一．計算物體的機械能（共4小題）
二．判斷系統(tǒng)機械能是否守恒（共7小題）
三．利用機械能守恒定律解決簡單問題（共6小題）
四．機械能與曲線運動結合問題（共10小題）
五．用桿連接的系統(tǒng)機械能守恒問題（共5小題）
六．用細繩連接的系統(tǒng)機械能守恒問題（共6小題）
七．彈簧類問題機械能轉化的問題（共9小題）
八．利用能量守恒解決實際問題（共3小題）
九．能量守恒定律與傳送帶結合（共3小題）
十．天體運動中機械能的變化（共3小題）
一．計算物體的機械能（共4小題）
1．2023年8月3日，在成都第31屆世界大學生夏季運動會田徑項目男子三級跳遠決賽中，中國某運動員以的成績奪得冠軍。不計空氣阻力，對該運動員，下列說法正確的是（ ）
A．在助跑過程中，一定做勻加速直線運動
B．在起跳的過程中，地面對其做的功等于其機械能的增加量
C．在下落過程中，處于失重狀態(tài)
D．在最高點時的速度為零
【答案】C
【詳解】A．該運動員在助跑過程中，不一定做勻加速直線運動，選項A錯誤；
B．該運動員在起跳的過程中，地面對其做的功為0，選項B錯誤；
C．該運動員在下落過程中，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，選項C正確；
D．該運動員在最高點時還有水平速度，則其速度不為零，選項D錯誤。
故選C。
2．如圖甲所示，“回回炮”是一種大型拋石機。將石塊放在長臂一端的石袋中，在短臂端掛上重物。發(fā)射前將長臂端往下拉至地面，然后突然松開，石袋中的石塊過最高點時就被拋出?，F將其簡化為圖乙所示的模型、將一質量、可視為質點的石塊裝在長的長臂末端的石袋中，初始時長臂與水平面的夾角為30°，松開后長臂轉至豎直位置時，石塊被水平拋出，落在水平地面上，測得石塊落地點與點的水平距離為30m，以地面為零勢能面，不計空氣阻力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（ ）
A．石塊被水平拋出時的重力勢能為B．石塊被水平拋出時的動能為
C．石塊被水平拋出時的機械能為D．石塊著地時重力的功率為
【答案】C
【詳解】A．石塊被水平拋出時的高度為
重力勢能為
故A錯誤；
B．石塊被水平拋出后做平拋運動，豎直方向有
水平方向有
聯立解得
石塊被水平拋出時的動能為
故B錯誤；
C．石塊被水平拋出時的機械能為
故C正確；
D．根據，可得石塊著地時豎直分速度為
石塊著地時重力的功率為
故D錯誤。
故選C。
3．（多選）如圖甲所示，北宋記載了一種古代運輸裝備，名為“絞車”，因其設計精妙，靈活方便?！逼湓砣鐖D乙所示，將一根圓軸削成同心而半徑不同的兩部分，其中a，b兩點分別是大小轆轤邊緣上的兩點，其上繞以繩索，繩下加一動滑輪，滑輪下掛上重物，人轉動把手帶動其軸旋轉便可輕松將重物吊起，則在起吊過程中，下列說法正確的是（ ）
A．a點的向心加速度大于b點的向心加速度
B．人對把手做的功等于重物機械能的增加量
C．滑輪對重物做的功等于重物機械能的增加量
D．若把手順時針轉動則滑輪也會逆時針轉動
【答案】AC
【詳解】A．根據
可知，a的半徑大于b的半徑，由于兩點是同軸轉動，角速度相同，故a的向心加速度大于b點的向心加速度，故A正確；
B．由能量守恒可知，人對把手做功除了轉化為重物的機械能外，還有動滑輪的機械能，輪軸的動能及摩擦生熱等，因此人對把手做的功大于重物機械能的增加量，故B錯誤；
C．由功能關系可知滑輪對重物做的功等于重物機械能的增加量，故C正確；
D．若把手順時針轉動則大軸上繞繩收緊，滑輪左側的繩向上，小軸上繞繩放松，滑輪右側的繩向下，故滑輪會順時針轉動，故D錯誤。
故選AC。
4．如圖所示，長為10cm的輕繩系著一質量為1kg的小球（小球可視為質點），在光滑的水平桌面上以20rad/s的角速度做勻速圓周運動。已知桌面離地的高度為，g取。
（1）求繩子對小球的拉力大小。
（2）若以地面為零勢能面，則小球在桌面上運動時的機械能為多少？
【答案】（1）40N；（2）6.5J
【詳解】（1）繩子的拉力F提供向心力，則有
解得
（2）物體在桌面上運動時的機械能
又
解得
二．判斷系統(tǒng)機械能是否守恒（共7小題）
5．如圖為蹦床運動示意圖。A為運動員到達的最高點，B為運動員下落過程中剛接觸蹦床時的位置，C為運動員到達的最低點。運動員自A落至C的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．B至C，蹦床彈力對運動員做負功，運動員機械能增加
B．A至B，運動員加速運動；B至C，運動員減速運動
C．A至C，只有重力和蹦床彈力做功，運動員機械能守恒
D．運動員在C點，速度為零，加速度不為零
【答案】D
【詳解】A．B至C，蹦床彈力對運動員做負功，運動員機械能減小，選項A錯誤；
B．A至B，運動員加速運動；B至C，重力先大于彈力，加速度向下，后重力小于彈力，加速度向上，即運動員先加速后減速運動，選項B錯誤；
C．A至C，只有重力和蹦床彈力做功，運動員與蹦床系統(tǒng)的機械能守恒，運動員的機械能減小，選項C錯誤；
D．運動員在C點，速度為零，彈力大于重力，則加速度不為零，選項D正確。
故選D。
6．重慶皇冠大扶梯是全國最長、亞洲第二長的坡地電動扶梯，它連接著兩路口和菜園壩，電動扶梯在一段長直斜坡上維持勻速運行。如圖，某行人站立于扶梯上，正隨扶梯勻速上行，不計空氣阻力，扶梯臺面水平。下列說法正確的是（ ）
A．行人受到平行于臺面向前的摩擦力
B．行人受到臺面的支持力大于行人受到的重力
C．行人受到的合力為零
D．行人的機械能守恒
【答案】C
【詳解】CD．人沿斜坡方向隨電梯做勻速直線運動，所受合力為零，但機械能不守恒，因為動能不變，重力勢能增大，所以機械能增大，故C正確，D錯誤；
AB．因為人站立的電梯臺面水平，所以勻速運動中不受摩擦力，也沒有加速度，行人受到臺面的支持力等于行人受到的重力，故AB錯誤。
故選C。
7．如圖所示，一根不可伸長的輕繩跨過光滑輕質定滑輪，繩兩端各系一小物塊A和B。其中，未知，滑輪下緣距地面。開始B物塊離地面高，用手托住B物塊使繩子剛好拉直，然后由靜止釋放B物塊，A物塊上升至高時速度恰為零，重力加速度大小取。下列說法中正確的是（ ）
A．對A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，整個過程中機械能守恒
B．
C．B剛落地時，速度大小為
D．B落地前，繩中張力大小為30N
【答案】C
【詳解】
A．對A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，在B落地前，機械能才守恒，A錯誤；
BC．B剛落地時A繼續(xù)上升做豎直上拋運動，此時
又
所以
對、B由牛頓第二定律有
解得
B 錯誤C正確；
D．隔離A由牛頓第二定律有
解得
D錯誤。
故選C。
8．跳傘運動員由高空沿豎直方向落下，時刻開啟降落傘，時刻開始做勻速直線運動直到時刻落地，速度傳感器記錄此過程中運動員的圖像如圖所示，下列關于跳傘運動員及降落傘的說法正確的是（ ）
A．時間內，他們處于超重狀態(tài)
B．時間內，他們受到的空氣阻力逐漸增大
C．時刻，他們所受重力的功率最大
D．時間內，他們的機械能守恒
【答案】C
【詳解】A．由圖可知，時間內，他們加速下降，具有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)。故A錯誤；
B．同理，時間內，他們減速下降，由牛頓第二定律可知
加速度越來越小，受到的空氣阻力逐漸減小。故B錯誤。
C．根據
可知，時刻速度最大，則他們所受重力的功率最大。故C正確；
D．由圖可知，時間內，他們勻速下降則機械能不守恒。故D錯誤。
故選C。
9．（多選）如圖所示，一傾角為的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為的長木板沿著斜面以速度勻速下滑，現把質量為的鐵塊無初速度放在長木板的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。已知與之間、與斜面之間的動摩擦因數均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度，則下列判斷正確的是（ ）
A．動摩擦因數
B．鐵塊和長木板共速后的速度大小為
C．長木板的長度為
D．從鐵塊放上長木板到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊和長木板構成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒
【答案】CD
【詳解】A．未放置鐵塊時，木板B沿著斜面勻速下滑，根據平衡條件有
解得
故A錯誤；
B．鐵塊A放B上后，對A受力分析，設加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
方向沿斜面向下，對B受力分析，設B的加速度大小為，根據牛頓第二定律得
解得
方向沿斜面向上，設鐵塊和長木板共速時間為，則
得
則鐵塊和長木板共速后，速度大小
故B錯誤；
C．鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下，則長木板的長度
故C正確；
D．鐵塊與長木板B構成的系統(tǒng)沿斜面方向合外力等于，根據動量守恒的條件分析，滿足動量守恒定律，但由于滑動摩擦力作用會產生熱量，故系統(tǒng)機械能不守恒，故D正確；
故選CD。
10．（多選）轆轤是中國古代常見的取水設施，某次研學活動中，一種用電動機驅動的轆轤引發(fā)了同學們的興趣。如圖甲所示為該種轆轤的工作原理簡化圖，已知轆轤的半徑為r=0.2m，電動機以恒定輸出功率將質量為m=3kg的水桶由靜止開始豎直向上提起，提起過程中轆轤轉動的角速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。忽略轆轤的質量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2，下列說法正確的是（ ）
A．電動機的輸出功率P=30W
B．0~4s內水桶上升的高度為3.95m
C．0~4s內井繩對水桶的拉力逐漸增大
D．4s~6s內水桶的機械能守恒
【答案】AB
【詳解】A．水桶被提起的最大速度為
電動機的輸出功率為
故A正確；
B．0~4s內，根據動能定理有
0~4s內水桶上升的高度為
故B正確；
C．0~4s內根據牛頓第二定律有
0~4s內，轆轤轉動的角速度逐漸增大，則井繩對水桶的拉力逐漸減小，故C錯誤；
D．4s~6s內水桶向上做勻速直線運動，速度不變，高度升高，重力勢能增大，4s~6s內水桶的機械能增大，故D錯誤。
故選AB。
11．（多選）2023年9月22日全國滑翔傘定點聯賽總決賽圓滿落幕。某運動員在滑翔傘作用下豎直勻速下降，該滑翔傘的結構簡化示意圖如圖所示，滑翔傘為4級牽引繩結構，同級牽引繩分支夾角都為，同級牽引繩中的拉力大小都相等。已知運動員與裝備的總質量為m，重力加速度為g，取，不計運動員和裝備受到的空氣作用力及滑翔傘與牽引繩的重力。則（ ）
A．勻速下降過程，滑翔系統(tǒng)機械能守恒
B．在這4級牽引繩中，第1級牽引繩承受的拉力最大
C．第3級牽引繩中每根承受的拉力大小為
D．若縮短每級繩子的長度，勻速下落時第2級牽引繩承受的拉力將增大
【答案】BD
【詳解】A．勻速下降過程中，系統(tǒng)的動能不變，重力勢能減小，故機械能減小，所以A錯誤；
B．設1級繩子拉力為F1，二級繩子拉力為F2，以此類推。則
以此類推。
則
所以第1級牽引繩承受的拉力最大，故B正確；
C．根據以上公式，可得
故C錯誤；
D．若縮短每級繩子的長度，則同級牽引繩分支夾角會變大，勻速下落時第2級牽引繩承受的拉力將增大，故D正確。
故選BD。
三．利用機械能守恒定律解決簡單問題（共6小題）
12．如圖所示，將一質量為m的石塊從離地面h高處以初速度斜向上拋出，初速度與水平方向的夾角為。若空氣阻力可忽略，為減小石塊落地時的速度，下列措施可行的是（ ）
A．僅減小mB．僅減小C．僅增大D．僅增大h
【答案】B
【詳解】若空氣阻力可忽略，石塊運動過程機械能守恒，則有
整理得
可知小石塊落地時的速度與初速度大小、離地面高度有關，減小初速度或離地面高度，小石塊落地時的速度減小。
故選B。
13．如圖甲所示為某排球運動員發(fā)球時將排球擊出時的情形，球從擊出到直接落到對方場地的整個運動過程速率隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中所標物理量均已知，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（ ）
A．排球從擊出運動到最高點的時間為
B．排球運動過程中離地的最大高度為
C．排球從擊出點到落地點的位移為
D．排球從擊出到落地過程中的速度變化量大小為
【答案】B
【詳解】A．設球運動到最高點對應時刻為，水平方向速度為，由速度的分解可知
在豎直方向
解得
故A錯誤；
B．排球從最高點到落地，根據機械能守恒有
解得最大高度
故B正確；
C．排球從擊出點到落地點的水平位移為
故C錯誤；
D．排球從擊出到落地過程中的速度變化量大小為
故D錯誤。
故選B。
14．如圖所示，小球a、b的質量分別是m和2m，a從傾角為30°的光滑固定斜面的頂端無初速下滑，b從斜面等高處以初速度v0平拋，比較a、b落地的運動過程有（ ）
A．所用的時間相同
B．a、b都做勻變速運動
C．落地前的速度相同
D．速度的變化量相同
【答案】B
【詳解】
AD．設a、b所處的高度為h，a沿斜面做勻加速直線運動，加速度為
根據位移公式有
聯立解得
b做平拋運動，落地的時間為
故A錯誤；
a、b運動過程中速度的變化量為
，
速度的變化量不相同，故D錯誤。
B．a、b運動過程中加速度都不變，所以a、b都做勻變速運動，故B正確；
C．a、b運動過程中，機械能守恒，則有
，
可得
故C錯誤；
故選B。
15．（多選）把甲、乙兩球從水平地面上以相同的初動能同時向空中拋出，不計空氣阻力，兩球的動能隨高度h變化的關系如圖所示，它們所到達的最大高度相同，以地面為零勢能面。下列說法正確的是（ ）
A．甲球的初速度比乙球小
B．甲球質量比乙球小
C．在拋出后的同一時刻，甲球重力勢能比乙球小
D．兩球速度大小相同時，乙球比甲球高
【答案】AD
【詳解】A．由圖可知，當兩球達到最大高度時，甲球動能為零，甲球為豎直上拋運動，而乙球在最大高度時動能不為零，可知乙球為斜上拋運動；對甲球有
解得
設乙球初速度與豎直方向的夾角為，則有
由于
可得
故A正確；
B．兩球初動能相等，根據動能表達式
由于甲球的初速度比乙球小，可知甲球質量比乙球大，故B錯誤；
C．由A選項分析可知
在豎直方向上，同一時刻，兩球離地面高度相同，甲球質量大于乙球質量，則甲球重力勢能比乙球大，故C錯誤；
D．根據機械能守恒，對甲球有
對乙球有
當，兩式相減可得
整理得
由于，可得
故D正確。
故選AD。
16．鏈球是一項融合力量、平衡和技巧的競技運動。如圖，某運動員在訓練中兩手握著鏈球上鐵鏈的把手帶動鏈球旋轉。鏈球旋轉到離地高的A點脫手，脫手時速度大小為，方向與水平面成θ角斜向上飛出。鏈球落地時速度與水平而夾角為β，且（θ、β未知），不計空氣阻力和鐵鏈的影響，。求：
（1）鏈球落地時速度的大??；
（2）鏈球脫手后在空中運動的時間；
（3）鏈球脫手點A與落地點間的水平距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）鏈球脫手后做斜上拋運動，根據機械能守恒定律
解得
（2）鏈球脫手后做斜上拋運動，設運動時間為，拋出點和落地點水平速度相等，即
在拋出點豎直方向上的分速度大小為
在落地點豎直方向上的分速度大小為
解得
（3）鏈球在水平方向上做勻速直線運動，鏈球脫手點A與落地點間的水平距離
解得
四．機械能與曲線運動結合問題（共10小題）
17．如圖所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對接且在同一豎直面內，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為，緊靠MA的一輕質彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質量為的小球，現用外力將小球向下緩慢壓至P點后無初速釋放，小球恰能運動到C點。已知PA高度差為0.8m，圓弧軌道半徑為1.0m，不計軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g取（，），則（ ）
A．小球離開彈簧時速度最大
B．剛釋放小球時，彈簧彈性勢能為36J
C．若小球質量改為5.5kg，仍從P點釋放小球后，小球能沿軌道返回P點
D．若小球質量改為2.3kg，仍從P點釋放小球后，小球將從B點離開圓弧軌道
【答案】D
【詳解】A．小球上升到彈簧彈力大小等于重力時，小球速度最大，故A錯誤；
B．小球恰能過C點，則有
可得
所以彈簧的最大彈性勢能為
故B錯誤；
C．小球質量為時，小球肯定到不了C點，而最大彈性勢能
小球到達A點時還有速度，即能進入圓弧軌道，所以小球將在圓弧軌道A、C之間某點離開圓弧軌道做斜上拋運動，不能沿軌道返回P點，故C錯誤；
D．設小球質量為時恰好從B點離開，則在B點有
解得
根據機械能守恒定律可得
解得
故D正確。
故選D。
18．籃球運動員做定點投籃訓練，籃球從同一位置投出，且初速度大小相等，第1次投籃籃球直接進籃筐，第2次籃球在籃板上反彈后進筐，籃球反彈前后垂直籃板方向分速度等大反向，平行于籃板方向分速度不變，軌跡如圖所示，忽略空氣阻力和籃球撞擊籃板的時間，關于兩次投籃說法正確的是（ ）
A．兩次投籃，籃球從離手到進筐的時間相同
B．籃球第1次上升的最大高度比第2次的大
C．籃球經過a點時，第1次的動能比第2次的大
D．籃球兩次進筐時，在豎直方向分速度相同
【答案】B
【詳解】B．第2次籃球在籃板上反彈后進筐，籃球反彈前后垂直籃板方向分速度等大，若沒有籃板，籃球水平位移較大，又由于兩次初速度大小相等，所以第2次籃球水平初速度較大，豎直分速度較小，籃球第1次上升的最大高度比第2次的大，故B正確；
A．豎直方向上，根據
第1次籃球從離手到進筐的時間較大，故A錯誤；
C．初動能相等，籃球經過a點時，重力勢能相等，根據機械能守恒，第1次的動能等于第2次的動能，故C錯誤；
D．籃球兩次進筐時，水平方向分速度不同，在豎直方向分速度不同，故D錯誤。
故選B。
19．如圖所示，一可視為質點的小石塊從屋頂的A點由靜止?jié)L下，沿直線勻加速到屋檐上的B點后做拋體運動，落到水平地面上的C點。已知屋頂到地面的高度為5.92m，屋檐到地面的高度為2.72m，與水平方向的夾角為，不計一切阻力，取重力加速度大小，下列說法正確的是（ ）
A．小石塊離開屋檐時的速度大小為
B．小石塊從A點運動到B點的時間為1.2s
C．小石塊從B點運動到C點的時間為0.5s
D．B、C兩點間的水平距離為
【答案】D
【詳解】
A．根據機械能守恒定律有
解得
故A錯誤；
B．小石塊從A點運動到B點的加速度大小
從A點運動到B點的時間
故B錯誤；
C．小石塊在B點的水平分速度
豎直分速度
則有
解得
故C錯誤；
D．依題意，B、C兩點間的水平距離
故D正確。
故選D。
20．（多選）如圖所示為高空滑索運動，游客利用輕繩通過輕質滑環(huán)懸吊沿傾斜滑索下滑。假設某段下滑過程中游客、滑環(huán)和輕繩為整體勻速下滑，速度大小為v，整體重力為G，不計空氣阻力，在這段下滑過程中下列說法正確的是（ ）
A．游客的機械能守恒B．輕繩保持豎直
C．整體重力勢能的減少量大于系統(tǒng)動能的增加量D．重力的功率為
【答案】BC
【詳解】A．勻速下滑過程中，動能保持不變，重力勢能減小，因此機械能減少，A錯誤；
B．由于游客勻速下滑，人受到重力與繩子拉力平衡，因此輕繩沿豎直方向，B正確；
C．由于動能保持不變，而重力勢能減小，因此整體重力勢能的減少量大于系統(tǒng)動能的增加量，C正確；
D．由于游客沿傾斜滑索下滑，因此重力的功率
D錯誤。
故選BC。
21．（多選）如圖所示，豎直平面內固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，圓心在O點。質量分別為m、的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可伸長的長為的輕桿通過鉸鏈連接，開始時對球A施加一個豎直向上的外力，使A、B均處于靜止狀態(tài)，且球A恰好與圓心O等高，重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）
A．對球A施加的豎直向上的外力的大小為
B．若撤掉外力，對球B施加一個水平向左的外力F，使系統(tǒng)仍處于原來的靜止狀態(tài)，則F的大小為mg
C．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，當A球到達最低點時，B球的速度大小為
D．撤掉外力，系統(tǒng)無初速度釋放，沿著圓環(huán)運動，B球能夠上升的最高點相對圓心O點的豎直高度為
【答案】BCD
【詳解】
A．當外力作用在A球上時，對小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對B、A均無作用力，A球受重力和外力處于平衡狀態(tài)，則
故A錯誤；
B．若撤掉外力，對球B施加一個水平向左的外力F，分別對球A、B受力分析，如圖所示
由平衡條件有
，
又有
解得
故B正確；
C．根據運動的合成與分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圓周運動），即
A球從左側圓心等高處到達圓環(huán)最低點時，B球從圓環(huán)最低點到達右側圓心等高處，則由系統(tǒng)機械能守恒有
解得
故C正確；
D．當B球上升到最大高度時，如圖所示
以圓環(huán)最低點為參考面，由系統(tǒng)機械能守恒有
可得
則B球能夠上升的最大高度相對圓心O點的豎直高度為，故D正確。
故選BCD。
22．（多選）如圖，一根長為L的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質量為m的小球（可視為質點），開始時，輕桿位于豎直方向，受輕微擾動后由靜止開始向左自由轉動，小球與輕桿始終在同一豎直平面內運動，在某時刻輕桿與豎直方向的夾角記為α，取重力加速度為g，關于轉動過程中小球的以下說法正確的是（ ）
A．豎直分速度先增大后減小
B．重力的最大功率為
C．水平分速度最大值為
D．當時，輕桿對小球有沿桿方向向下的拉力
【答案】BD
【詳解】A．小球受桿沿桿方向的支持力或拉力作用，豎直向下的重力作用，轉動過程中，桿對小球不做功，重力一直做正功，豎直方向速度一直增加，故A錯誤；
B．桿對小球不做功，重力對小球做正功，當時，由機械能守恒定律有
解得
重力的最大功率為
故B正確；
C．桿對小球的作用力由支持力逐漸變?yōu)槔?，則在水平方向為向左的推力逐漸變?yōu)?，再變?yōu)橄蛴业睦?，桿對小球無作用力時水平方向速度最大，此時小球做圓周運動需要的向心力為
由機械能守恒定律可得
解得
，
所以
故C錯誤；
D．當時，小球已越過速度最大位置，此時輕桿對小球有沿桿方向向下的拉力，故D正確。
故選BD。
23．（多選）如圖所示，半徑為R外表面光滑的圓柱體固定放置在水平地面上，O是圓心，AC、BD分別是豎直直徑、水平直徑，在柱面上的P點與地面之間搭一個斜面，斜面正好與圓柱面相切于P點。一質量為m的小滑塊（視為質點）從圓柱體面上的A點獲得一個水平初速度，滑塊沿著柱面下滑到P時剛好與柱面之間沒有彈力，滑塊從P離開柱面后沿著斜面運動到地面上的Q點，已知，物塊與斜面間的動摩擦因數為 ，，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A．A、P兩點的高度差為
B．滑塊在A點獲得初速度后的瞬間，A點對滑塊的支持力為
C．滑塊在P點的速度為
D．滑塊運動到Q點時的速度為
【答案】BD
【詳解】A．由幾何關系可得A、P兩點的高度差為
A錯誤；
BC．設滑塊在A點獲得的初速度為，運動到P點時的速度為，A點對滑塊的支持力為，滑塊從A到P由機械能守恒定律可得
當滑塊剛運動到P點時，柱面對滑塊的支持力剛好為0，把重力分別沿著OP和垂直O(jiān)P分解，由向心力的公式可得
綜合解得
B正確、C錯誤；
D．P、Q兩點間的高度差為
P、Q兩點間的距離為
滑塊從P運動到Q點，由動能定理可得
綜合解得
D正確。
故選BD。
【點睛】豎直平面內的圓周運動與斜面問題的綜合，考查圓周運動的相關知識、機械能守恒、動能定理等知識，重點考查物理觀念和科學思維等核心素養(yǎng)。
24．如圖，光滑水平面AB與豎直面內的粗糙半圓形導軌在B點相接，導軌半徑為R。一個質量為m的物體將彈簧壓縮至A點后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，它經過B點的速度為v1，之后沿半圓形導軌運動，到達C點的速度為v2，重力加速度為g。
（1）求彈簧壓縮至A點時的彈性勢能。
（2）物體經過C點時對導軌的彈力。
（3）求物體沿半圓形導軌運動過程中阻力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由能量守恒可知，彈簧的彈性勢能轉化為物體的動能，所以彈簧壓縮至A點時的彈性勢能為
（2）物體經過C點時，根據牛頓第二定律
根據牛頓第三定律，物體經過C點時對導軌的彈力為
（3）對物體，B→C，由動能定理有解得
解得物體沿半圓形導軌運動過程中阻力所做的功為
25．如圖所示，長方形物塊放置在光滑水平地面上，兩豎直擋板（側面光滑）夾在物塊的兩側并固定在地面上，現把足夠長的輕質硬桿豎直固定在物塊上，一根不可伸長的長為L的輕質細線一端固定在桿的上端O點，另一端與質量為m的小球（視為質點）相連，把小球拉到O點等高處，細線剛好拉直，現使小球獲得豎直向下的初速度，使小球能在豎直平面內做完整的圓周運動，當小球到達最高點時，物塊對地面的壓力恰好為0，且此時小球的加速度大小為9g。已知小球在運動的過程中與桿不發(fā)生碰撞，重力加速度為g，忽略空氣的阻力。
（1）求物塊的質量以及小球獲得的豎直向下的初速度大小；
（2）若小球運動一周到達O點的等高點時，立即撤掉兩側擋板，物塊一直在光滑的水平面上運動，求當小球再次到達最低點時物塊的速度大小及細線的拉力大小。
【答案】（1），；（2），
【詳解】
（1）設物塊的質量為M，小球在最高點時由牛頓第二定律可得
對物塊由二力平衡可得
解得
設小球的初速度大小為，小球在最高點速度的大小為v
由向心加速度的定義可得
由機械能守恒定律得
解得
（2）若小球運動一周到達O點的等高點時，立即撤出兩側擋板，當小球再次到達最低點時，設小球與物塊的速度大小分別為，細線的拉力大小為F，由機械能守恒定律可得
兩物體組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒且為0，則有
解得
由向心力的公式以及牛頓第二定律可得
解得
26．如圖所示，不可伸長的輕質細線下方懸掛一可視為質點的小球，另一端固定在點小球的質量為，細線的長度為，在過懸掛點的豎直線上距懸掛點的距離為處（）的點有一個固定的釘子，當小球擺動時，細線會受到釘子的阻擋，當一定而取不同值時，阻擋后小球的運動情況將不同，現將小球拉到位于豎直線的左方（擺球的高度不超過點）然后放手，令其自由擺動，重力加速度為。
（1）將細線拉至水平后釋放，若，求當小球運動到釘子右側細線與豎直方向夾角為（）時，細線承受的拉力；
（2）如果細線被釘子阻擋后，小球恰能夠擊中釘子，試求的最小值。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據機械能守恒，可得
設細線承受的拉力為F，由牛頓第二定律可得
聯立，解得
（2）細線受阻后在一段時間內小球做圓周運動，設在這段時間內任一時刻的速度為v，如圖所示
用表示此時細線與重力方向之間的夾角，則有
運動過程中機械能守恒，令表示擺線在起始位置時與豎直方向的夾角，取O點為勢能零點，則有關系
小球受阻后，如果后來擺球能擊中釘子，則必定在某位置時擺線開始松弛，此時
T＝0
此后小球僅在重力作用下作斜拋運動。設在該位置時擺球速度，擺線與豎直線的夾角，則有
聯立，可得
要求作斜拋運動的小球擊中釘子，則應滿足下列關系
，
解得
可知
聯立，解得
式中越大，越小，x越小，最大值為，由此可求得x的最小值滿足
解得
27．如圖，質量為的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為和，長軸水平，短軸豎直．質量為的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系，橢圓長軸位于軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為。
（1）在平面直角坐標系中，求出小球運動的軌跡方程；
（2）固定凹槽，在y軸左側適當位置對凹槽進行適當切割保留剩余部分（如圖所示）并在切割位點接上一個傾角為30°的足夠長斜面。在保證小球飛出時速度與水平方向夾角大于30°情況下，求：
①切割位點橫坐標為-x0時，小球飛出的速度v0；
②小球落在斜面最遠點時的切割位點的橫坐標。
【答案】（1）；（2）①；②
【詳解】（1）設某時刻，小球水平向左移動的位移大小x1，凹槽水平向右移動的位移大小為x2，此時小球的坐標為（x，y），由于小球與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向滿足動量守恒，利用人船模型可知
而
利用橢圓方程可知
聯立解得小球運動的軌跡方程
（2）①設切割點橫坐標為-x0，縱坐標為-y0，則
根據機械能守恒
可得
②拋射方向如圖所示
設斜拋的初速度為 從切割點飛出后，將運動分解到沿著斜面方向和垂直于斜面方向，則運動的時間
落到斜面上的點到拋出點的距離
聯立解得
整理該式可得
顯然當
時，拋射的最遠，可得
此時
而
聯立解得
五．用桿連接的系統(tǒng)機械能守恒問題（共5小題）
28．如圖所示，一根長直輕桿兩端分別固定小球A和B，A球、B球質量分別為2m、m，兩球半徑忽略不計，桿的長度為l。將兩球套在“L”形的光滑桿上，A球套在水平桿上，B球套在豎直桿上，開始A、B兩球在同一豎直線上。輕輕振動小球B，使小球A在水平面上由靜止開始向右滑動。當小球B沿墻下滑距離為0.5l時，下列說法正確的是（ ）
A．小球A的速度為
B．小球B的速度為
C．小球B沿墻下滑0.5l過程中，桿對A做功
D．小球B沿墻下滑0.5l過程中，A球增加的動能等于B球減少的重力勢能
【答案】A
【詳解】AB．當小球B沿墻下滑距離為0.5l時，A向右移動的距離為
此時細桿與水平方向的夾角為30°；對系統(tǒng)由機械能守恒定律可知
其中
解得
選項A正確，B錯誤；
C．小球B沿墻下滑0.5l過程中，桿對A做功
選項C錯誤；
D．由能量關系可知，小球B沿墻下滑0.5l過程中，B球減少的重力勢能等于AB兩球增加的動能之和，選項D錯誤。
故選A。
29．如圖所示，半徑為，質量不計的均勻圓盤豎直放置，可以繞過圓心且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉動，在盤面的最右邊邊緣處固定了一個質量為的小球A，在圓心的正下方離點處固定了一個質量為的小球B?，F從靜止開始釋放圓盤讓其自由轉動，重力加速度大小為，下列說法正確的是（ ）
A．小球A在最低點時的速度為0B．小球B上升的最大高度為
C．小球A的最大速度為D．小球B轉動過程中的最大動能為
【答案】B
【詳解】A．因為A、B兩球的角速度相同，根據
可知同一時刻小球A的速度總是B的兩倍；小球A在最低點時，設此時A的速度為，B的速度為，根據系統(tǒng)機械能守恒可得
又
聯立可得
故A錯誤；
B．設B球上升到最大高度時與水平方向的夾角為，此時兩球的速度均為零，根據系統(tǒng)機械能守恒有
解得
則B球上升到最大高度為
故B正確；
CD．從靜止開始釋放圓盤，設某一時刻，小球A與圓心O的連線與水平方向的夾角為，此時小球A下降的高度為
小球B上升的高度為
設此時小球A的速度為，小球B的速度為，根據系統(tǒng)機械能守恒可得
又
聯立可得
其中
可知B的最大速度為
則A的最大速度為
小球B轉動過程中的最大動能為
故CD錯誤。
故選B。
30．（多選）如圖所示，兩個質量相等的小球a、b通過鉸鏈用長為的剛性輕桿連接，a套在豎直桿M上，b套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細桿M、N不接觸（a、b球均可越過O點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦。下列說法中正確的是（ ）
A．a、b球組成系統(tǒng)機械能守恒
B．a球的最大速度為
C．b球的最大速度為
D．a球從初位置下降到最低點的過程中，連接桿對a球的彈力先做負功，后做正功
【答案】AC
【詳解】A．a球和b球所組成的系統(tǒng)中重力做功使重力勢能與動能相互轉化，不改變總的機械能，輕桿對a、b做功使機械能在a、b間相互轉移同樣不改變總的機械能，則系統(tǒng)機械能守恒，A正確；
B．當a球運動到O點時b球速度為零且高度不變，b球機械能等于最初位置時的機械能，由于系統(tǒng)機械能守恒，a球此時的機械能與最初位置時的機械能同樣也相等，由
可得
但此時不是最大速度，過了O點后a球的重力大于桿向上的分力會繼續(xù)向下加速直到桿向上的分力與重力大小相等時速度達到最大，B錯誤；
C．當a球運動到最低點時a球的機械能最小，b球的機械能最大，動能最大，a球的機械能全部轉化為b球的動能，根據
b球的最大速度
C正確；
D．a球從初位置下降到O點的過程中，b的速度先增大后減小，說明桿對b球先做正功后做負功，則桿對a球先做負功后做正功，a球從O到最低點過程中，a球速度先增大后減小，開始a球的重力大于輕桿拉力的豎直分量a球加速運動，后來a球的重力小于輕桿拉力的豎直分量a球減速運動，來到最低點時速度減為0，桿對a球做負功，即a球從初位置下降到最低點的過程中，連接桿對a球的彈力先做負功后做正功，再做負功，D錯誤。
故選AC。
31．如圖所示，固定的傾斜軌道傾角，其底端與豎直平面內半徑為R的圓弧軌道相切、相連接，位置P為圓弧軌道的最低點。質量分別為2m、m的小球A、B用長的輕桿通過輕質鉸鏈相連，A套在傾斜軌道上，B套在固定的豎直軌道上，豎直軌道過圓弧軌道的圓心O?，FA受到一沿傾斜軌道向上的推力處于靜止狀態(tài)，此時輕桿與傾斜軌道垂直，撤去推力后，A由靜止沿傾斜軌道、圓弧軌道運動。假設在運動過程中輕桿和豎直軌道不會碰撞，不計一切摩擦，重力加速度為g。
（1）求推力的大小F；
（2）求A運動至P點時的速度大??；
（3）A運動至P點時，軌道對A產生方向豎直向上、大小為的彈力，求此時B的加速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）在有推力時，小球處于靜止狀態(tài)，即合力為零。由平衡推論有
（2）設小球A初始位置距離水平面高度為
由幾何關系有
解得
設小環(huán)B初始位置距離水平面高度為，有幾何關系有
解得
運動過程中系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律有
，
解得
（3）以小環(huán)B為研究對象，由牛頓第二定律有
以小球A為研究對象，由牛頓第二定律有
解得
六．用細繩連接的系統(tǒng)機械能守恒問題（共6小題）
32．運動員為了鍛煉腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運動的簡化模型如圖所示，與水平方向成角的光滑斜面固定放置，質量均為m的運動員與重物用跨過光滑定滑輪的輕質細繩連接。運動員從斜面的某處由靜止開始下滑，當運動到繩與斜面垂直的A點時速度大小，當運動到B點時，繩與斜面的夾角為。已知A、B兩點之間的距離為L，重力加速度為g，運動員在運動過程中一直未離開斜面，繩一直處于伸直狀態(tài)，運動員與重物（均可視為質點）始終在同一豎直面內運動，。運動員到達B點時，其速度的大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】
設間距為，運動員從A點到B點，重力勢能的減少量為
重物上升的高度
則物體重力勢能的增加量為
則系統(tǒng)總重力勢能的減少量為
運動員在B點時，把分別沿著繩和垂直繩分解，沿著繩子方向的分速度為
重物的速度等于繩速，則有
運動員從A點到B點，人與重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據機械能守恒定律可得
代入初速度，可得
故選A。
33．如圖所示，質量為m的小球甲固定在輕彈簧上，輕彈簧固定在水平面上，小球甲和輕彈簧套在一豎直固定的光滑桿上，小球甲和質量為4m的物體乙用跨過光滑定滑輪的輕繩連接。初始時，用手托住物體乙，使輕繩剛好伸直且繩上拉力為零，此時，連接小球甲和定滑輪之間的輕繩與水平方向的夾角為，現將物體乙由靜止釋放，經過一段時間后小球甲運動到N點，ON水平， ON=d且小球在M、N兩點時彈簧的彈力大小相等。已知重力加速度為g，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.則下列說法正確的是（ ）
A．彈簧的勁度系數為
B．小球甲運動到N點時的速度大小為
C．在小球甲由M點運動到N點的過程中，小球甲和物體乙的機械能之和先減小后增大
D．在小球甲由M點運動到N點的過程中，物體乙重力的瞬時功率一直增大
【答案】B
【詳解】A.小球甲在M、N兩點時彈簧的彈力大小相等，則由胡克定律可知小球甲在M點時彈簧的壓縮量等于在N點時的伸長量，由幾何關系知
則小球甲位于M點時彈簧的壓縮量為
對在M點的小球甲由力的平衡條件可知
解得
故A錯誤；
B.設小球甲運動到N點時的速度大小為v，此時物體乙的速度為零，在小球甲由M點運動到N點的過程中，由小球甲、物體乙和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則可得
解得
故B正確；
C.在小球甲由M點運動到N點的過程中，彈簧的彈力對小球甲先做正功后做負功，則小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小，故C錯誤；
D.由于小球甲在M點時及運動到N點時物體乙的速度均為零，物體乙重力的瞬時功率均為零，所以在小球甲由M點運動到N點的過程中，物體乙重力的瞬時功率先增大后減小，故D錯誤。
故選B。
34．（多選）如圖所示，一輕桿可繞光滑固定轉軸。在豎直平面內自由轉動，桿的兩端固定有小球A和B(可看作質點)，A、B的質量分別為2m和m，到轉軸O的距離分別為2L和L，重力加速度為g。現將輕桿從水平位置由靜止釋放，輕桿開始繞O軸自由轉動，當球A到達最低點時，下列說法正確的是（ ）
A．球B的速度大小為
B．球A的速度大小為
C．桿對球A的拉力大小為
D．桿對球A做的功為
【答案】BC
【詳解】AB．對于A、B兩球及輕桿組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機械能守恒，取輕桿原來的水平面為零勢能參考面，可得
由，可知
解得
，
故A錯誤，B正確；
C．當球A到達最低點時，由牛頓第二定律得
解得桿對球A的拉力大小為
故C正確；
D．對A由動能定理得
解得桿對球A做的功為
故D錯誤。
故選BC。
35．（多選）如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質小定滑輪，一端和質量為m的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質量也為m的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內，與水平面的夾角θ=53°，直桿上O點與兩定滑輪均在同一高度，O點到定滑輪的距離為L，直桿上D點到點的距離也為L，重力加速度為g，直桿足夠長，小球運動過程中不會與其他物體相碰。現將小物塊從O點由靜止釋放，下列說法正確的是（ ）
A．小物塊剛釋放時，輕繩中的張力大小為mg
B．小球運動到最低點時，小物塊加速度的大小為
C．小物塊下滑至D點時，小物塊與小球的速度大小之比為5：3
D．小物塊下滑至D點時，小物塊的速度大小為
【答案】BCD
【詳解】A．小物塊剛釋放時，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對小球的拉力小于球的重力mg，故A錯誤；
B．當拉物塊的繩子與直桿垂直時，小球下降的距離最大，對小物塊受力分析，由牛頓第二定律
解得此時小物塊加速度的大小為
故B正確；
C．設小物塊在D處的速度大小為v，此時小球的速度大小為，將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示
沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即
故小物塊在D處的速度與小球的速度之比為
故C正確；
D．對小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據機械能守恒定律，有
其中
解得此時小物塊的速度大小為
故D正確。
故選BCD。
36．如圖，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一輕繩繞過兩個光滑的輕質滑輪連接著固定點P和物塊B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物塊A與動滑輪連接。已知A、B的質量均為1kg，A與斜面間的動摩擦因數為，A與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小取10m/s2。將A、B由靜止釋放，求：
（1）物體A、B釋放瞬間，輕繩上的拉力大??；
（2）物塊B下降2m時（B未落地）的速度大??；
（3）物塊B下降2m時，A的機械能增加量。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）7J
【詳解】（1）物體A、B釋放瞬間，設輕繩的拉力為T，對物體A，根據牛頓第二定律有
對物體B，根據牛頓第二定律有
由題圖可得
所以
（2）根據系統(tǒng)能量守恒有
解得
（3）繩拉力對A做功為
摩擦力對物塊A做功為
由功能關系得A的機械能增加量為
37．長為的輕繩一端固定在點，一端與質量為的小球相連，小球在豎直平面內運動，始終受到大小、方向水平向右的恒力作用。如圖甲所示，第一次將小球拉到點，輕繩剛好水平拉直，由靜止釋放小球，小球運動到最低點；如圖乙所示，第二次將小球拉到點，輕繩剛好水平拉直，由靜止釋放小球，小球最終做往復運動，設繩子張緊的過程中，沿繩子方向的速度在極短的時間內迅速減小到零，且繩子不會被拉斷。重力加速度大小為，不計空氣阻力。求：
（1）第一次小球運動到最低點時繩子中的拉力大??；
（2）第二次釋放小球繩子張緊過程中，機械能的損失；
（3）小球做往復運動到達右側最高點時，細繩與之間的夾角。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設第一次小球從釋放，運動到時速度為，根據動能定理有
在最低點，根據牛頓第二定律，有
解得
（2）第二次釋放小球，小球受到水平向右的恒力，以及豎直向下的重力作用，由于，則小球從點沿連線的方向做勻加速直線運動，到點時繩子張緊，設小球到點時，速度大小為，根據動能定理有
此時，速度方向與水平方向的夾角，由題意，有
解得
（3）設小球做往返運動，運動到達右側最高點（速度為零）時，細繩與豎直方向的夾角為細繩張緊后，小球的速度為
從最低點到右側最高點的過程中，根據動能定理有
解得：
七．彈簧類問題機械能轉化的問題（共9小題）
38．如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長的斜面底端，一質量為可視為質點的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。時刻解除鎖定，計算機通過傳感器描繪出滑塊的圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知物塊在0-0.2s內運動的位移為0.8m，取，則下列說法正確的是（ ）
A．滑塊速度最大時，滑塊與彈簧脫離
B．滑塊在0.2s時機械能最大
C．滑塊與斜面間的動摩擦因數為
D．時刻彈簧的彈性勢能為32J
【答案】D
【詳解】A．當滑塊速度最大時，滿足
此時彈力不為零，滑塊與彈簧還沒有脫離，選項A錯誤；
B．滑塊機械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數和，開始時彈力大于摩擦力，此過程中彈力功大于摩擦力功，滑塊的機械能增加；最后階段彈力小于摩擦力，彈力功小于摩擦力功，此過程中滑塊的機械能減小，則滑塊在0.2s時彈力為零，此時滑塊的機械能不是最大，選項B錯誤；
C．滑塊脫離彈簧后向上減速運動的加速度
根據牛頓第二定律
解得滑塊與斜面間的動摩擦因數為
選項C錯誤；
D．由能量關系可知，時刻彈簧的彈性勢能為
選項D正確。
故選D。
39．如圖所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于水平地面，質量的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上的恒定阻力。以小球開始下落的位置為原點，豎直向下為x軸正方向，取地面為重力勢能零勢能參考面，在小球下落至最低點的過程中，小球重力勢能EP、彈簧的彈性勢能E彈隨小球位移變化的關系圖線分別如圖甲、乙所示，彈簧始終在彈性限度范圍內，取重力加速度g=10m/s2，則（ ）
A．根據甲圖可知小球下落的初始位置距地面的高度為0.6m
B．根據乙圖可知彈簧的最大壓縮量為0.6m
C．根據甲圖和乙圖可知，小球在最低點時的重力勢能為5.2J
D．小球下落到最低點過程受到的阻力大小為2N
【答案】D
【詳解】A．根據甲圖可知，開始下落時
解得
h0=1m
即小球下落的初始位置距地面的高度為1m，故A錯誤；
B．根據乙圖可知彈簧的最大壓縮量為0.6m-0.5m=0.1m，故B錯誤；
C．根據甲圖和乙圖可知，由能量關系可知
初始狀態(tài)小球的重力勢能為EP0=10J，小球在最低點時的重力勢能為
Ep1=10J-6J=4J
故C錯誤；
D．小球在最低點時的彈力勢能為E彈=4.8J，由能量關系
解得小球下落到最低點過程受到的阻力大小為
f=2N
故D正確。
故選D。
40．如圖所示，一輕質彈簧一端固定在點，另一端與小球相連。小球套在豎直固定、粗細均勻的粗糙桿上，與桿垂直，小球在點時，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，兩點與點的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．小球從點靜止釋放，在運動過程中，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（ ）
A．小球運動到點時速度最大
B．小球運動到點時的速度是運動到點速度的倍
C．從點到點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變大再變小
D．從點到點和從點到點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】D
【詳解】A．滑動摩擦力
逐漸減小，加速度為零時速度最大，小球運動到點時加速度不為零，故A錯誤；
B．小球從點向點運動過程，設彈簧與豎直方向夾角為，彈簧的拉力為
逐漸減小，支持力為
逐漸減小，摩擦力小球從到根據功能關系
從到根據功能關系
故B錯誤；
C．從點到點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯誤；
D．根據對稱性可知在任意關于點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知到和到摩擦力做功大小相等，故D正確。
故選D。
41．（多選）運動員為了練習腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運動的簡化模型如圖所示，傾角為的光滑斜面固定放置，質量為m運動員與質量為m的重物通過輕質細繩連接，細繩跨過天花板上的兩個定滑輪，運動員從斜面上的某點由靜止開始下滑，當運動到A點時速度大小為，且此時細繩與斜面垂直，當運動到B點時，細繩與斜面的夾角為，已知A、B兩點之間的距離為L，重力加速度為g，運動員在運動的過程中一直未離開斜面，細繩一直處于伸直狀態(tài)，不計細繩與滑輪之間的摩擦，運動員與重物（均視為質點）總在同一豎直面內運動，下列說法正確的是（ ）
A．運動員在A點時，重物的速度大小為
B．運動員從A點運動到B點，重物重力勢能的增加量為
C．運動員從A點運動到B點，系統(tǒng)總重力勢能的增加量為
D．運動員在B點時，其速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．設運動員的速度為，繩與斜面夾角為α，則沿繩方向的分速度即重物的速度為
垂直繩方向的分速度為
可知到A點時，細繩與斜面垂直，所以運動員在A點時，重物的速度大小為零，故A錯誤；
B．運動員從A點運動到B點，重物重力勢能的增加量為
故B正確；
C．運動員從A點運動到B點，運動員的重力勢能減少
所以系統(tǒng)總重力勢能的增加量為
即減少了，故C錯誤；
D．根據系統(tǒng)機械能守恒可知，系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，有
可得運動員在B點時，其速度大小為
故D正確。
故選BD。
42．（多選）如圖所示，一個輕質彈簧下端固定在足夠長的光滑斜面的最底端，彈簧上端放上物塊A，A與彈簧不拴接。對A施加沿斜面向下的力使彈簧處于壓縮狀態(tài)，撤去外力釋放物塊A，A沿斜面向上運動到最大位移過程中，以下說法正確的是（ ）
A．物塊A的動能先增大后減小
B．物塊A的機械能保持不變
C．彈簧的彈性勢能與物塊A的動能之和一直減小
D．物塊A從釋放到離開彈簧過程中加速度一直減小
【答案】AC
【詳解】
A．物塊A的速度從零增大到最大再減速到零，故動能先增大后減小，故A正確；
B．彈簧對物塊做正功，故物塊A的機械能增加，故B錯誤；
C．彈簧與物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，物塊A的重力勢能一直增加，彈簧的彈性勢能與物塊A的動能之和一直減小，故C正確；
D．物塊A從釋放到離開彈簧過程中，彈簧形變量一直減小，先開始加速度向上，一直到平衡位置，根據牛頓第二定律
知加速度減小，之后，加速度向下，根據牛頓第二定律
知加速度增加，故D錯誤。
故選AC。
43．（多選）2023年10月3日，中國選手嚴浪宇在男子個人比賽中為中國蹦床隊再添一金。如圖甲所示，在亞運會蹦床項目比賽中，當嚴浪宇下落到離地面高處時開始計時，其動能與離地高度h的關系如圖乙所示．在階段圖像為直線，其余部分為曲線，若嚴浪宇的質量為m，重力加速度為g，不計空氣阻力和一切摩擦。下列說法正確的是（ ）
A．整個過程中嚴浪宇與蹦床組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．嚴浪宇處于高度時，他開始接觸蹦床
C．嚴浪宇處于高度時，蹦床的彈性勢能為
D．從嚴浪宇接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，其加速度先增大后減小
【答案】AC
【詳解】
A．整個過程中嚴浪宇與蹦床組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，機械能守恒，故A正確；
B．從嚴浪宇下落到離地面高處開始計時，接觸蹦床前圖像為直線，故高度時，嚴浪宇開始接觸蹦床，故B錯誤；
C．從到，動能不變，根據系統(tǒng)機械能守恒可知，減小的重力勢能轉化為蹦床的彈性勢能，則蹦床的彈性勢能為
故C正確；
D．從嚴浪宇接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點的過程中，嚴浪宇受到豎直向下的重力和豎直向上的彈力，彈力從零開始不斷增大，彈力先小于重力，后大于重力，合力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故D錯誤。
故選AC。
44．某同學為了解某型號無人機著陸時彈簧緩沖器的作用，設計了如圖所示的裝置。將兩小木塊A、B與輕彈簧連在一起，豎直放置在水平桌面上，初始時它們處于靜止狀態(tài)。他利用該裝置進行以下兩步操作：第一步，用外力將A緩慢豎直下壓一段距離后，撤去外力，發(fā)現A上下運動，B剛好不離開地面。第二步，將一質量為m的橡皮泥在A正上方某處自由落下，與A碰撞（時間極短），并附在A上一起向下運動，此后，木塊B能夠離開地面。已知木塊A、B的質量均為m，彈簧勁度系數為k、原長為l0，重力加速度為g。求：
（1）木塊A、B處于靜止狀態(tài)時，彈簧的長度l1；
（2）第一步操作中，外力對木塊A做的功W；
（3）第二步操作中，橡皮泥自由下落的距離h應滿足的條件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）木塊A靜止時，由胡克定律可得彈簧的壓縮量為
彈簧的實際長度為
解得
（2）因為B剛好不離開地面，則有
可得A在最高點時，彈簧伸長
所以A木塊從開始到運動的最高點的過程中彈簧對A做的總功為零，由動能定理得
解得
（3）對橡皮泥自由下落，由機械能守恒定律可得
橡皮泥與A碰撞，由動量守恒定律可得
對橡皮泥與A從一起運動到最高點，由能量守恒得
解得
45．如圖所示，某同學利用傳送帶和橡皮筋設計了一個自動彈弓，設想的原理如下：電機帶動足夠長的輕質水平傳送帶以一個較快的速度順時針轉動，質量為m的物塊與橡皮筋的一端連接，橡皮筋的另一端固定。初始時，物塊靜止放在傳送帶上，橡皮筋恰好伸直，物塊在摩擦力的作用下開始向右運動。當物塊運動到最右端（速度為零）時，傳送帶會與物塊自動分離，從而使物塊在橡皮筋作用下被向左“彈射”出去。已知物塊與傳送帶的滑動摩擦力為f，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，橡皮筋的勁度系數為k，彈性勢能可表示為，其中x為伸長量。規(guī)定物塊初始位置為坐標原點，水平向右為正方向。
（1）若傳送帶速度很大，物塊向右運動過程中始終受到滑動摩擦力，求物塊運動過程中的最大速度；
（2）電機A只能使傳送帶以的速度勻速轉動，求物塊開始與傳送帶共速的位置，以及向右運動的最遠距離；
（3）電機B的輸出功率恒定為P，忽略電機與傳送帶輪軸間的阻力，且，已知物塊向右運動過程中的最大速度為，從靜止到達到最大速度的時間為，物塊與傳送帶相對靜止的時間為，求物塊加速過程中的摩擦生熱以及物塊第二次與傳送帶開始相對滑動時的坐標。
【答案】（1）；（2），；（3），
【詳解】（1）物塊的平衡位置時，有
可得
運動過程中物塊速度在平衡位置處最大，則有
解得
（2）當物塊加速到后，和傳送帶保持共速，此時為靜摩擦力，直到處，重新開始相對滑動，物塊開始減速直到被彈射；設物塊速度到的位置為，則有
解得
設物塊向右運動的最右位置為，從至過程，根據功能關系可得
解得
（3）由于
可知物塊先從靜止加速至，然后與傳送帶相對靜止，設在處達到最大速度，則有
從靜止到最大速度，根據系統(tǒng)能量守恒可得
解得
之后開始減速，當速度減到時第二次與傳送帶相對滑動，設相對靜止的起點、終點坐標分別為、，對相對靜止過程由能量守恒可得
其中
解得
46．如圖所示裝置，兩根光滑細桿與豎直方向夾角都是θ，上面套有兩個質量為m的小球，小球之間用勁度系數為k的彈簧相連。靜止時，兩小球靜止在A、B處，當整個裝置繞中心軸線緩慢加速旋轉，當角速度為ω時，不再加速，保持穩(wěn)定，此時兩小球處于C、D位置，且此時彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時的彈力大小相等，試求：
（1）小球靜止在A、B位置時彈簧的彈力大小F；
（2）穩(wěn)定在C、D位置時彈簧的長度LCD；
（3）整個過程中細桿對彈簧小球系統(tǒng)做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球靜止在A、B位置時，根據平衡條件
彈簧的彈力大小為
（2）穩(wěn)定在C、D位置時，對小球受力分析，重力、支持力、彈簧彈力的合力提供小球做圓周運動的向心力，豎直方向有
水平方向有
兩小球處于C、D位置，且此時彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時的彈力大小相等，則
解得
（3）小球穩(wěn)定在C、D位置時，線速度為
設彈簧原長為，根據胡克定律有
根據幾何關系有
小球穩(wěn)定在C、D位置時，上升的高度為
因初、末狀態(tài)彈簧的形變量相同，彈簧彈力對小球做功為零，故細桿對兩小球所做總功為
八．利用能量守恒解決實際問題（共3小題）
47．如圖所示為某景觀噴泉的噴射裝置結構示意圖。它由豎直進水管和均勻分布在同一水平面上的16個噴嘴組成，噴嘴與進水管中心的距離均為，離水面的高度。水泵位于進水管口處，啟動后，水泵從水池吸水，并將水壓到噴嘴處向水平方向噴出，水在水池面上的落點與進水管中心的水平距離為。水泵的效率為，每個噴嘴出水口每秒出水量為，重力加速度g取，忽略水在管道和空中運動時的機械能損失。則下列正確的是（ ）
A．空中水柱的水的質量為0.5kg
B．水泵輸入的功率340W
C．水泵在1h內消耗的電能0.425度
D．在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功是320J
【答案】C
【詳解】A．水從噴嘴水平噴出，做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律知
，
解得
，v=2m/s
所以空中水柱的水的質量為
選項A錯誤；
BC．水泵對外做功，轉化為水的機械能，因為每個噴嘴出水口每秒出水量為，所以16個噴嘴的總質量為
則水泵的輸出功率為
根據，則水泵的輸入功率是
水泵1h內消耗的電能為
故水泵在水泵1h內消耗的電能為0.425度，故B錯誤，C正確；
D．在水從噴嘴噴出到落至水面的時間內，水泵對水做的功
選項D錯誤。
故選C。
48．（多選）圖甲中豎直放置的輕質彈簧一端固定在風洞實驗室中的水平面上，以此水平面為重力勢能的零勢能面，質量為0.1kg的小球在彈簧正上方某處由靜止下落，同時受到一個豎直向上恒定的風力。以小球開始下落的位置為原點O，豎直向下為x軸正方向，在小球下落的過程中，小球重力勢能隨其位移變化關系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢能隨小球位移變化關系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度內，勁度系數為108N/m，重力加速度g取。則下列說法正確的是（ ）
A．彈簧原長為0.5m
B．小球剛接觸彈簧時的動能為0.45J
C．小球下落過程中所受風力為0.2N
D．小球的最大加速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．取地面為零勢能參考面，根據圖像可知小球初狀態(tài)的重力勢能為
圖乙中的圖線②表示彈簧的彈性勢能隨小球位移變化的關系，由此可知小球下落開始接觸彈簧；則彈簧的原長為
故A錯誤；
C．由圖乙可知小球速度減為0時小球下落
根據功能關系有
解得
故C錯誤；
B．小球剛接觸彈簧時，小球下落了，則根據動能定理有
解得
故B正確；
D．彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大

則勁度系數
加速度
故D正確。
故選BD。
49．如圖所示，雪道與水平冰面在B處平滑地連接。小明乘雪橇從雪道上離冰面高度的A處由靜止開始下滑，經B處后沿水平冰面滑至C處停止。已知小明與雪橇的總質量，用速度傳感器測得雪橇在B處的速度大小，不計空氣阻力和連接處能量損失，小明和雪橇可視為質點。g取，以水平冰面為參考平面，求：
（1）小明與雪橇在A處時的總重力勢能；
（2）在B處時小明與雪橇的總動能；
（3）從A處滑到B處小明與雪橇損失的機械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小明與雪橇在A處時的總重力勢能
（2）在B處時小明與雪橇的總動能
（3）從A處滑到B處小明與雪橇損失的機械能
九．能量守恒定律與傳送帶結合（共3小題）
50．如圖所示，以恒定速率逆時針運行的傳送帶與水平面間的夾角為，轉軸間距。工作人員將質量為的小包裹輕放上傳送帶的頂端。已知小包裹與傳送帶間的動摩擦因數為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為。設傳送帶頂端為零勢能面，則描述小包裹的機械能隨其位移的變化關系可能正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】除重力以外的其他力做的功等于小包裹機械能的變化量。小包裹從放上傳送帶到與傳送帶速度相同的過程中，沿著傳送帶向下的滑動摩擦力對小包裹做正功，小包裹的機械能隨位移均勻增大，圖像斜率大小為。當小包裹的速度與傳送帶速度相同后，分兩種情況：第一種，較大，小包裹與傳送帶一起勻速運行，傳送帶對小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的靜摩擦力，且靜摩擦力
該靜摩擦力對小包裹做負功，小包裹的機械能隨位移均勻減小，圖像斜率大小為，小于第一階段的斜率大??；第二種較小，小包裹繼續(xù)做加速運動，傳送帶對小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的滑動摩擦力，且有
該滑動摩擦力對小包裹做負功，小包裹的機械能隨位移均勻減小，圖像斜率大小為，與第一階段斜率大小相等，故ABD錯誤，C正確。
故選C。
51．（多選）如圖所示，質量為m的滑塊在水平向右的外力F作用下由靜止開始沿水平面運動，運動過程中外力F隨位移x的變化滿足，已知滑塊與桌面間的滑動摩擦因數（g為重力加速度），下列說法正確的是（ ）
A．滑塊向右運動的最大位移為
B．滑塊最終能回到出發(fā)點
C．滑塊運動的最大速度為
D．從開始運動到物塊最終靜止，物塊與水平桌面因摩擦產生的熱量為
【答案】CD
【詳解】AB．由題可做出圖像，當時，由
代入得
其圖像如圖所示
滑動摩擦力為
若滑塊向右運動的最大位移則拉力做功與摩擦力做功相等，通過分析知，當時，拉力做功，屬于變力做功，由圖像知，圍成面積代表拉力做功為
此時滑動摩擦力做功為
則可知
說明拉力未減為0之前，物體已經停止運動，滑塊不能回到出發(fā)點，由圖像面積表示做功，設最大位移為，則
代入得
故AB錯誤；
C．當時，滑塊運動的速度最大，設此時位移為，則
代入得
設此時拉力做功為，滑動摩擦力做功為，由動能定理知
代入得
故C正確；
D．從開始運動到物塊最終靜止，物塊與水平桌面因摩擦產生的熱量為
故D正確。
故選CD。
52．如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ=30°，其上A、B兩點間的距離為l=5m，傳送帶在電動機的帶動下以v=1m/s的速度勻速運動?，F將一質量為m=10kg的小物體（可視為質點）輕放在傳送帶上的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數μ=，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，求：（g取10m/s2）
（1）傳送帶對小物體做的功；
（2）電動機多輸出的能量。
【答案】（1）255J；（2）270J
【詳解】
（1）小物體剛開始運動時，根據牛頓第二定律有
解得小物體上升的加速度為
當小物體的速度為v=1m/s時，小物體的位移為
之后小物體以v=1m/s的速度做勻速運動到達B點，由功能關系得
（2）根據速度時間關系可得
相對位移為
摩擦產生的熱量為
電動機做的功等于小物體的機械能增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q之和，故電動機機多輸出的能量為
十．天體運動中機械能的變化（共3小題）
53．神舟十三號與空間站天和核心艙，分離過程簡化如圖所示，脫離前天和核心艙處于半徑為的圓軌道Ⅰ上，從Р點脫離后神舟十三號飛船沿橢圓軌道Ⅱ返回半徑為的近地圓軌道Ⅲ上，然后再多次調整軌道，繞行5圈后順利著落在東風著落場.已知軌道Ⅱ與軌道Ⅰ、Ⅲ兩圓軌道相切于P、Q點兩點且恰好對應橢圓的長軸兩端點，引力常量為G，地球質量為M，則下列說法正確的是（ ）
A．飛船從Р點運動至Q點的最短時間為
B．飛船在軌道Ⅲ上的向心加速度小于在軌道I上的向心加速度
C．飛船在軌道Ⅰ上的機械能等于在軌道Ⅲ上的機械能
D．飛船在軌道Ⅰ與地心連線和在軌道Ⅲ與地心連線在相同時間內掃過的面積相等
【答案】A
【詳解】A．根據開普勒第三定律可得
對于Ⅰ軌道上的衛(wèi)星，有
所以
聯立解得
故A正確；
B．根據萬有引力提供向心力，有
可得
所以軌道半徑越大，向心加速度越小，所以飛船在軌道Ⅲ上的向心加速度大于在軌道Ⅰ上的向心加速度，故B錯誤；
C．飛船由軌道Ⅰ運動到軌道Ⅲ需要在軌道相切的位置P和Q點點火減速，做近心運動，所以在點火過程中外力對飛船做負功，所以飛船的機械能減小，即飛船在軌道Ⅰ上的機械能大于在軌道Ⅲ上的機械能，故C錯誤；
D．根據開普勒第二定律可知，飛船在同一軌道上運行時，飛船與地心的連線在相同時間內掃過的面積相等，故D錯誤。
故選A。
54．變軌技術是航天器入軌過程中的重要一環(huán)。實際航行中的變軌過程較為復雜，為方便研究我們將航天器的變軌過程簡化為如圖所示的模型：①將航天器發(fā)射到近地圓軌道1上；②在A點點火加速使航天器沿橢圓軌道2運行，軌道1和軌道2相切于A點，A、B分別為軌道2的近地點與遠地點，地球的中心位于橢圓的一個焦點；③在遠地點B再次點火加速，航天器沿圓軌道3運行，軌道2和軌道3相切于B點。忽略地球自轉的影響，已知地球表面重力加速度為g，軌道1半徑為地球半徑R，軌道3半徑為4R，橢圓面積為，a為橢圓半長軸，b為橢圓半短軸。則以下說法正確的是（ ）
A．航天器在軌道2上運行的周期為
B．航天器在軌道1和軌道3上的速度之比為
C．航天器在軌道2上經過B點的速度大于軌道1上的速度
D．航天器在軌道2上經過A點機械能大于軌道2上經過B點的機械能
【答案】A
【詳解】A．航天器在軌道2上運行的周期跟半徑為的衛(wèi)星周期相等，有
又
解得
故A正確；
B．根據萬有引力提供向心力，可得
，
解得
故B錯誤；
C．在軌道2上經過點加速可以進入軌道3，所以航天器在軌道2上經過B點的速度小于軌道3的速度，根據
可知航天器在軌道3的速度小于軌道1的速度，由此可知航天器在軌道2上經過B點的速度小于軌道1上的速度。故C錯誤；
D．航天器在軌道2上運行時，只有萬有引力做功，機械能守恒，所以航天器在軌道2上經過A點機械能等于軌道2上經過B點的機械能。故D錯誤。
故選A。
55．（多選）如圖所示，一物體沿光滑弧形軌道滑下后進入足夠長的水平傳送帶，傳送帶以速度v沿圖示方向勻速運動，滑塊離開傳送帶時速度等于傳送帶速度。關于傳送帶對物體的做功W以及物體與傳送帶摩擦生熱Q，下列說法正確的有（ ）
A．其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，W可能與前述情況相等
B．若物體滑到傳送帶上的速度大于傳送帶的速度，其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，Q一定比前述情況大
C．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度，W可能與前述情況相等
D．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度，Q可能與前述情況相等
【答案】BD
【詳解】A．滑塊離開傳送帶時速度等于傳送帶速度，即滑塊離開傳送帶前已經與傳送帶共速。其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，滑塊滑上傳送帶的初速度一定發(fā)生變化，則滑塊在傳送帶上的動能變化會發(fā)生改變，傳送帶對物體的做功W改變。A錯誤；
B．若物體滑到傳送帶上的速度大于傳送帶的速度，則滑塊在傳送帶上做減速運動，根據
，
得
又
僅增加物體開始滑下的高度，滑塊在傳送帶上的初速度變大，相對位移變大，摩擦生熱Q變大，B正確；
C．物塊出發(fā)高度一定，則滑塊在傳送帶上的初速度不變，僅增大傳送帶速度，滑塊的動能變化量改變，則W一定改變，C錯誤；
D．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度?；瑝K的初速度小于傳送帶速度和滑塊初速度大于傳送帶速度，這兩種情況滑塊和傳送帶的相對位移大小可能相等，即摩擦生熱可能相等，D正確。
故選BD。
56．（多選）奧陌陌是人類發(fā)現的第一個來自太陽系之外的星際物體。它于2017年被觀測到。由于其飛行軌跡幾乎垂直于太陽系中行星的軌道平面，天文學家們很快就確定它來自太陽系之外。奧陌陌的飛行軌跡如圖所示，其中N點是奧陌陌飛行軌跡中距離太陽最近的點，P點為地球繞太陽運行軌道上的一點，且N點離太陽的距離比P點離太陽的距離更近。若在太陽系內只考慮太陽引力作用，則下列說法正確的是（ ）
A．奧陌陌從Q點飛向N點的過程中，速度逐漸增大
B．奧陌陌在N點的速度可能小于第一宇宙速度7.9km/s
C．奧陌陌在N點的速度一定小于第三宇宙速度16.7km/s
D．奧陌陌在N點的加速度大于地球在P點的加速度
【答案】AD
【詳解】A．奧陌陌從Q點飛向N點的過程中，萬有引力做正功，速度逐漸增大，故A正確；
BC．奧陌陌是人類發(fā)現的第一個來自太陽系之外的星際物體，故奧陌陌在N點的速度必須等于或大于第三宇宙速度16.7km/s，故BC錯誤；
D．根據牛頓第二定律有
解得
其中M為太陽的質量，r為天體離太陽的距離，可知，奧陌陌在N點的加速度大于地球在P點的加速度，故D正確。
故選AD。

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4 機械能守恒定律

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