蹦床，故B错误；
C．从到，动能不变，根据系统机械能守恒可知，减小的重力势能转化为蹦床的弹性势能，则蹦床的弹性势能为
故C正确；
D．从严浪宇接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，严浪宇受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力，弹力从零开始不断增大，弹力先小于重力，后大于重力，合力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故D错误。
故选AC。
44．某同学为了解某型号无人机着陆时弹簧缓冲器的作用，设计了如图所示的装置。将两小木块A、B与轻弹簧连在一起，竖直放置在水平桌面上，初始时它们处于静止状态。他利用该装置进行以下两步操作：第一步，用外力将A缓慢竖直下压一段距离后，撤去外力，发现A上下运动，B刚好不离开地面。第二步，将一质量为m的橡皮泥在A正上方某处自由落下，与A碰撞（时间极短），并附在A上一起向下运动，此后，木块B能够离开地面。已知木块A、B的质量均为m，弹簧劲度系数为k、原长为l0，重力加速度为g。求：
（1）木块A、B处于静止状态时，弹簧的长度l1；
（2）第一步操作中，外力对木块A做的功W；
（3）第二步操作中，橡皮泥自由下落的距离h应满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）木块A静止时，由胡克定律可得弹簧的压缩量为
弹簧的实际长度为
解得
（2）因为B刚好不离开地面，则有
可得A在最高点时，弹簧伸长
所以A木块从开始到运动的最高点的过程中弹簧对A做的总功为零，由动能定理得
解得
（3）对橡皮泥自由下落，由机械能守恒定律可得
橡皮泥与A碰撞，由动量守恒定律可得
对橡皮泥与A从一起运动到最高点，由能量守恒得
解得
45．如图所示，某同学利用传送带和橡皮筋设计了一个自动弹弓，设想的原理如下：电机带动足够长的轻质水平传送带以一个较快的速度顺时针转动，质量为m的物块与橡皮筋的一端连接，橡皮筋的另一端固定。初始时，物块静止放在传送带上，橡皮筋恰好伸直，物块在摩擦力的作用下开始向右运动。当物块运动到最右端（速度为零）时，传送带会与物块自动分离，从而使物块在橡皮筋作用下被向左“弹射”出去。已知物块与传送带的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮筋的劲度系数为k，弹性势能可表示为，其中x为伸长量。规定物块初始位置为坐标原点，水平向右为正方向。
（1）若传送带速度很大，物块向右运动过程中始终受到滑动摩擦力，求物块运动过程中的最大速度；
（2）电机A只能使传送带以的速度匀速转动，求物块开始与传送带共速的位置，以及向右运动的最远距离；
（3）电机B的输出功率恒定为P，忽略电机与传送带轮轴间的阻力，且，已知物块向右运动过程中的最大速度为，从静止到达到最大速度的时间为，物块与传送带相对静止的时间为，求物块加速过程中的摩擦生热以及物块第二次与传送带开始相对滑动时的坐标。
【答案】（1）；（2），；（3），
【详解】（1）物块的平衡位置时，有
可得
运动过程中物块速度在平衡位置处最大，则有
解得
（2）当物块加速到后，和传送带保持共速，此时为静摩擦力，直到处，重新开始相对滑动，物块开始减速直到被弹射；设物块速度到的位置为，则有
解得
设物块向右运动的最右位置为，从至过程，根据功能关系可得
解得
（3）由于
可知物块先从静止加速至，然后与传送带相对静止，设在处达到最大速度，则有
从静止到最大速度，根据系统能量守恒可得
解得
之后开始减速，当速度减到时第二次与传送带相对滑动，设相对静止的起点、终点坐标分别为、，对相对静止过程由能量守恒可得
其中
解得
46．如图所示装置，两根光滑细杆与竖直方向夹角都是θ，上面套有两个质量为m的小球，小球之间用劲度系数为k的弹簧相连。静止时，两小球静止在A、B处，当整个装置绕中心轴线缓慢加速旋转，当角速度为ω时，不再加速，保持稳定，此时两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，试求：
（1）小球静止在A、B位置时弹簧的弹力大小F；
（2）稳定在C、D位置时弹簧的长度LCD；
（3）整个过程中细杆对弹簧小球系统做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球静止在A、B位置时，根据平衡条件
弹簧的弹力大小为
（2）稳定在C、D位置时，对小球受力分析，重力、支持力、弹簧弹力的合力提供小球做圆周运动的向心力，竖直方向有
水平方向有
两小球处于C、D位置，且此时弹簧中弹力与小球静止在A、B处时的弹力大小相等，则
解得
（3）小球稳定在C、D位置时，线速度为
设弹簧原长为，根据胡克定律有
根据几何关系有
小球稳定在C、D位置时，上升的高度为
因初、末状态弹簧的形变量相同，弹簧弹力对小球做功为零，故细杆对两小球所做总功为
八．利用能量守恒解决实际问题（共3小题）
47．如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的16个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为，离水面的高度。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为。水泵的效率为，每个喷嘴出水口每秒出水量为，重力加速度g取，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列正确的是（ ）
A．空中水柱的水的质量为0.5kg
B．水泵输入的功率340W
C．水泵在1h内消耗的电能0.425度
D．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J
【答案】C
【详解】A．水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，由平抛运动的规律知
，
解得
，v=2m/s
所以空中水柱的水的质量为
选项A错误；
BC．水泵对外做功，转化为水的机械能，因为每个喷嘴出水口每秒出水量为，所以16个喷嘴的总质量为
则水泵的输出功率为
根据，则水泵的输入功率是
水泵1h内消耗的电能为
故水泵在水泵1h内消耗的电能为0.425度，故B错误，C正确；
D．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功
选项D错误。
故选C。
48．（多选）图甲中竖直放置的轻质弹簧一端固定在风洞实验室中的水平面上，以此水平面为重力势能的零势能面，质量为0.1kg的小球在弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点O，竖直向下为x轴正方向，在小球下落的过程中，小球重力势能随其位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为108N/m，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A．弹簧原长为0.5m
B．小球刚接触弹簧时的动能为0.45J
C．小球下落过程中所受风力为0.2N
D．小球的最大加速度大小为
【答案】BD
【详解】A．取地面为零势能参考面，根据图像可知小球初状态的重力势能为
图乙中的图线②表示弹簧的弹性势能随小球位移变化的关系，由此可知小球下落开始接触弹簧；则弹簧的原长为
故A错误；
C．由图乙可知小球速度减为0时小球下落
根据功能关系有
解得
故C错误；
B．小球刚接触弹簧时，小球下落了，则根据动能定理有
解得
故B正确；
D．弹簧压缩量最大时，弹性势能最大

则劲度系数
加速度
故D正确。
故选BD。
49．如图所示，雪道与水平冰面在B处平滑地连接。小明乘雪橇从雪道上离冰面高度的A处由静止开始下滑，经B处后沿水平冰面滑至C处停止。已知小明与雪橇的总质量，用速度传感器测得雪橇在B处的速度大小，不计空气阻力和连接处能量损失，小明和雪橇可视为质点。g取，以水平冰面为参考平面，求：
（1）小明与雪橇在A处时的总重力势能；
（2）在B处时小明与雪橇的总动能；
（3）从A处滑到B处小明与雪橇损失的机械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小明与雪橇在A处时的总重力势能
（2）在B处时小明与雪橇的总动能
（3）从A处滑到B处小明与雪橇损失的机械能
九．能量守恒定律与传送带结合（共3小题）
50．如图所示，以恒定速率逆时针运行的传送带与水平面间的夹角为，转轴间距。工作人员将质量为的小包裹轻放上传送带的顶端。已知小包裹与传送带间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。设传送带顶端为零势能面，则描述小包裹的机械能随其位移的变化关系可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】除重力以外的其他力做的功等于小包裹机械能的变化量。小包裹从放上传送带到与传送带速度相同的过程中，沿着传送带向下的滑动摩擦力对小包裹做正功，小包裹的机械能随位移均匀增大，图像斜率大小为。当小包裹的速度与传送带速度相同后，分两种情况：第一种，较大，小包裹与传送带一起匀速运行，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的静摩擦力，且静摩擦力
该静摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为，小于第一阶段的斜率大小；第二种较小，小包裹继续做加速运动，传送带对小包裹的摩擦力为沿着传送带向上的滑动摩擦力，且有
该滑动摩擦力对小包裹做负功，小包裹的机械能随位移均匀减小，图像斜率大小为，与第一阶段斜率大小相等，故ABD错误，C正确。
故选C。
51．（多选）如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足，已知滑块与桌面间的滑动摩擦因数（g为重力加速度），下列说法正确的是（ ）
A．滑块向右运动的最大位移为
B．滑块最终能回到出发点
C．滑块运动的最大速度为
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为
【答案】CD
【详解】AB．由题可做出图像，当时，由
代入得
其图像如图所示
滑动摩擦力为
若滑块向右运动的最大位移则拉力做功与摩擦力做功相等，通过分析知，当时，拉力做功，属于变力做功，由图像知，围成面积代表拉力做功为
此时滑动摩擦力做功为
则可知
说明拉力未减为0之前，物体已经停止运动，滑块不能回到出发点，由图像面积表示做功，设最大位移为，则
代入得
故AB错误；
C．当时，滑块运动的速度最大，设此时位移为，则
代入得
设此时拉力做功为，滑动摩擦力做功为，由动能定理知
代入得
故C正确；
D．从开始运动到物块最终静止，物块与水平桌面因摩擦产生的热量为
故D正确。
故选CD。
52．如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ=30°，其上A、B两点间的距离为l=5m，传送带在电动机的带动下以v=1m/s的速度匀速运动。现将一质量为m=10kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ=，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：（g取10m/s2）
（1）传送带对小物体做的功；
（2）电动机多输出的能量。
【答案】（1）255J；（2）270J
【详解】
（1）小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
解得小物体上升的加速度为
当小物体的速度为v=1m/s时，小物体的位移为
之后小物体以v=1m/s的速度做匀速运动到达B点，由功能关系得
（2）根据速度时间关系可得
相对位移为
摩擦产生的热量为
电动机做的功等于小物体的机械能增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，故电动机机多输出的能量为
十．天体运动中机械能的变化（共3小题）
53．神舟十三号与空间站天和核心舱，分离过程简化如图所示，脱离前天和核心舱处于半径为的圆轨道Ⅰ上，从Р点脱离后神舟十三号飞船沿椭圆轨道Ⅱ返回半径为的近地圆轨道Ⅲ上，然后再多次调整轨道，绕行5圈后顺利着落在东风着落场.已知轨道Ⅱ与轨道Ⅰ、Ⅲ两圆轨道相切于P、Q点两点且恰好对应椭圆的长轴两端点，引力常量为G，地球质量为M，则下列说法正确的是（ ）
A．飞船从Р点运动至Q点的最短时间为
B．飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度小于在轨道I上的向心加速度
C．飞船在轨道Ⅰ上的机械能等于在轨道Ⅲ上的机械能
D．飞船在轨道Ⅰ与地心连线和在轨道Ⅲ与地心连线在相同时间内扫过的面积相等
【答案】A
【详解】A．根据开普勒第三定律可得
对于Ⅰ轨道上的卫星，有
所以
联立解得
故A正确；
B．根据万有引力提供向心力，有
可得
所以轨道半径越大，向心加速度越小，所以飞船在轨道Ⅲ上的向心加速度大于在轨道Ⅰ上的向心加速度，故B错误；
C．飞船由轨道Ⅰ运动到轨道Ⅲ需要在轨道相切的位置P和Q点点火减速，做近心运动，所以在点火过程中外力对飞船做负功，所以飞船的机械能减小，即飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能，故C错误；
D．根据开普勒第二定律可知，飞船在同一轨道上运行时，飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积相等，故D错误。
故选A。
54．变轨技术是航天器入轨过程中的重要一环。实际航行中的变轨过程较为复杂，为方便研究我们将航天器的变轨过程简化为如图所示的模型：①将航天器发射到近地圆轨道1上；②在A点点火加速使航天器沿椭圆轨道2运行，轨道1和轨道2相切于A点，A、B分别为轨道2的近地点与远地点，地球的中心位于椭圆的一个焦点；③在远地点B再次点火加速，航天器沿圆轨道3运行，轨道2和轨道3相切于B点。忽略地球自转的影响，已知地球表面重力加速度为g，轨道1半径为地球半径R，轨道3半径为4R，椭圆面积为，a为椭圆半长轴，b为椭圆半短轴。则以下说法正确的是（ ）
A．航天器在轨道2上运行的周期为
B．航天器在轨道1和轨道3上的速度之比为
C．航天器在轨道2上经过B点的速度大于轨道1上的速度
D．航天器在轨道2上经过A点机械能大于轨道2上经过B点的机械能
【答案】A
【详解】A．航天器在轨道2上运行的周期跟半径为的卫星周期相等，有
又
解得
故A正确；
B．根据万有引力提供向心力，可得
，
解得
故B错误；
C．在轨道2上经过点加速可以进入轨道3，所以航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道3的速度，根据
可知航天器在轨道3的速度小于轨道1的速度，由此可知航天器在轨道2上经过B点的速度小于轨道1上的速度。故C错误；
D．航天器在轨道2上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，所以航天器在轨道2上经过A点机械能等于轨道2上经过B点的机械能。故D错误。
故选A。
55．（多选）如图所示，一物体沿光滑弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以速度v沿图示方向匀速运动，滑块离开传送带时速度等于传送带速度。关于传送带对物体的做功W以及物体与传送带摩擦生热Q，下列说法正确的有（ ）
A．其他条件不变，仅增加物体开始滑下的高度，W可能与前述情况相等
B．若物体滑到传送带上的速度大于传送带的速度，其他条件不变，仅增加物体开始滑下的高度，Q一定比前述情况大
C．物块出发高度一定，仅增大传送带速度，W可能与前述情况相等
D．物块出发高度一定，仅增大传送带速度，Q可能与前述情况相等
【答案】BD
【详解】A．滑块离开传送带时速度等于传送带速度，即滑块离开传送带前已经与传送带共速。其他条件不变，仅增加物体开始滑下的高度，滑块滑上传送带的初速度一定发生变化，则滑块在传送带上的动能变化会发生改变，传送带对物体的做功W改变。A错误；
B．若物体滑到传送带上的速度大于传送带的速度，则滑块在传送带上做减速运动，根据
，
得
又
仅增加物体开始滑下的高度，滑块在传送带上的初速度变大，相对位移变大，摩擦生热Q变大，B正确；
C．物块出发高度一定，则滑块在传送带上的初速度不变，仅增大传送带速度，滑块的动能变化量改变，则W一定改变，C错误；
D．物块出发高度一定，仅增大传送带速度。滑块的初速度小于传送带速度和滑块初速度大于传送带速度，这两种情况滑块和传送带的相对位移大小可能相等，即摩擦生热可能相等，D正确。
故选BD。
56．（多选）奥陌陌是人类发现的第一个来自太阳系之外的星际物体。它于2017年被观测到。由于其飞行轨迹几乎垂直于太阳系中行星的轨道平面，天文学家们很快就确定它来自太阳系之外。奥陌陌的飞行轨迹如图所示，其中N点是奥陌陌飞行轨迹中距离太阳最近的点，P点为地球绕太阳运行轨道上的一点，且N点离太阳的距离比P点离太阳的距离更近。若在太阳系内只考虑太阳引力作用，则下列说法正确的是（ ）
A．奥陌陌从Q点飞向N点的过程中，速度逐渐增大
B．奥陌陌在N点的速度可能小于第一宇宙速度7.9km/s
C．奥陌陌在N点的速度一定小于第三宇宙速度16.7km/s
D．奥陌陌在N点的加速度大于地球在P点的加速度
【答案】AD
【详解】A．奥陌陌从Q点飞向N点的过程中，万有引力做正功，速度逐渐增大，故A正确；
BC．奥陌陌是人类发现的第一个来自太阳系之外的星际物体，故奥陌陌在N点的速度必须等于或大于第三宇宙速度16.7km/s，故BC错误；
D．根据牛顿第二定律有
解得
其中M为太阳的质量，r为天体离太阳的距离，可知，奥陌陌在N点的加速度大于地球在P点的加速度，故D正确。
故选AD。