高考物理一轮复习 考点精讲 第13讲　机械能守恒定律（解析版）

第13讲机械能守恒定律目录考点一机械能守恒的判断 1考点二机械能守恒定律的应用 1考点三多物体机械能守恒问题 4练出高分 11考点一机械能守恒的判断1．内容在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变．2．条件只有重力或弹力做功．3．判断方法(1)用定义判断：若物体动能、势能均不变，则机械能不变．若一个物体动能不变、重力势能变化，或重力势能不变、动能变化或动能和重力势能同时增加(减少)，其机械能一定变化．(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒．(3)用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体或系统机械能守恒．(4)对多个物体组成的系统，除考虑外力是否只有重力做功外，还要考虑系统内力做功，如有滑动摩擦力做功时，因摩擦生热，系统机械能将有损失．（多选）如图所示，不考虑空气阻力的情况下，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（）A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能守恒 B．乙图中，物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑时，B机械能守恒 C．丙图中，A加速下落、B加速上升过程中，A、B系统机械能守恒 D．丁图中，系在轻绳一端的小球向下摆动时，小球的机械能守恒【解答】解：A、物体A将弹簧压缩的过程中，弹力对A做负功，则A机械能减小，故A错误；B、物体B在大小等于摩擦力大小、方向沿斜面向下的拉力作用下，沿斜面下滑时，除重力以外的其他力做功的代数和为零，则B机械能守恒，故B正确；C、A加速下落、B加速上升过程中，只有重力做功，则A、B系统机械能守恒，故C正确；D、系在轻绳一端的小球向下摆动时，只有重力做功，摆线的拉力不做功，则小球的机械能守恒，故D正确。故选：BCD。（多选）如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析中正确的是（）A．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+mv2B．小球过B点时，弹簧的弹力为mg+mv2C．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 D．从A到B的过程中，小球的机械能减少【解答】解：AB、小球过B点时，对圆环恰好没有压力，则小球不受圆环的弹力，由弹簧的弹力与重力的合力提供向心力，此时圆心为P，小球做圆周运动的半径为R，故有：F﹣mg＝mv2R，解得F＝mg+mCD、对小球来说，由于弹簧对小球做负功，所以小球的机械能不守恒，小球的部分机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减少，故C错误，D正确。故选：AD。（多选）如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是（）A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒 B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgRC．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于5gR D．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则v0=【解答】解：A、若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定与内圆接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A正确；B、若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为32mgR．若初速度v0C、若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆运动，在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，小球恰好运动到最高点时速度设为v，则有mg＝mv2R，再由机械能守恒定律得：12mv02=mg⋅2R+D、如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：12mv02=mg⋅2R，小球在最低点时的速度v0故选：AC。考点二机械能守恒定律的应用机械能守恒的三种表达式1．守恒观点(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.(2)意义：系统初状态的机械能等于末状态的机械能．(3)注意：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．2．转化观点(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.(2)意义：系统的机械能守恒时，系统增加(或减少)的动能等于系统减少(或增加)的势能．3．转移观点(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．(2)意义：若系统由A、B两部分组成，当系统的机械能守恒时，则A部分机械能的增加量等于B部分机械能的减少量．（2023•西湖区校级模拟）如图所示是某科技小组制作的投石机的模型，轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重，某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力，若要正中靶心，可以采取的措施有（）A．减小石块的质量 B．增大角θ C．增大配重的质量 D．增大投石机到靶的距离【解答】解：A、设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，石块与配重的角速度相等，由v＝ωr得此时配重的速度大小为v2=根据石块和配重组成的系统机械能守恒有：m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）=12m1由上式可知，若减小减小石块的质量m1，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，显然此措施不可行，故A错误；B、根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足：m1gl1sinθ＜m2gl2sinθ，即m1l1＜m2l2结合m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m根据两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，下落高度也将减小，此措施不可行，故B错误；C、根据m2gl2（1﹣cosθ）﹣m1gl1（1﹣cosθ）＝（12m1+l22D、增大投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，石块下落高度也将增大，此措施可行，故D正确。故选：D。（2023•重庆模拟）如图所示，半径为R的光滑半圆柱体固定在水平地面上，一可看作质点的小球从半圆柱面上由静止释放，释放点距地面的高度为H（H＜R），小球与半圆柱体分离时距地面的高度为h，则（）A．小球下降过程中加速度大小不变 B．小球落地时的最大速度为gR C．小球释放点与分离点满足2H＝3h D．小球沿柱面滑行的最大弧长为π【解答】解：A、小球下降过程中所受支持力不断减小，与半圆柱体分离后仅受重力作用，而重力不变，所以小球的合力是变化的，加速度是变化的，故A错误；B、若小球从最高点释放，则由机械能守恒定律有mgR=12vC、如图所示，设分离点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，小球下落的竖直距离为H﹣h，分离时的速度大小为v，则有mgcosθ=m从释放点到分离点由机械能守恒定律有mg(H−ℎ)=1解得ℎ=2HD、若小球从顶点释放，滑行至高为2R3处与半圆柱体分离，最大滑行角度满足cosθ=23，显然θ＜故选：C。如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A（可视为质点），杆的下端用铰链固接于水平面上的O点．置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M．今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为30°，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．A落地时速率为2gl B．A、B质量之比为1：2 C．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为gl8D．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为1：2【解答】解：A、A与B刚脱离时刻，小球A只受重力，弹力为零，根据牛顿第二定律：mgsin30°=mvA2A与B分离后继续下落得过程中机械能守恒，则：1联立可得：v=3glBCD、A与B刚脱离接触的瞬间，A的速度方向垂直于杆，水平方向的分速度与B速度大小一样，设B运动的速度为vB，如图：则vAcos60°＝vB，因此，vA：vB＝2：1；可知：vB=gl根据A与B脱离之前机械能守恒可知：mgl（1﹣sin30°）=解得：m：M＝1：4，故BD错误，C正确；故选：C。（2023•浙江模拟）2022年2月15日，苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台比赛中夺得冠军，成为首位赢得冬奥会单板滑雪金牌的中国运动员。大跳台主要由助滑道，起跳台和着陆坡组成，如图所示，运动员在助滑道下滑后在起跳台起跳，在空中做抛体运动后落在着陆坡上。某次比赛苏翊鸣在距离起跳点34m高处从静止下滑，在空中最高点时距起跳点12.8m，在空中飞跃的总时间为4s，已知起跳台斜面倾角为37°，苏翊鸣的质量为70kg，不考虑空气阻力，g取10m/s2，以下说法正确的是（）A．起跳速度为16m/s B．在最高点速度为0 C．下滑过程机械能守恒 D．从下滑到着陆重力做功35000J【解答】解：AB、运动员从起跳台跳出后做斜上抛运动，有ℎ1=vy22g，tan37°=v运动员的起跳速度为v=vx2C、下滑过程中需要克服阻力做功，所以机械能不守恒，故C错误；D、运动员从起跳台起跳到着陆竖直方向的位移为ℎ2=−v所以从下滑到着陆重力做功为W＝mg（h0+h2）＝70×10×（34+16）J＝35000J，故D正确。故选：D。（多选）（2023•潍坊一模）如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd与水平面的夹角为θ，ab边长为L。将质量为m的小球从斜面上的点a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为α，小球运动到斜面的c点并沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A．小球从a到c的运动时间为LsinαgsinθcosαB．小球从a到c重力势能增加12C．小球触地时速度大小为gLsinθsinαcosαD．小球触地时重力的瞬时功率为mg【解答】解：A、设小球从c点沿dc方向飞出的速度为v0，bc的边长为y。小球从a到c的过程，应用逆向思维，可认为小球从c到a做类平抛运动。沿cd方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t沿cb方向做匀加速直线运动，在此方向上其加速度为：a＝gsinθ，位移为：y=12a在a点时，根据速度分解的几何关系有：tanα=联立解得：t=Lsinαgsinθcosα，v0=gLsinθcosαsinα，v故A正确；B、小球从a到c重力势能增加量为：ΔEP＝mgysinθ=mgLsinθsinαC．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有：v地＝va=vD．小球触地时的竖直分速度为：vy=小球触地时重力的瞬时功率为P＝mgvy=mggLsinθsinα故选：AC。（2023•海淀区一模）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为R的竖直圆轨道平滑相接，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为m的小球（可视为质点）从弧形轨道上距B点高4R的A点静止释放，先后经过B点和C点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度g。（1）求小球通过B点时的速度大小vB。（2）求小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F和方向。（3）请分析比较小球通过B点和C点时加速度的大小关系。【解答】解：（1）小球从A到B由机械能守恒定律可得：4mgR=解得：v（2）小球从A到C由机械能守恒定律可得：mg(4R−2R)=解得小球通过C点时的速度大小v在C点由牛顿第二定律可得：F+mg=mv解得小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小F＝3mg方向竖直向下。（3）小球在B点的加速度大小为a小球在C点的加速度大小为a所以aB＞aC答：（1）小球通过B点时的速度大小为22gR（2）小球通过C点时，轨道对小球作用力的大小为3mg，方向竖直向下。（3）小球通过B点和C点时加速度的大小关系为aB＞aC。（2023•南昌一模）早期航母使用重力型阻拦索使飞机在短距离内停下，如图甲所示，阻拦索通过固定于航母甲板两侧的滑轮分别挂有质量为m＝500kg的沙袋。在无风环境下，一螺旋桨式飞机以v0的速度降落到该静止的航母上，尾钩立即钩到阻拦索的中间位置，滑行一段距离后速度减为零，这一过程沙袋被提起的高度h1＝20m。螺旋桨式舰载机（含飞行员）质量M＝500kg，忽略飞机所受甲板摩擦力以及空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）螺旋桨式飞机降落到航母上的速度v0的大小？（2）如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15m，当θ＝30°时，舰载机的速度大小？【解答】解：（1）在忽略摩擦阻力和空气阻力的前提下，舰载机与沙袋所组成的系统机械能守恒，舰载机的动能转化为沙袋的重力势能，设舰载机降落股过程中沙袋提起高度为h1，则12代入数据解得：v0=20（2）根据几何关系可得，此时舰载机速度方向与绳索的夹角为30°，舰载机沿绳分速度与沙袋沿绳分速度相等，设此时舰载机的速度为v1，沙袋的速度为v2，根据几何关系可得：l'＝l＝15m，3ℎ2由系统机械能守恒定律可得：12联立解得：v1=10答：（1）螺旋桨式飞机降落到航母上的速度大小为202（2）如图乙所示，阻拦索在甲板上的长度为l＝15m，当θ＝30°时，舰载机的速度大小为102考点三多物体机械能守恒问题（2023•湖南模拟）如图所示，一辆四分之一圆弧小车停在不光滑水平地面上，质量为m的小球从静止开始由车顶无摩擦滑下，且小车始终保持静止状态，设小球的球心与O点的连线与竖直方向的夹角为θ，则地面对小车的静摩擦力的最大值为（）A．32mg B．54mg C．【解答】解：设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v。根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有：12mv2＝mgRcosN﹣mgcosθ＝mv解得小球对小车的压力为：N＝3mgcosθ其水平分量为Nx＝3mgcosθsinθ=32根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f＝Nx=32可以看出：当sin2θ＝1，即θ＝45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax=3故选：A。如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球a和b，用手托住球b，当绳刚好被拉紧时，球b离地面的高度为h，球a静止于地面。已知球a的质量为m，球b的质量为3m，重力加速度为g，定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计。若无初速度释放球b，则下列判断正确的是（）A．在球b下落过程中，绳子的拉力大小为52B．在球b下落过程中，球b的机械能减小3mgh C．在球b下落过程中，球a的机械能增加32D．在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为3mg【解答】解：A、以a、b整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：3mg﹣mg＝4ma解得：a=对a球受力分析有：T﹣mg＝ma解得：T=故A错误；B．在球b下落过程中，球b的机械能减小量等于拉力做的功ΔE=W=−Tℎ=−故B错误；C．在球b下落过程中，球a的机械能的增加量等于拉力做的功ΔE=W=Tℎ=故C正确；D．在球b下落过程中，根据位移—时间关系有：ℎ=解得t=2则在球b下落过程中，绳对球a拉力冲量大小为I=Tt=3m故D错误。故选：C。（2022•唐山二模）如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度取g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度为（）A．25gℎ B．45gℎ C．【解答】解：设物体A下落高度h时，物体A的速度为vA，物体B的速度为vB，此时有v物体A，B组成的系统机械能守恒，则有mgℎ=联立解得：vB故选：A。（2022•卢氏县模拟）一长为L、质量可不计的刚性的硬杆，左端通过铰链固定于O点，中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球，两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地转动。开始时使杆处于水平状态并由静止释放，如图所示。当杆下落到竖直位置时，在杆中点的球的速率为（）A．59gL B．35gL C．【解答】解：两球转动的角速度相等，根据v＝ωr可知两球的线速度大小之比为1：2，设杆中点处小球的速度为v，则外端小球的速度为2v，杆由初状态下落到竖直位置过程中，根据系统机械能守恒定律得2mgL+mgL可解的v=故选：A。如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，同时保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面，在此过程中，求：（1）斜面的倾角α；（2）弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0；（3）A沿斜面下滑的速度最大值vm。【解答】解：（1）A速度最大时，加速度为零，对A有：4mgsinα＝F，此时B的加速度也为零，C恰好离开地面，对B、C整体受力分析知：F＝2mg，解得sina=1（2）设当弹簧恢复原长时，A沿斜面向下运动的加速度大小为a，对A有：4mgsina﹣F0＝4ma，对B有：F0﹣mg＝ma，解得：F0=6（3）一开始弹簧处于压缩状态，有：mg＝k•△x1，压缩量：△xC恰好离开地面时，弹簧处于伸长状态，有mg＝k•△x2，伸长量△x2=mg因而初末状态弹簧的弹性势能相等，对整个系统从释放A球至C恰好离开地面的过程，根据机械能守恒定律有：4mgsina•（△x1+△x2）﹣mg•（△x1+△x2）=12解得vm=4mg2答：（1）斜面的倾角α为30°；（2）弹簧恢复原长时，细线中的拉力大小F0为65（3）A沿斜面下滑的速度最大值vm为2gm5k（2022•海淀区校级三模）在一次表演中某同学用他的拳头向下打断了一块木板。如图，拳头的质量为m1，木板的质量为m2。木板向下偏离距离d时木板将折断。木板向下弯曲至木板折断时，其弹性可视为劲度系数为k的弹簧。为了简化问题的研究，假设碰撞是指包括拳头和木板的瞬间作用，碰撞后拳头随木板的弯曲一起向下运动，直到木板折断。碰撞后拳头、木板、地球组成的系统，机械能是守恒的。（1）画出木板折断前，弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像，并据此证明，折断前木板的弹性势能：Ep（2）拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计。求，①使木板折断所需要拳头的最小速率v。②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，水泥板向下偏移的距离为110【解答】解：（1）木板折断前，弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像如图由F﹣x图像可知，木板向下偏移x，弹力做功W=−由功能关系得W＝﹣（Ep﹣Ep0）=−得证：Ep=1（2）拳头和木板碰撞过程动量守恒，则m1v＝（m1+m2）v2①拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计，刚好折断时，有12解得：v=d②设能让水泥板折断需要速度为v'，则m1v'＝（m1+10m2）v112解得：v'=d因v'＜v，所以能让水泥板折断。答：（1）弹力F的大小随木板向下偏离距离x的图像如图所示，证明过程见解析；（2）①使木板折断所需要拳头的最小速率v为dm②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，此种情况下能让水泥板折断，理由见解析。（2022•虹口区模拟）如图所示，轻质细绳的一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端套在光滑水平轴O上，O到小球的距离l＝0.1m，小球与水平面接触但恰好无作用力，在球的两侧距球等远处，分别固定一个光滑斜面和挡板，水平面的长度L＝2m。水平面左边L2光滑，右边L2粗糙，B与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.25。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，滑块与小球A碰撞并进行速度交换，与挡板碰撞时不损失机械能，不计空气阻力，滑块和小球都可视为质点。现在要使小球恰好完成一次完整的圆周运动。g取10m/s（1）小球在最低点需要获得多大速度；（2）滑块B要从斜面多高处滑下；（3）分析简述B与A碰撞后的运动过程。【解答】解：（1）小球恰好完成一次完整的圆周运动，它在最高点的速度设为v0，自身重力提供向心力，有mg=m小球从最低点运动到最高点过程中，机械能守恒，可得1联立，可得v（2）滑块B与小球A碰撞并进行速度交换，所以滑块B与小球A碰撞前的速度为v设滑块B要从斜面h高处滑下，由机械能守恒可得mgℎ=解得：h＝0.25m（3）B与A碰撞，交换速度后静止在地面上，当小球A做完一次圆周运动再次与滑块B发生碰撞，然后滑块B具有vB向右运动，设到挡板时的速度为v'B，则有−μmg解得：v'B＝0即滑块B滑到挡板处恰好停下来。综上所述，B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。答案：（1）5m/s；（2）0.25m；（3）B与A碰撞后先静止一段时间，然后小球圆周运动一周后再次与滑块B交换速度，致使滑块B向右做匀减速直线运动，到达挡板处时恰好速度为零，静止不动。练出高分一．选择题（共10小题）1．（2023•通州区一模）为了节省能源，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。下列说法中正确的是（）A．顾客仅在加速过程受摩擦力的作用 B．顾客所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关 C．乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的机械能保持不变 D．扶梯对顾客作用力的方向先与速度方向相同，再竖直向上【解答】解：AB、顾客加速过程，对顾客受力分析，顾客受到重力，支持力和摩擦力，三个力的合力提供加速度，电梯加速度越大，顾客所受合力越大，摩擦力越大，顾客匀速运动过程，根据平衡条件得，顾客只受重力和支持力，故A正确，B错误；C、乘扶梯匀速上楼的过程中，顾客的重力势能增大，动能不变，顾客的机械能增大，故C错误；D、顾客加速过程，重力、支持力和摩擦力三个力的合力与速度方向相同，扶梯对顾客的作用力为支持力和摩擦力的合力，则扶梯对顾客作用力的方向与速度方向不相同，顾客做匀速直线运动时，顾客受力平衡，扶梯对顾客的作用力与重力等大反向，方向竖直向上，故D错误。故选：A。2．（2022•虹口区二模）小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中（）A．动能转化为势能，机械能增大 B．动能转化为势能，机械能不变 C．动能不变，势能增大，机械能增大 D．动能、势能、机械能均保持不变【解答】解：小明乘坐摩天轮，由最低点A匀速转动到最高点B的过程中，动能保持不变，重力势能增加，机械能增大，故C正确，ABD错误；故选：C。3．如图所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动，A由静止释放，B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0，C的初速度方向沿斜面水平，大小也为v0．下列说法中正确的是（）A．A和C将同时滑到斜面底端 B．滑到斜面底端时，B的机械能减少最多 C．滑到斜面底端时，B的动能最大 D．C的重力势能减少最多【解答】解：A、AC两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C的加速度大于A的加速度，C先到达斜面底端。故A错误。B、滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多。故B错误。C、重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大。故C正确。D、三个滑块下降的高度相同，重力势能减小相同。故D错误。故选：C。4．从1970年4月24日发射第一颗人造地球卫星“东方红一号”到今天，我国的航天事业取得了举世瞩目的伟大成就。“东方红一号”至今仍运行在近地点430km、远地点2075km的椭圆轨道上，而目前运行在距地面高度约400km的圆轨道上的“天宫空间站”预计今年建成。关于“东方红一号”和“天宫空间站”，下列说法正确的是（）A．“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，机械能逐渐增大 B．“天宫空间站”中的航天员不受地球的引力作用 C．“天宫空间站”运行的加速度小于“东方红一号”在近地点的加速度 D．绕地球一周，“东方红一号”比“天宫空间站”所用时间长【解答】解：A、“东方红一号”由远地点向近地点运行的过程中，只有万有引力做功，其机械能不变，故A错误；B、“天宫空间站”中的航天员仍受地球的引力作用，由万有引力全部提供做向心力，故B错误；C、根据牛顿第二定律得：GMmr2D、设“东方红一号”的半长轴为a′，“天宫空间站”的轨道半径为r，计算可得a′＞r，根据开普勒第三定律得a'3T东2=故选：D。5．（2023•怀仁市模拟）如图所示，可绕固定转轴O在竖直平面内无摩擦转动的刚性轻质支架两端分别固定质量为5m、6m的小球A、B，支架两条边的长度均为L，用手将B球托起至与转轴O等高，此时连接A球的细杆与竖直方向的夹角为θ，sinθ＝0.6，重力加速度大小为g，现突然松手，两小球在摆动的过程中，下列说法正确的是（）A．A球与转轴O等高时的动能为311B．B球下降的最大高度为L C．A球的最大动能为611D．B球的最大动能为6【解答】解：由于sinθ＝0.6，可得cosθ＝0.8A．根据题意知A、B两球共轴转动，无论何时两球的角速度均相同，二者的转动半径相同则线速度大小也相等，设A球与转轴O等高时的速度为v，由动能定理有6mgLcosθ−5mgLcosθ=解得v=则A球与转轴O等高时的动能为EkB．根据题意，当小球B下降到最低点时，小球A、B的速度为零，设小球B向下转动的角度为α，则小球A向上转动的角度也为α，如图所示由系统的机械能守恒定律有6mgLsinα﹣5mgL[cosθ+sin（α+θ﹣90°）]＝0解得sinα=则小球B下降的最大高度为H=Lsinα=24CD．根据题意，当小球B向下转动的角度为β时，即小球A向上转动的角度也为β，则由动能定理有6mgLsinβ﹣5mgL[cosθ+sin（β+θ﹣90°）]＝EkA+EkB由数学知识解得，当β＝37°时，小球A、B的动能之和有最大值为Ekm＝mgL由于小球A、B速度的大小相等，则有EkA=5故选：D。6．（2023•浙江模拟）姚明是NBA中我国优秀的篮球运动员。在某次比赛罚球中，第一次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角α＝60°；第二次出手，篮球的初速度方向与竖直方向的夹角β＝30°；两次出手的位置在同一竖直线上，结果两次篮球正好垂直撞击到篮板同一位置C点。不计空气阻力，则从篮球出手到运动到点C的过程中，下列说法正确的是（）A．两球的初动能相等 B．前后两次上升的最大高度的比值为1：9 C．在C点时，两球的机械能相等 D．前后两次运动时间的比值为3：1【解答】解：B、篮球运动的逆运动是平抛运动，如图所示。设投篮处与篮板的水平距离为x，根据做平抛运动的物体任意时刻速度的反向延长线交水平位移的中点，所以有：tan60°=x2y从而得到前后两次上升的最大高度的比值为：y1D、在竖直方向上可以认为是自由落体运动，由y=12g所以前后两次运动时间的比值为：t1C、水平速度v01=xt1，v02=xt2则：v01=3v02A、出手速度：v1=v2=结合上一问结论有：v1＝v2，两球出手时的动能相等，故A正确。故选：A。7．（2023•金山区二模）如图为小球和轻弹簧组成的系统，系统沿光滑斜面由静止开始下滑瞬间的势能为Ep1，弹簧刚接触到斜面底端挡板时系统势能为Ep2，小球运动到最低点时系统势能为Ep3。则（）A．Ep1＝Ep3，小球在最低点时系统势能最大 B．Ep2＝Ep3，小球在最低点时系统势能最大 C．Ep1＝Ep3，小球加速度为零时系统势能最大 D．Ep2＝Ep3，小球加速度为零时系统势能最大【解答】解：ABD．小球和轻弹簧组成的系统机械能守恒，小球的动能和系统的势能（包括重力势能和弹性势能）相互转化，小球开始下滑和达到最低点时，小球的动能为零、系统的势能最大，即Ep1＝Ep3，当弹簧刚接触到斜面底端挡板时小球速度不为零，动能不为零，所以Ep1＝Ep3＞Ep2，故A正确，BD错误；C．在压缩弹簧过程中，根据牛顿第二定律，刚开始重力沿斜面向下的分力大于弹簧向上的弹力，后重力沿斜面向下的分力小于弹簧向上的弹力，所以小球先加速后减速，当加速度为零时，小球速度最大，因此系统势能最小，故C错误。故选：A。8．（2023•临泉县校级三模）一款儿童棒球发球机向上发射棒球供初学者练习。假设发球机（高度不计）在地面上以初速度v0竖直向上发射一棒球（可视为质点），棒球途经A点时速度方向向上、速度大小为v，不计空气阻力，取地面为重力势能的零势能面。当棒球的发射速度变为2v0时，以下说法正确的是（）A．棒球上升的最大高度变为原来的2倍 B．棒球在最高点的机械能变为原来的2倍 C．棒球上升过程的时间变为原来的2倍 D．棒球经过A点的速度大小变为2v【解答】解：A．棒球上升过程中满足机械能守恒，则有1上升最大高度ℎ=当速度变为2倍时，最大高度变为原来的倍，故A错误；B．在最高点机械能等于mgh，h变为原来4倍，则最高点机械能变为原来4倍，故B错误；C．上升过程时间t=上升时间变为原来的2倍，故C正确；D．根据机械能守恒1解得v=由上式，当棒球的发射速度变为2v0时，棒球经过A点速度不是原来两倍，故D错误。故选：C。9．（2023•吉林模拟）如图所示，半径可以改变的光滑半圆形轨道竖直固定放置，小球自轨道端点P由静止开始滑下，经过最低点Q。若轨道半径越大，则（）A．小球经过最低点Q时的速率保持不变 B．小球经过最低点Q时的向心加速度保持不变 C．小球经过最低点Q时受到轨道的支持力越大 D．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率越大【解答】解：A．小球从P到Q的过程，据机械能守恒定律可得mgR=12mB．小球经过最低点Q时的向心加速度可表示为a=vC．在最低点Q由牛顿第二定律可得F−mg=mv2RD．小球经过最低点Q时重力的瞬时功率为P＝mgvcos90°＝0，即最低点时的瞬时功率是不变的，故D错误。故选：B。10．（2022•林州市模拟）如图所示，从高为h的斜面体ABC的顶点A抛出一个质量为m的小球（视为质点），落在底端B点，已知接触B点前的瞬间小球的动能为Ek，取BC所在水平面为零势能参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g，则小球被抛出时的速度大小为（）A．2(Ek−mgℎ)mC．2(Ek+【解答】解：取B点所在水平面为参考平面，根据机械能守恒定律得：mgh+12解得小球被抛出时的速度大小为：v0=2(故选：A。二．计算题（共3小题）11．（2022•天津模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2π如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2，已知H（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。【解答】解：（1）小球B自由下落H的速度为vB根据动能定理可得：mgH=解