一、追尋守恒量
伽利略曾研究過(guò)小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)，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(dá)最高點(diǎn))時(shí)的高度與它出發(fā)時(shí)的高度相同，不會(huì)更高一點(diǎn)，也不會(huì)更低一點(diǎn).這說(shuō)明某種“東西”在小球運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中是不變的.
二、動(dòng)能與勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化
1.重力勢(shì)能與動(dòng)能的轉(zhuǎn)化
只有重力做功時(shí)，若重力對(duì)物體做正功，則物體的重力勢(shì)能減少，動(dòng)能增加，物體的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；若重力對(duì)物體做負(fù)功，則物體的重力勢(shì)能增加，動(dòng)能減少，物體的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能.
2.彈性勢(shì)能與動(dòng)能的轉(zhuǎn)化
只有彈簧彈力做功時(shí)，若彈力對(duì)物體做正功，則彈簧的彈性勢(shì)能減少，物體的動(dòng)能增加，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能；若彈力對(duì)物體做負(fù)功，則彈簧的彈性勢(shì)能增加，物體的動(dòng)能減少，物體的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能.
3.機(jī)械能：重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能與動(dòng)能統(tǒng)稱為機(jī)械能.
三、機(jī)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(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變.
2.表達(dá)式：eq \f(1,2)mv22＋mgh2＝eq \f(1,2)mv12＋mgh1或Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1.
3.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解決問(wèn)題只需考慮運(yùn)動(dòng)的初狀態(tài)和末狀態(tài)，不必考慮兩個(gè)狀態(tài)間過(guò)程的細(xì)節(jié)，即可以簡(jiǎn)化計(jì)算.
技巧點(diǎn)撥
一、機(jī)械能守恒定律
1.對(duì)機(jī)械能守恒條件的理解
(1)只有重力做功，只發(fā)生動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化.
(2)只有彈力做功，只發(fā)生動(dòng)能和彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化.
(3)只有重力和彈力做功，發(fā)生動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)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(yùn)動(dòng)，若已知拉力與摩擦力的大小相等，方向相反，在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，其機(jī)械能守恒.
2.判斷機(jī)械能是否守恒的方法
(1)利用機(jī)械能的定義直接判斷：若動(dòng)能和勢(shì)能中，一種能變化，另一種能不變，則其機(jī)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(jī)械能守恒.
(3)用能量轉(zhuǎn)化來(lái)判斷：若物體系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化而無(wú)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體系統(tǒng)機(jī)械能守恒.
二、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
1.機(jī)械能守恒定律常用的三種表達(dá)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(gè)狀態(tài)的機(jī)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(dòng)能的增加(減少)量等于勢(shì)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(jī)械能的增加量等于系統(tǒng)剩余部分，即B部分機(jī)械能的減少量.
2.機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用步驟
首先對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行正確的受力分析，判斷各個(gè)力是否做功，分析是否符合機(jī)械能守恒的條件.若機(jī)械能守恒，則根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出方程，或再輔以其他方程進(jìn)行求解.
例題精練
1．（2021春?揚(yáng)州期末）在下面列舉的各個(gè)實(shí)例中，機(jī)械能守恒的是（ ）
A．跳傘運(yùn)動(dòng)員跳傘時(shí)在空氣中勻速下降
B．拉著金屬塊沿光滑斜面勻速上滑
C．用輕桿拴著小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
D．在空中由靜止釋放的金屬小球的運(yùn)動(dòng)
【分析】物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件逐個(gè)分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機(jī)械能守恒。
【解答】解：A、跳傘運(yùn)動(dòng)員帶著張開(kāi)的降落傘在空氣中勻速下落時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，兩者之和即機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；
B、金屬塊在拉力作用下沿著光滑的斜面勻速上升時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變大，故機(jī)械能變大，故B錯(cuò)誤；
C、用輕桿拴著小球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)時(shí)，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能變化，故機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、在空中由靜止釋放的金屬小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)機(jī)械能守恒條件的直接考查，掌握住機(jī)械能守恒的條件是關(guān)鍵，注意在分析機(jī)械能守恒時(shí)還可以直接分析動(dòng)能和勢(shì)能的變化，從而確定機(jī)械能是否變化。
2．（2021春?連云港期末）在下列所描述的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若物體所受的空氣阻力均忽略不計(jì)，則機(jī)械能守恒的是（ ）
A．小孩沿滑梯勻速滑下
B．被投擲出的鉛球在空中運(yùn)動(dòng)
C．發(fā)射過(guò)程中的火箭加速上升
D．電梯中的貨物隨電梯一起勻速下降
【分析】物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件逐個(gè)分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機(jī)械能守恒。
【解答】解：A、小孩沿滑梯勻速滑下，小孩的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，所以小孩的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、被投擲出的鉛球在空中做斜拋運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，故B正確；
C、火箭加速上升，動(dòng)能和重力勢(shì)能都增大，機(jī)械能不守恒，故C錯(cuò)誤；
D、貨物隨電梯一起勻速下降，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】掌握住機(jī)械能守恒的條件，也就是只有重力做功，分析物體是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判斷是否機(jī)械能守恒．
隨堂練習(xí)
1．（2021春?廣東期末）下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
B．勻速圓周運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)
C．物體重力勢(shì)能的值與參考平面的選擇無(wú)關(guān)
D．物體受到的合外力為零，則其機(jī)械能一定守恒
【分析】平拋運(yùn)動(dòng)只受重力，是加速度大小和方向都不變的運(yùn)動(dòng)；勻速圓周運(yùn)動(dòng)是加速度大小不變、方向不斷變化的曲線運(yùn)動(dòng)，前者是勻變速運(yùn)動(dòng)，后者是變加速運(yùn)動(dòng)；
重力勢(shì)能與選取的參考平面有關(guān)；只有重力做功物體的機(jī)械能守恒。
【解答】解：A、平拋運(yùn)動(dòng)的物體只受重力作用，其加速度為重力加速度，其軌跡是曲線，因此平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確；
B、勻速圓周運(yùn)動(dòng)加速度方向始終直線圓心，加速度方向不斷變化，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)是非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、參考平面不同，根據(jù)mgh計(jì)算出來(lái)的重力勢(shì)能不同，故C錯(cuò)誤；
D、若物體在豎直方向上勻速上升時(shí)，合外力為零，物體動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，其機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤；
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵明確平拋運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，特別是要有矢量的意識(shí)，勻速圓周運(yùn)動(dòng)中向心力和線速度都是方向變化、大小不變，都是變量。
2．（2021春?譙城區(qū)校級(jí)期末）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A．靜摩擦力既可做正功，也可做負(fù)功，甚至可以不做功
B．滑動(dòng)摩擦力可以做正功或負(fù)功，甚至可以不做功
C．作用力和反作用力均可都做正功或都做負(fù)功
D．物體所受各力做功的代數(shù)和不為零，其機(jī)械能一定不守恒
【分析】力做功的正負(fù)即決于力和位移的方向關(guān)系；根據(jù)作用力和反作用力的性質(zhì)可以判斷兩力做功的情況；根據(jù)機(jī)械能守恒的條件分析。
【解答】解：A、靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功，比如人推物體而物體不動(dòng)時(shí)，靜摩擦力對(duì)物體不做功，物體在傾斜的傳送帶上隨著傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，靜摩擦力可以做正功也可以做負(fù)功，故A正確；
B、滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功，比如擦黑板時(shí)，摩擦力對(duì)黑板擦做負(fù)功，摩擦力對(duì)黑板不做功，故B正確；
C、作用力和反作用力可以同時(shí)做正功，也可以同時(shí)做負(fù)功，故C正確；
D、做勻加速運(yùn)動(dòng)的物體，若只有重力做功，機(jī)械能可能守恒，比如自由落體運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
本題選錯(cuò)誤的，
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】合力做功的代數(shù)和不為零，物體的動(dòng)能一定變化；只有重力或彈簧彈力做功時(shí)機(jī)械能守恒。
3．（2021?臨海市二模）隨著北京冬奧會(huì)的臨近，滑雪項(xiàng)目成為了人們非常喜愛(ài)的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖運(yùn)動(dòng)員從高為h的A點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)B點(diǎn)后水平飛出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t落到長(zhǎng)直滑道上的C點(diǎn)，不計(jì)滑動(dòng)過(guò)程中的摩擦和空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若h加倍，則水平飛出的速度v加倍
B．若h加倍，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t加倍
C．若h減半，運(yùn)動(dòng)員落到斜面時(shí)的速度方向不變
D．若h減半，運(yùn)動(dòng)員在空中離斜面的最大距離不變
【分析】通過(guò)機(jī)械能守恒求解小球平拋的初速度，然后利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律解決此題。
【解答】解：AB、運(yùn)動(dòng)員在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力做功機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgh＝mv2，解得v＝，
設(shè)斜面傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員落到斜面上時(shí)其豎直位移和水平位移之間關(guān)系滿足tanθ＝，得t＝，
由此可知：若h加倍，則水平飛出的速度v變?yōu)樵瓉?lái)的倍，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t變?yōu)樵瓉?lái)的倍，故AB錯(cuò)誤；
C、設(shè)運(yùn)動(dòng)員落到斜面上時(shí)其速度方向與水平夾角為β，該夾角的正切值tanβ＝，由此可知β角是個(gè)定值，保持不變，故C正確；
D、運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)的除速度沿垂直斜面初速度的分量為v1＝vsinθ，重力加速度g垂直斜面的分量為a＝gcsθ．
設(shè)運(yùn)動(dòng)員離斜面的最大距離為H，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得H＝，
由此可知：若h減半，運(yùn)動(dòng)員在空中離斜面的最大距離變?yōu)樵瓉?lái)的，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】解決平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)。注意在斜面上平拋只要最終落到斜面上，其落到斜面上的速度方向與水平夾角的正切值為定值。
4．（2021春?巨鹿縣校級(jí)月考）如圖所示，某同學(xué)將帶彈簧的圓珠筆倒置，在桌面上豎直向下壓緊彈簧，突然松手，圓珠筆豎直向上彈起.對(duì)于圓珠筆（含彈簧），下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．向下壓縮彈簧的過(guò)程中，筆的機(jī)械能守恒
B．筆豎直向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中機(jī)械能守恒
C．圓珠筆剛離開(kāi)桌面時(shí)動(dòng)能最大
D．換用不同的彈簧，只要壓縮量相同，筆上升的最大高度相同
【分析】分析圓珠筆的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，確定何時(shí)動(dòng)能最大。根據(jù)功能關(guān)系分析圓珠筆的機(jī)械能變化情況。
【解答】解：A、向下壓縮彈簧的過(guò)程中，手對(duì)圓珠筆筆做正功，圓珠筆的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、圓珠筆豎直向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有重力和彈簧彈力做功，筆的機(jī)械能守恒，故B正確；
C、圓珠筆先向上加速后向上減速，當(dāng)彈簧的彈力等于重力時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，所以剛離開(kāi)桌面時(shí)的動(dòng)能不是最大，故C錯(cuò)誤；
D、換用不同的彈簧而壓縮量相同，圓珠筆所具有的初態(tài)機(jī)械能不同，上升的最大高度也不同，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵是分析圓珠筆的受力情況，確定圓珠筆的運(yùn)動(dòng)情況．要掌握機(jī)械能守恒的條件和功能原理，并能熟練運(yùn)用．
綜合練習(xí)
一．選擇題（共15小題）
1．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）小球在距地面h高處，以初速度v0沿水平方向拋出一個(gè)物體，若忽略空氣阻力，它運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，那么下面說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A．物體在c點(diǎn)的動(dòng)能比在a點(diǎn)時(shí)大
B．若選拋出點(diǎn)為零勢(shì)點(diǎn)，物體在a點(diǎn)的重力勢(shì)能比在c點(diǎn)時(shí)小
C．物體在a、b、c三點(diǎn)的機(jī)械能相等
D．物體在a點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率比C點(diǎn)時(shí)小
【分析】平拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒。根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式比較各點(diǎn)重力勢(shì)能的大小。根據(jù)P＝mgvcsα比較重力的瞬時(shí)功率。
【解答】解：A.沿水平方向拋出的物體，不計(jì)空氣阻力，物體在下落過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒。物體的高度不斷下降，重力勢(shì)能不斷減小，所以物體在c點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比在a點(diǎn)時(shí)大，故A正確；
B.因a點(diǎn)位置高于b點(diǎn)，故無(wú)論選擇何處為參考點(diǎn)物體在a點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能都比在c點(diǎn)時(shí)的大，故B錯(cuò)誤；
C.沿水平方向拋出的物體，不計(jì)空氣阻力，物體在下落過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，所以物體在a、b、c三點(diǎn)具有的機(jī)械能相等，故C正確；
D.重力的瞬時(shí)功率
PG＝mgvy
由以上分析知，物體在a點(diǎn)時(shí)重力方向上的分速度vy比在c點(diǎn)時(shí)小，故物體在a點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率比c點(diǎn)時(shí)小，故D正確。
本題選擇錯(cuò)誤選項(xiàng)。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握機(jī)械能守恒的條件，以及重力勢(shì)能、功率的表達(dá)式，并能靈活運(yùn)用。
2．（2021?湖北模擬）如圖所示，長(zhǎng)度為l的輕質(zhì)細(xì)桿的下端被地面上的臺(tái)階擋住，細(xì)桿頂端固定著一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小重球，現(xiàn)讓小球由豎直位置無(wú)初速度地向右側(cè)倒下，已知重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦，則小球落地時(shí)的速度（ ）
A．等于 ，方向豎直向下
B．等于，方向斜向右下
C．小于，方向斜向右下
D．大于，方向斜向左下
【分析】用類比的方法，來(lái)求解本題，先假設(shè)細(xì)桿下端被餃鏈固定，則小球落至水平地面時(shí)，細(xì)桿中有拉力，再分析得出小球在之前某個(gè)時(shí)刻就開(kāi)始對(duì)桿有向外的拉力，回到本題，細(xì)桿下端沒(méi)有被固定，得出小球在這個(gè)時(shí)刻開(kāi)始將帶著細(xì)桿脫離圓周軌道而做斜拋運(yùn)勸，故落地速度斜向右下；根據(jù)機(jī)械能守恒解決小球落地時(shí)的速度大小。
【解答】解：小球在最高點(diǎn)時(shí)，速度為0，對(duì)桿有壓力。設(shè)細(xì)桿下端被餃鏈固定，則小球落至水平地面時(shí)，細(xì)桿中有拉力，由此可知，小球在之前某個(gè)時(shí)刻就開(kāi)始對(duì)桿有向外的拉力，面本題中細(xì)桿下端沒(méi)有被固定，則小球在這個(gè)時(shí)刻開(kāi)始將帶著細(xì)桿脫離圓周軌道而做斜拋運(yùn)勸，故落地速度斜向右下，由機(jī)械能守恒，可知小球落地時(shí)的速度大小等于
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】考察圖周運(yùn)動(dòng)的受力分析，從兩個(gè)特殊位置推測(cè)中間狀態(tài)的推理能力。同時(shí)考察機(jī)械能守恒定律。本題還可以用動(dòng)量定理來(lái)分析—一臺(tái)階對(duì)細(xì)桿有彈力時(shí)，彈力斜向右上，有水平向右的分量，這個(gè)分量的沖量導(dǎo)致細(xì)桿、小球系統(tǒng)有水平向右的速度增量，故小球落地速度針向右下。
3．（2021?沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，從P點(diǎn)以水平速度v將小球拋向固定在地面上的塑料筐，小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小球在空中飛行的過(guò)程中（ ）
A．小球機(jī)械能守恒
B．小球動(dòng)量守恒
C．小球質(zhì)量越大，所用時(shí)間越少
D．小筐右移一段距離后，小球拋出點(diǎn)不變，仍以速度v平拋，小球仍然可以入筐
【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒定律的守恒條件、動(dòng)量的計(jì)算公式、平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析。
【解答】解：A、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故A正確；
B、小球下落過(guò)程中速度逐漸增大，根據(jù)動(dòng)量p＝mv可知，動(dòng)量增大，故B錯(cuò)誤；
C、設(shè)小球下落的高度為h，重力加速度為g，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：h＝.解得下落時(shí)間為：t＝，與小球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)圖象可知小球剛好從筐的左邊緣進(jìn)筐，小筐右移一段距離后，小球拋出點(diǎn)不變，仍以速度v平拋，小球的運(yùn)動(dòng)軌跡不變，則小球不能入筐，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，關(guān)鍵是弄清楚機(jī)械能守恒定律的守恒條件、動(dòng)量守恒定律的守恒條件以及平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。
4．（2021春?杭州期末）如圖所示，某極限運(yùn)動(dòng)員完成一項(xiàng)約4萬(wàn)米高空跳傘的壯舉。直播畫(huà)面顯示，熱氣球升至3.9×104m高空后，他脫離氣球開(kāi)始無(wú)初速下落。開(kāi)始下落后46s時(shí)，速度達(dá)到1150km/h；在距著陸點(diǎn)1524m高時(shí)，他打開(kāi)了降落傘；又經(jīng)過(guò)幾分鐘，他平穩(wěn)著陸。假設(shè)重力加速度恒定，地球自轉(zhuǎn)及氣流影響不計(jì)，則（ ）
A．脫離氣球之后至打開(kāi)降落傘之前，運(yùn)動(dòng)員做自由落體運(yùn)動(dòng)
B．脫離氣球之后至打開(kāi)降落傘之前，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒
C．打開(kāi)降落傘之后的一段時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員處于超重狀態(tài)
D．整個(gè)下落過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員所受重力的功率一直增大
【分析】鮑姆加特納下落的過(guò)程中，達(dá)到最大速度之前先加速下降，打開(kāi)降落傘之后減速下降；根據(jù)功率的公式P＝Fv判斷重力的功率變化情況。
【解答】解：AB、當(dāng)△t＝46s，△v＝1150km/h＝319m/s，運(yùn)動(dòng)員的加速度a＝，
可知空氣阻力是不能忽略的，所以運(yùn)動(dòng)員不是做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能也不守恒，故AB錯(cuò)誤；
C、為了安全降落，運(yùn)動(dòng)員在落地前必定有一段時(shí)間要向下做減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)有一個(gè)向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故C正確；
D、由于在達(dá)到最大速度之前一直在加速，由功率公式P＝mgv，可知重力的功率一直增大，達(dá)到最大速度之后，重力的功率恒定，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】此題考查超重和失重的知識(shí)，通過(guò)運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷其加速度方向即可，同時(shí)注意功率的公式得正確應(yīng)用。
5．（2021?香坊區(qū)校級(jí)四模）如圖所示，光滑的固定圓弧槽的槽口與一個(gè)固定半球頂點(diǎn)相切，半球底面水平，小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從圓弧槽最高點(diǎn)由靜止滑下，滑出槽口時(shí)速度方向?yàn)樗椒较?。已知圓弧軌道的半徑為R1，半球的半徑為R2，若要使小物塊滑出槽口后不沿半球面下滑，不計(jì)空氣阻力，則R1和R2應(yīng)滿足的關(guān)系是（ ）
A．R1≤R2B．R1≥R2C．R1≥D．R1≤
【分析】滑塊沿光滑的圓弧槽下滑過(guò)程，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求出滑到槽底的速度；若要使小物塊滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平拋運(yùn)動(dòng)，則重力不足以提供滑塊繞半球運(yùn)動(dòng)所需的向心力。
【解答】解：滑塊沿光滑的圓弧槽下滑過(guò)程，只有重力做功，機(jī)械能守恒，有
mgR1＝
要使小物塊滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平拋運(yùn)動(dòng)，則
mg≤m
聯(lián)立解得：
R1≥
故ABD錯(cuò)誤，C正確；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律的基本運(yùn)用，難度中等，知道小球在圓軌道外軌最高點(diǎn)的臨界情況：重力不足于提供繞半球運(yùn)動(dòng)所需的向心力。
6．（2021?天津模擬）2020年11月24日“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器成功發(fā)射，開(kāi)啟了我國(guó)首次地外天體采樣返回之旅，如圖為行程示意圖。關(guān)于“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．剛進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，速度大于7.9km/s小于11.2km/s
B．在地月轉(zhuǎn)移軌道上無(wú)動(dòng)力奔月時(shí)，動(dòng)能不斷減小
C．快要到達(dá)月球時(shí)，需要向后噴氣才能進(jìn)入月球環(huán)繞軌道
D．返回艙取月壤后，重新在月球上起飛的過(guò)程中，機(jī)械能守恒
【分析】在地面附近發(fā)射飛行器，如果速度大于7.9 km/s，而小于11.2kms，它繞地球運(yùn)行的軌跡就不是圓，而是橢圓，當(dāng)物體的速度等于或大于11.2 km/s時(shí)，它就會(huì)克服地球的引力，永遠(yuǎn)離開(kāi)地球，受到太陽(yáng)的引力，故剛進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，速度大于7.9km/s小于11.2km/s；在地月轉(zhuǎn)移軌道上無(wú)動(dòng)力奔月時(shí)，受到地球引力和月球引力的作用，動(dòng)能的變化看合力做功，快要到達(dá)月球時(shí)，需要減速，重新在月球上起飛的過(guò)程中，需要加速。
【解答】解：A．在地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，探測(cè)器已經(jīng)飛出地球而未擺脫地月系的引力，根據(jù)第一宇宙速度和第二宇宙速度的定義，則剛進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道時(shí)，探測(cè)器速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A正確；
B．在地月轉(zhuǎn)移軌道上無(wú)動(dòng)力奔月時(shí)，地球?qū)μ綔y(cè)器的萬(wàn)有引力逐漸減小，月球?qū)μ綔y(cè)器的萬(wàn)有引力逐漸增大，引力的合力對(duì)探測(cè)器先做負(fù)功，后做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知探測(cè)器動(dòng)能先減小后增大，故B錯(cuò)誤；
C．快要到達(dá)月球時(shí)，探測(cè)器需要減速，因此需要向前噴氣提供反推力才能進(jìn)入月球環(huán)繞軌道，故C錯(cuò)誤；
D．返回艙取月壤后，重新在月球上起飛的過(guò)程中，有探測(cè)器發(fā)動(dòng)機(jī)的推力做正功，故機(jī)械能變大，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了第一宇宙速度和第二宇宙速度的概念，另外要區(qū)分快要到達(dá)月球和重新在月球上起飛兩個(gè)過(guò)程，發(fā)動(dòng)機(jī)分別做負(fù)功和正功，故機(jī)械能要發(fā)生變化。
7．（2021春?黃浦區(qū)校級(jí)期末）高臺(tái)跳水項(xiàng)目要求運(yùn)動(dòng)員從距離水面H的高臺(tái)上跳下，在完成空中動(dòng)作后進(jìn)入水中。若某運(yùn)動(dòng)員起跳瞬間重心離高臺(tái)臺(tái)面的高度為h1，斜向上跳離高臺(tái)瞬間速度的大小為v，跳至最高點(diǎn)時(shí)重心離臺(tái)面的高度為h2，入水（手剛觸及水面）時(shí)重心離水而的高度為h3，如圖所示，圖中虛線為運(yùn)動(dòng)員重心的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m，不計(jì)空氣阻力，取跳臺(tái)面為零勢(shì)能面（ ）
A．跳臺(tái)對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功
B．運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的動(dòng)能為0
C．運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的機(jī)械能為
D．運(yùn)動(dòng)員在入水時(shí)的機(jī)械能為mgh2
【分析】在起跳過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求得板對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功，在上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求得最高點(diǎn)的速度，起跳后，在整個(gè)過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，即可求得最高點(diǎn)和入水時(shí)的機(jī)械能。
【解答】解：A、在起跳過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：W＝，故A錯(cuò)誤；
B、從起跳到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得v，故B錯(cuò)誤；
C、取跳臺(tái)面為零勢(shì)能面，從起跳到最高點(diǎn)的過(guò)程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故，故C正確；
D、從起跳后到入水的過(guò)程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，則運(yùn)動(dòng)員在入水時(shí)的機(jī)械能為，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程和受力，利用好機(jī)械能守恒即可。
8．（2021春?煙臺(tái)期中）將某一物體由地面開(kāi)始豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，物體能夠達(dá)到的最大距地高度為H。選取地面為參考平面，當(dāng)物體在上升過(guò)程中通過(guò)某一位置時(shí)，它的動(dòng)能恰好等于其重力勢(shì)能的一半，則這一位置的距地高度為（ ）
A．B．C．D．
【分析】不計(jì)空氣阻力，說(shuō)明物體的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能與重力勢(shì)能的關(guān)系分別列式，即可求解．
【解答】解：物體總的機(jī)械能為mgH，
當(dāng)高度為h時(shí)，動(dòng)能是重力勢(shì)能的一半，即動(dòng)能為mgh，
由機(jī)械能守恒定律可得：mgh+mgh＝mgH，則h＝H，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】此題是機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，要抓住不計(jì)空氣阻力時(shí)，拋體運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能是守恒的，并能挖掘和利用題設(shè)的條件．
9．（2021春?興國(guó)縣校級(jí)月考）如圖所示，將質(zhì)量為m的石塊從離地面h高處以初速度v斜向上拋出。以地面為參考平面，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)石塊落地時(shí)（ ）
A．動(dòng)能為mghB．機(jī)械能為mgh+mv02
C．動(dòng)能為mv02D．重力勢(shì)能為mgh
【分析】不計(jì)空氣阻力，石塊的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒求出石塊落地時(shí)的動(dòng)能大小、機(jī)械能大小，重力勢(shì)能計(jì)算式為EP＝mgh，h是相對(duì)于參考平面的高度。
【解答】解：ACD、不計(jì)空氣阻力，石塊的機(jī)械能守恒，以地面為參考平面，落地時(shí)石塊的重力勢(shì)能為零，
根據(jù)機(jī)械能守恒得落地時(shí)石塊的動(dòng)能，故ACD錯(cuò)誤；
B、機(jī)械能等于重力勢(shì)能與動(dòng)能之和，以地面為參考平面，落地時(shí)石塊的重力勢(shì)能為零，則石塊落地時(shí)機(jī)械能等于動(dòng)能，即E＝，故B正確。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】本題要準(zhǔn)確理解重力勢(shì)能計(jì)算式EP＝mgh中h的含義，知道是相對(duì)于參考平面的高度，靈活運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求解。
10．（2021?諸暨市模擬）如圖所示為曳引式電梯的結(jié)構(gòu)示意圖電梯井道底部彈簧式緩沖器與電梯轎箱的中心線重合。在某次電梯的安全性測(cè)試中，電梯轎箱在曳引繩的作用下勻速下降，接觸彈簧式緩沖器，并最終安全停止。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．轎箱與彈簧式緩沖器接觸后立即開(kāi)始減速
B．轎箱與彈簧式緩沖器接觸后，先加速后減速
C．轎箱與彈簧式緩沖器接觸后始終處于失重狀態(tài)
D．轎箱與彈簧組成的系統(tǒng)在接觸過(guò)程中機(jī)械能守恒
【分析】當(dāng)轎箱與彈簧式緩沖器接觸后，受到緩沖器對(duì)其向上的作用力，轎廂受到的合外力方向向上，加速度方向向上，由此分析運(yùn)動(dòng)情況、以及超重和失重情況；根據(jù)機(jī)械能守恒定律的守恒條件分析機(jī)械能是否守恒。
【解答】解：AB、開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)電梯轎箱在曳引繩的作用下勻速下降，轎廂受力平衡；當(dāng)轎箱與彈簧式緩沖器接觸后，受到緩沖器對(duì)其向上的作用力，轎廂受到的合外力方向向上，所以轎廂立即開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)，故A正確、B錯(cuò)誤；
C、當(dāng)轎箱與彈簧式緩沖器接觸后到最終安全停止，轎廂始終是減速下降、加速度方向向上，始終處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；
D、轎箱、配重與彈簧組成的系統(tǒng)在接觸過(guò)程中機(jī)械能守恒，轎箱與彈簧組成的系統(tǒng)在接觸下降過(guò)程中繩子拉力對(duì)轎廂做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；關(guān)鍵是弄清楚轎廂向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況，知道超重時(shí)加速度方向向上，掌握機(jī)械能守恒定律的守恒條件。
11．（2021?濱?？h校級(jí)一模）極限跳傘是世界上最流行的空中極限運(yùn)動(dòng)，它的獨(dú)特魅力在于跳傘者通常起跳后傘并不是馬上自動(dòng)打開(kāi)，而是由跳傘者自己控制開(kāi)傘時(shí)間，這樣冒險(xiǎn)者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。傘打開(kāi)前可看做是自由落體運(yùn)動(dòng)，打開(kāi)傘后空氣阻力與速度平方成正比，跳傘者先減速下降，最后勻速下落。如果用h表示下落的高度，t表示下落的時(shí)間，Ep表示重力勢(shì)能（以地面為零勢(shì)能面），Ek表示動(dòng)能，E表示機(jī)械能，v表示下落時(shí)的速度。在整個(gè)過(guò)程中下列圖象可能符合事實(shí)的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】打開(kāi)降落傘之前做自由落體運(yùn)動(dòng)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，合力不變，然后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)。
【解答】解：A、開(kāi)始下落階段做自由落體運(yùn)動(dòng)，則EP＝EP0﹣mgh，可知此過(guò)程中EP﹣h為直線，故A錯(cuò)誤；
B、開(kāi)始下落階段做自由落體運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能等于減小的重力勢(shì)能，即Ek＝mgh，則Ek﹣h為直線；在開(kāi)始減速后的過(guò)程中先減速后勻速，可知?jiǎng)幽芟葴p小后不變，故B正確；
C、開(kāi)始階段做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能不變；然后打開(kāi)傘后，由于受阻力作用機(jī)械能逐漸減小，最后勻速下落階段機(jī)械能仍不斷減小，故C錯(cuò)誤；
D、開(kāi)始階段做自由落體運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間均勻增加；開(kāi)傘后空氣阻力與速度平方成正比，則加速度滿足：mg﹣kv2＝ma，則加速度隨時(shí)間逐漸減小，v﹣t線不是直線，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵知道圖象的物理意義，搞清運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)情況，通過(guò)加速度變化判斷合力的變化，通過(guò)下降的高度判斷重力勢(shì)能的變化。
12．（2021春?鄭州期末）如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員在空中一個(gè)漂亮的投籃，質(zhì)量為m＝0.5kg的籃球與水平面成45°角準(zhǔn)確落入籃筐。已知投籃時(shí)投球點(diǎn)和籃筐正好在同一水平面上，投球點(diǎn)和籃筐距離為10.0m，g＝10m/s2，忽略空氣阻力。則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（ ）
A．30JB．25JC．20JD．15J
【分析】由于籃球在空中做一個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)，故初、末速度的大小是相同的，與水平方向的夾角也是相同的，將斜拋運(yùn)動(dòng)從最高點(diǎn)分成兩部分，前半部分為斜向上過(guò)程，后半部分是斜向下過(guò)程，完全對(duì)稱，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論求出最大高度和水平位移的關(guān)系，進(jìn)而求出籃球落到籃筐時(shí)的速度和動(dòng)能即可。
【解答】解：籃球在空中做一個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)，將整個(gè)斜拋運(yùn)動(dòng)沿最高點(diǎn)分為兩部分，前半部分斜向上運(yùn)動(dòng)，后半部分斜向下運(yùn)動(dòng)，
運(yùn)動(dòng)過(guò)程完全對(duì)稱，如圖所示；其中拋出點(diǎn)到籃筐的水平距離為s＝10.0m
設(shè)斜拋過(guò)程中籃球離拋出點(diǎn)（或籃筐）的最大高度為h，
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，籃球后半程做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平位移為
其在籃筐位置的速度的方向延長(zhǎng)線過(guò)平拋水平位移的中點(diǎn)，則有，解得：
籃球落到籃筐時(shí)的豎直分速度
此時(shí)籃球的速度為
此時(shí)籃球的動(dòng)能，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
【點(diǎn)評(píng)】解題關(guān)鍵在于根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論找到最大高度和水平位移的關(guān)系，進(jìn)而解決題目。
13．（2021春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，滑梯頂端離地面的高度為H，一個(gè)小孩從粗糙的滑梯頂端由靜止開(kāi)始滑下。若以滑梯頂端為零勢(shì)能面。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）
A．下滑過(guò)程中，小孩的動(dòng)能增加
B．小孩滑到滑梯底端時(shí)的重力勢(shì)能為﹣mgH
C．下滑過(guò)程中，小孩的機(jī)械能守恒
D．下滑過(guò)程中，滑梯對(duì)小孩的支持力不做功
【分析】根據(jù)受力情況分析小孩的運(yùn)動(dòng)情況，由此分析動(dòng)能的變化；根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能的變化情況分析重力勢(shì)能的大??；下滑過(guò)程中，摩擦力做負(fù)功，支持力不做功，由此分析機(jī)械能是否守恒。
【解答】解：A、小孩從粗糙的滑梯頂端由靜止開(kāi)始滑下，說(shuō)明重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，小孩下滑過(guò)程中速度增大、動(dòng)能增大，故A正確；
B、以滑梯頂端為零勢(shì)能面，小孩滑到滑梯底端時(shí)重力做功mgH，則重力勢(shì)能減少mgH，則小孩滑到滑梯底端時(shí)的重力勢(shì)能為﹣mgH，故B正確；
C、下滑過(guò)程中，摩擦力對(duì)小孩做負(fù)功，小孩的機(jī)械能減少，故C錯(cuò)誤；
D、下滑過(guò)程中，滑梯對(duì)小孩的支持力方向始終垂直于運(yùn)動(dòng)方向，所以支持力不做功，故D正確。
本題選錯(cuò)誤的，故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識(shí)；要知道機(jī)械能守恒定律的守恒條件是只有重力或彈力做功，知道重力勢(shì)能變化與重力做功有關(guān)、重力勢(shì)能的大小與零勢(shì)能面的選取有關(guān)。
14．（2021春?福州期中）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，均勻的細(xì)鏈條長(zhǎng)為L(zhǎng)，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使長(zhǎng)部分垂在桌面下，（桌面高度大于鏈條長(zhǎng)度），則鏈條上端剛離開(kāi)桌面時(shí)的動(dòng)能為（ ）
A．0B．mgLC．mgLD．mgL
【分析】以桌面為零勢(shì)能面，分鏈條為桌上的部分和桌下的部分分別確定出其兩種情況下的重力勢(shì)能，再根據(jù)機(jī)械能守恒求出鏈條上端剛離開(kāi)桌面時(shí)的動(dòng)能。
【解答】解：以桌面為零勢(shì)能面，開(kāi)始時(shí)鏈條的重力勢(shì)能為：E1＝﹣mg?＝﹣
當(dāng)鏈條剛脫離桌面時(shí)的重力勢(shì)能：E2＝﹣mg?L
故重力勢(shì)能的變化量：△E＝E2﹣E1＝﹣，
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，鏈條上端剛離開(kāi)桌面時(shí)的動(dòng)能增加量為，即其動(dòng)能為，故D正確。
故選：D。
【點(diǎn)評(píng)】零勢(shì)能面的選取是任意的，本題也可以選鏈條滑至剛剛離開(kāi)桌邊時(shí)鏈條的中心為零勢(shì)能面，結(jié)果是一樣的，要注意重力勢(shì)能的正負(fù)。
15．（2021春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）水平光滑直軌道ab與半徑為R＝0.4m的豎直半圓形光滑軌道bc相切，質(zhì)量0.2kg的小球以某速度沿直線軌道向右運(yùn)動(dòng)，如圖所示。小球進(jìn)入圓形軌道后剛好能通過(guò)c點(diǎn)，然后小球做平拋運(yùn)動(dòng)落在直軌道上的d點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2，則（ ）
A．小球到達(dá)c點(diǎn)的速度為0
B．小球落到d點(diǎn)時(shí)的速度為4m/s
C．小球在直軌道上的落點(diǎn)d與b點(diǎn)距離為0.8m
D．小球從c點(diǎn)落到d點(diǎn)所需時(shí)間為0.2s
【分析】小球恰好通過(guò)c點(diǎn)，由重力提供向心力，根據(jù)重力等于向心力求出小球通過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度；根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球在d點(diǎn)的速度大小；小球離開(kāi)c點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解分析。
【解答】解；A、小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)c，根據(jù)重力提供向心力，有：mg＝m，解得：vc＝2m/s，故A錯(cuò)誤；
B、小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，從c到d根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：＝mg?2R+，解得：vd＝2m/s，故B錯(cuò)誤；
CD、小球離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球從c點(diǎn)落到d點(diǎn)所需時(shí)間為：t＝＝s＝0.4s，
小球在直軌道上的落點(diǎn)d與b點(diǎn)距離為 x＝vct＝2×0.4m＝0.8m，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：C。
【點(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵要明確小球在c點(diǎn)的臨界條件：重力等于向心力，求出c點(diǎn)的速度。對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)，要掌握分位移公式，并能熟練運(yùn)用。
二．多選題（共15小題）
16．（2021?茂南區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌道的外軌光滑，內(nèi)軌粗糙。一小球從軌道的最低點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，小球運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)時(shí)恰好沒(méi)有受到軌道對(duì)它的彈力，球的直徑略小于圓管的內(nèi)徑，空氣阻力不計(jì)。若一小球在最低點(diǎn)的初速度改為v時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．若v＜v0，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能可能守恒
B．若v＞v0，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能一定守恒
C．若v＜v0，小球不可能到達(dá)最高點(diǎn)
D．若v＞v0，小球在軌道最高點(diǎn)時(shí)受到的彈力豎直向上
【分析】?jī)?nèi)圓粗糙，小球與內(nèi)圓接觸時(shí)要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，機(jī)械能不守恒；
外圓光滑，小球與外圓接觸時(shí)不受摩擦力作用，只有重力做功，機(jī)械能守恒，應(yīng)用牛頓第二定律與機(jī)械能守恒定律分析答題。
【解答】解：BD、小球在最低點(diǎn)以初速度v0向右，在最高點(diǎn)時(shí)恰好沒(méi)有受到軌道對(duì)它的彈力，由重力提供向心力，即，該過(guò)程中小球與內(nèi)管壁無(wú)接觸無(wú)摩擦力，所以該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒；
當(dāng)小球在最低點(diǎn)的速度v＞v0，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與內(nèi)管壁之間無(wú)彈力作用，只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒，且小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，小球的重力不足以提供向心力，則小球在軌道最高點(diǎn)受到外管壁對(duì)小球向下的彈力，故B正確，D錯(cuò)誤；
AC、當(dāng)小球在最低點(diǎn)的速度v＜v0，若小球在圓心等高處之下運(yùn)動(dòng)，則小球只對(duì)外管壁有壓力，此種情況下只有重力做功，小球的機(jī)械能守恒；
若小球運(yùn)動(dòng)到圓心等高處之上某點(diǎn)速度為零，此種情況小球?qū)?nèi)管壁有壓力且存在摩擦力，小球的機(jī)械能不守恒，但小球也可能到達(dá)最高點(diǎn)，故A正確，C錯(cuò)誤；
故選：AB。
【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了機(jī)械能守恒定律，綜合性較強(qiáng)，關(guān)鍵是理清運(yùn)動(dòng)過(guò)程，抓住臨界狀態(tài)，運(yùn)用合適的規(guī)律進(jìn)行求解。
17．（2021春?青羊區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，a、b兩小球通過(guò)長(zhǎng)度一定的輕細(xì)線連接跨過(guò)光滑定滑輪，a球放在地面上，將連接b球的細(xì)線剛好水平拉直，由靜止釋放b球，b球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?；若將定滑輪適當(dāng)豎直下移一小段距離，再將連接b球的細(xì)線剛好水平拉直，如圖所示，由靜止釋放b球，不計(jì)一切阻力。則下列判斷正確的是（ ）
A．ma＝3mb
B．兩小球的質(zhì)量大小無(wú)法判斷
C．在b球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a球可能會(huì)離開(kāi)地面
D．b球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫θ郧『脼榱?br>【分析】當(dāng)連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?，細(xì)線的拉力等于a球的重力。b球擺動(dòng)過(guò)程中，運(yùn)用機(jī)械能守恒求出b球在最低點(diǎn)的速度。再根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式求解。
b球在下滑過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求得到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度，在最點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求得繩子對(duì)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(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有：mbgL＝
當(dāng)連接b球的細(xì)線擺到豎直位置時(shí)，對(duì)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＝3mbg
a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼?，則有：T＝mag
解得：ma＝3mb，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、由以上分析可知當(dāng)定滑輪向下移動(dòng)時(shí)，小球b到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)繩子的最大拉力不變：T＝3mbg，故a球?qū)Φ孛娴膲毫η『脼榱悖?br>在b球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)b球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，繩子的拉力最大，故在向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，a球不可能會(huì)離開(kāi)地面，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用和動(dòng)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(yùn)動(dòng)的半徑有關(guān)即可。對(duì)小球b運(yùn)用機(jī)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。
18．（2021?普寧市校級(jí)模擬）一拋物線形狀的光滑固定導(dǎo)軌豎直放置，O為拋物線導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，O點(diǎn)離地面的高度為h，A、B兩點(diǎn)相距2h，軌道上套有一個(gè)小球M，小球M通過(guò)輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質(zhì)量均為m，輕桿的長(zhǎng)度為2h，現(xiàn)將小球M由距地面豎直高度處由靜止釋放，則（ ）
A．小球M將做平拋運(yùn)動(dòng)
B．小球M即將落地時(shí)，小球N的動(dòng)能為
C．小球M即將落地時(shí)速度大小為
D．小球M即將落地時(shí)，小球N的速度大小為
【分析】根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分析判斷；
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律求解小球M即將落地時(shí)的速度以及小球N的速度，二者速度的關(guān)聯(lián)為沿桿速度相等；
根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式計(jì)算小球N的速度。
【解答】解：A、小球M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、軌道對(duì)小球的彈力、輕桿對(duì)小球的彈力，不滿足做平拋運(yùn)動(dòng)的條件，故A錯(cuò)誤；
CD．小球M即將落地時(shí)，設(shè)小球M的速度為v，則小球N的速度為vcs45°，
以兩小球和輕桿組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
可以求出小球M的速度大小為，小球N的速度大小為，故C正確，D錯(cuò)誤；
B．小球N的動(dòng)能為，故B正確。
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】易錯(cuò)點(diǎn)如下：1、兩小球的速度關(guān)聯(lián)；2、小球M落到對(duì)面的瞬間，小球M的速度方向；
19．（2021春?齊河縣校級(jí)月考）如圖所示，以下情景均不計(jì)摩擦和空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．甲圖中，火箭升空的過(guò)程中，若勻速升空，火箭的機(jī)械能守恒
B．乙圖中，物塊在外力F的作用下勻速上滑，物塊的機(jī)械能守恒
C．丙圖中，物塊A以一定的初速度將彈簧壓縮的過(guò)程中，物塊A的機(jī)械能不守恒
D．丁圖中，物塊A加速下落，物塊B加速上升的過(guò)程中，A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒
【分析】明確機(jī)械能守恒的條件，知道當(dāng)只有重力做功或彈簧的彈力做功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒的條件逐項(xiàng)進(jìn)行分析判斷。
【解答】解：A、甲圖中，火箭升空的過(guò)程中，若勻速升空，動(dòng)能不變、重力勢(shì)能增加，火箭的機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；
B、物塊勻速運(yùn)動(dòng)上升，動(dòng)能不變，重力勢(shì)能增加，則機(jī)械能必定增加，故B錯(cuò)誤；
C、在物體A壓縮彈簧的過(guò)程中，彈簧和物體A組成的系統(tǒng)，只有重力和彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。由于彈性勢(shì)能增加，則A的機(jī)械能減小，物塊A的機(jī)械能不守恒，故C正確；
D、對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，不計(jì)空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故D正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握判斷機(jī)械能守恒的條件，判斷的方法：1、看系統(tǒng)是否只有重力或彈力做功，2、看動(dòng)能和勢(shì)能之和是否保持不變。
20．（2021春?任城區(qū)期中）如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．物體到海平面時(shí)的重力勢(shì)能為mgh
B．物體到海平面之前任一位置機(jī)械能為mv02﹣mgh
C．物體在海平面上的動(dòng)能為mv02+mgh
D．物體在海平面上的機(jī)械能為mv02
【分析】整個(gè)過(guò)程不計(jì)空氣阻力，只有重力對(duì)物體做功，則物體的機(jī)械能守恒，應(yīng)用機(jī)械能守恒和功能關(guān)系解答即可。
【解答】解：A、以地面為零勢(shì)能面，海平面低于地面h，所以物體在海平面上時(shí)的重力勢(shì)能為﹣mgh，故A正確。
BD、整個(gè)過(guò)程機(jī)械能守恒，即初末狀態(tài)的機(jī)械能相等，以地面為零勢(shì)能面，拋出時(shí)的機(jī)械能為，所以物體在海平面時(shí)的機(jī)械能也為，故B錯(cuò)誤，D正確；
C、由動(dòng)能定理得：W＝Ek2﹣Ek1，解得，物體在海平面上的動(dòng)能 Ek2＝Ek1+W＝+mgh，故C正確。
故選：CD。
【點(diǎn)評(píng)】該題應(yīng)用了功能關(guān)系解決重力勢(shì)能的變化與重力做功的關(guān)系，注意斜拋運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)速度不等于零，重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能面的選取無(wú)關(guān)。
21．（2021?閬中市校級(jí)模擬）如圖甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，上滑的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上滑過(guò)程中，物體的機(jī)械能E隨物體離地面的高度h的變化關(guān)系如圖乙所示。取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cs37°＝0.80，則（ ）
A．物體的質(zhì)量m＝0.67kg
B．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.50
C．物體上滑過(guò)程中的加速度大小a＝1m/s2
D．物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek＝10J
【分析】根據(jù)物體在最高點(diǎn)機(jī)械能等于重力勢(shì)能，由重力勢(shì)能的定義式求解物體的質(zhì)量；對(duì)物體上升到最大高度的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解動(dòng)摩擦因數(shù)；對(duì)物體進(jìn)行受力分析，由力的合成分解求得合外力，然后由牛頓第二定律求得加速度；分析物體上升和下滑過(guò)程的受力情況，得到各力的做功情況，然后由動(dòng)能定理求解物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能。
【解答】解：A、在最高點(diǎn)，物體的速度為零，所以物體的動(dòng)能為零，即物體在最高點(diǎn)的機(jī)械能等于重力勢(shì)能，所以有E＝Ep+0＝mgh，
物體的質(zhì)量為m＝＝ kg＝1 kg，故A錯(cuò)誤；
B、在最低點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能為零，故物體的機(jī)械能等于其動(dòng)能，物體上滑過(guò)程中只有重力、摩擦力做功，
故由動(dòng)能定理可得﹣μmgcs 37°×﹣mgh＝△Ek，解得μ＝0.50，故B正確；
C、物體上滑過(guò)程受重力、支持力、摩擦力作用，物體受到的合外力為F＝mgsin α+μmgcs α＝10 N，故物體上滑過(guò)程中的加速度大小為a＝＝10 m/s2，故C錯(cuò)誤；
D、物體上滑過(guò)程和下滑過(guò)程所受重力、支持力不變，故物體所受摩擦力大小不變，方向相反，所以，物體上滑過(guò)程和下滑過(guò)程克服摩擦力做的功相同，由題圖乙可知：物體上滑過(guò)程中克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量20 J，故物體由開(kāi)始到回到斜面底端的整個(gè)過(guò)程克服摩擦力做的功為40 J；又因?yàn)槲矬w整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力、支持力做功為零，所以，由功能關(guān)系可知：物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為50 J﹣40 J＝10 J，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于動(dòng)能定理的應(yīng)用問(wèn)題，一般先對(duì)物體進(jìn)行受力分析，然后得到各力的做功情況，即可由動(dòng)能定理求得某外力做的功或能到達(dá)的位置、距離、某位置的速度等問(wèn)題。
22．（2021?河南一模）如圖所示，光滑固定斜面的傾角為θ。一輕質(zhì)彈簧的下端與放在斜面底端擋板處的物體B相連，上端與物體A相連，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)。用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A，滑輪右側(cè)輕繩與斜面平行，滑輪左側(cè)輕繩的下方連一輕質(zhì)掛鉤。輕彈簧和斜面平行?，F(xiàn)在輕質(zhì)掛鉤上掛一物體C（圖中未畫(huà)出）并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放（物體C不會(huì)和地面接觸），已知它恰好能使B離開(kāi)斜面底端擋板但不繼續(xù)上升，則從物體C由靜止釋放到C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．彈簧對(duì)A的彈力對(duì)A一定做正功
B．輕質(zhì)掛鉤對(duì)物體C的拉力大小一直增大
C．物體A、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
D．當(dāng)物體C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物體A的加速度大小為0
【分析】根據(jù)題目中的條件判斷彈簧的狀態(tài)和B物體的狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律分別對(duì)A和C列方程分析加速度的變化，在判斷繩子的拉力的變化。
【解答】解：恰好能使B離開(kāi)斜面底端擋板但不繼續(xù)上升時(shí)，若此時(shí)A的速度不為零，則A會(huì)繼續(xù)拉動(dòng)彈簧使B受到彈力變大，B就會(huì)繼續(xù)上升，故可推知B的合力為零且A的速度為零。
A．物體A沿斜面方向受繩的拉力和彈簧的彈力，重力的分力，因A向上運(yùn)動(dòng)，彈力先沿斜面向上后沿斜面向下，故彈力先做正功后做負(fù)功，因初末形變關(guān)系未知，則彈力對(duì)A的總功無(wú)法判斷，故A錯(cuò)誤；
B．對(duì)A和C根據(jù)牛頓第二定律有：
對(duì)A：T﹣mgsinθ﹣F彈＝mAa
對(duì)C：mCg﹣T＝mCa
兩式聯(lián)立得：mCg﹣F彈﹣mAgsinθ＝（mA+mB）a
由于彈簧彈力一直變大，故a一直變??；
對(duì)C：mCg﹣T＝mCa
因a一直變小，故T一直變大，故B正確；
C．對(duì)AC彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功，C減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A與C增加的動(dòng)能、A增加的重力勢(shì)能、彈簧增加的彈性勢(shì)能，則物體A、C和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C正確；
D．當(dāng)物體C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度為零，C物體經(jīng)歷了向下的減速運(yùn)動(dòng)，故此時(shí)加速度向上，而A與C用同一根繩連接，沿繩的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)完全相同，故A此時(shí)的加速度不為零而沿應(yīng)沿斜面向下，故D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】解題時(shí)要分別對(duì)A和C根據(jù)牛頓第二定律列方程，然后兩式聯(lián)立得到彈力與加速度a之間的關(guān)系，得到隨之彈力的增大a的變化。
23．（2021?攀枝花一模）如圖所示，光滑斜面上疊放著A、B兩物體，B物體上表面水平。兩物體一起以一定的初速度沿斜面上滑的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．物體A的機(jī)械能不變
B．物體B對(duì)A的支持力不做功
C．物塊A受到水平向右的摩擦力
D．物體B對(duì)物體A的摩擦力做負(fù)功
【分析】對(duì)整體和隔離分別受力分析，求得加速度，判斷摩擦力的方向，根據(jù)力與速度夾角，可求得力做正功還是做負(fù)功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可以判斷機(jī)械能是否守恒。
【解答】解、設(shè)A質(zhì)量為m，B質(zhì)量為M，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)受力分析，受到向下的重力和垂直斜面的支持力，由牛頓第二定律得：（M+m）gsinθ＝（M+m）a，a＝gsinθ；
C、單獨(dú)對(duì)A分析，因A有沿斜面向下的加速度，故B給A的摩擦力水平向左，故C錯(cuò)誤；
D、f與v方向夾角大于90°，則B對(duì)A的摩擦力做負(fù)功，故D正確；
B、B對(duì)A的支持力方向向上，與運(yùn)動(dòng)方向夾角小于90°，則B對(duì)A的支持力做正功，故B錯(cuò)誤；
A、根據(jù)整體分析得到a＝gsinθ，單獨(dú)對(duì)A受力分析，得F合＝mgsinθ，則支持力和摩擦力的合力垂直于斜面，大小等于mgcsθ，下滑過(guò)程不做功，只有重力做功，故A的機(jī)械能不變，故A正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查整體法與隔離法，做功的判斷，機(jī)械能守恒定律，注意判斷機(jī)械能時(shí)，可看除重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力以外的其它力是否做功。
24．（2020秋?羅湖區(qū)期末）如圖所示，一質(zhì)量為m的籃球，可視為質(zhì)點(diǎn)。從離地面高為H處水平拋出，第一次落地后反彈高度為H。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒
B．籃球第一次著地的豎直分速度為
C．籃球第二次反彈的最高點(diǎn)一定是H
D．籃球反彈第一次的最高點(diǎn)的重力勢(shì)能比拋出點(diǎn)減少了mgH
【分析】籃球在與地面碰撞過(guò)程中機(jī)械能有損失，籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒；
籃球第一次著地過(guò)程中在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度﹣位移關(guān)系求解；
根據(jù)重力勢(shì)能的計(jì)算公式求解重力勢(shì)能的減少，籃球第二次與地面碰撞損失的能量不一定等于第一次與地面碰撞損失的能量，由此分析能否求解第二次反彈的最高點(diǎn)的高度。
【解答】解：A、籃球與地面碰撞后彈起的高度減小，說(shuō)明籃球在與地面碰撞過(guò)程中機(jī)械能有損失，籃球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能不守恒，故A正確；
B、由于不計(jì)空氣阻力，籃球第一次著地過(guò)程中在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有：vy2＝2gH，解得：vy＝，故B正確；
CD、籃球反彈第一次的最高點(diǎn)的重力勢(shì)能比拋出點(diǎn)減少△EP＝mg△h＝mg（H﹣）＝；
籃球第一次與地面碰撞的損失的能量為，籃球第二次與地面碰撞損失的能量不一定等于，所以根據(jù)題干條件不能求出第二次反彈的最高點(diǎn)的高度，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選：ABD。
【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了機(jī)械能守恒定律的知識(shí)；要知道機(jī)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(duì)系統(tǒng)做多少功，系統(tǒng)的機(jī)械能就變化多少；知道重力勢(shì)能變化量的計(jì)算方法。
25．（2021?江城區(qū)校級(jí)模擬）關(guān)于下列對(duì)配圖的說(shuō)法中正確的是（ ）
A．圖中“蛟龍?zhí)枴北坏踯?chē)勻速吊下水的過(guò)程中，它的機(jī)械能不守恒
B．圖中火車(chē)在勻速轉(zhuǎn)彎時(shí)所受合外力為零，動(dòng)能不變
C．圖中握力器在手的壓力下彈性勢(shì)能增加了
D．圖中撐桿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中機(jī)械能守恒
【分析】分析蛟龍?zhí)栠\(yùn)動(dòng)過(guò)程中的受力情況，再根據(jù)功的公式明確各力的做功情況，進(jìn)而判斷機(jī)械能是否守恒；
火車(chē)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，需要指向圓心的向心力；
握力器形變量增大，彈性勢(shì)能增大；
撐桿的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能不守恒。
【解答】解：A、圖1中“蛟龍?zhí)枴北坏踯?chē)勻速吊下水的過(guò)程中，鋼繩對(duì)它做負(fù)功，所以機(jī)械能不守恒，故A正確；
B、圖2中火車(chē)在勻速轉(zhuǎn)彎時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受的合外力指向圓心且不為零，故B錯(cuò)誤；
C、圖3中握力器在手的壓力下形變?cè)龃?，所以彈性?shì)能增大，故C正確；
D、圖4中撐桿跳高運(yùn)動(dòng)員在上升過(guò)程中撐桿的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能，所以運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。
故選：AC。
【點(diǎn)評(píng)】求功時(shí)一般有三種方法：一是根據(jù)功的公式進(jìn)行分析計(jì)算；二是根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行分析，同時(shí)明確機(jī)械能守恒的條件。
26．（2021?肇慶二模）如圖所示，將一直鐵棒AC固定在與水平地面垂直的墻角，鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點(diǎn)。在墻角固定一輕彈簧，使輕彈簧另一端與一帶孔的小球相連，小球穿過(guò)鐵棒并可在鐵棒上移動(dòng)，小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)將小球從鐵棒頂端自由釋放，小球到達(dá)鐵棒底端時(shí)速度恰好為零，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力做功相同
C．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈力做功相同
D．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力所做的功
【分析】分析小球沿桿下滑的過(guò)程的受力和做功情況，重力、彈簧的拉力和摩擦力做功，所以小球機(jī)械能不守恒，然后結(jié)合幾何關(guān)系判斷各個(gè)力做功的情況即可．
【解答】解：鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，AB之間的高度差等于BC之間的高度差，小球在A點(diǎn)與在C點(diǎn)彈簧的長(zhǎng)度是相同的；
A、小球沿鐵棒下滑的過(guò)程的受重力、鐵棒的彈力和彈簧的拉力、以及鐵棒對(duì)小球的摩擦力，由于小球到達(dá)鐵棒底端時(shí)速度恰好為零，說(shuō)明摩擦力對(duì)小球做負(fù)功，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；
B、鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點(diǎn)，可知小球在AB之間與BC之間彈簧對(duì)小球的拉力是對(duì)稱的，所以小球在AB之間與在BC之間受到鐵棒的彈力也是對(duì)稱的，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力的公式：f＝μFN可知，小球在AB之間與BC之間的摩擦力也是對(duì)稱的，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中摩擦力做功相同，故B正確。
C、小從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中彈簧的彈力對(duì)小球做正功，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈力做負(fù)功，一正一負(fù)，是不同的，故C錯(cuò)誤；
D、小球在A點(diǎn)與在C點(diǎn)彈簧的長(zhǎng)度是相同的，則彈簧的伸長(zhǎng)量相同，所以彈簧的彈性勢(shì)能相等；結(jié)合小球從A到C的過(guò)程中初速度與末速度都等于零，可知小球從A到C的過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量等于摩擦力做的功，結(jié)合A到B與B到C的對(duì)稱性可知，小球從A到B的過(guò)程中重力勢(shì)能的減少量也等于摩擦力做的功，即從A到B的過(guò)程中重力與摩擦力對(duì)小球做的功的和為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力所做的功，故D正確。
故選：BD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)物理過(guò)程進(jìn)行受力、運(yùn)動(dòng)、做功分析，是解決問(wèn)題的根本方法．這是一道考查系統(tǒng)機(jī)械能守恒的好題．
27．（2021?江西模擬）如圖所示，一半圓形光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓頂點(diǎn)有大小可不計(jì)的定滑輪，O點(diǎn)為其圓心，AB為半圓上兩點(diǎn)，OA處于水平方向，OB與豎直方向夾角為45°，一輕繩兩端連接大小可不計(jì)的兩個(gè)小球甲、乙，初始時(shí)使甲靜止在B點(diǎn)，乙靜止在O點(diǎn)，繩子處于拉直狀態(tài)。已知甲球的質(zhì)量m1＝2kg，乙球的質(zhì)量m2＝1kg，半圓軌道的半徑r＝lm，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間＝10m/s2，忽略一切摩擦。解除約束后，兩球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．甲球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為m/s2
B．甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，甲、乙兩球速度相同
C．甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，甲、乙兩球系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒
D．甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乙球機(jī)械能增加
【分析】甲球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，分別以甲球和乙球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)牛頓第二定律列式，結(jié)合兩球加速度大小相等求甲球的加速度大?。挥汕€運(yùn)動(dòng)的速度方向判斷兩球的速度是否相同；由系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒；甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)繩子對(duì)甲球做功情況，判斷甲球機(jī)械能的變化，進(jìn)而判斷乙球機(jī)械能的變化。
【解答】解：A、甲球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩球加速度大小相等，設(shè)為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
對(duì)甲球有m1gcs45°﹣F＝m1a
對(duì)乙球有F﹣m2g＝m2a
聯(lián)立解得，故A正確；
B、甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩球的速度方向都沿著切線方向，兩球位置不同，速度方向不同，故B錯(cuò)誤；
C、甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，忽略一切摩擦，對(duì)于甲、乙兩球組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故C錯(cuò)誤；
D、甲球沿著球面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，繩子拉力對(duì)甲球做負(fù)功，則甲球機(jī)械能減少，因?yàn)橄到y(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以乙球的機(jī)械能增加。故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查系統(tǒng)的機(jī)械能守恒和牛頓第二定律中的連接體問(wèn)題，其中熟練掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件和連接體問(wèn)題中加速度相等這一知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵。
28．（2021?一模擬）小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，在兩小球各自軌跡的最低點(diǎn)，以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．P球的機(jī)械能可能等于Q球的機(jī)械能
B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能
C．P球所受繩的拉力可能等于Q球所受繩的拉力
D．P球的加速度與Q球的加速度大小都等于2g
【分析】?jī)汕蛟谶\(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，通過(guò)判斷初位置機(jī)械能是否相等判斷最低點(diǎn)時(shí)機(jī)械能是否相等；根據(jù)動(dòng)能定理得出小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的動(dòng)能，從而比較出兩球動(dòng)能的大??；根據(jù)牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而比較拉力的大??；根據(jù)向心加速度公式比較在最低點(diǎn)的加速度大小。
【解答】解：A、兩球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，選擇初始位置為零勢(shì)能平面，P、Q的機(jī)械能均為零，故A正確；
B、在最低點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理知：mgL＝，則在最低點(diǎn)的動(dòng)能Ek＝mgL，對(duì)于P球，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，繩長(zhǎng)小于懸掛Q的繩長(zhǎng)，則P球的動(dòng)能不一定比Q球的動(dòng)能小，故B錯(cuò)誤；
C、小球在最低點(diǎn)的速度：v＝，根據(jù)牛頓第二定律得：，解得繩子的拉力F＝3mg，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，則P球所受繩子的拉力大于Q球所受繩子的拉力，故C錯(cuò)誤；
D、在最低點(diǎn)，a＝，方向豎直向上，與繩長(zhǎng)和球的質(zhì)量無(wú)關(guān)，故D正確。
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周運(yùn)動(dòng)與機(jī)械能守恒定律的綜合運(yùn)用，知道小球在最低點(diǎn)向心力的來(lái)源，知道擺球在最低點(diǎn)的拉力大小與繩長(zhǎng)無(wú)關(guān)。
29．（2021?岳陽(yáng)一模）如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端各系一個(gè)小球a和b跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細(xì)桿C和D上，質(zhì)量為ma的a球置于地面上，質(zhì)量為mb的b球從水平位置靜止釋放。當(dāng)b球擺過(guò)的角度為90°時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．ma：mb＝2：1
B．ma：mb＝3：1
C．若只將b的質(zhì)量變大，則當(dāng)b球擺過(guò)的角度為小于90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?br>D．若只將細(xì)桿D水平向左移動(dòng)少許，則當(dāng)b球擺過(guò)的角度為小于90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱?br>【分析】b球擺動(dòng)過(guò)程中運(yùn)用機(jī)械能守恒求出在最低點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式求出繩子的拉力，再去進(jìn)行比較。
【解答】解：AB、由于b球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則有，當(dāng)b球擺過(guò)的角度為90°時(shí)，a球?qū)Φ孛鎵毫偤脼榱悖f(shuō)明此時(shí)繩子張力為mag，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和向心力公式得，解得：ma：mb＝3：1，故A錯(cuò)誤，B正確；
CD、由上述求解過(guò)程可以看出，，得F＝3mbg，當(dāng)b球的質(zhì)量增大時(shí)，達(dá)到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力將大于a球的質(zhì)量，故當(dāng)b球擺過(guò)的角度為小于 90°的某值時(shí)，a球?qū)Φ孛娴膲毫偤脼榱闼郧虻綉尹c(diǎn)的距離跟最終結(jié)果無(wú)關(guān)，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：BC。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒定律以及向心力公式的應(yīng)用；關(guān)鍵是對(duì)小球b運(yùn)用機(jī)械能守恒定律和向心力公式聯(lián)合列式求解，然后聯(lián)合公式進(jìn)行化簡(jiǎn)得到最終結(jié)果。
30．（2021?江西模擬）如圖所示，一輕彈簧左端固定在長(zhǎng)木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間摩擦不計(jì)。開(kāi)始時(shí)，m和M均靜止，現(xiàn)同時(shí)對(duì)m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，設(shè)兩物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧形變不超過(guò)其彈性限度。對(duì)于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)（ ）
A．系統(tǒng)機(jī)械能不守恒
B．由于F1、F2均能做正功，故系統(tǒng)的機(jī)械能一直增大
C．由于F1、F2大小不變，所以m、M各自一直做勻加速運(yùn)動(dòng)
D．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，m、M各自的動(dòng)能最大
【分析】當(dāng)F1、F2對(duì)m、M都做正功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能增加，當(dāng)F1、F2對(duì)m、M都做負(fù)功時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能減少．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，物體受到的合力的大小為零，此時(shí)物體的速度的大小達(dá)到最大，再根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可以判斷物體加速度的變化，從而分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況．
【解答】解：AB、在m向右運(yùn)動(dòng)，M向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，由于F1、F2對(duì)m、M都做正功，故系統(tǒng)機(jī)械能增加，當(dāng)在m向左運(yùn)動(dòng)，M向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，F(xiàn)1、F2對(duì)m、M都做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減少，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、由于彈力是變化的，m、M所受合力是變化的，所以兩個(gè)物體不會(huì)做勻加速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；
D、B、當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，M和m受力平衡，加速度減為零，此時(shí)速度達(dá)到最大值，故各自的動(dòng)能最大，故D正確；
故選：AD。
【點(diǎn)評(píng)】對(duì)做變加速運(yùn)動(dòng)的物體，由牛頓第二定律可知當(dāng)加速度為零時(shí)速度最大；對(duì)相互作用的系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件是只有重力和彈簧彈力做功．
三．填空題（共10小題）
31．（2020秋?青浦區(qū)期末）某同學(xué)站在水平地面上，豎直向上拋出一個(gè)物體，通過(guò)研究得到物體的機(jī)械能E總和重力勢(shì)能Ep隨它離開(kāi)地面高度h的變化如圖所示（取地面為零勢(shì)能面，重力加速度g取10m/s2）。由圖中數(shù)據(jù)可得：物體的質(zhì)量為 2 kg，物體回到地面時(shí)的機(jī)械能為 60 J。
【分析】根據(jù)公式Ep＝mgh求出物體的質(zhì)量，根據(jù)功能關(guān)系求物體克服阻力做功，根據(jù)功能關(guān)系求出物體回到地面時(shí)的機(jī)械能。
【解答】解：由圖知，h＝4m時(shí)Ep＝80J，由Ep＝mgh
解得物體的質(zhì)量為：m＝2kg
物體上升h＝4m的過(guò)程中機(jī)械能減少△E＝100J﹣80J＝20J
根據(jù)功能關(guān)系可知：全過(guò)程中物體克服阻力做功40J，故物體回到地面時(shí)的機(jī)械能為60J。
故答案為：2，60。
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要從圖象讀取有效信息，明確動(dòng)能、重力勢(shì)能和機(jī)械能的關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答。
32．（2020秋?閔行區(qū)期末）如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)形成一重力勢(shì)阱，兩側(cè)高分別為H1和H2。可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊Q質(zhì)量為m，靜置于水平軌道b處。設(shè)重力加速度為g；若以a處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，物塊Q在b處機(jī)械能為 ﹣mghH1 ；一質(zhì)量為m的小球P從a處?kù)o止落下，在b處與滑塊Q相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q，隨后滑塊Q從陷阱右側(cè)滑出，其到達(dá)c處的速度v大小為 。
【分析】以a處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，小球的機(jī)械能為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和解求得在b點(diǎn)的機(jī)械能；小球P從a到b，機(jī)械能守恒，求得到達(dá)b點(diǎn)小球P的動(dòng)能，在b處與滑塊Q相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q，即可求得小球在b點(diǎn)的動(dòng)能，滑塊Q從b到c，根據(jù)動(dòng)能定理即可求解。
【解答】解：若以a處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，故小球在b點(diǎn)的機(jī)械能Eb＝Ek+EP＝0﹣mgH1＝﹣mgH1；
小球Pa下滑到b，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則0＝Ek﹣mgH1，解得Ek＝mgH1，由于在b處與滑塊Q相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q，故滑塊Q獲得的動(dòng)能為E′k＝Ek＝mgH1，滑塊Q從b到c，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得
故答案為：﹣mghH1；
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理及機(jī)械能的計(jì)算，關(guān)鍵是能從所給的信息中提出有用信息，結(jié)合所學(xué)的知識(shí)進(jìn)行求解。
33．（2021春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，桌面高為H1，在桌面上方H2處有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，以桌面為零勢(shì)能面，小球的重力勢(shì)能為 mgH2 ，若小球從桌面上方H2處自由下落，則落地時(shí)的機(jī)械能為 mgH2 ．
【分析】根據(jù)重力勢(shì)能的定義可明確小球的重力勢(shì)能，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可明確小球落地時(shí)的機(jī)械能．
【解答】解：桌面為零勢(shì)能面，小球相對(duì)于桌面的高度為H2，則小球的重力勢(shì)能為mgH2，
因下落過(guò)程小球的機(jī)械能守恒，故小球落地時(shí)的機(jī)械能為：mgH2
故答案為：mgH2；mgH2
【點(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒的定義，要注意明確小球的重力勢(shì)能具有相對(duì)性，要根據(jù)相對(duì)于零勢(shì)能面的高度確定重力勢(shì)能．
34．（2020春?徐匯區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，質(zhì)量相同的物塊A和B在同一水平面內(nèi)，物塊A由靜止沿斜面滑下，物塊B由靜止自由落下，不計(jì)空氣阻力，從開(kāi)始到兩物塊分別到達(dá)地面上的過(guò)程中，落地時(shí)A、B的瞬時(shí)速度的大小關(guān)系是：vA ＝ vB，兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均速率的關(guān)系是：PA ＜ PB（填＞，＝，＜）。
【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求出到達(dá)地面時(shí)的速度，根據(jù)瞬時(shí)功率的公式P＝Fv判斷兩物體重力的瞬時(shí)功率的大小關(guān)系；結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，通過(guò)平均功率的公式P＝判斷兩物體重力的平均功率的大小關(guān)系。
【解答】解：根據(jù)動(dòng)能定理mgh＝mv2，由于A和B下落的高度差相同，因此到達(dá)地面的瞬時(shí)速度大小相同；
A沿斜面運(yùn)動(dòng)，設(shè)斜面底角為θ，則加速度為gsinθ，比B的加速度g小，且通過(guò)的位移大小比B大，根據(jù)x＝at2，
B所用時(shí)間比A少，根據(jù)W＝mgh，
A和B重力做的功相同，由＝，可知B的平均功率大。
故答案為：＝，＜
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查功率、平均功率和瞬時(shí)功率，要求學(xué)生掌握相關(guān)公式并能靈活運(yùn)用，難度適中。
35．（2020春?思明區(qū)校級(jí)月考）如圖，均勻鏈條長(zhǎng)為L(zhǎng)，放置在水平光滑桌面上，有長(zhǎng)垂在桌面下，現(xiàn)將鏈條由靜止釋放，則鏈條全部滑離桌面時(shí)速度為： 。
【分析】鐵鏈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律可以求出鏈條上端離開(kāi)桌面時(shí)的速度
【解答】解：設(shè)繩子的總質(zhì)量為4m，
鐵鏈在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒。
設(shè)桌面為零勢(shì)能面，由機(jī)械能守恒定律得：＝，解得：。
故答案為：。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，要注間正確設(shè)定零勢(shì)能面，并能正確應(yīng)用機(jī)械能守恒定律列式求解。
36．（2019秋?黃浦區(qū)期末）如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，最下方的D點(diǎn)與B點(diǎn)間的豎直高度差為0.1m，擺錘的質(zhì)量為7.5×10﹣3kg．某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得擺錘經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大小為1.0m/s，由此可推算出擺錘經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 11.1 ×10﹣3J，推算依據(jù)的理論是 機(jī)械能守恒定律 。（g取9.8m/s2）
【分析】根據(jù)機(jī)械能守恒公式求出擺錘經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。
【解答】解：在擺錘向下擺動(dòng)的過(guò)程中只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，可得：
代入數(shù)據(jù)可得，擺錘經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為：EkD＝11.1×10﹣3J
故答案為：11.1，機(jī)械能守恒定律
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握判斷力做正功、負(fù)功、還是不做功的方法，掌握功能關(guān)系，知道除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增加量。
37．（2019秋?奉賢區(qū)期末）如圖，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，長(zhǎng)為l，質(zhì)量為m、質(zhì)量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。設(shè)斜面頂端為零勢(shì)能面。用細(xì)線將質(zhì)量也為m的小物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運(yùn)動(dòng)，直到軟繩剛好全部離開(kāi)斜面（此時(shí)物塊未到達(dá)地面）。軟繩剛好離開(kāi)斜面時(shí)，軟繩的重力勢(shì)能為 ﹣mgl ，此時(shí)物塊的速度大小為 。
【分析】分別研究物塊靜止時(shí)和軟繩剛好全部離開(kāi)斜面時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度，確定軟繩的重心下降的高度，研究軟繩重力勢(shì)能的減少量。以軟繩和物塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律求小物塊的速度大小。
【解答】解：物塊未釋放時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度為h1＝lsinθ，軟繩剛好全部離開(kāi)斜面時(shí)，軟繩的重心離斜面頂端的高度h2＝﹣l，設(shè)斜面頂端為零勢(shì)能面，軟繩重力勢(shì)能為﹣mgl；
軟繩重力勢(shì)能共減少mgl（1﹣sinθ），
根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律：mgl+mgl（1﹣sinθ）＝?2mv2
得：v＝
故答案為：﹣mgl；。
【點(diǎn)評(píng)】本題中軟繩不能看作質(zhì)點(diǎn)，必須研究其重心下降的高度來(lái)研究其重力勢(shì)能的變化。應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律時(shí)，要知道機(jī)械能守恒的條件，本題中單個(gè)物體的機(jī)械能不守恒。
38．（2019秋?虹口區(qū)期末）從地面豎直向上拋出一物體，以地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，物體的機(jī)械能E與重力勢(shì)能E隨它離開(kāi)地面的高度h的變化如圖所示。則物體的質(zhì)量為 2 kg，由地面上升至h＝4m處的過(guò)程中，物體的動(dòng)能減少了 100 J．（重力加速度g取10m/s2）
【分析】根據(jù)h＝4m時(shí)的Ep值和公式Ep＝mgh求出物體的質(zhì)量，根據(jù)動(dòng)能與機(jī)械能、重力勢(shì)能的關(guān)系求物體的動(dòng)能減少量。
【解答】解：由圖知，h＝4m時(shí)Ep＝80J，由Ep＝mgh得m＝2kg，
從地面至h＝4m，物體的機(jī)械能減少了20J，重力勢(shì)能增加了80J，因此，物體的動(dòng)能減少100J，
故答案為：2 100
【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要從圖象讀取有效信息，明確動(dòng)能、重力勢(shì)能和機(jī)械能的關(guān)系，根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行解答。
39．（2019春?長(zhǎng)寧區(qū)校級(jí)月考）某人在離地10m高處用8m/s的速度拋出一個(gè)質(zhì)量1kg的物體，此人對(duì)物體做功 32 J．若不計(jì)空氣阻力，以地面為參考平面，在離地 6.6 m時(shí)物體的動(dòng)能等于重力勢(shì)能。g取10m/s2。
【分析】由動(dòng)能定理可得人對(duì)物體做的功，由機(jī)械能守恒可得物體的動(dòng)能等于重力勢(shì)能時(shí)的高度。
【解答】解：人拋物體的過(guò)程由動(dòng)能定理可得：
以地面為零勢(shì)能面，初始高度為h0＝10m，設(shè)物體的動(dòng)能等于重力勢(shì)能時(shí)離地的高度為h，此時(shí)的重力勢(shì)能為mgh，動(dòng)能為mgh，物體在空中的運(yùn)動(dòng)只有重力做功機(jī)械能守恒，有：
解得：h＝6.6m
故答案為：32，6.6
【點(diǎn)評(píng)】本題是對(duì)機(jī)械能守恒的直接應(yīng)用，掌握住機(jī)械能守恒定律即可，題目比較簡(jiǎn)單。但注意不能將動(dòng)能與重力勢(shì)能相等的條件，當(dāng)作機(jī)械能守恒來(lái)理解。
40．（2019春?金山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一質(zhì)量為60kg的探險(xiǎn)者在叢林探險(xiǎn)，為了從一絕壁到達(dá)水平地面，探險(xiǎn)者將一根粗繩纏繞在粗壯樹(shù)干上，拉住繩子的另一端，從絕壁邊緣的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始蕩向低處，到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí)腳恰好觸到地面，此時(shí)探險(xiǎn)者的重心離地面的高度為0.5m。已知探險(xiǎn)者在A點(diǎn)時(shí)重心高地面的高度為8.5m。以地面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力。（探險(xiǎn)者可視為位于其重心處的一個(gè)質(zhì)點(diǎn)），探險(xiǎn)者在A點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能 5100 J，探險(xiǎn)者運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小為 12.7 m/s。
【分析】由題目給定的高度，根據(jù)EP＝mghA即可得探險(xiǎn)者在A點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能；探險(xiǎn)者由A到B只有重力做功，故機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒可得探險(xiǎn)者運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；
【解答】解：在A點(diǎn)的重力勢(shì)能為：EP＝mghA＝60×10×8.5J＝5100J
探險(xiǎn)者下落的過(guò)程只受重力作用，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：
mghA＝mghB+
解得：m/s＝12.7m/s
故答案為：5100，12.7
【點(diǎn)評(píng)】本題是簡(jiǎn)單的機(jī)械能守恒的應(yīng)用，關(guān)鍵要掌握重力勢(shì)能的計(jì)算式，注意高度是相對(duì)于參考平面的高度。
四．計(jì)算題（共2小題）
41．（2021春?黃埔區(qū)校級(jí)月考）如圖，質(zhì)量為m＝0.6kg的小球以某一初速度從P點(diǎn)水平拋出，恰好從光滑豎直圓軌道ABC的A點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓軌道，B點(diǎn)和C點(diǎn)分別為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。已知圓軌道的半徑R＝0.3m，OA連線與豎直方向成θ＝60°，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度vA＝4m/s，取g＝10m/s2，求：
（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0；
（2）P點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離和豎直高度；
（3）小球到達(dá)C點(diǎn)后飛出，試通過(guò)計(jì)算判斷，小球能否擊中A點(diǎn)。
【分析】根據(jù)A點(diǎn)的速度求平拋水平方向的初速度和豎直方向的速度，根據(jù)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)求平拋的時(shí)間，進(jìn)而求水平和豎直方向的位移，根據(jù)動(dòng)能定理求C點(diǎn)的速度和恰好擊中A點(diǎn)求C點(diǎn)的速度判斷能否擊中A點(diǎn)。
【解答】解：（1）由幾何知識(shí)得小球在A點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為60°，水平方向的分速度為：
vx＝v0＝vAcs60°＝4×cs60°m/s＝2m/s
vy＝vAsin60°＝
（2）豎直方向：vy＝gt
解得平拋的時(shí)間：
水平位移為：x＝v0×t＝2×≈0.69m
豎直方向的位移：＝＝0.6m
（3）從A點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：
﹣mg（R+Rcs60°）＝
解得：m/s
若小球恰好擊中A點(diǎn)，水平方向上：Rsin60°＝vC'×t'
豎直方向上：R+Rcs60°＝
解得：
因?yàn)関C≠vC'，故小球無(wú)法擊中A點(diǎn)。
答：（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0為2m/s；
（2）P點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離為0.69m，豎直高度為0.6m；
（3）小球到達(dá)C點(diǎn)后飛出，無(wú)法否擊中A點(diǎn)。
【點(diǎn)評(píng)】解題的入手點(diǎn)是A點(diǎn)的速度求平拋的初速度和豎直的速度，利用平拋和動(dòng)能定理分別求C點(diǎn)的速度判斷能否擊中A點(diǎn)。
42．（2021?莆田二模）如圖，長(zhǎng)為l的輕繩一端系于固定點(diǎn)O，另一端系一質(zhì)量為m的小球。將小球從與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)以一定初速度水平向右拋出，經(jīng)一段時(shí)間后繩被拉直，此后小球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)。已知OA的距離為l，繩剛被拉直時(shí)與豎直方向的夾角為60°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）小球拋出時(shí)的速度以及被繩拉直后瞬間的速度；
（2）小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力大小。
【分析】（1）從A點(diǎn)水平拋出后至繩子拉直前，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，可將運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向進(jìn)行求解；
（2）小球在最低點(diǎn)拉力與重力的合力提供向心力，可利用圓周運(yùn)動(dòng)的向心力公式求解。
【解答】解：（1）從A點(diǎn)水平拋出后至繩子拉直前，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，則繩子拉直瞬間，
水平方向Lsin60°+L＝v0t，
豎直方向Lcs60°＝gt2，
被繩拉直前瞬間的速度，
解得v0＝，v＝2
細(xì)繩被拉直時(shí)速度方向與豎直方向的夾角α，，
則α＝60°，
即合速度方向沿細(xì)繩的方向，則伸直后小球的速度為零。
（2）則當(dāng)擺到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)換為動(dòng)能，有：
mgL（1﹣cs60°）＝mv12，
拉力與重力合力提供向心力：T﹣mg＝
解得T＝2mg
答：（1）小球拋出時(shí)的速度為，被繩拉直后瞬間的速度為0；
（2）小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)小球的拉力大小為2mg。
【點(diǎn)評(píng)】本題考查平拋運(yùn)動(dòng)以及圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)點(diǎn)，是一道運(yùn)動(dòng)學(xué)綜合題目，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及圓周運(yùn)動(dòng)基本公式可以求解，要求學(xué)生掌握相關(guān)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，難度適中。

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高中物理人教版 (2019)必修 第二冊(cè)電子課本

4 機(jī)械能守恒定律

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