13 机械能守恒定律及其应用 ——【冲刺2023】高考物理考试易错题（全国通用）（原卷版+解析版）

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例题1. （多选）（2022·湖北·恩施市第一中学模拟预测）小明同学想借助一支可伸缩的圆珠笔来看看“圆珠笔的上跳”，笔内有一根弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出。如图所示，手握笔杆，使笔尖向上，小帽抵在桌面上，在压下后突然放手，笔杆将竖直向上跳起一定的高度。在某次实验中，小明用刻度尺测得圆珠笔跳起的高度为12cm，若重力加速度，在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，以下分析正确的是（ ）
A．小明对圆珠笔不做功
B．圆珠笔的机械能不守恒
C．圆珠笔在弹起过程中对桌面做正功
D．圆珠笔起跳的初速度约为1.55m/s
【答案】AD
【解析】AB．小明放手后，圆珠笔由静止开始向上运动，在起跳至上升到最大高度的过程中，小明对笔没有作用力，所以小明对笔不做功；桌面对笔的弹力的作用点在笔的小帽上，在笔离开桌面之前，小帽没有位移，桌面对笔的弹力也不做功。所以在圆珠笔由静止起跳至上升到最大高度的过程中，只有系统内弹力和重力做功，圆珠笔的机械能守恒，故A正确，B错误；
C．在弹起过程中，圆珠笔对桌面有力的作用，但桌面在力的方向上没有位移，则圆珠笔在弹起过程中对桌面不做功，故C错误；
D．由机械能守恒定律得
代入数据可得
故D正确。
故选AD。
【误选警示】
误选B的原因：对机械能守恒的条件判断不准，题目明确告诉重力加速度，说明圆珠笔跳起后只受重力，机械能守恒。
误选C的原因：错误认为桌面对圆珠笔的弹力对圆珠笔做正功，圆珠笔对桌面就做负功。桌面没有发生位移，所以圆珠笔对桌面的力不做功。
例题2. （多选）（2023·广东广州·一模）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块的动能先增大后减小
B．物块加速度一直减小到零
C．弹簧弹性势能一直增大
D．物块和弹簧组成的系统机械能先增大后减小
【答案】AC
【解析】AB．物体接触弹簧至最高点的过程之中，满足
开始时，加速度沿斜面向上，当开始压缩弹簧时，弹簧弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，直至为0，在此阶段中，物体做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度为零时，则满足
当再进一步压缩弹簧时，弹簧弹力进一步增大，加速度反向，并逐渐增大，在此阶段中，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直至物体速度为零，并到达最高点。因此在整个过程中，物块的动能先增大后减小，加速度先减小，再反向增大，故A正确，B错误；
C．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧一直被不断压缩，因此弹簧的弹性势能在不断增大，故C正确；
D．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故D错误。
故选AC。
【误选警示】
误选B的原因： 对从物块接触弹簧至到达最高点的过程中受力分析和运动过程分析不严谨，思维不够严谨，没有把运动分为几个阶段，分别利用牛顿第二定律求解物体的加速度的变化情况。
误选D的原因： 对物体机械能不守恒的情况下，除了重力和弹力以外的力做功和机械能变化的关系，判断不清。
1.对机械能守恒条件的理解
(1)只有重力做功，只发生动能和重力势能的相互转化.
(2)只有弹力做功，只发生动能和弹性势能的相互转化.
(3)只有重力和弹力做功，发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化.
(4)除受重力或弹力外，其他力也做功，但其他力做功的代数和为零.如物体在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面运动，若已知拉力与摩擦力的大小相等，方向相反，在此运动过程中，其机械能守恒.
2.判断机械能是否守恒的方法
(1)利用机械能的定义直接判断：若动能和势能中，一种能变化，另一种能不变，则其机械能一定变化.
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒.
(3)用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒.
3.机械能守恒定律常用的三种表达式
(1)从不同状态看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)
此式表示系统两个状态的机械能总量相等.
(2)从能的转化角度看：ΔEk＝－ΔEp
此式表示系统动能的增加(减少)量等于势能的减少(增加)量.
(3)从能的转移角度看：ΔEA增＝ΔEB减
此式表示系统A部分机械能的增加量等于系统剩余部分，即B部分机械能的减少量.
易混点：
1.机械能守恒定律的成立条件不是合外力为零,而是除重力和系统内弹力外,其他力做功为零。
2.机械能守恒定律是对系统而言的,单个物体没有所谓的机械能守恒,正常所说的某物体的机械能守恒只是一种习惯说法,实际为该物体与地球间机械能守恒。
3.用机械能守恒定律列方程时始、末态的重力势能要选同一个零势能面。
4.虽然我们常用始、末态机械能相等列方程解题,但始、末态机械能相等与变化过程中机械能守恒含义不尽相同。整个过程中机械能一直保持不变才叫机械能守恒,始、末态只是其中的两个时刻。
5.机械能守恒定律是能量转换与守恒定律的一个特例,当有除重力和系统内弹力以外的力对系统做功时,机械能不再守恒,但系统的总能量仍守恒。
6.若从守恒的角度到关系式,要选取恰当的参考面,确定初末状态的机械能。
7.若从转化的角度到关系式,要考虑动能和势能的变化量,与参考面无关。
8.用做功判断机械能守恒,只有重力做功或系统内弹力做功。
9.研究多个物体机械能守恒时,除能量关系外,请找速度关系,根据物体沿绳(杆)方向的分速度相等,建立两个连接体的速度关系式。
1. （2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，一条不可伸长的轻质软绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个质量分别为、的小球a和b、用手按住a球静止于地面时，b球离地面的高度为h。两物体均可视为质点，定滑轮的质量及一切阻力均不计，重力加速度为g。释放a球，b球刚落地时的速度大小为。则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】小球a和b通过轻绳连接，在运动过程中两球的速度大小相等，机械能守恒，则有
解得
即
C正确，ABD错误。
故选C。

2. （2022·广东·模拟预测）如图所示。固定在竖直平面内的光滑的圆周轨道MN，圆心O与M点等高。并处在最低点N的正上方。在O，M两点各有一质量为m的小物块a和b（均可视为质点）。a，b同时由静止开始运动，a自由下落，小沿圆弧下滑。空气阻力不计，下列说法正确的是（ ）
A．a比b先到达N点，它们到达N点的动能相同
B．a比b先到达N点，它们到达N点的动能不同
C．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能相同
D．a与b同时到达N点，它们到达N点的动能不同
【答案】A
【解析】在物块下降的过程，根据机械能守恒有
所以a、b两物块到达同一高度时的速度大小都相同，由于a和b 质量相同，所以到N点的动能相同；
下降同一很小高度的过程中，a的竖直方向的位移小于b沿圆弧切线方向的位移，a、b的初速度大小相同， a的加速度为g，b沿圆弧运动时，把重力沿圆弧切线和垂直切线方向分解，除M点外，b所受得切线方向的外力小于重力，则b沿切线方向的加速度小于g ，由
可得，a的运动时间较短，所以a比b先到达N点，故A项正确。
故选A。
3. （多选）（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）2022年北京冬奥会跳台滑雪比赛在张家口赛区的国家跳台滑雪中心进行。国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，如图所示。运动员从起跳区水平起跳后在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用、P、Ek、E表示，用t表示运动员在空中的运动时间，不计空气阻力的影响，下列图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【解析】A．滑雪运动员从起跳区飞出后做平抛运动，根据速度改变量
可知与时间t成正比，故A错误；
B．根据
可知，重力的瞬时功率P与t成正比，故B错误；
C．从水平抛出开始，经过时间t物体的动能根据动能定理得
解得此时运动员的动能
故C正确；
D．不计空气阻力，运动员的机械能是守恒的，其机械能与时间的关系图像应是一条平行于t轴的直线，故D正确。
故选CD。
1．（2021·全国）如图所示，水平光滑长杆上套有物块，跨过悬挂于点的轻小光滑圆环的细线一端连接，另一端悬挂物块，设细线的左边部分与水平方向的夹角为，初始时很小。现将由静止同时释放，角逐渐增大，则下列说法错误的是（ ）
A．时，的速度大小之比是
B．角增大到时，的速度最大、加速度最小
C．角逐渐增大到的过程中，的动能增加，的动能减小
D．角逐渐增大到的过程中，的机械能增加，的机械能减小
【答案】C
【解析】
A. 用同一根绳连接，则沿绳子方向的速度与的速度相等，则当时，的速度
解得
故A正确，不符合题意；
B． P机械能最小时，为到达点正下方时，此时的速度最大，即当θ=90∘时，的速度最大，加速度最小，故B正确，不符合题意；
C．θ角逐渐增大到90°的过程中，的速度增大，的动能增加，当θ=90∘时，
此时P的速度为零，因此P的速度先增大后减小，所以的动能先增大后减小，故C错误，符合题意；
D．θ角逐渐增大到90°的过程中，的速度增大，动能增大，而重力势能不变，所以的机械能增加，P、Q组成的系统，机械能守恒，所以的机械能减小，故D正确，不符合题意；
故选C。
2．（2022·北京东城·三模）如图所示，细绳的一端固定于点，另一端系一个小球，在点的正下方钉一个钉子A，小球从一定高度自由摆下，当细绳与钉子相碰后继续向右做摆长更小的摆动。不计空气阻力，假设小球碰钉子前后无机械能损失，有关摆球在整个摆动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球碰钉子之后，绳上拉力减小B．碰后小球向心加速度大小不变
C．碰后小球仍能摆到碰前释放摆球时高度D．碰后小球最大摆角小于碰前释放摆球的摆角
【答案】C
【解析】A．由于小球碰钉子前后无机械能损失，可知细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，半径变小，根据牛顿第二定律可得
可得
可知小球碰钉子之后，绳上拉力增大，A错误；
B．根据向心加速度与线速度关系
细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，半径变小，可知碰后小球向心加速度大小变大，B错误；
C．细绳与钉子相碰前后瞬间小球的线速度大小不变，说明小球在整个摆动过程都满足机械能守恒，故碰后小球仍能摆到碰前释放摆球时高度，设碰前释放摆球的摆角为，半径为，碰后小球最大摆角为，半径为，则有
又
可得
即
C正确，D错误；
故选C。
3．（2022·广东·模拟预测）如图所示，半径为R光滑的圆弧轨道PA固定安装在竖直平面内，A点的切线水平，与水平地面的高度差为R，让质量为m=0.2kg的小球甲（视为质点）从P点由静止沿圆弧轨道滑下，从A点飞出，落在地面的B点，飞出后落到地面的水平位移为x=0.9m；把质量为M=0.4kg的小球乙（与甲的半径相同）静止放置在A点，让小球甲重新从P点由静止沿圆弧轨道滑下，与乙发生弹性碰撞，空气的阻力忽略不计、重力加速度，下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径R=0.9m
B．乙从A点飞出至落至地面过程中重力的冲量大小为
C．甲、乙碰撞后乙的速度2.0m/s
D．乙对甲的冲量大小为
【答案】C
【解析】A．甲由P到A，由机械能守恒定律可得
甲由A到B，由平抛运动的规律可得
综合解得
故A错误；
B．乙做平抛运动的时间为
重力的冲量
计算可得
故B错误；
C．甲乙在A点发生碰撞，设碰后甲乙的速度分别为、，由动量守恒
由能量守恒
综合解得
故C正确；
D．甲乙在碰撞的过程中，对甲应用动量定理，可得乙对甲的冲量大小为
故D错误。
故选C。
4．（2022·河南商丘·模拟预测）如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小圆环到达B点时的加速度为
B．小圆环到达B点后还能再次回到A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为
D．小圆环和物块的质量之比满足
【答案】B
【解析】A．小圆环到达B点时，受到了细线水平向右的拉力和轨道对其水平向左的支持力，以及竖直向下的重力，水平方向受力平衡，则根据牛顿第二定律有
即小圆环的加速度为，A错误；
B．小圆环由A点开始运动，到达B点时速度恰好为零，由题可知忽略一切摩擦力和阻力，则系统机械能守恒，所以小圆环能再次回到A点，B正确；
C．小圆环到达P点时，轻绳与轨道相切，即该时刻小圆环的瞬时速度沿着轻绳的方向，所以该时刻小圆环和物块的速度相等，C错误；
D．设轻滑轮的位置为C，由几何关系可知OC = 2R，在运动过程中，对环和物块组成的系统，根据动能定理可知
解得
D错误。
故选B。
5．（2023·广东茂名·模拟预测）如图所示，固定于水平面上的竖直光滑圆轨道的半径为R，B、D分别为圆轨道的最高点和最低点，A与C为平行于地面的直径的两端点，小球（视为质点）从轨道上的A点以某一速度沿轨道竖直向下运动。下列判断正确的是（ ）
A．只有时，小球才能到达B点
B．若小球能过B点，则小球在D点和B点对轨道的压力大小之差为
C．小球从A点到D点的过程中克服重力做功，且重力做功的功率一直增大
D．若轨道存在摩擦，则小球从A点至D点与从D点至C点过程中克服摩擦力做的功相等
【答案】B
【解析】A．小球恰好能够达到B点，则有
小球从A点运动到B点，根据机械能守恒有
可得，小球在A点的最小速度为
即只有时，小球才能到达B点，故A错误；
B．小球从D点运动到B点，根据机械能守恒有
小球在B点时，由牛顿第二定律有
小球在D点时，由牛顿第二定律有
联立解得
则若小球能过B点，则小球在D点和B点对轨道的压力大小之差为，故B正确；
C．小球从A点到D点的过程中重力做正功，小球从A点到D点的过程中，竖直方向先加速后减速，竖直分速度先增大后减小，重力做功的功率先增大后减小，故C错误；
D．若轨道存在摩擦，在圆轨道的下半部分，任意取等高的M、N两点，小球在M、N两点时，受力如下图所示
在M点，根据牛顿第二定律有
在N点，根据牛顿第二定律有
小球从M点运动到N点，由于机械能损失，可知，则有
又
所以有
由此可知小球从A点至D点的过程中受到的摩擦力比从D点至C点过程中受到的摩擦力大。由于路程相同，所以小球从A点至D点过程中克服摩擦力做的功大于从D点至C点过程中克服摩擦力做的功，故D错误。
故选B。
6．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）如图所示，长为L的水平固定长木板AB，C为AB的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，重力加速度为g，则下列说法错误的是（ ）
A．物块不可能会停在CB段上某处
B．物块最终会做往复运动
C．弹簧开始具有的最大弹性势能为
D．整个过程中物块克服摩擦做的功为
【答案】D
【解析】A．由于
设BC段弹簧形变量为x，
得
由此，物块不可能停在BC段，A正确；
B．只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC往返运动，B正确；
C．物块从开始运动，到第一次运动到C过程中，根据能量守恒定律得
C正确；
D．物块第一次到达C，物块的速度大小为，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为
D错误。
本题选择错误的，故选D。
7．（2022·安徽淮北·二模）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α=53°，某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。则（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．物体乙释放瞬间加速度等于g
C．小球甲到达Q点时的速度大小为
D．小球甲和物体乙的机械能之和保持不变
【答案】A
【解析】A．设弹簧的原长为l0，由题意可知小球在P时弹簧的压缩量等于小球在Q时弹簧的伸长量，设形变量为x，根据几何关系可得
解得
开始时轻绳刚好伸直，拉力为零，则
解得
故A正确；
B．物体乙释放瞬间，设轻绳中拉力大小为T，对甲、乙根据牛顿第二定律分别有
根据运动的合成与分解可得
联立以上三式解得
故B错误；
C．根据运动的合成与分解可得
小球甲到达Q点α=0，所以物体乙的速度为零。对小球甲从P到Q的过程，小球甲、物体乙和弹簧组成的系统机械能守恒，且易知弹簧在初、末状态的弹性势能相等，则
解得
故C错误；
D．弹簧对小球甲和物体乙组成的系统先做正功、后做负功，所以小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D错误。
故选A。
8．（2022·河北·模拟预测）如图甲所示，倾角为30°足够长的斜面固定在水平地面上，时刻质量为m的光滑物块由斜面底端以一定的初速度v冲上斜面。以水平地面为零势能面，物块的重力势能Ep随位移x变化的关系如图乙所示。已知物块位移为x=2.5m时速度为0，取，则（ ）
A．物块的质量为0.3kg
B．当x=1.5m时，物块的速度大小为
C．物块的重力势能与动能相等时，物块的位移大小为0.75m
D．当x=2m时，物块的动能为3J
【答案】B
【解析】A．根据
物块的重力势能Ep随位移x变化的关系中斜率
求得
A错误；
B．对物体从x=1.5m到x=2.5m，由动能定理可得
求得
B正确；
C．设位移x处物块的重力势能与动能相等，
又机械能守恒
求得
C错误；
D．当x=2m时，
求得
D错误。
故选B。
9．（多选）（2023届河北省高三上学期学生全过程纵向评价物理试题（一））如图所示，A、B两物块由绕过轻质定滑轮的细线相连，物块B和物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮两侧细线竖直。已知A的质量为，B的质量为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。0时刻释放A后，时刻A下落至速度最大，此时C对地面压力为。则（ ）
A．C的质量为
B．时间内，A、B组成的系统机械能守恒
C．弹簧恢复原长瞬间，细线中的拉力大小为
D．A的最大速度为
【答案】ACD
【解析】A．当A速度最大时，对于A、B组成的连接体受力分析，有
得
此时C物体平衡，对C物体有
并且
解得
A正确；
B．从释放A到时刻，对于A、B组成的系统有外力做功，弹簧的弹力先做正功后做负功，故A、B组成的系统机械能不守恒，B错误；
C．弹簧恢复原长瞬间，对于A、B连接体有
对B物体有
联立以上二式得
C正确；
D．0时刻弹簧压缩
可知0时刻与时刻弹性势能相等，则A、B系统的机械能在这两个时刻刚好相等
，
解得
D正确。
故选ACD。
10．（多选）（2020·全国·高考真题）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（ ）
A．物块下滑过程中机械能不守恒
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】A．下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B．斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量
m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功
μmg·csθ·s＝20J
求得
μ＝0.5
B正确；
C．由牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcsθ＝ma
求得
a＝2m/s2
C错误；
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。
故选AB。
11．（多选）（2022·江西省高安市第二中学模拟预测）如图，一个滑雪运动员从左侧斜坡（倾角为α）距离坡底8m高处由静止自由滑下，以坡底为零势能参考面，当到坡底h1高处时运动员的动能和势能恰好相等，到坡底后运动员靠惯性冲上右侧斜坡（倾角为θ<α）。上到距离坡底h2时，运动员的动能和势能再次相等，最后上滑的最大高度为4m，全程运动员通过的水平离为20 m，不计经过坡底时 的机械能损失，且全程摩擦因数相同。下列说法正确的是（ ）
A．滑雪板与雪面间的动摩擦因数为0.2
B．运动员在左侧比右侧斜坡上机械能随位移变化快
C．滑雪运动员到达右侧最高处后可能不再返回
D．h1 <4 m ，h2 > 2 m
【答案】AD
【解析】A．假设左侧斜面下滑长度为，右侧斜面上滑长度为，则全过程由动能定理可得
得
解得
故A正确；
B．运动员在左侧和右侧机械能随位移变化关系
，
则
，
因为 ，所以 ，故
运动员在右侧比左侧斜坡上机械能随位移变化快，故B错误；
C． 右侧斜面有
所以
即有
所以滑雪运动员到达右侧最高处后一定能再返回，故C错误；
D．左侧斜面下滑时由题意有
得
右侧斜面由题意有上滑至h2高度时有
由能量守恒有
则
解得
故D正确。
故选AD。
12．（多选）（2022·甘肃·永昌县第一高级中学模拟预测）如图甲所示，水平地面上固定一竖直光滑杆，轻弹簧套在杆上且下端与杆下端固定，上端与一套在杆上的小物块接触但不拴接。将小物块向下压缩弹簧至离地高度处，由静止释放小物块，其上升过程中的机械能E和位移x之间的关系如图乙所示，图像后一部分为直线。以地面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度，则（ ）
A．轻弹簧原长为B．小物块的质量为
C．弹簧最大弹性势能为D．滑块上升后，距地面的最大高度为
【答案】CD
【解析】B．以地面为零势能面，结合图像可得
则质量为
则B错误；
A．当小物块离开弹簧后，机械能保持不变，则由图像可得，弹簧原长
故A错误；
C．根据系统的机械能守恒可得，开始位置弹性势能最大，大小为
故C正确；
D．离开弹簧后，上升到最高点全部转为重力势能
解得
故D正确。
故选CD。
13．（多选）（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测）为了开发一款仿真益智电子游戏，研发小组先对现实模型进行研究，如图所示就是他们研究的现实模型之一。质量M＝1.2kg的大滑块静止放在光滑水平面上，大滑块上侧有轨道abcd，ab段和cd段为光滑的四分之一圆弧，圆弧最低点切线水平，圆弧半径R＝0.2m；水平直线轨道bc长L＝0.4m；小物块质量m＝0.3kg，小物块可视为质点。现将小物块从轨道左侧a点由静止释放，小物块在轨道内往复运动，最后停在直线bc的中点。g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动到其能到达的最高点时大滑块速度为零
B．当小物块停在bc中点时大滑块的速度不为零
C．如果小物块第二次到达bc中点时停下，可求得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4
D．小物块第一次到达b点时的动能为0.48J
【答案】AD
【解析】AB．小物块向右运动到最高点时，小物块与大滑块相对速度为零，由动量守恒定律知它们的速度都为零，由此可知，当小物块在bc中点停止运动时，大滑块速度也为零，A正确，B错误；
C．根据能量关系
得
若小物块第二次到达bc中点时停下，即
得
C错误；
D．小物块第一次到达b点时，小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据
可知，动能与质量成反比，所以小物块动能为
D正确。
故选AD。
14．（多选）（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．m重力势能的减少量等于m动能的增加量B．M、m组成的系统机械能守恒
C．M、m组成的系统动量守恒D．M先加速后匀速运动
【答案】BD
【解析】D．小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；
BC．系统只有重力做功，所以 M、m组成的系统机械能守恒 ，当球落地时，球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体，故A错误，B正确；
C．由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以M、m组成的系统动量不守恒 ，故C错误。
故选BD。
15．（2022·江苏南通·三模）如图所示，光滑水平地面上放置质量均为的两个正三棱柱A、B，其中A固定在地面上，B在外力作用下紧靠着A，A、B中间夹有一个半径为、质量为的光滑圆柱C，整个系统处于静止状态。重力加速度为。
（1）求B对C的弹力大小；
（2）撤去作用在B上的外力，求C落地时B的速度大小；
（3）若A不固定且地面粗糙，A、B与地面间的动摩擦因数均为，整个系统仍处于静止状态。现C在经过其轴线竖直向下的外力作用下从图示位置缓慢下降至地面，求该过程中A克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）以C为对象，根据受力平衡可得
解得
（2）初始时，C球心离地面的高度为
可知C下降的高度为
设C落地时，B和C的速度分别为、，下降过程B和C组成的系统满足机械能守恒，则有
落地前的运动过程，C相对B沿斜面向下运动，故两者在垂直于B斜面方向具有相同的分速度，则有
联立解得
（3）C缓慢下降的同时A、B也缓慢对称地左右分开，以A为研究对象，根据受力平衡可得
又
联立解得
当C下降到地面时，A向左移动的水平距离为
A克服摩擦力做功为
解得
16．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，一游戏轨道由倾角，动摩擦因数的足够长绝缘倾斜轨道与光滑的绝缘水平轨道及半径的光滑绝缘圆轨道（在最低点B分别与水平轨道AB和BD相连）三部分组成，轨道各部分平滑连接。所有轨道处在同一竖直面内，倾斜轨道处于水平向左场强的匀强电场中。一质量为，带电量为滑块（可视为质点），从倾斜轨道上静止释放，忽略空气阻力。求：
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点C时的速度大小；
（2）在水平轨道D点右侧，有一长为的水平框，框的左端点离水平轨道D点的水平距离为，竖直高度差为。为使滑块（一直在轨道上运动）滑离水平轨道D点后能落入框内（忽略框两侧边沿的高度），则从D点飞出的物体速度范围；
（3）在上一问题中，滑块在倾斜轨道上静止释放位置离水平轨道的高度的大小范围。
【答案】（1）1m/s；（2）；（3）
【解析】（1）滑块恰好能过圆轨道最高点C，即表示轨道对滑块的弹力恰好为0，在最高点由重力提供向心力，即
可得
（2）通过受力分析可确定，滑块水平滑离水平轨道D点后，落入框内前做平抛运动，根据
代入数据可得平抛运动的时间为
t=0.2s
为使滑块能落入框内，其水平射程满足，根据
可得滑块滑离D点时的速度大小应满足范围区间
滑块从A点运动至D点过程，要一直在轨道上运动，则滑块能在竖直平面内做完整的圆周运动，根据机械能守恒定律可知
求得滑块通过最低点B点时的速度应满足条件
即
故滑块从D点的飞出速度应满足范围
（3）通过（2）问可得滑块通过A点时的速度范围为
对处于斜面上的滑块进行受力分析，由牛顿第二定律得
可得到滑块下滑的加速度大小
对斜面上的运动用匀变速直线运动规律，可确定滑块在斜面上起始释放位置的高度满足
求得
17．（2022·河南安阳·模拟预测）如图所示，水平直轨道与光滑圆弧轨道相切于B点，处于自然状态的轻弹簧左端与墙壁相连，A是弹簧末端。质量为m的小滑块静止放在B点，A、B之间的距离为5L。某时刻给小滑块施加一个大小等于mg的恒定推力F，F与竖直方向夹角。小滑块在推力F的作用下由静止向左运动并压缩弹簧最短至О点，然后从О点向右反弹，小滑块运动到A点右侧且与A相距2L的位置时速度为零。已知小滑块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。
（1）求小滑块第一次向左运动到达A点时速度的大小；
（2）求О点与A点的距离以及弹簧的最大弹性势能；
（3）若去掉推力F，将滑块推至О点由静止释放，小滑块运动到圆弧轨道最高点C后做平抛运动，经过与圆心等高的D点（图中未画出），D与圆心水平距离为圆弧半径2倍，求圆弧半径以及滑块经过B点时的速度大小。
【答案】（1）；（2），；（3），
【解析】（1）将拉力F沿着水平方向和竖直方向分解，水平分力为
小滑块与水平面间的摩擦力为
设a到达A点时的速度为，由动能定理得
联立解得
（2）设弹性势能最大为，此时弹簧压缩量为x，弹簧被压缩过程中，由能量守恒有
小滑块向右运动到与A相距2L的位置时速度为零，由能量守恒有
解得
，
（3）设滑块在C点的速度为，由C点运动到D点的时间为t，竖直方向
水平方向
联立得
设滑块在B点速度的大小为，由B点运动到C点的过程中机械能守恒
从O反弹至运动到B点的过程中
联立得
，
18．（2022·江西景德镇·二模）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高为H=3.2m处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面衔接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内。已知球A和球B的质量均为1kg，球C的质量为4kg，且三个小球均可被视为质点。圆弧的半径，g取10m/s2。求：
（1）小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小vAB；
（2）球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度h；
（3）调整球A释放初位置的高度H，球C与弹簧分离后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力做功的最大瞬时功率P。
【答案】（1）4m/s；（2）m；（3）
【解析】（1）设小球A与B碰前瞬间的速度为vA，A由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得
A与B发生正碰时在水平方向动量守恒，有
mAvA=vAB
联立代入数据解得
vAB=4m/s
（2）设球C脱离弹簧后的速度为vC，A、B整体的速度为vAB′，从A与B结合为一个整体后到球C离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有

由机械能守恒定律有
从球C脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得
联立并代入数据解得
h=m
（3）球C在圆弧轨道内运动过程中，当竖直方向的加速度为零时，竖直方向速度最大，此时克服重力做功的瞬时功率最大。如图所示，设此时球C与圆弧轨道圆心连线与水平方向的夹角为θ，所受轨道支持力大小为FN，则
mCg=FNsinθ
在该位置处，设球C的速度为v，在沿轨道半径方向根据牛顿第二定律得

球C从该位置处运动到与圆弧轨道圆心等高处过程中，由机械能守恒定律得
联立并代入数据解得
sinθ=
v=m/s
所以球C克服重力做功的最大瞬时功率为
P=mCgvcsθ=
19．（2022·宁夏六盘山高级中学三模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体（时间极短），并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R = 0.2m；A和B的质量均为200g；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ = 0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v和碰撞后瞬间A和B整体的速率v′以及A和B整体在桌面上滑动的距离l；
（2）碰撞过程中A对B的冲量大小和A对B做的功。
【答案】（1）2m/s，1m/s，0.25m；（2）0.2N∙s，0.1J
【解析】（1）根据机械能守恒定律有
mgR = mv2
解得碰撞前瞬间A的速率有
v = 2m/s
根据动量守恒定律有
mv = 2mv′
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率
v′ = 1m/s
根据动能定理有
解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离
l = 0.25m
（2）根据动量定理，A对B的冲量等于B的动量变化量
I = mv′ = 0.2N∙s
根据动能定理，A对B做的功等于B的动能变化量
0.1J
20．（2022·江苏泰州·模拟预测）如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2） 斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】（1）4m/s；（2），；（3）
【解析】（1）物块A落到木板前做平抛运动，则
得
得
（2）木板恰好静止在斜面上
得
物块A在木板上滑行时，对A
（沿斜面向上）
对B
（沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：
解得
，
位移为
，
假设成立，故
（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有
得
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有
得
，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有