2025新課改-高中物理-必修第2冊（16講）15 C機械能守恒定律 提升版含答案

2025新課改-高中物理-必修第2冊（16講）15C機械能守恒定律提升版機械能守恒定律知識點：機械能守恒定律一、追尋守恒量伽利略曾研究過小球在斜面上的運動，如圖所示.圖將小球由斜面A上某位置由靜止釋放，如果空氣阻力和摩擦力小到可以忽略，小球在斜面B上速度變?yōu)?(即到達最高點)時的高度與它出發(fā)時的高度相同，不會更高一點，也不會更低一點.這說明某種“東西”在小球運動的過程中是不變的.二、動能與勢能的相互轉(zhuǎn)化1.重力勢能與動能的轉(zhuǎn)化只有重力做功時，若重力對物體做正功，則物體的重力勢能減少，動能增加，物體的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能；若重力對物體做負功，則物體的重力勢能增加，動能減少，物體的動能轉(zhuǎn)化為重力勢能.2.彈性勢能與動能的轉(zhuǎn)化只有彈簧彈力做功時，若彈力對物體做正功，則彈簧的彈性勢能減少，物體的動能增加，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為物體的動能；若彈力對物體做負功，則彈簧的彈性勢能增加，物體的動能減少，物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能.3.機械能：重力勢能、彈性勢能與動能統(tǒng)稱為機械能.三、機械能守恒定律1.內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變.2.表達式：eq\f(1,2)mv22＋mgh2＝eq\f(1,2)mv12＋mgh1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1.3.應(yīng)用機械能守恒定律解決問題只需考慮運動的初狀態(tài)和末狀態(tài)，不必考慮兩個狀態(tài)間過程的細節(jié)，即可以簡化計算.技巧點撥一、機械能守恒定律1.對機械能守恒條件的理解(1)只有重力做功，只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化.(2)只有彈力做功，只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化.(3)只有重力和彈力做功，發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉(zhuǎn)化.(4)除受重力或彈力外，其他力也做功，但其他力做功的代數(shù)和為零.如物體在沿斜面的拉力F的作用下沿斜面運動，若已知拉力與摩擦力的大小相等，方向相反，在此運動過程中，其機械能守恒.2.判斷機械能是否守恒的方法(1)利用機械能的定義直接判斷：若動能和勢能中，一種能變化，另一種能不變，則其機械能一定變化.(2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒.(3)用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機械能守恒.二、機械能守恒定律的應(yīng)用1.機械能守恒定律常用的三種表達式(1)從不同狀態(tài)看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)此式表示系統(tǒng)兩個狀態(tài)的機械能總量相等.(2)從能的轉(zhuǎn)化角度看：ΔEk＝－ΔEp此式表示系統(tǒng)動能的增加(減少)量等于勢能的減少(增加)量.(3)從能的轉(zhuǎn)移角度看：ΔEA增＝ΔEB減此式表示系統(tǒng)A部分機械能的增加量等于系統(tǒng)剩余部分，即B部分機械能的減少量.2.機械能守恒定律的應(yīng)用步驟首先對研究對象進行正確的受力分析，判斷各個力是否做功，分析是否符合機械能守恒的條件.若機械能守恒，則根據(jù)機械能守恒定律列出方程，或再輔以其他方程進行求解.例題精練1．（2021春?金州區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）A．如果物體所受的合力為零，物體的動能一定不變 B．如果合力對物體做的功為零，物體的機械能一定守恒 C．物體在合力作用下做勻變速直線運動，則動能在一段過程中變化量一定不為零 D．物體的動能不發(fā)生變化，物體所受合力一定是零【分析】物體所受合外力為零，合外力對物體所做的功為零，根據(jù)動能定理分析動能的變化．明確機械能守恒的條件為：只有重力或彈簧的彈力做功時；要正確理解只有重力做功，物體除受重力外，可以受其它力，但其它力不做功或做功的代數(shù)和為零?！窘獯稹拷猓篈、如果物體所受的合力為零，合外力對物體所做的功為零，根據(jù)動能定理得動能一定不變，故A正確；B、合力對物體所做的功等于零時，根據(jù)動能定理可知，動能不變，但重力勢能可能變化，故機械能不一定守恒，故B錯誤；C、物體在合力作用下做勻變速直線運動，末動能與初動能可能相等，則動能的變化量可能為零，例如物體豎直上拋又落回到原位置動能變化為零，故C錯誤。D、物體動能不變，根據(jù)動能定理得知，合外力不做功，但合外力不一定為零，例如物體做勻速圓周運動，故D錯誤。故選：A?！军c評】知道機械能守恒的條件，掌握判斷機械能是否守恒的方法；知道合外力做功和動能變化的關(guān)系由動能定理反映．合外力為零，其功一定為零，但合外力功為零，但合外力不一定為零．正確理解動能定理是解決這類問題的關(guān)鍵．2．（2021春?歷下區(qū)校級期中）如圖，從豎直面上大圓（直徑d）的最高點A，引出兩條不同的光滑軌道，端點都在大圓上，同一物體由靜止開始，從A點分別沿兩條軌道滑到底端，則（）A．到達底端的動能相等 B．機械能相同 C．重力做功都相同 D．所用的時間不相同【分析】沿不同光滑斜面下滑的過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，根據(jù)下滑的高度分析到達底端的動能關(guān)系；由于在下滑過程中，只有重力做功，所以機械能守恒；對于下滑的時間，可根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式分析。【解答】解：AC、根據(jù)WG＝mgh知同一物體沿兩條軌道滑到底端的過程中，重力做功不同，重力勢能減少量不同，根據(jù)機械能守恒定律可知，物體到達底端的動能不同，故AC錯誤；B、物體在下滑過程中，只有重力做功，機械能守恒，在A點時物體的機械能相同，則物體沿兩條軌道滑到底端時機械能相同，故B正確；D、取任一斜面研究，設(shè)斜面與豎直方向的夾角為α，對物體受力分析，由牛頓第二定律可得物體下滑的加速度為a＝＝gcosα；根據(jù)運動學(xué)公式dcosα＝at2，可得t＝，因此物體下滑時間與斜面的傾角無關(guān)，故下滑時間相同，故D錯誤。故選：B?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要能根據(jù)牛頓第二定律和位移﹣時間公式相結(jié)合得到物體沿不同軌道下滑時時間相等，圖中圓是等時圓，要在理解的基礎(chǔ)上記住這個結(jié)論。隨堂練習1．（2021?廣東模擬）如圖，釘子在一固定的木塊上豎立著，一鐵塊從高處自由落體打在釘子上，鐵塊的底面剛好與釘子頂端斷面在同一水平面，之后鐵塊和釘子共同減速至零，則（）A．鐵塊、釘子和木塊機械能守恒 B．鐵塊減少的機械能等于釘子和木塊增加的機械能 C．鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動量等于釘子增加的動量 D．鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動能等于釘子增加的動能【分析】根據(jù)機械能的概念判斷鐵塊、釘子和木塊機械能是否守恒；根據(jù)能量關(guān)系分析鐵塊減少的機械能轉(zhuǎn)化為哪些能量；根據(jù)動量守恒定律判斷鐵塊減少的動量與釘子增加的動量的關(guān)系；根據(jù)能量守恒定律分析鐵塊減少的動能與釘子增加的動能的大小關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題意，碰后鐵塊和釘子動能減小，重力勢能減小，木塊的機械能不變，鐵塊、釘子和木塊機械能不守恒，故A錯誤；B、碰撞后，釘子和木塊會產(chǎn)生內(nèi)能，釘子的重力勢能減小，所以鐵塊減少的機械能和釘子減小的重力勢能等于釘子和木塊增加的內(nèi)能，故B錯誤；C、鐵塊和釘子碰撞瞬間，內(nèi)力遠大于外力，碰撞前、后動量近似守恒，則鐵塊減少的動量等于釘子增加的動量，故C正確；D、鐵塊碰撞釘子前后瞬間，會損失能量，鐵塊碰撞釘子前后瞬間，鐵塊減少的動能等于釘子增加的動能和增加的內(nèi)能之和，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查機械能守恒定律，解決本題的關(guān)鍵掌握判斷機械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或彈力做功；2、看系統(tǒng)的動能和勢能之和是否變化。2．（2021春?遼寧期中）如圖甲所示，一個小球懸掛在細繩下端，由靜止開始沿豎直方向運動，運動過程中小球的機械能E與路程x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中0～x1過程的圖象為曲線，x1～x2過程的圖象為直線。忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．0～x1過程中小球所受拉力總是大于重力 B．小球運動路程為x1時的動能為最大 C．0～x2過程中小球的重力勢能一直增大 D．x1～x2過程中小球一定做勻加速直線運動【分析】物體機械能的變化是通過除重力之外的力做功來量度的，本題中細繩拉力做功決定了小球機械能的變化，根據(jù)功能原理知道E﹣x圖象斜率的絕對值等于小球所受拉力的大小；如果拉力等于重力，小球做勻速直線運動；如果拉力小于重力，小球的加速度向下，根據(jù)圖象進行分析。【解答】解：AB、小球在運動中只受重力和細繩的拉力，拉力做的功等于小球機械能的變化，即F△x＝△E，得F＝，所以E﹣x圖象斜率的絕對值等于小球所受拉力的大小，由圖可知，在0～x1內(nèi)斜率的絕對值逐漸減小，故在0～x1內(nèi)小球所受的拉力逐漸減小；0～x1內(nèi)機械能增加，繩子拉力做正功，小球向上運動。x1～x2內(nèi)機械能減小，繩子拉力做負功，小球向下運動，則小球在x1位置處速度為零，動能為零。初始時刻小球的速度為零，故t＝0時刻拉力大于重力，但0～x1后一段小球向上做減速直線運動，故拉力小于重力，故AB錯誤；C、在0～x1內(nèi)小球向上運動，重力勢能增大，在x1～x2內(nèi)，小球向下運動，重力勢能減小，故C錯誤；D、在x1～x2內(nèi)，小球所受的拉力保持不變，加速度不變，由于小球在x1位置處速度為零，所以x1﹣x2過程中小球一定向下做勻加速直線運動，故D正確。故選：D。【點評】本題是以力和運動、功能關(guān)系為命題背景，考查學(xué)生應(yīng)用圖象分析、推理的綜合能力，關(guān)鍵要掌握功能原理，明確E﹣x圖象斜率的絕對值等于小球所受拉力的大小，再對小球進行運動情況分析。3．（2021春?諸暨市校級期中）如圖甲所示，a、b兩小球通過長度一定輕細線連接跨過光滑定滑輪，a球放在地面上，將連接b球的細線剛好水平拉直，由靜止釋放b球，b球運動到最低點時，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱悖蝗魧⒍ɑ嗊m當豎直下移一小段距離，再將連接b球的細線剛好水平拉直，如圖乙所示，由靜止釋放b球，不計一切阻力。則下列判斷正確的是（）A．兩小球的質(zhì)量相等 B．兩小球的質(zhì)量大小無法判斷 C．在b球向下運動過程中，a球可能會離開地面 D．b球運動到最低點時，a球?qū)Φ孛娴膲毫θ郧『脼榱恪痉治觥慨斶B接b球的細線擺到豎直位置時，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?，細線的拉力等于a球的重力。b球擺動過程中，運用機械能守恒求出b球在最低點的速度。再根據(jù)牛頓運動定律和向心力公式求解。b球在下滑過程中，根據(jù)動能定理求得到達最低點時的速度，在最點，根據(jù)牛頓第二定律求得繩子對小球b的拉力，即可判斷出a球受到的最大拉力和狀態(tài)。【解答】解：AB、b球在擺動過程中機械能守恒，則有：mbgL＝當連接b球的細線擺到豎直位置時，對b球，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式得：T﹣mbg＝mb聯(lián)立得：T＝3mbga球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?，則有：T＝mag所以得：ma：mb＝3：1，故AB錯誤；CD、由以上分析可知當定滑輪向下移動時，小球b到達最低點時繩子的最大拉力不變：T＝3mbg，故a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼榱?，在b球向下運動過程中，當b球到達最低點時，繩子的拉力最大，故在向下運動過程中，a球不可能會離開地面，故C錯誤，D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用和動能定理，關(guān)鍵是找出繩子的拉力關(guān)系是否與小球b做圓周運動的半徑有關(guān)即可。對小球b運用機械能守恒定律和向心力公式聯(lián)合列式求解，本題的結(jié)論經(jīng)常用到，要理解記住。4．（2021?山東模擬）如圖示為摩天輪的簡化模型圖1，輪外裝掛48個360度透明座艙。假設(shè)某一次娛樂中該摩天輪正以速率v＝勻速運轉(zhuǎn)，摩天輪上每個位置與中心O點處的距離都為R。有一質(zhì)量為m的游客在不同的時刻分別處于圖中的甲、乙、丙三個位置處，重力加速度為g，在整個轉(zhuǎn)動過程中所有的游客都扣好了如圖2所示的安全帶。摩天輪靜止的時候假設(shè)該游客的安全帶調(diào)節(jié)到恰好合適且對游客沒有擠壓，則下列關(guān)于該游客在這三個位置分別對座位壓力的大小關(guān)系的說法正確的是（）A．該游客在隨摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中機械能守恒 B．該游客在甲、乙、丙三處與安全帶都沒有相互作用力 C．游客在甲處有完全失重的感覺 D．丙處位置對座位的壓力大小為mg【分析】根據(jù)機械能等于重力勢能和動能之和分析游客的機械能是否守恒；假設(shè)游客在甲、乙、丙三處與安全帶之間都沒有相互作用力，只與摩天輪的座椅有相互作用力：對于旅客在甲處位置，由牛頓第二定律求摩天輪的座椅對游客的作用力，從而確定游客在甲處的運動狀態(tài)。丙處位置，根據(jù)牛頓運動定律求游客對座位的壓力大小?！窘獯稹拷猓篈、游客在隨摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，動能不變，重力勢能時刻在變化，則游客的重力勢能和動能之和即機械能是變化的，故A錯誤；BC、假設(shè)游客在甲、乙、丙三處與安全帶之間都沒有相互作用力，只與摩天輪的座椅有相互作用力。對于旅客在甲處位置，由牛頓第二定律有：mg+FN甲＝m，結(jié)合v＝，解得FN甲＝0，即在甲處游客由自身的重力能完全提供做圓周運動所需的向心力，故有完全失重的感覺；對于旅客在乙處位置所需向心力，根據(jù)假設(shè)可知由座位的靜摩擦力提供，由牛頓第二定律得f＝m，豎直方向有N乙＝mg，再根據(jù)f＝μN可得μ＝1，這是不符合實際的，由此可知安全帶對游客有向下的壓力，故B錯誤，C正確；D、對于旅客在丙處位置，由牛頓第二定律得：FN丙﹣mg＝m，可得FN丙＝2mg，由牛頓第三定律知，丙處位置對座位的壓力大小為FN丙′＝FN丙＝2mg，故D錯誤。故選：C?！军c評】解答本題的關(guān)鍵要正確分析游客的受力情況，確定其向心力的來源：指向圓心的合力，運用牛頓運動定律進行解答。綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（2021?豐臺區(qū)校級三模）2022年第24屆冬季奧林匹克運動會將在我國舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示，跳臺滑雪賽道可簡化為助滑道、起跳區(qū)、著陸坡、停止區(qū)。某運動員從助滑道的最高點A由靜止開始下滑，到達起跳點O時借助設(shè)備和技巧，保持在O點的速率沿與水平方向成θ角的方向起跳，最后落在雪坡上的B點，起跳點O與落點B之間的距離OB為此項運動的成績。不考慮運動員在空中受到的阻力，下列說法正確的是（）A．運動員在助滑道上（運動過程中）機械能守恒 B．運動員在起跳點O點起跳角度θ越大，運動的成績越好 C．運動員在空中重力的瞬時功率可能為零 D．運動員在空中運動的時間與雪坡的傾角α無關(guān)【分析】用機械能守恒條件判斷；將速度和加速度分別沿斜面向下和垂直斜面分解，分別按勻變速規(guī)律處理；按瞬時功率定義解答?！窘獯稹拷猓篈、運動員在助滑道上要克服摩擦力做功，所以機械能不守恒，故A錯誤；B、如圖所示：設(shè)運動員在O點起跳速率為v，則：v1＝vsin（θ+α），v2＝vcos（θ+α），a1＝gcosα，a2＝gsinα設(shè)運動員離開雪坡距離為h，從O點到B點的時間為t，h＝v1t﹣，h＝0時，到達B點，t＝，運動員從O點到B點的距離為L，L＝v2t+，解得：L＝vcos（θ+α）+整理得：L＝，其中v、α、g是定值，當2θ+α＝90°，即時，L最大，故B錯誤；C、當運動員在空中速度v′水平時，重力的瞬時功率P＝mgv′cos90°＝0，故C正確；D、由t＝＝可知：t與雪坡的傾角α有關(guān)，故D錯誤。故選：C。【點評】本題難點在C項，斜上拋運動沿斜面向下（勻加速運動）和垂直斜面向上（類豎直上拋運動）分解，分別按勻變速規(guī)律處理，特別考查用三角函數(shù)處理物理問題的能力。2．（2021?江蘇模擬）如圖所示，一質(zhì)量不計的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B，支架的兩直角邊長度分別為2L和L，支架可繞固定軸O點在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，開始時OA處于水平位置，由靜止釋放后（）A．A球的最大速度為2 B．A球的速度最大時，兩小球的總重力勢能最大 C．A球的速度最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角為30° D．A、B兩球的最大速度之比vA：vB＝2：1【分析】A、B兩球在運動的過程中角速度相等，結(jié)合轉(zhuǎn)到半徑關(guān)系得出兩球線速度大小關(guān)系，抓住兩球和支架組成的系統(tǒng)機械能守恒，當系統(tǒng)動能最大時，重力勢能最小，結(jié)合機械能守恒定律得出速度的表達式，根據(jù)數(shù)學(xué)知識求解最大速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、支架和兩小球組成的系統(tǒng)在轉(zhuǎn)動過程中機械能守恒，A的重力勢能減少，A、B的動能和B的重力勢能增加。A、B角速度相等，A的線速度總是B的線速度的2倍，A球速度最大時是系統(tǒng)動能最大時，即兩球的總重力勢能最小。設(shè)OA轉(zhuǎn)過角θ時A球速度最大，如圖所示，則有：m（2v）2+×（2m）v2＝mg?2L?sinθ﹣2mgL（1﹣cosθ），即3v2＝2gL（sinθ+cosθ﹣1），由數(shù)學(xué)知識可知，y＝sinθ+cosθ＝，當θ＝45°時，y最大，則速度最大，解得B的最大速度v＝，則A的最大速度，故A錯誤；B、A球的速度最大時，B球速度最大，系統(tǒng)動能最大，由于系統(tǒng)機械能守恒，則系統(tǒng)總重力勢能最小，故B錯誤；C、由A選項分析知，A球的速度最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角為45°，故C錯誤；D、A、B兩球的角速度相等，根據(jù)v＝rω知，兩球最大速度之比為2：1，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了系統(tǒng)機械能守恒，知道系統(tǒng)動能最大時，重力勢能最小，對于求解最大速度時，關(guān)鍵根據(jù)機械能守恒得出速度的表達式，運用數(shù)學(xué)三角函數(shù)進行求解。3．（2021?北京模擬）如圖所示，豎直放置的輕質(zhì)彈簧下端固定在地面上，上端與物塊A連接，物塊A處于靜止狀態(tài)時彈簧的壓縮量為x0。現(xiàn)有物塊B從距物塊A上方某處由靜止釋放，B與A相碰后立即一起向下運動但不粘連，此后物塊A、B在彈起過程中將B拋離A。此過程中彈簧始終處于豎直狀態(tài)，且在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）A．當B與A分離時，彈簧的壓縮量為x0 B．兩物塊一起運動過程中的最大加速度大于g C．當B與A一起向上運動到彈簧的壓縮量為x0時，它們共同運動的速度最大 D．從B開始下落至B與A分離的過程中，兩物塊及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【分析】分離時A與B的速度、加速度均相等，AB間相互作用力為零，AB一起運動時，在平衡位置速度最大，AB碰撞過程中有機械能損失?！窘獯稹拷猓篈、分離時A與B的速度、加速度均相等，相互作用的彈力為零，此刻B的加速度豎直向下等于g，分離下一刻，A向下的加速度應(yīng)大于B向下的加速度（否則不能分離），因此分離時A的加速度也等于g，所以在彈簧原長時AB分離，故A錯誤；B、如果AB粘在一起，AB會在一起運動到比分離點（彈簧原長處）更高的位置，此時AB受重力和向下的拉力，加速度大于g，由于AB一起做簡諧運動，具有對稱性，在彈簧壓縮過程中也有a大于g的位置，且方向向上，故B正確；C、平衡位置速度最大，此時的平衡位置為kx＝（ma+mb）g，而不是kx0＝mAg，故C錯誤；D、B與A相碰后一起向下運動，AB碰撞過程中有機械能損失，機械能不守恒，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查的知識點比較綜合，注意分離時A與B的速度、加速度均相等，AB間相互作用力為零。B與A相碰后一起運動，屬于非彈性碰撞，碰撞過程中有機械能損失4．（2020秋?南崗區(qū)校級期末）如圖所示在一個固定的十字架上（橫豎兩桿連結(jié)點為O點），小球A套在豎直桿上，小球B套在水平桿上，A、B通過轉(zhuǎn)軸用長度為L的剛性輕桿連接，并豎直靜止。由于微小擾動，B從O點開始由靜止沿水平桿向右運動。A、B的質(zhì)量均為m，不計一切摩擦，小球A、B視為質(zhì)點。在A下滑到O點的過程中，下列說法中正確的是（）A．A運動到O點時的速度為 B．小球A的機械能守恒 C．在A下滑到O點之前輕桿對B一直做正功 D．B的速度最大時，A對豎直桿的作用力為零【分析】A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，通過B的動能變化，判斷輕桿對B的做功情況．根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒求出A球運動到O點時的速度大?。窘獯稹拷猓篈、A運動到O點時，B的速度為零，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律得：mgL＝mvA2，解得：vA＝，故A錯誤；B、A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，而B的機械能先增大，后減小，所以小球A的機械能先減小后增大，故B錯誤；C、當A到達O點時，B的速度為零，B的速度在整個過程中，先增大后減小，動能先增大后減小，所以輕桿對B先做正功，后做負功，故C錯誤；D、當A的機械能最小時，則B的機械能最大，則B的動能最大，速度最大，知B此時加速度為零，桿子對B無作用力，B對水平桿的壓力大小為mg，故D正確。故選：D?！军c評】解決本題的關(guān)鍵知道A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，以及知道當A的機械能最小時，B的動能最大．5．（2021春?射洪市校級月考）如圖所示，半徑為R的光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，可視為質(zhì)點、質(zhì)量分別為m、2m的小球A、B用長為R的輕桿連接放在圓軌道上，開始時桿水平，由靜止釋放兩球，當A球運動到與圓心等高的位置時，B球的速度大小為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)幾何關(guān)系求出初始位置和末位置時，B球與水平面之間的高度差。由于每時每刻兩球的速度都相等，因此根據(jù)機械能守恒即可求出末位置時B球的速度。【解答】解：開始時，由于桿的長度為R，則桿離圓心的高度由幾何關(guān)系可知：h1＝＝當A球運動到與圓心等高的位置時，由圖可知，桿與水平方向的夾角滿足cosθ＝，解得：θ＝30°，此時根據(jù)幾何關(guān)系可知h2＝R?sinθ＝?＝，兩球沿桿方向的速度相等，兩球的速度與桿的夾角相等，因此兩球的速度大小總是相等。設(shè)與圓心等高的平面為零勢能面，A球運動到與圓心等高的位置時，B球的速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律有：﹣3mgh1＝﹣2mgh2+×3mv2解得：v＝故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查機械能守恒，連接體的機械能守恒問題，主要是要找到連接體在運動過程中的線速度關(guān)系，選取零勢能面，根據(jù)幾何關(guān)系求出初末狀態(tài)時與零勢能面的高度差。6．（2021春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖，固定在地面的斜面上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖。斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r。將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦。則在各小球運動過程中，下列正確的是（）A．球1的機械能守恒 B．六個球離開軌道時的速度大小各不相同 C．球6離開軌道時的速度最小 D．球2在OA段機械能不斷增大【分析】將運動過程分為三個過程：都在斜面上、有一個小球開始進入水平面和有三個小球在水平面上、最后3、2、1在水平面上運動。第一個過程所有小球機械能守恒，第二個過程機械能不守恒，第三個過程機械能守恒；由于機械能不守恒階段，小球間作用力做正功，最后離開軌道的小球速度大于剛開始離開軌道的小球速度，而且最先離開軌道的小球速度最?。辉谧詈笠粋€階段小球3、2、1在水平面上沒有相互作用力，做勻速直線運動，機械能不變?！窘獯稹拷猓篈、6個小球都在斜面上運動時，只有重力做功，整個系統(tǒng)的機械能守恒。當有部分小球在水平軌道上運動時，斜面上的小球仍在加速，球2對1的作用力做功，故球1的機械能不守恒，故A錯誤；C、小球在斜面運動時，機械能守恒，各小球之間沒有作用力。但由于水平軌道OA長度只有6r，最多只能容納三個小球，所以當6、5、4三個球在水平面運動時，在斜面上的小球仍在加速，故離開A點時，球6速度最小，故C正確；B、當6、5、4三個球在水平面運動時，在斜面上的小球仍在加速，而最后三個球3、2、1在水平面上運動時不再加速，3、2、1的速度相等，所以離開軌道時六個小球速度關(guān)系為1＝2＝3＞4＞5＞6，故B錯誤；D、球2剛在OA段運動時，斜面上的球1在加速，球1對球2的作用力做正功，動能增加，機械能增加，但當球1也運動到OA段時球1球2在水平面都做勻速直線運動，球2動能不變，重力勢能不變，機械能不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題側(cè)重考查機械能守恒得應(yīng)用范圍，定性分析力是改變物體運動狀態(tài)的根本原因，考查學(xué)生分步驟思考能力和定性思考能力。學(xué)生容易忽略該題中機械能不守恒階段的分析造成對該題的運動過程不明。對學(xué)生思維能力要求較高。7．（2020?浙江模擬）籃球是中學(xué)生最喜愛的運動項目之一。判斷籃球是否打氣充足的常用方法是，將籃球舉到頭頂?shù)奈恢?，然后讓它自由落地，如果彈起的高度可以到腰間就可以了?，F(xiàn)某位學(xué)生將籃球舉到1.80m的高度自由釋放，籃球碰到堅硬的水平地面后，彈起高度為1.25m后又落地，若籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變。已知籃球的質(zhì)量為600g，不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法不正確的是（）A．籃球每次碰地反彈的過程中，有機械能損失 B．籃球第二次碰地反彈的高度比第一次反彈的高度低0.55m C．籃球第一次碰地反彈的過程中，地面對籃球不做功 D．可以計算籃球從開始到最后靜止在地面上運動的總路程【分析】只有重力做功，機械能守恒；根據(jù)動能定理和已知條件：籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變，可求出籃球第二次碰地反彈的高度，進而求出高度差；地面對籃球做功為支持力做功；將每次下落和反彈的位移求出，然后根據(jù)等比數(shù)列公式求解總路程。【解答】解：A、根據(jù)題意可知機械能的損失等于動能的改變量，因為碰撞前后動能有損失，所以機械能有損失，故A正確；B、籃球第一次下落過程中，根據(jù)動能定理可得：第一次球碰地時的速度為：v1＝6m/s第一次反彈過程中，根據(jù)動能定理可知：﹣第一次反彈的速度為：v2＝5m/s籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變，根據(jù)動能定理可知每次碰撞前下落的高度與碰后上升的高度的比值不變，即：，可得第二次反彈的高度為：h3＝0.86m所以籃球第二次碰地反彈的高度比第一次反彈的高度低△h＝h2﹣h3＝1.25m﹣0.86m＝0.39m，故B錯誤；C、籃球與地面碰撞的過程，地面對籃球的支持力的作用點沒有移動，所以做功為零，故C正確；D、籃球自由下落高度h1＝1.80m第一次下落和第二次反彈所經(jīng)過的路程為第二次下落和第三次反彈所經(jīng)過的路程為m??可得下落的總路程為，故D正確。本題選不正確的。故選：B?！军c評】本題考查動能定理和機械能守恒以及自由落體的綜合運用，主要根據(jù)題干中給出的已知條件：籃球每次與地面碰后離地速度和碰前速度的比值不變來求解每次求反彈的高度，進而由數(shù)學(xué)方法進行歸納總結(jié)運算，計算量較大。8．（2020秋?歷城區(qū)校級月考）在宋代岳飛率領(lǐng)的宋軍與金軍的一次戰(zhàn)役中，一名士兵看見一支箭a正在向宋軍飛來，士兵立刻抽箭b射擊。b箭射出時，a正好在最高處。結(jié)果b在空中擊中a，避免了宋軍的傷亡。已知b擊中a時它們的豎直分速度大小相等，b的質(zhì)量小于a的質(zhì)量，b射出時與a的高度差為H、與b擊中a位置的高度差為h，不計空氣阻力。下列判斷正確的是（）A．3h＝H B．4h＝H C．擊中a時b與a的機械能可能相等 D．擊中a時b與a的動能不可能相同【分析】a與b分別可以看作平拋運動和斜拋運動。b在空中擊中a，兩者在豎直方向的位移和為H，機械能為動能與重力勢能之和?！窘獯稹拷猓篈B、a與b分別可以看作平拋運動和斜拋運動。設(shè)b初始時豎直方向上分速度大小v0，a與b擊中時豎直方向分速度大小為v1（a與b此時都為v1），經(jīng)過的時間為t，對a：gt2＝H﹣h，v1＝gt；對b：v1＝v0﹣gt，﹣＝2gh聯(lián)立解得：H＝h，故A、B錯誤。CD、設(shè)它們水平方向的分速度分別為va、vb，擊中a時EPa＝magh，Eka＝ma（+）；Epb＝mbgh，Ekb＝mb（+）機械能為動能與重力勢能之和，由于a的質(zhì)量大于b的質(zhì)量，故存在一組va、vb的值，其中va＜vb，使magh+ma（+）＝mbgh+mb（+），同理，也存在一組va、vb的值，其中va＜vb，使得ma（+）＝mb（+），故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】本題考查平拋運動與斜坡拋運動的相關(guān)知識，注意根據(jù)b在空中擊中a時的位移關(guān)系求解b擊中a位置的高度差為h，機械能為動能與重力勢能之和，由機械能的表達式分析兩者機械能的關(guān)系。9．（2020秋?柯橋區(qū)校級月考）日常生活中，真正的圓周運動很少，基本上的運動我們都可認為是曲線運動。而曲線運動我們可以把它分成無數(shù)個小段，每個小段可以看作是某個圓周運動的一部分，那么曲線運動就變成了很多個小圓弧拼湊而成。如圖，曲線上的B點，在極限情況下，虛線圓可以叫做B點的曲率圓，對應(yīng)的半徑叫曲率半徑。現(xiàn)在物體從A點水平拋出，空氣阻力忽略，拋出后形成一拋物線軌跡，落地時速度大小為v，且與水平方向成60°角，以地面為零勢能面，則軌跡上物體重力勢能和動能相等的位置的曲率半徑為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)落地點的速度大小和方向求水平方向的分速度大??；根據(jù)機械能守恒求出重力勢能等于動能時的速度，進而根據(jù)速度的合成和分解求出此時速度與水平方向的夾角，在該點由牛頓第二定律求出該點的曲率半徑?！窘獯稹拷猓涸诼涞攸c可求出水平方向的分速度：v0＝vcos60°＝當軌跡上物體重力勢能和動能相等時，根據(jù)機械能守恒可知：＝2×，解得：v1＝此時速度的方向與水平方向的夾角為α，則：cosα＝，解得：α＝45°在該點由牛頓第二定律可知：mgcos45°＝m，解得此時的曲率半徑為：r＝，故ABC錯誤，D正確；故選：D?！军c評】本題考查機械能守恒和速度合成與分解，以及牛頓第二定律的綜合。主要是靈活的運用速度的合成和分解由速度求角度已經(jīng)由角度進行力的分解。本題綜合性較大，對學(xué)生的思維能力要求較高。10．（2020秋?重慶月考）如圖，一根不可伸長的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過固定于斜面體頂端的小滑輪O，傾角為θ＝30°的斜面體置于水平地面上，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m。開始時，用手托住A，使OA段繩恰處于水平伸直狀態(tài)（繩中無拉力），OB繩平行于斜面，此時B靜止不動，將A由靜止開始釋放，在其下擺過程中（未與斜面碰撞），斜面體始終保持靜止，下列判斷中正確的是（）A．物塊B受到的摩擦力先減小后增大 B．地面對斜面體的摩擦力方向先向右后向左 C．地面對斜面體的支持力先減小后增大 D．小球A的機械能守恒，A、B系統(tǒng)的機械能不守恒【分析】小物體B一直保持靜止，小球A擺下過程，只有重力做功，機械能守恒，細線的拉力從零增加到最大，再對物體B受力分析，根據(jù)平衡條件判斷靜摩擦力的變化情況。對B與斜面整體受力分析，判斷地面對斜面體摩擦力和支持力。【解答】解：A．A物體在最高點時，繩子拉力為零，對B進行受力分析可知，B受摩擦力：f＝4mgsin30°＝2mg，方向沿斜面向上，當小球A向下運動過程中，機械能守恒，則：mgL＝mv2在最低點時：T﹣mg＝m整理得：T＝3mg此時再對B進行受力分析可知，B受摩擦力沿斜面向下，大小等于mg，在A下擺的過程中，B受摩擦力先沿斜面向上，后沿斜面向下，所以物塊B受到的摩擦力先減小后增大，故A正確；B．在A下擺的過程中，將斜面體與B做為一個整體，細繩對整體始終有一個斜向左下方的拉力作用，由于斜面靜止，因此地面對斜面體的摩擦力始終水平向右，故B錯誤；C．在A下擺的過程中，小球A在豎直方向上的加速度向上且不斷增大，對A、B、斜面這個整體來說，加速度向上處于超重狀態(tài)，所以地面對斜面體的支持力大于重力，而且是不斷增大的，故C錯誤；D．小球A擺下過程，只有重力做功，機械能守恒，B靜止不動，機械能也守恒，所以A、B系統(tǒng)的機械能守恒，故D錯誤；故選：A?！军c評】解決該題需明確知道系統(tǒng)中各物體的運動情況，熟記機械能守恒的條件，知道用整體法求解系統(tǒng)所受到的外力作用；連接體問題，對地面的支持力可以用超重和失重來分析。11．（2020春?讓胡路區(qū)校級期末）如圖所示，在光滑的水平地面上有一個表面光滑的立方體M，一輕桿L與水平地面成α角，輕桿的下端用光滑鉸鏈連接于O點，O點固定于地面上，輕桿的上端連接著一個小球m，小球靠在立方體左側(cè)，立方體右側(cè)受到水平向左的推力F的作用，整個裝置處于靜止狀態(tài)。若現(xiàn)在撤去水平推力F，則下列說法中正確的是（）A．小球在落地的瞬間和立方體分離 B．小球和立方體分離時速度大小相等 C．小球和立方體分離時小球的加速度為g D．從小球開始運動到落地的過程中立方體的機械能一直增大【分析】小球一方面隨著立方體向右運動，另一方面豎直向下運動，將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，得到小球水平方向分速度的表達式，根據(jù)二者的運動情況分析分離時的位置和受力特點，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合機械能守恒定律的守恒條件進行分析。【解答】解：AB、剛開始系統(tǒng)水平方向的速度為零，由于桿的彈力對系統(tǒng)做正功，使得小球和立方體水平方向的速度增大；小球隨著立方體向右運動的同時沿著立方體豎直向下運動，將小球的速度沿著水平方向和豎直方向正交分解，如圖得到v2＝v1sinα，當小球和立方體之間的彈力為零時分離，此時二者水平方向的速度相等，小球?qū)嶋H速度大于立方體的速度；小球運動到最低點時，水平方向的速度為零，所以分離時一定不在最低點，故AB錯誤；C、當小球和立方體之間的彈力為零時分離，此時桿的彈力為零（如果不為零，小球在水平方向的加速度不為零，小球和立方體之間仍有彈力），小球和立方體分離時小球只受重力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得小球的加速度為g，故C正確；D、從小球開始運動到小球和立方體分離，立方體的機械能一直增大，小球和立方體分離后，立方體在水平方向做勻速直線運動，機械能不變，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要是考查機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合應(yīng)用、運動的合成與分解等，關(guān)鍵是弄清楚小球和立方體的運動情況，知道輕桿開始對小球做正功、后來對小球做負功，當二者分離時，桿的彈力恰好為零。12．（2020春?大武口區(qū)校級期末）如圖所示，將一根長L＝0.4m的金屬鏈條拉直放在傾角θ＝30°的光滑斜面上，鏈條下端與斜面下邊緣相齊，由靜止釋放后，當鏈條剛好全部脫離斜面時，其速度大小為（）m/s（g取10m/s2）A． B． C． D．【分析】由于斜面光滑，只有重力對鏈條做功，根據(jù)機械能守恒定律求解即可；要注意根據(jù)重心下降的高度求重力勢能的減小量。【解答】解：由靜止釋放到鏈條剛好全部脫離斜面時，鏈條的重力勢能減小量為：△Ep＝mg（sin30°+）＝mgL由于斜面光滑，只有重力對鏈條做功，根據(jù)機械能守恒定律，減小的重力勢能等于增加的動能，則有：mgL＝mv2解得：v＝＝m/s＝m/s，故A正確，BCD錯誤；故選：A。【點評】考查機械能守恒定律的應(yīng)用，注意本題中鏈條不能看成質(zhì)點，要根據(jù)重心下降的高度求重力勢能的減小量。13．（2020春?湛江期末）如圖所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓槽置于光滑的水平面上。槽的左側(cè)有一豎直墻壁，現(xiàn)讓一小球（視為質(zhì)點）自左端槽口A點的正上方足夠高處從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內(nèi)。不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．小球從靜止下落至運動到最低點的過程中機械能守恒 B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能不守恒 C．小球與槽接觸的過程中一直對槽做正功 D．小球離開右側(cè)槽口以后，將豎直上升【分析】一小球自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落于光滑的半圓柱槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左側(cè)有一豎直墻壁，只有重力做功，小球的機械能守恒。當小球從最低點上升時，槽也會向右運動。在運動過程中，仍只有重力做功，小球與槽的機械能守恒?！窘獯稹拷猓篈、小球從靜止下落至運動到最低點的過程中，受力重力與支持力，由于只有重力做功，機械能守恒，故A正確；B、小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功，但球?qū)Σ圩饔昧ψ稣?，兩者之和正好為零，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；C、小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，當從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有球?qū)Σ圩饔昧ψ稣?，故C錯誤；D、小球經(jīng)過槽的最低點后，在小球沿槽的右側(cè)面上升的過程中，槽也向右運動，小球離開右側(cè)槽口時相對于地面的速度斜向右上方，小球?qū)⒆鲂睊佭\動而不是做豎直上拋運動，故D錯誤；故選：A?！军c評】考查動量守恒定律與機械能守恒定律，當球下落到最低點過程，由于左側(cè)豎直墻壁作用，小球機械能守恒；當球從最低點上升時，小球機械能不守恒，而小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，注意球離開槽后不是做豎直上拋運動。14．（2020春?保定期末）如圖所示，質(zhì)量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平軸O無摩擦轉(zhuǎn)動。已知桿長為l，水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一豎直線上。給B球一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉(zhuǎn)過90°的過程中（）A．小球A和B的重力勢能變化量之和為﹣mgl B．小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl C．桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒 D．A球和B球的總機械能保持不變【分析】將輕桿從水平位置由豎直靜止，轉(zhuǎn)到水平位置的過程中系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)勢能的定義可以判斷各自勢能的變化；依據(jù)桿對A做正功，而對B做負功，桿對整體不做功。【解答】解：AB、在桿繞軸O轉(zhuǎn)過90°的過程中，小球A的重力勢能減小mg，B的重力勢能增加mgl，那么小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl，故AB錯誤；C、因B減小，則輕桿對B的彈力方向沿著桿偏左，那么輕桿對B做負功，同理，桿對A做正功，因此小球A的機械能增加，故C錯誤；D、A、B組成的系統(tǒng)在運動過程中，只有重力做功，機械能守恒，故D正確；故選：D?！军c評】本題是輕桿連接的模型問題，對系統(tǒng)機械能是守恒的，但對單個小球機械能并不守恒，運用系統(tǒng)機械能守恒及除重力以外的力做物體做的功等于物體機械能的變化量進行研究即可。15．（2020?大興區(qū)一模）如圖所示，在一端封閉、長約1m的玻璃管內(nèi)注滿清水，水中放一個紅蠟做的小圓柱體R（R視為質(zhì)點）?，F(xiàn)將玻璃管軸線與豎直方向y軸重合，在小圓柱體R上升剛好到達勻速時的起點位置記為坐標原點O，同時玻璃管沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動（不影響小圓柱體豎直方向的運動）。小圓柱體R依次經(jīng)過平行橫軸的三條水平線上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的高度均相等，則小圓柱體在OA、AB、BC三個過程中，下面結(jié)論正確的是（）A．水平位移大小之比為1：4：9 B．動能增量之比為1：2：3 C．機械能增量之比為1：1：1 D．合力的沖量大小之比為1：1：1【分析】根據(jù)運動的合成與分解知識，利用運動的獨立性和等時性，分別分析豎直方向和水平方向的運動，求解動能的變化量和機械能；再由沖量定義式，即可求解合力沖量之比。【解答】解：A、小圓柱體R在OA、AB、BC三個過程中沿y軸方向的高度均相等，則每個過程的時間相等，x軸方向上，小圓柱體R做初速度為零的勻加速直線運動，則每個過程對應(yīng)的水平位移的大小之比為：△x1：△x2：△x3＝1：3：5，故A錯誤；BC、豎直方向上，三個過程中重力勢能變化量相等，水平方向上，速度為：v＝，動能為：Ek＝mv2＝max，則三個過程中，動能變化量之比為1：3：5，因此機械能的變化量之比不是1：1：1，故BC錯誤；D、根據(jù)I＝Ft可知，小圓柱體R的合外力不變，三個過程的時間相等，則合力的沖量相等，即合力的沖量大小之比為1：1：1，故D正確。故選：D。【點評】本題考查了機械能變化和沖量的變化，難度較大，解題的關(guān)鍵是利用運動的獨立性和等時性，分析豎直和水平方向的運動。二．多選題（共15小題）16．（2021春?倉山區(qū)校級期中）如圖所示，細繩跨過定滑輪連接物體M、N，物體M套在光滑水平直桿上，初始時靜止于A位置，將物體N由靜止釋放，當M運動到B位置時細線與水平方向的夾角為θ，此時物體M、N的速度大小分別為vM、vN。不計繩與滑輪間的摩擦和空氣阻力，下列說法正確的是（）A．vN＝vM?cosθ B．物體N下落過程中機械能守恒 C．物體M運動到左側(cè)滑輪正下方時速度最大 D．物體N下落過程中，物體N減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為物體M的動能【分析】將M的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于N的速度大小，根據(jù)該關(guān)系得出M、N的速率之比。當θ＝90°時，M的速率最大，此時N的速率為零。對MN組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機械能守恒，物體N下落過程中，其重力勢能轉(zhuǎn)化為物體M和N的動能?！窘獯稹拷猓篈、M的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于N的速度大小，有：vMcosθ＝vN，故A正確；B、對物體N分析，在下落過程中，受到重力和繩子的拉力，拉力對物體N做負功，故N機械能減小，不守恒，故B錯誤；C、M的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向上的分速度等于N的速度大小，有：vMcosθ＝vN，MN組成的系統(tǒng)機械能守恒，當θ＝90°時，M的速率最大，故C正確；D、對MN組成的系統(tǒng)，只有重力做功，故機械能守恒，物體N下落過程中，其重力勢能轉(zhuǎn)化為物體M和N的動能，故D錯誤。故選：AC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是知道M沿繩子方向的分速度等于N的速度大小，以及知道M、N組成的系統(tǒng)機械能守恒。17．（2021?蜀山區(qū)校級模擬）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿分離不接觸，且兩桿間的距離忽略不計．兩個小球a、b（視為質(zhì)點）質(zhì)量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿連接，將a球從圖示位置由靜止釋放（輕桿與L2桿夾角為45°），不計一切摩擦，已知重力加速度為g．在此后的運動過程中，下列說法中正確的是（）A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．b球的速度為零時，a球的加速度大小一定等于g C．b球的最大速度為 D．a(chǎn)球的最大速度大于【分析】先確定a，b系統(tǒng)機械能守恒，由運動情況可知在a下滑到最低點時b的速度最大，由機械能守恒求得b的最大速度；當a運動到兩桿的交點后會向下繼續(xù)加速，則其最大速度要大于在兩桿交點處的速度。【解答】解：A、a球和b球所組成的系統(tǒng)只有重力做功，則機械能守恒，故A正確；B、b的速度為零時，a達到L2所在面，在豎直方向只受重力作用，則加速度為g，故B正確；C、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vbm，由機械能守恒得：mg（L+）＝；解得：vbm＝，故C正確；D、a球運動到兩桿的交點處，b的速度為0，此時a的速度為va，由機械能守恒得：mg＝；解得：va＝；但此后桿向下運動，會再加速一段距離后達到一最大速度再減速到0，則其最大速度要大于，故D正確；故選：ABCD?！军c評】本題要先確定a球和b球所組成的系統(tǒng)機械能守恒，再確定兩球速度最大的位置由機械能守恒定律列式求得速度值。18．（2021?永州模擬）如圖所示，光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內(nèi)，OP邊水平，OP與OQ在O點平滑相連，A、B兩小環(huán)用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上。已知A環(huán)質(zhì)量為m，B環(huán)為2m。初始時刻，將輕繩拉至水平位置拉直（即B環(huán)位于O點）然后同時釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達O點后，速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下，已知重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．B環(huán)下降高度為時，A環(huán)與B環(huán)速度大小相等 B．在A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)速度一直增大 C．A環(huán)到達O點時速度大小為 D．當A環(huán)到達O點后，若在轉(zhuǎn)彎處機械能損失不計，再經(jīng)的時間能追上B環(huán)【分析】A與B下降的過程中系統(tǒng)的機械能守恒，先由速度的合成與分解求出A、B速度的關(guān)系，然后即可求出A、B在不同點的速度；根據(jù)勻變速直線運動的公式即可求出A追上B的時間?！窘獯稹拷猓築環(huán)下落一段位移后，設(shè)繩子與水平方向之間的夾角為α，則與豎直方向之間的夾角β＝90°﹣α設(shè)此時A的速度為vA，將A的速度沿繩子方向與垂直于繩子的方向分解，設(shè)沿繩子方向的分速度為v，如圖所示：則：v＝vAcosα設(shè)B的速度為vB，將B的速度也沿繩子的方向與垂直于繩子的方向分解如圖，其中沿繩子方向的分速度與A沿繩子方向的分速度是相等的，則：v＝vBcosβ所以：vB＝＝＝A、當B環(huán)下落時繩子與水平方向之間的夾角：sinα＝＝，所以：α＝45°，則：vB＝vA；故A正確；B、B開始下降的過程中速度由0開始增大，所以是做加速運動。當繩子與水平方向之間的夾角接近90°時，tanβ→∞，則：vB＝→0．可知當A到達O點時，B的速度等于0．所以B一定還存在減速的過程。即A環(huán)到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速，故B錯誤；C、由于A到達O點時B的速度等于0，由機械能守恒得：mvA2＝mgL，所以：vA′＝，故C錯誤；D、環(huán)A過O點后做加速度等于g的勻加速直線運動，B做自由落體運動；當A追上B時，有：vA′t+gt2＝L+gt2；解得：t′＝．故D正確。故選：AD。【點評】本題結(jié)合機械能守恒考查運動的合成與分解，解答的關(guān)鍵是能看到A與B的速度不一定大小相等，但它們沿繩子方向的分速度大小相等。19．（2021??？谀M）如圖所示，小球從A點以初速度v0沿粗糙斜面向上運動，到達最高點B后返回A，C為AB的中點。下列說法中正確的是（）A．小球從A到C與從C到B的過程，減少的動能相等 B．小球從A出發(fā)到返回A的過程中，位移為零，外力做功為零 C．小球從A到C與從C到B的過程，損失的機械能相等 D．小球從A到C過程減少的動能與從C到A過程增加的動能相等【分析】根據(jù)小球的受力情況分析運動情況，由此分析動能的變化；位移是從初位置指向末位置的有向線段，根據(jù)受力情況分析外力做功是否為零；根據(jù)摩擦力做功情況分析損失的機械能?！窘獯稹拷猓河捎贑為AB的中點，則AC＝CB。A、由于小球從A到C過程與從C到B過程中受力情況相同、則加速度相同，根據(jù)動能定理可知AC過程的合力的功等于BC過程合外力的功，故小球從A到C與從C到B的過程，減少的動能相等，故A正確；B、位移是從初位置指向末位置的有向線段，故小球從A出發(fā)到返回A，位移為0，但整個過程中摩擦力的方向與小球運動的方向始終相反，故整個過程中摩擦力對物體做負功，即外力做功不為零，故B錯誤；C、克服除重力之外其它力做多少功，物體的機械能就減少多少，根據(jù)﹣μmgscosθ＝﹣△E，可得小球從A到C過程與從C到B過程，損失的機械能相等，故C正確；D、小球從A到C過程與從C到A過程合外力不同，則小球從A到C過程減少的動能與從C到A過程增加的動能不相等，故D錯誤。故選：AC?！军c評】本題主要是考查了機械能守恒定律和動能定理；要知道機械能守恒定律的守恒條件是只有重力或彈力做功，除重力或彈力做功以外，其它力對系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機械能就變化多少。20．（2021春?邢臺月考）如圖所示，三個小木塊A、B、C靜止在足夠長的光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為mA＝1kg、mB＝1kg、mC＝3kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開始時整個裝置處于靜止狀態(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥（質(zhì)量不計），現(xiàn)引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸（時間極短）產(chǎn)生的能量有16J轉(zhuǎn)化為A和B的機械能，則下列說法正確的是（）A．三個小木塊A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒 B．爆炸后瞬間A的速度大小為4m/s C．彈簧第一次恢復(fù)到原長時C的速度為0 D．彈簧彈性勢能的最大值為6J【分析】根據(jù)合外力是否為零來判斷系統(tǒng)的動量是否守恒，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況判斷機械能是否守恒；炸藥爆炸過程，由于時間極短，所以彈簧形變量忽略不計，A與B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律相結(jié)合求爆炸后瞬間A和B的速度大小。炸藥爆炸之后，B壓縮彈簧，B向右做減速運動，C向右加速，當兩者速度相等時彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，根據(jù)B與C及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒求解彈簧第一次恢復(fù)到原長時C的速度和彈簧彈性勢能的最大值。【解答】解：A、三個小木塊A、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒。由于有化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，所以系統(tǒng)的機械能增加，故A錯誤；B、設(shè)爆炸后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB。炸藥爆炸瞬間，取A和B組成的系統(tǒng)為研究對象，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mBvB﹣mAvA＝0炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有16J轉(zhuǎn)化為A和B的機械能，由能量守恒定律得：mBvB2+mAvA2＝16J代入數(shù)據(jù)解得：vA＝vB＝4m/s，故B正確；C、設(shè)彈簧第一次恢復(fù)到原長時B與C的速度分別為vB1、vC。炸藥爆炸后到彈簧第一次恢復(fù)到原長的過程，以B與C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：mBvB＝mBvB1+mCvCmBvB2＝mBvB12+mCvC2代入數(shù)據(jù)解得：vB1＝﹣2m/s，vC＝2m/s，故C錯誤；D、當B與C的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，設(shè)B與C的共同速度為v，彈簧彈性勢能的最大值為EP。從炸藥爆炸后到彈簧彈性勢能最大的過程，以B與C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律分別得：mBvB＝（mB+mC）vmBvB2＝Ep+（mB+mC）v2代入數(shù)據(jù)解得：EP＝6J，故D正確。故選：BD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是搞清物體的運動過程，準確選擇研究對象，運用動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合研究這類問題。要注意選取正方向。21．（2021春?晉城期中）質(zhì)量相同的小球A、B，懸掛在長度不同的輕質(zhì)細繩一端，輕繩另一端固定在同一水平天花板上?，F(xiàn)將小球A、B拉至同一水平高度后由靜止釋放，如圖所示，不計空氣阻力，則當兩小球位于最低點時，下列說法正確的是（）A．兩小球的動能相同 B．兩小球的機械能相同 C．兩小球的加速度相同 D．兩小球所受的拉力相同【分析】根據(jù)動能定理或機械能守恒定律求出最低點的動能；取兩小球運動過程中的最低點的位置為零勢能點，兩球的初始位置不同，機械能不同；再根據(jù)a＝求最低點時的加速度；小球在最低點，由牛頓第二定律求得細繩對兩球的拉力相等?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)動能定理mgl＝﹣0，可知B小球動能大，故A錯誤；B、兩球的初始位置相同，重力勢能相同，因為初動能為零，則初始位置的機械能相同，由于運動過程中只有重力做功，機械能守恒，則兩小球位于最低點時，機械能也相同，故B正確；C、在最低點加速度a＝＝＝2g，由此可知，加速度與繩長l無關(guān)，即兩小球的加速度相同，故C正確；D、根據(jù)F﹣mg＝，解得：F＝3mg，所以細繩對兩球拉力大小相等，故D正確。故選：BCD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)動能定理求出小球最低點的動能，再根據(jù)a＝求兩小球在最低點的加速度；綜合應(yīng)用機械能守恒與牛頓第二定律在圓周運動的應(yīng)用進行分析。22．（2021?廣州二模）如圖甲，足夠長的光滑斜面傾角為30°，t＝0時質(zhì)量為2kg的物塊在沿斜面方向的力F作用下由靜止開始運動，設(shè)沿斜面向上為力F的正方向，力F隨時間t的變化關(guān)系如圖乙。取物塊的初始位置為零勢能位置，重力加速度g取10m/s2，則物塊（）A．在0～1s過程中機械能減少4J B．在t＝1s時動能為1J C．在t＝2s時機械能為﹣4J D．在t＝2s時速度大小為15.5m/s【分析】根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求解速度和位移，根據(jù)位移公式求解位移，再求出拉力做的功，外力F做功為機械能改變量；根據(jù)動量定理求解物塊在2s時的速度大小?！窘獯稹拷猓篈、在0～1s過程中對物塊由牛頓第二定律可知：F1﹣mgsin30°＝ma1，解得：a1＝﹣4m/s2物塊的位移x1＝＝m＝﹣2m則該過程中F做功為機械能改變量，W1＝F1x1＝2N×（﹣2m）＝﹣4J，即機械能減小了4J，故A正確；B、1s時，物塊的速度v1＝a1t1＝﹣4m/s2×1s＝﹣4m/s，則物塊在t＝1s時動能為Ek1＝＝J＝16J，故B錯誤；C、1s～2s過程中只有重力做功，物塊機械能守恒，則物塊在t＝2s時機械能為W1＝﹣4J，故C正確；D、0～2s過程中，對物塊由動量定理可知：F1t1﹣mgsin30°t2＝mv2﹣0，即2×1﹣＝2×v2﹣0，解得：v2＝﹣9m/s，即物塊在t＝2s時速度大小為9m/s，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題主要是考查牛頓運動定律的綜合應(yīng)用、功的計算以及沖量的計算等，能夠根據(jù)圖象分析受力情況，再結(jié)合運動學(xué)公式、功的計算公式求解是關(guān)鍵。23．（2021?綿陽模擬）不可伸長的輕繩一端固定，另一端系著質(zhì)量為m的小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，小球動能Ek隨它離地高度h的變化如圖所示。忽略空氣阻力，重力加速度取10m/s2，以地面為重力勢能零點，由圖中數(shù)據(jù)可得（）A．小球質(zhì)量為2kg B．繩對小球拉力最大值為100N C．當小球離地高度為0.7m時，繩對小球拉力為80N D．當小球動能與重力勢能相等時，小球離地高度0.725m【分析】在小球運動的過程中，只有重力做功，由機械能守恒定律列式，得到小球動能Ek與它離地高度h的關(guān)系式，結(jié)合圖像的信息求解。【解答】解：A、根據(jù)豎直面圓周運動的特點由圖可知，小球的軌道半徑滿足：2r＝1.2m﹣0.2m＝1.0m小球從最低點運動到最高點的過程中，根據(jù)動能定理有：﹣2mgr＝Ek2﹣Ek1，其中Ek1＝25J，Ek2＝5J，解得：m＝2kg，故A正確；B、小球在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可知：F﹣mg＝聯(lián)立解得：F＝120N，故B錯誤；C、根據(jù)圖中信息可知，當小球離地面高度為0.7m時，小球動能為＝10J，此時小球處在于圓心等高的位置，繩對小球拉力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知F′﹣mg＝，解得：F′＝60N，故C錯誤；D、當小球動能與重力勢能相等時，即Ek4＝mgh＝2×10×h＝20h，根據(jù)圖像中小球動能隨它離地高度h的變化的函數(shù)關(guān)系可知：Ek＝﹣20h+29聯(lián)立解得：h＝0.725m，故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查機械能守恒和牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用，關(guān)鍵是考查了讀圖識圖能力，能從圖中讀懂題中需要的已知條件是本題的突破口。24．（2021春?濰坊月考）半徑為10m的光滑半圓球固定在水平面上，頂部有一小鋼球（可視為質(zhì)點），如圖所示，今給小球一個水平初速度v0＝10m/s，g取10m/s2，不計空氣阻力，則（）A．小球先沿圓球面運動到某點再離開球面做斜下拋運動 B．小球落地點到球心的水平距離為10m C．如果小球開始靜止在圓球面的最高點，用手輕輕一碰，它會沿著圓球面滾到圓球最低點 D．如果小球開始靜止在圓球面的最高點，用手輕輕一碰，它會沿著圓球面滾到某位置，然后脫離球面做斜下拋運動【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出小球在圓球頂端受到圓球的支持力；小球離開圓球頂端之后做平拋運動，求出水平距離；小球離開圓球最高點，由重力沿著半徑方向的分力提供向心力?！窘獯稹拷猓篈B、在最高點，對小球由牛頓第二定律可知：mg﹣FN＝，解得：FN＝0則由此可知小球在最高點僅受到重力作用，由水平初速度，所以小球立即離開半球面做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可知：水平方向：x＝v0t豎直方向：R＝解得：x＝10m，故A錯誤，B正確；CD、如果小球開始靜止在圓球面的最高點，用手輕輕一碰，開始它會沿著圓球面滾下，沿著圓球面下滑過程中，速度增大，所需向心力F不斷增大，而重力的分力沿著半徑分量不斷減小，當所需向心力大于重力沿著半徑的分量時，將不再沿著球面運動，而是脫離球面，做斜下拋運動，故C錯誤，D正確；故選：BD?！军c評】本題考查牛頓第二定律在圓周運動中的應(yīng)用和平拋運動的綜合運用，物體做圓周運動時，合力提供向心力，當合力不足以提供向心力時，物體做離心運動。25．（2021?晉江市模擬）如圖所示，將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán)，環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑的輕小定滑輪與直桿的距離為d，桿上的A點與定滑輪等高，桿上的B點在A點下方距離為d處?，F(xiàn)將環(huán)從A處由靜止釋放，不計一切摩擦阻力，下列說法正確的是（）A．環(huán)到達B處時，環(huán)的速度大小是重物的倍 B．環(huán)從A到B過程中，環(huán)的機械能是減少的 C．環(huán)到達B處時，重物上升的高度d D．環(huán)到達B處時，重物上升的高度為d【分析】將環(huán)的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向進行分解，環(huán)沿繩子方向的分速度大小等于重物的速度大小，從而求出環(huán)在B處時環(huán)的速度與重物的速度之比。根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒判斷環(huán)的機械能變化情況；根據(jù)幾何關(guān)系求出環(huán)到達B處時重物上升的高度?！窘獯稹拷猓篈、環(huán)沿繩子方向的分速度大小等于重物的速度大小，在B點，將環(huán)的速度分解如圖所示，可得v環(huán)cosθ＝v物。在B點，由幾何關(guān)系可得θ＝45°，解得v環(huán)＝v物，所以環(huán)到達B處時，環(huán)的速度大小是重物的倍，故A正確；B、對于重物與環(huán)組成的系統(tǒng)，因為只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒。環(huán)從A到B過程中，重物的機械能增大，則環(huán)的機械能是減少的，故B正確；CD、由幾何關(guān)系可知，環(huán)到達B處時，重物上升的高度h＝，故CD錯誤。故選：AB?！军c評】解決本題的關(guān)鍵要知道重物與環(huán)組成的系統(tǒng)機械能是守恒的，但環(huán)和重物的機械能均不守恒。要知道環(huán)沿繩子方向的分速度大小等于重物的速度大小，能運用速度分解法研究兩者速度之比。26．（2021春?鐘樓區(qū)校級月考）如圖所示，兩個圓弧軌道固定在水平地面上，半徑R相同，a軌道由金屬凹槽制成，b軌道由金屬圓管制成（圓管內(nèi)徑遠小于半徑R），均可視為光滑軌道。在兩軌道右端的正上方分別將金屬小球A和B（直徑略小于圓管內(nèi)徑）由靜止釋放，小球距離地面的高度分別用hA和hB表示。下列說法中正確的是（）A．若hA＝hB≥R，兩小球都能沿軌道運動到最高點 B．若hA＝hB≥R，兩小球在軌道上上升的最大高度均為R C．適當調(diào)整hA和hB，均可使兩小球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處 D．若使小球沿軌道運動并且從最高點飛出，hA的最小值為R，B小球在hB＞2R的任何高度釋放均可【分析】要知道小球恰好到a軌道最高點的最小速度是，恰好到b軌道最高點的速度是0，再結(jié)合機械能守恒定律分析高度即可?！窘獯稹拷猓篈D、若小球A恰好能到a軌道的最高點，由mg＝m，得vA＝，由mg（hA0﹣2R）＝mvA2，得hA0＝R；若小球B恰好能到b軌道的最高點，在最高點的速度vB＝0，根據(jù)機械能守恒定律得hB0＝2R，所以hA＝hB≥R時，兩球都能到達軌道的最高點，故A、D正確；B、若hB＝R，小球B在軌道上上升的最大高度等于R；若hA＝R，則小球A在到達最高點前離開軌道，有一定的速度，由機械能守恒定律可知，A在軌道上上升的最大高度小于R，故B錯誤；C、小球A從最高點飛出后做平拋運動，下落R高度時，水平位移的最小值為xA＝vA＝?＝R＞R，所以若小球A從最高點飛出后會落在軌道右端口外側(cè)，而適當調(diào)整hB，B可以落在軌道右端口處，所以適當調(diào)整hA和hB，只有B球可以從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，故C錯誤。故選：AD?！军c評】本題考查小球在豎直面內(nèi)圓周運動的兩種模型，注意區(qū)分在最高點的最小速度，結(jié)合能量觀點分析問題。27．（2021?柳州三模）如圖所示，一質(zhì)量不計的豎直圓盤可繞固定的水平軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動。圓盤上固定著質(zhì)量均為m小球A和B，且OA＝a，OB＝a，OA與OB垂直。當OA處于水平位置靜止釋放，則在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，下列說法正確的有（）A．轉(zhuǎn)動過程中AB球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當A球位于O點正下方時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達到最大 C．圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤始終對A球不做功 D．圓盤沿順時針方向轉(zhuǎn)動到角速度為0時OA與豎直方向成30°角【分析】根據(jù)AB球組成的系統(tǒng)受力情況，判斷除重力以外力的做功情況，從而判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒；當系統(tǒng)的重力位于O點的正下方時，圓盤的角速度最大；根據(jù)A球機械能的變化情況，確定圓盤對A球是否做功；根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒求圓盤沿順時針方向轉(zhuǎn)動到角速度為0時OA與豎直方向的夾角?！窘獯稹拷猓篈、圓盤在豎直平面內(nèi)無摩擦地轉(zhuǎn)動，對于AB球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故A正確；B、AB球組成的系統(tǒng)重心位于兩者連線的中點，當系統(tǒng)的重心到達O點正下方時，系統(tǒng)重力勢能減少量最大，則動能的增加量最大，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度最大，可知，當A球位于O點正下方時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度不是最大，故B錯誤；C、圓盤轉(zhuǎn)動過程中，由于B的機械能是變化的，由系統(tǒng)的機械能守恒知A的機械能是變化的，由功能關(guān)系可知圓盤對A球要做功，故C錯誤；D、設(shè)圓盤沿順時針方向轉(zhuǎn)動到角速度為0時OA與豎直方向成α角，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒知：從開始釋放到圓盤角速度為0的過程中，A的機械能減少量等于B的機械能增加量，即得mg?acosα＝mga（1+sinα），解得α＝30°，故D正確。故選：AD?！军c評】本題的關(guān)鍵要明確兩球組成的系統(tǒng)機械能是守恒的，根據(jù)A球的機械能減少量等于B的機械能增加量來列方程。28．（2021?寶雞二模）如圖所示，兩固定直桿相互靠近且異面相交成53°角，質(zhì)量均為m的兩個滑塊A、B分別在水平直桿和傾斜直桿上，兩直桿足夠長且忽略兩直桿間的垂直距離，A、B通過餃鏈用長度為L＝0.5m的剛性輕桿（初始時輕桿與水平直桿垂直）連接?，F(xiàn)使滑塊B以初速度v0＝4m/s沿傾斜桿上滑，并使A沿水平直桿由靜止向右滑動，不計一切摩擦，滑塊A、B視為質(zhì)點，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，下列說法正確的是（）A．A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．A到達最右端時，B的速度為零 C．當B到達A所在的水平面時，A的速度大小為2m/s D．B到達最高點時距離出發(fā)點的豎直高度為0.8m【分析】對于A、B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒。A、B沿剛性輕桿方向的分速度大小相等。A滑塊到達最右端時，B的速度為零，此時剛性輕桿與斜桿垂直。當B到達A所在的水平面時，由A、B沿剛性輕桿方向的分速度大小相等以及機械能守恒定律求A的速度大小。由系統(tǒng)的機械能守恒求B到達最高點時距離出發(fā)點的豎直高度。【解答】解：A、不計一切摩擦，在運動的過程中，A、B組成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；B、當A在最右端的時候，輕桿與斜桿垂直，所以此時，A的速度為零，B有沿著斜桿的速度，故B錯誤；C、當B到達A所在的水平面時，設(shè)A的速度大小為vA，B的速度大小為vB，根據(jù)A、B沿剛性輕桿方向的分速度大小相等，則有vBcos53°＝vA；由系統(tǒng)的機械能守恒得：＝++mgL，聯(lián)立解得vA＝m/s，故C錯誤；D、設(shè)B到達最高點時距離出發(fā)點的豎直高度為h，此時A、B的速度均為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得：＝mgh，解得h＝0.8m，故D正確。故選：AD?！军c評】解決本題的關(guān)鍵是要知道A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，但單個滑塊機械能并不守恒。兩個滑塊沿剛性輕桿方向的分速度大小相等。29．（2021春?瑤海區(qū)月考）一物塊在高3.0m、長5.0m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。則（）A．物塊下滑過程中機械能守恒 B．當物塊下滑2.0m時，機械能損失了8J C．物塊下滑時加速度的大小為2.0m/s2 D．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5【分析】分析初位置以及下滑5m時的機械能，從而判斷機械能是否守恒；根據(jù)功能關(guān)系分析求解物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時加速度的大?。环治鑫飰K下滑2.0m時除重力以外其它力做功情況從而判斷機械能的損失量?！窘獯稹拷猓篈、物塊在初位置其重力勢能為Ep＝mgh＝30J，動能Ek＝0，則物塊的質(zhì)量m＝kg＝1kg，此時物塊具有的機械能為E1＝Ep+Ek＝（30+0）J＝30J；當下滑距離為5m時，物塊具有的機械能為E2＝Ep′+Ek′＝10J＜E1，所以下滑過程中物塊的機械能減小，故A錯誤；B、當物塊下滑距離為x′＝2.0m時，當物塊下滑距離為x′＝2.0m時，由圖可知動能為4J，重力勢能為22J，所以機械能損失了8J，故B正確；D、令斜面的傾角為θ，則sinθ＝，所以θ＝37°，物體下滑的距離為x＝5m的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有：Wf＝μmg?cosθ?x＝E1﹣E2，代入數(shù)據(jù)μ＝0.5，故D正確。C、根據(jù)牛頓第二定律可知，物塊下滑時加速度的大小為a＝＝gsinθ﹣μgcosθ＝（10×6﹣0.5×10×0.8）m/s2＝2m/s2，故C正確；故選：BCD。【點評】解決該題需要掌握機械能守恒的條件，知道勢能和動能之和統(tǒng)稱為機械能，掌握與機械能相關(guān)的功能關(guān)系。30．（2021春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖所示，質(zhì)量為4m的小球A套在固定在豎直面的圓環(huán)上，圓環(huán)半徑為R，小球B質(zhì)量為m，套在水平固定桿上。長為2R的輕桿兩端通過鉸鏈分別與A、B連接，水平桿與圓環(huán)的圓心O位于同一水平線上。若靜止的球A因微小擾動從環(huán)最高處向左逆時針滑下，不計一切摩擦，重力加速度大小為g，則（）A．球A滑到與圓心O同高度時的速度大小為 B．球A滑到與圓心O同高度之前輕桿對B一直做正功 C．球A滑到與圓心O同高度之前，A的機械能最小時水平桿對B的彈力大小為5mg D．當球A滑一圈再次回到最高點過程中，有兩個位置A的機械能與最高點處機械能相等【分析】判斷A和B整個過程的運動狀態(tài)，也就是A和B的速度變化情況，可以得到各自的動能變化情況，根據(jù)機械能守恒，勢能與動能的轉(zhuǎn)化規(guī)律可以解決?！窘獯稹拷猓篈、AB與輕桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，且沿桿分速度相等，當A滑到圓心等高處時，由于速度與桿垂直，此時B球速度為0，根據(jù)：，解得：，故A正確；B、B在A滑到與圓心O同高度過程中先加速后減速，輕桿對他先做正功后做負功，故B錯誤；C、A機械能最小時B的機械能也就是動能最大，故此時應(yīng)為B加速過程結(jié)束要開始減速的臨界位置，B加速度為0，輕桿對B作用力為0，故水平桿對B的彈力應(yīng)等于B的重力mg，故C錯誤；D、A滑動一圈的過