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上速度變為0(即到達最高點)時的高度與它出發時的高度相同，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化1.重力勢能與動能的轉化只有重力做功時，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，物體的動能轉化為重力勢能.2.彈性勢能與動能的轉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、彈性勢能與動能統稱為機械能.三、機械能守恒定律1.內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，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.應用機械能守恒定律解決問題只需考慮運動的初狀態和末狀態，不必考慮兩個狀態間過程的細節，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，只發生動能和重力勢能的相互轉化.(2)只有彈力做功，只發生動能和彈性勢能的相互轉化.(3)只有重力和彈力做功，發生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉化.(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)用能量轉化來判斷：若物體系統中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體系統機械能守恒.二、機械能守恒定律的應用1.機械能守恒定律常用的三種表達式(1)從不同狀態看：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(或E1＝E2)此式表示系統兩個狀態的機械能總量相等.(2)從能的轉化角度看：ΔEk＝－ΔEp此式表示系統動能的增加(減少)量等于勢能的減少(增加)量.(3)從能的轉移角度看：ΔEA增＝ΔEB減此式表示系統A部分機械能的增加量等于系統剩余部分，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?揚州期末）在下面列舉的各個實例中，機械能守恒的是（）A．跳傘運動員跳傘時在空氣中勻速下降 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做勻速圓周運動 D．在空中由靜止釋放的金屬小球的運動【分析】物體機械能守恒的條件是只有重力或者是彈力做功，根據機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機械能守恒。【解答】解：A、跳傘運動員帶著張開的降落傘在空氣中勻速下落時，動能不變，重力勢能減小，兩者之和即機械能減小，故A錯誤；B、金屬塊在拉力作用下沿著光滑的斜面勻速上升時，動能不變，重力勢能變大，故機械能變大，故B錯誤；C、用輕桿拴著小球在豎直面內做勻速圓周運時，動能不變，重力勢能變化，故機械能不守恒，故C錯誤；D、在空中由靜止釋放的金屬小球做自由落體運動，該過程只有重力做功，小球的機械能守恒，故D正確。故選：D。【點評】本題是對機械能守恒條件的直接考查，掌握住機械能守恒的條件是關鍵，注意在分析機械能守恒時還可以直接分析動能和勢能的變化，從而確定機械能是否變化。2．（2021春?連云港期末）在下列所描述的運動過程中，若物體所受的空氣阻力均忽略不計，則機械能守恒的是（）A．小孩沿滑梯勻速滑下 B．被投擲出的鉛球在空中運動 C．發射過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】物體機械能守恒的條件是只有重力做功，根據機械能守恒的條件逐個分析物體的受力的情況，即可判斷物體是否是機械能守恒。【解答】解：A、小孩沿滑梯勻速滑下，小孩的動能不變，重力勢能減小，所以小孩的機械能不守恒，故A錯誤；B、被投擲出的鉛球在空中做斜拋運動，只有重力做功，所以機械能守恒，故B正確；C、火箭加速上升，動能和重力勢能都增大，機械能不守恒，故C錯誤；D、貨物隨電梯一起勻速下降，動能不變，重力勢能減少，機械能不守恒，故D錯誤。故選：B。【點評】掌握住機械能守恒的條件，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械能守恒．隨堂練習1．（2021春?廣東期末）下列說法正確的是（）A．平拋運動是勻變速曲線運動 B．勻速圓周運動是勻變速曲線運動 C．物體重力勢能的值與參考平面的選擇無關 D．物體受到的合外力為零，則其機械能一定守恒【分析】平拋運動只受重力，是加速度大小和方向都不變的運動；勻速圓周運動是加速度大小不變、方向不斷變化的曲線運動，前者是勻變速運動，后者是變加速運動；重力勢能與選取的參考平面有關；只有重力做功物體的機械能守恒。【解答】解：A、平拋運動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，因此平拋運動是勻變速曲線運動，故A正確；B、勻速圓周運動加速度方向始終直線圓心，加速度方向不斷變化，所以勻速圓周運動是非勻變速曲線運動，故B錯誤；C、參考平面不同，根據mgh計算出來的重力勢能不同，故C錯誤；D、若物體在豎直方向上勻速上升時，合外力為零，物體動能不變，重力勢能增加，其機械能不守恒，故D錯誤；故選：A。【點評】本題關鍵明確平拋運動與勻速圓周運動的運動性質，特別是要有矢量的意識，勻速圓周運動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?譙城區校級期末）下列說法錯誤的是（）A．靜摩擦力既可做正功，也可做負功，甚至可以不做功 B．滑動摩擦力可以做正功或負功，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功 D．物體所受各力做功的代數和不為零，其機械能一定不守恒【分析】力做功的正負即決于力和位移的方向關系；根據作用力和反作用力的性質可以判斷兩力做功的情況；根據機械能守恒的條件分析。【解答】解：A、靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功，比如人推物體而物體不動時，靜摩擦力對物體不做功，物體在傾斜的傳送帶上隨著傳送帶一起勻速運動時，靜摩擦力可以做正功也可以做負功，故A正確；B、滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功，比如擦黑板時，摩擦力對黑板擦做負功，摩擦力對黑板不做功，故B正確；C、作用力和反作用力可以同時做正功，也可以同時做負功，故C正確；D、做勻加速運動的物體，若只有重力做功，機械能可能守恒，比如自由落體運動，故D錯誤。本題選錯誤的，故選：D。【點評】合力做功的代數和不為零，物體的動能一定變化；只有重力或彈簧彈力做功時機械能守恒。3．（2021?臨海市二模）隨著北京冬奧會的臨近，滑雪項目成為了人們非常喜愛的運動項目。如圖運動員從高為h的A點由靜止滑下，到達B點后水平飛出，經過時間t落到長直滑道上的C點，不計滑動過程中的摩擦和空氣阻力。下列說法正確的是（）A．若h加倍，則水平飛出的速度v加倍 B．若h加倍，則在空中運動的時間t加倍 C．若h減半，運動員落到斜面時的速度方向不變 D．若h減半，運動員在空中離斜面的最大距離不變【分析】通過機械能守恒求解小球平拋的初速度，然后利用運動的合成與分解規律解決此題。【解答】解：AB、運動員在軌道上運動時，只有重力做功機械能守恒，根據機械能守恒定律可得：mgh＝mv2，解得v＝，設斜面傾角為θ，運動員落到斜面上時其豎直位移和水平位移之間關系滿足tanθ＝，得t＝，由此可知：若h加倍，則水平飛出的速度v變為原來的倍，在空中運動的時間t變為原來的倍，故AB錯誤；C、設運動員落到斜面上時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角是個定值，保持不變，故C正確；D、運動員做平拋運動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＝gcosθ．設運動員離斜面的最大距離為H，根據運動學公式得H＝，由此可知：若h減半，運動員在空中離斜面的最大距離變為原來的，故D錯誤。故選：C。【點評】解決平拋運動的方法是把平拋運動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動，豎直方向做自由落體運動。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?巨鹿縣校級月考）如圖所示，某同學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.對于圓珠筆（含彈簧），下列說法正確的是（）A．向下壓縮彈簧的過程中，筆的機械能守恒 B．筆豎直向上運動的過程中機械能守恒 C．圓珠筆剛離開桌面時動能最大 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，判斷其運動情況，確定何時動能最大。根據功能關系分析圓珠筆的機械能變化情況。【解答】解：A、向下壓縮彈簧的過程中，手對圓珠筆筆做正功，圓珠筆的機械能不守恒，故A錯誤；B、圓珠筆豎直向上運動的過程中，只有重力和彈簧彈力做功，筆的機械能守恒，故B正確；C、圓珠筆先向上加速后向上減速，當彈簧的彈力等于重力時速度最大，動能最大，所以剛離開桌面時的動能不是最大，故C錯誤；D、換用不同的彈簧而壓縮量相同，圓珠筆所具有的初態機械能不同，上升的最大高度也不同，故D錯誤。故選：B。【點評】本題的關鍵是分析圓珠筆的受力情況，確定圓珠筆的運動情況．要掌握機械能守恒的條件和功能原理，并能熟練運用．綜合練習一．選擇題（共15小題）1．（2021春?鼓樓區校級期中）小球在距地面h高處，以初速度v0沿水平方向拋出一個物體，若忽略空氣阻力，它運動的軌跡如圖所示，那么下面說法錯誤的是（）A．物體在c點的動能比在a點時大 B．若選拋出點為零勢點，物體在a點的重力勢能比在c點時小 C．物體在a、b、c三點的機械能相等 D．物體在a點時重力的瞬時功率比C點時小【分析】平拋運動的過程中，只有重力做功，機械能守恒。根據重力勢能的表達式比較各點重力勢能的大小。根據P＝mgvcosα比較重力的瞬時功率。【解答】解：A.沿水平方向拋出的物體，不計空氣阻力，物體在下落過程中，只有重力做功，機械能守恒。物體的高度不斷下降，重力勢能不斷減小，所以物體在c點時的動能比在a點時大，故A正確；B.因a點位置高于b點，故無論選擇何處為參考點物體在a點時的重力勢能都比在c點時的大，故B錯誤；C.沿水平方向拋出的物體，不計空氣阻力，物體在下落過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以物體在a、b、c三點具有的機械能相等，故C正確；D.重力的瞬時功率PG＝mgvy由以上分析知，物體在a點時重力方向上的分速度vy比在c點時小，故物體在a點時重力的瞬時功率比c點時小，故D正確。本題選擇錯誤選項。故選：B。【點評】解決本題的關鍵掌握機械能守恒的條件，以及重力勢能、功率的表達式，并能靈活運用。2．（2021?湖北模擬）如圖所示，長度為l的輕質細桿的下端被地面上的臺階擋住，細桿頂端固定著一個可視為質點的小重球，現讓小球由豎直位置無初速度地向右側倒下，已知重力加速度為g，不計一切摩擦，則小球落地時的速度（）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，來求解本題，先假設細桿下端被餃鏈固定，則小球落至水平地面時，細桿中有拉力，再分析得出小球在之前某個時刻就開始對桿有向外的拉力，回到本題，細桿下端沒有被固定，得出小球在這個時刻開始將帶著細桿脫離圓周軌道而做斜拋運勸，故落地速度斜向右下；根據機械能守恒解決小球落地時的速度大小。【解答】解：小球在最高點時，速度為0，對桿有壓力。設細桿下端被餃鏈固定，則小球落至水平地面時，細桿中有拉力，由此可知，小球在之前某個時刻就開始對桿有向外的拉力，面本題中細桿下端沒有被固定，則小球在這個時刻開始將帶著細桿脫離圓周軌道而做斜拋運勸，故落地速度斜向右下，由機械能守恒，可知小球落地時的速度大小等于故選：B。【點評】考察圖周運動的受力分析，從兩個特殊位置推測中間狀態的推理能力。同時考察機械能守恒定律。本題還可以用動量定理來分析—一臺階對細桿有彈力時，彈力斜向右上，有水平向右的分量，這個分量的沖量導致細桿、小球系統有水平向右的速度增量，故小球落地速度針向右下。3．（2021?沙坪壩區校級模擬）如圖所示，從P點以水平速度v將小球拋向固定在地面上的塑料筐，小球（可視為質點）恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小球在空中飛行的過程中（）A．小球機械能守恒 B．小球動量守恒 C．小球質量越大，所用時間越少 D．小筐右移一段距離后，小球拋出點不變，仍以速度v平拋，小球仍然可以入筐【分析】根據機械能守恒定律的守恒條件、動量的計算公式、平拋運動的規律進行分析。【解答】解：A、小球運動過程中只有重力做功，機械能守恒，故A正確；B、小球下落過程中速度逐漸增大，根據動量p＝mv可知，動量增大，故B錯誤；C、設小球下落的高度為h，重力加速度為g，根據平拋運動的規律可得：h＝.解得下落時間為：t＝，與小球的質量無關，故C錯誤；D、根據圖象可知小球剛好從筐的左邊緣進筐，小筐右移一段距離后，小球拋出點不變，仍以速度v平拋，小球的運動軌跡不變，則小球不能入筐，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要是考查機械能守恒定律、動量守恒定律、平拋運動的規律，關鍵是弄清楚機械能守恒定律的守恒條件、動量守恒定律的守恒條件以及平拋運動的規律。4．（2021春?杭州期末）如圖所示，某極限運動員完成一項約4萬米高空跳傘的壯舉。直播畫面顯示，熱氣球升至3.9×104m高空后，他脫離氣球開始無初速下落。開始下落后46s時，速度達到1150km/h；在距著陸點1524m高時，他打開了降落傘；又經過幾分鐘，他平穩著陸。假設重力加速度恒定，地球自轉及氣流影響不計，則（）A．脫離氣球之后至打開降落傘之前，運動員做自由落體運動 B．脫離氣球之后至打開降落傘之前，運動員的機械能守恒 C．打開降落傘之后的一段時間內，運動員處于超重狀態 D．整個下落過程，運動員所受重力的功率一直增大【分析】鮑姆加特納下落的過程中，達到最大速度之前先加速下降，打開降落傘之后減速下降；根據功率的公式P＝Fv判斷重力的功率變化情況。【解答】解：AB、當△t＝46s，△v＝1150km/h＝319m/s，運動員的加速度a＝，可知空氣阻力是不能忽略的，所以運動員不是做自由落體運動，機械能也不守恒，故AB錯誤；C、為了安全降落，運動員在落地前必定有一段時間要向下做減速運動，此時有一個向上的加速度，處于超重狀態，故C正確；D、由于在達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，達到最大速度之后，重力的功率恒定，故D錯誤。故選：C。【點評】此題考查超重和失重的知識，通過運動員的運動狀態判斷其加速度方向即可，同時注意功率的公式得正確應用。5．（2021?香坊區校級四模）如圖所示，光滑的固定圓弧槽的槽口與一個固定半球頂點相切，半球底面水平，小滑塊（可視為質點）從圓弧槽最高點由靜止滑下，滑出槽口時速度方向為水平方向。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，不計空氣阻力，則R1和R2應滿足的關系是（）A．R1≤R2 B．R1≥R2 C．R1≥ D．R1≤【分析】滑塊沿光滑的圓弧槽下滑過程，只有重力做功，根據機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，即做平拋運動，則重力不足以提供滑塊繞半球運動所需的向心力。【解答】解：滑塊沿光滑的圓弧槽下滑過程，只有重力做功，機械能守恒，有mgR1＝要使小物塊滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平拋運動，則mg≤m聯立解得：R1≥故ABD錯誤，C正確；故選：C。【點評】本題考查了機械能守恒定律和牛頓第二定律的基本運用，難度中等，知道小球在圓軌道外軌最高點的臨界情況：重力不足于提供繞半球運動所需的向心力。6．（2021?天津模擬）2020年11月24日“嫦娥五號”探測器成功發射，開啟了我國首次地外天體采樣返回之旅，如圖為行程示意圖。關于“嫦娥五號”探測器，下列說法正確的是（）A．剛進入地月轉移軌道時，速度大于7.9km/s小于11.2km/s B．在地月轉移軌道上無動力奔月時，動能不斷減小 C．快要到達月球時，需要向后噴氣才能進入月球環繞軌道 D．返回艙取月壤后，重新在月球上起飛的過程中，機械能守恒【分析】在地面附近發射飛行器，如果速度大于7.9km/s，而小于11.2kms，它繞地球運行的軌跡就不是圓，而是橢圓，當物體的速度等于或大于11.2km/s時，它就會克服地球的引力，永遠離開地球，受到太陽的引力，故剛進入地月轉移軌道時，速度大于7.9km/s小于11.2km/s；在地月轉移軌道上無動力奔月時，受到地球引力和月球引力的作用，動能的變化看合力做功，快要到達月球時，需要減速，重新在月球上起飛的過程中，需要加速。【解答】解：A．在地月轉移軌道時，探測器已經飛出地球而未擺脫地月系的引力，根據第一宇宙速度和第二宇宙速度的定義，則剛進入地月轉移軌道時，探測器速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A正確；B．在地月轉移軌道上無動力奔月時，地球對探測器的萬有引力逐漸減小，月球對探測器的萬有引力逐漸增大，引力的合力對探測器先做負功，后做正功，根據動能定理可知探測器動能先減小后增大，故B錯誤；C．快要到達月球時，探測器需要減速，因此需要向前噴氣提供反推力才能進入月球環繞軌道，故C錯誤；D．返回艙取月壤后，重新在月球上起飛的過程中，有探測器發動機的推力做正功，故機械能變大，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了第一宇宙速度和第二宇宙速度的概念，另外要區分快要到達月球和重新在月球上起飛兩個過程，發動機分別做負功和正功，故機械能要發生變化。7．（2021春?黃浦區校級期末）高臺跳水項目要求運動員從距離水面H的高臺上跳下，在完成空中動作后進入水中。若某運動員起跳瞬間重心離高臺臺面的高度為h1，斜向上跳離高臺瞬間速度的大小為v，跳至最高點時重心離臺面的高度為h2，入水（手剛觸及水面）時重心離水而的高度為h3，如圖所示，圖中虛線為運動員重心的運動軌跡。已知運動員的質量為m，不計空氣阻力，取跳臺面為零勢能面（）A．跳臺對運動員做的功 B．運動員在最高點的動能為0 C．運動員在最高點的機械能為 D．運動員在入水時的機械能為mgh2【分析】在起跳過程中，根據動能定理求得板對運動員做功，在上升到最高點的過程中，只有重力做功，根據動能定理求得最高點的速度，起跳后，在整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，即可求得最高點和入水時的機械能。【解答】解：A、在起跳過程中，根據動能定理可得：W＝，故A錯誤；B、從起跳到最高點的過程中，根據動能定理可得：，解得v，故B錯誤；C、取跳臺面為零勢能面，從起跳到最高點的過程中，只有重力做功，機械能守恒，故，故C正確；D、從起跳后到入水的過程中，只有重力做功，故機械能守恒，則運動員在入水時的機械能為，故D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了動能定理和機械能守恒，明確運動過程和受力，利用好機械能守恒即可。8．（2021春?煙臺期中）將某一物體由地面開始豎直上拋，不計空氣阻力，物體能夠達到的最大距地高度為H。選取地面為參考平面，當物體在上升過程中通過某一位置時，它的動能恰好等于其重力勢能的一半，則這一位置的距地高度為（）A． B． C． D．【分析】不計空氣阻力，說明物體的機械能守恒，根據機械能守恒定律和動能與重力勢能的關系分別列式，即可求解．【解答】解：物體總的機械能為mgH，當高度為h時，動能是重力勢能的一半，即動能為mgh，由機械能守恒定律可得：mgh+mgh＝mgH，則h＝H，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】此題是機械能守恒定律的應用，要抓住不計空氣阻力時，拋體運動的機械能是守恒的，并能挖掘和利用題設的條件．9．（2021春?興國縣校級月考）如圖所示，將質量為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，不計空氣阻力，當石塊落地時（）A．動能為mgh B．機械能為mgh+mv02 C．動能為mv02 D．重力勢能為mgh【分析】不計空氣阻力，石塊的機械能守恒，根據機械能守恒求出石塊落地時的動能大小、機械能大小，重力勢能計算式為EP＝mgh，h是相對于參考平面的高度。【解答】解：ACD、不計空氣阻力，石塊的機械能守恒，以地面為參考平面，落地時石塊的重力勢能為零，根據機械能守恒得落地時石塊的動能，故ACD錯誤；B、機械能等于重力勢能與動能之和，以地面為參考平面，落地時石塊的重力勢能為零，則石塊落地時機械能等于動能，即E＝，故B正確。故選：B。【點評】本題要準確理解重力勢能計算式EP＝mgh中h的含義，知道是相對于參考平面的高度，靈活運用機械能守恒定律求解。10．（2021?諸暨市模擬）如圖所示為曳引式電梯的結構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。下列說法正確的是（）A．轎箱與彈簧式緩沖器接觸后立即開始減速 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 D．轎箱與彈簧組成的系統在接觸過程中機械能守恒【分析】當轎箱與彈簧式緩沖器接觸后，受到緩沖器對其向上的作用力，轎廂受到的合外力方向向上，加速度方向向上，由此分析運動情況、以及超重和失重情況；根據機械能守恒定律的守恒條件分析機械能是否守恒。【解答】解：AB、開始一段時間內電梯轎箱在曳引繩的作用下勻速下降，轎廂受力平衡；當轎箱與彈簧式緩沖器接觸后，受到緩沖器對其向上的作用力，轎廂受到的合外力方向向上，所以轎廂立即開始減速運動，故A正確、B錯誤；C、當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，故C錯誤；D、轎箱、配重與彈簧組成的系統在接觸過程中機械能守恒，轎箱與彈簧組成的系統在接觸下降過程中繩子拉力對轎廂做負功，機械能不守恒，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要是考查機械能守恒定律、牛頓第二定律的綜合應用；關鍵是弄清楚轎廂向下運動過程中的受力情況，知道超重時加速度方向向上，掌握機械能守恒定律的守恒條件。11．（2021?濱海縣校級一模）極限跳傘是世界上最流行的空中極限運動，它的獨特魅力在于跳傘者通常起跳后傘并不是馬上自動打開，而是由跳傘者自己控制開傘時間，這樣冒險者就可以把刺激域值的大小完全控制在自己手中。傘打開前可看做是自由落體運動，打開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表示下落的時間，Ep表示重力勢能（以地面為零勢能面），Ek表示動能，E表示機械能，v表示下落時的速度。在整個過程中下列圖象可能符合事實的是（）A． B． C． D．【分析】打開降落傘之前做自由落體運動，做勻加速直線運動，合力不變，然后做加速度逐漸減小的減速運動，最后做勻速運動。【解答】解：A、開始下落階段做自由落體運動，則EP＝EP0﹣mgh，可知此過程中EP﹣h為直線，故A錯誤；B、開始下落階段做自由落體運動，動能等于減小的重力勢能，即Ek＝mgh，則Ek﹣h為直線；在開始減速后的過程中先減速后勻速，可知動能先減小后不變，故B正確；C、開始階段做自由落體運動，機械能不變；然后打開傘后，由于受阻力作用機械能逐漸減小，最后勻速下落階段機械能仍不斷減小，故C錯誤；D、開始階段做自由落體運動，速度隨時間均勻增加；開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則加速度滿足：mg﹣kv2＝ma，則加速度隨時間逐漸減小，v﹣t線不是直線，故D錯誤。故選：B。【點評】解決本題的關鍵知道圖象的物理意義，搞清運動員的運動情況，通過加速度變化判斷合力的變化，通過下降的高度判斷重力勢能的變化。12．（2021春?鄭州期末）如圖所示，籃球運動員在空中一個漂亮的投籃，質量為m＝0.5kg的籃球與水平面成45°角準確落入籃筐。已知投籃時投球點和籃筐正好在同一水平面上，投球點和籃筐距離為10.0m，g＝10m/s2，忽略空氣阻力。則籃球進筐時的動能為（）A．30J B．25J C．20J D．15J【分析】由于籃球在空中做一個斜拋運動，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，將斜拋運動從最高點分成兩部分，前半部分為斜向上過程，后半部分是斜向下過程，完全對稱，根據平拋運動的推論求出最大高度和水平位移的關系，進而求出籃球落到籃筐時的速度和動能即可。【解答】解：籃球在空中做一個斜拋運動，將整個斜拋運動沿最高點分為兩部分，前半部分斜向上運動，后半部分斜向下運動，運動過程完全對稱，如圖所示；其中拋出點到籃筐的水平距離為s＝10.0m設斜拋過程中籃球離拋出點（或籃筐）的最大高度為h，根據運動的對稱性，籃球后半程做平拋運動，其水平位移為其在籃筐位置的速度的方向延長線過平拋水平位移的中點，則有，解得：籃球落到籃筐時的豎直分速度此時籃球的速度為此時籃球的動能，故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】解題關鍵在于根據平拋運動的推論找到最大高度和水平位移的關系，進而解決題目。13．（2021春?倉山區校級期中）如圖所示，滑梯頂端離地面的高度為H，一個小孩從粗糙的滑梯頂端由靜止開始滑下。若以滑梯頂端為零勢能面。以下說法錯誤的是（）A．下滑過程中，小孩的動能增加 B．小孩滑到滑梯底端時的重力勢能為﹣mgH C．下滑過程中，小孩的機械能守恒 D．下滑過程中，滑梯對小孩的支持力不做功【分析】根據受力情況分析小孩的運動情況，由此分析動能的變化；根據重力做功與重力勢能的變化情況分析重力勢能的大小；下滑過程中，摩擦力做負功，支持力不做功，由此分析機械能是否守恒。【解答】解：A、小孩從粗糙的滑梯頂端由靜止開始滑下，說明重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，小孩下滑過程中速度增大、動能增大，故A正確；B、以滑梯頂端為零勢能面，小孩滑到滑梯底端時重力做功mgH，則重力勢能減少mgH，則小孩滑到滑梯底端時的重力勢能為﹣mgH，故B正確；C、下滑過程中，摩擦力對小孩做負功，小孩的機械能減少，故C錯誤；D、下滑過程中，滑梯對小孩的支持力方向始終垂直于運動方向，所以支持力不做功，故D正確。本題選錯誤的，故選：C。【點評】本題主要是考查了機械能守恒定律的知識；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，知道重力勢能變化與重力做功有關、重力勢能的大小與零勢能面的選取有關。14．（2021春?福州期中）如圖所示，一個質量為m，均勻的細鏈條長為L，置于光滑水平桌面上，用手按住一端，使長部分垂在桌面下，（桌面高度大于鏈條長度），則鏈條上端剛離開桌面時的動能為（）A．0 B．mgL C．mgL D．mgL【分析】以桌面為零勢能面，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能，再根據機械能守恒求出鏈條上端剛離開桌面時的動能。【解答】解：以桌面為零勢能面，開始時鏈條的重力勢能為：E1＝﹣mg?＝﹣當鏈條剛脫離桌面時的重力勢能：E2＝﹣mg?L故重力勢能的變化量：△E＝E2﹣E1＝﹣，根據機械能守恒定律可知，鏈條上端剛離開桌面時的動能增加量為，即其動能為，故D正確。故選：D。【點評】零勢能面的選取是任意的，本題也可以選鏈條滑至剛剛離開桌邊時鏈條的中心為零勢能面，結果是一樣的，要注意重力勢能的正負。15．（2021春?倉山區校級期中）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，質量0.2kg的小球以某速度沿直線軌道向右運動，如圖所示。小球進入圓形軌道后剛好能通過c點，然后小球做平拋運動落在直軌道上的d點，重力加速度g取10m/s2，則（）A．小球到達c點的速度為0 B．小球落到d點時的速度為4m/s C．小球在直軌道上的落點d與b點距離為0.8m D．小球從c點落到d點所需時間為0.2s【分析】小球恰好通過c點，由重力提供向心力，根據重力等于向心力求出小球通過c點時的速度；根據機械能守恒定律求解小球在d點的速度大小；小球離開c點后做平拋運動，根據平拋運動的規律求解分析。【解答】解；A、小球恰好通過最高點c，根據重力提供向心力，有：mg＝m，解得：vc＝2m/s，故A錯誤；B、小球運動過程中機械能守恒，從c到d根據機械能守恒定律可得：＝mg?2R+，解得：vd＝2m/s，故B錯誤；CD、小球離開C點后做平拋運動，小球從c點落到d點所需時間為：t＝＝s＝0.4s，小球在直軌道上的落點d與b點距離為x＝vct＝2×0.4m＝0.8m，故C正確、D錯誤。故選：C。【點評】本題的關鍵要明確小球在c點的臨界條件：重力等于向心力，求出c點的速度。對于平拋運動，要掌握分位移公式，并能熟練運用。二．多選題（共15小題）16．（2021?茂南區校級模擬）如圖所示，固定在豎直平面內的圓管形軌道的外軌光滑，內軌粗糙。一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，小球運動到軌道的最高點時恰好沒有受到軌道對它的彈力，球的直徑略小于圓管的內徑，空氣阻力不計。若一小球在最低點的初速度改為v時，下列說法正確的是（）A．若v＜v0，小球運動過程中機械能可能守恒 B．若v＞v0，小球運動過程中機械能一定守恒 C．若v＜v0，小球不可能到達最高點 D．若v＞v0，小球在軌道最高點時受到的彈力豎直向上【分析】內圓粗糙，小球與內圓接觸時要受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，機械能不守恒；外圓光滑，小球與外圓接觸時不受摩擦力作用，只有重力做功，機械能守恒，應用牛頓第二定律與機械能守恒定律分析答題。【解答】解：BD、小球在最低點以初速度v0向右，在最高點時恰好沒有受到軌道對它的彈力，由重力提供向心力，即，該過程中小球與內管壁無接觸無摩擦力，所以該運動過程中只有重力做功，小球的機械能守恒；當小球在最低點的速度v＞v0，小球在運動過程中與內管壁之間無彈力作用，只有重力做功，小球的機械能守恒，且小球運動到最高點時，小球的重力不足以提供向心力，則小球在軌道最高點受到外管壁對小球向下的彈力，故B正確，D錯誤；AC、當小球在最低點的速度v＜v0，若小球在圓心等高處之下運動，則小球只對外管壁有壓力，此種情況下只有重力做功，小球的機械能守恒；若小球運動到圓心等高處之上某點速度為零，此種情況小球對內管壁有壓力且存在摩擦力，小球的機械能不守恒，但小球也可能到達最高點，故A正確，C錯誤；故選：AB。【點評】本題綜合考查了機械能守恒定律，綜合性較強，關鍵是理清運動過程，抓住臨界狀態，運用合適的規律進行求解。17．（2021春?青羊區校級月考）如圖所示，a、b兩小球通過長度一定的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球對地面的壓力剛好為零；若將定滑輪適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．ma＝3mb B．兩小球的質量大小無法判斷 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球對地面的壓力仍恰好為零【分析】當連接b球的細線擺到豎直位置時，a球對地面的壓力恰好為0，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。再根據牛頓運動定律和向心力公式求解。b球在下滑過程中，根據動能定理求得到達最低點時的速度，在最點，根據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。【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，根據牛頓第二定律和向心力公式得：T﹣mbg＝mb聯立得：T＝3mbga球對地面的壓力恰好為0，則有：T＝mag解得：ma＝3mb，故A正確，B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球對地面的壓力恰好為零，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：AD。【點評】本題主要考查了牛頓第二定律在圓周運動中的應用和動能定理，關鍵是找出繩子的拉力關系是否與小球b做圓周運動的半徑有關即可。對小球b運用機械能守恒定律和向心力公式聯合列式求解，本題的結論經常用到，要理解記住。18．（2021?普寧市校級模擬）一拋物線形狀的光滑固定導軌豎直放置，O為拋物線導軌的頂點，O點離地面的高度為h，A、B兩點相距2h，軌道上套有一個小球M，小球M通過輕桿與光滑地面上的小球N相連，兩小球的質量均為m，輕桿的長度為2h，現將小球M由距地面豎直高度處由靜止釋放，則（）A．小球M將做平拋運動 B．小球M即將落地時，小球N的動能為 C．小球M即將落地時速度大小為 D．小球M即將落地時，小球N的速度大小為【分析】根據平拋運動的分析判斷；根據系統機械能守恒定律求解小球M即將落地時的速度以及小球N的速度，二者速度的關聯為沿桿速度相等；根據動能表達式計算小球N的速度。【解答】解：A、小球M運動過程中受重力、軌道對小球的彈力、輕桿對小球的彈力，不滿足做平拋運動的條件，故A錯誤；CD．小球M即將落地時，設小球M的速度為v，則小球N的速度為vcos45°，以兩小球和輕桿組成的系統為研究對象，根據機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錯誤；B．小球N的動能為，故B正確。故選：BC。【點評】易錯點如下：1、兩小球的速度關聯；2、小球M落到對面的瞬間，小球M的速度方向；19．（2021春?齊河縣校級月考）如圖所示，以下情景均不計摩擦和空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，火箭的機械能守恒 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程中，物塊A的機械能不守恒 D．丁圖中，物塊A加速下落，物塊B加速上升的過程中，A、B系統機械能守恒【分析】明確機械能守恒的條件，知道當只有重力做功或彈簧的彈力做功時，系統的機械能守恒，根據機械能守恒的條件逐項進行分析判斷。【解答】解：A、甲圖中，火箭升空的過程中，若勻速升空，動能不變、重力勢能增加，火箭的機械能增加，故A錯誤；B、物塊勻速運動上升，動能不變，重力勢能增加，則機械能必定增加，故B錯誤；C、在物體A壓縮彈簧的過程中，彈簧和物體A組成的系統，只有重力和彈力做功，系統機械能守恒。由于彈性勢能增加，則A的機械能減小，物塊A的機械能不守恒，故C正確；D、對A、B組成的系統，不計空氣阻力，只有重力做功，A、B組成的系統機械能守恒，故D正確。故選：CD。【點評】解決本題的關鍵掌握判斷機械能守恒的條件，判斷的方法：1、看系統是否只有重力或彈力做功，2、看動能和勢能之和是否保持不變。20．（2021春?任城區期中）如圖所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上。若以地面為零勢能面，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．物體到海平面時的重力勢能為mgh B．物體到海平面之前任一位置機械能為mv02﹣mgh C．物體在海平面上的動能為mv02+mgh D．物體在海平面上的機械能為mv02【分析】整個過程不計空氣阻力，只有重力對物體做功，則物體的機械能守恒，應用機械能守恒和功能關系解答即可。【解答】解：A、以地面為零勢能面，海平面低于地面h，所以物體在海平面上時的重力勢能為﹣mgh，故A正確。BD、整個過程機械能守恒，即初末狀態的機械能相等，以地面為零勢能面，拋出時的機械能為，所以物體在海平面時的機械能也為，故B錯誤，D正確；C、由動能定理得：W＝Ek2﹣Ek1，解得，物體在海平面上的動能Ek2＝Ek1+W＝+mgh，故C正確。故選：CD。【點評】該題應用了功能關系解決重力勢能的變化與重力做功的關系，注意斜拋運動最高點速度不等于零，重力勢能的變化與零勢能面的選取無關。21．（2021?閬中市校級模擬）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動，上滑的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上滑過程中，物體的機械能E隨物體離地面的高度h的變化關系如圖乙所示。取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，則（）A．物體的質量m＝0.67kg B．物體與斜面之間的動摩擦因數μ＝0.50 C．物體上滑過程中的加速度大小a＝1m/s2 D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J【分析】根據物體在最高點機械能等于重力勢能，由重力勢能的定義式求解物體的質量；對物體上升到最大高度的過程應用動能定理求解動摩擦因數；對物體進行受力分析，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程的受力情況，得到各力的做功情況，然后由動能定理求解物體回到斜面底端時的動能。【解答】解：A、在最高點，物體的速度為零，所以物體的動能為零，即物體在最高點的機械能等于重力勢能，所以有E＝Ep+0＝mgh，物體的質量為m＝＝kg＝1kg，故A錯誤；B、在最低點時，重力勢能為零，故物體的機械能等于其動能，物體上滑過程中只有重力、摩擦力做功，故由動能定理可得﹣μmgcos37°×﹣mgh＝△Ek，解得μ＝0.50，故B正確；C、物體上滑過程受重力、支持力、摩擦力作用，物體受到的合外力為F＝mgsinα+μmgcosα＝10N，故物體上滑過程中的加速度大小為a＝＝10m/s2，故C錯誤；D、物體上滑過程和下滑過程所受重力、支持力不變，故物體所受摩擦力大小不變，方向相反，所以，物體上滑過程和下滑過程克服摩擦力做的功相同，由題圖乙可知：物體上滑過程中克服摩擦力做的功等于機械能的減少量20J，故物體由開始到回到斜面底端的整個過程克服摩擦力做的功為40J；又因為物體整個運動過程中重力、支持力做功為零，所以，由功能關系可知：物體回到斜面底端時的動能為50J﹣40J＝10J，故D正確。故選：BD。【點評】對于動能定理的應用問題，一般先對物體進行受力分析，然后得到各力的做功情況，即可由動能定理求得某外力做的功或能到達的位置、距離、某位置的速度等問題。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都處于靜止狀態。用一根不可伸長的輕繩通過輕質光滑的定滑輪連接物體A，滑輪右側輕繩與斜面平行，滑輪左側輕繩的下方連一輕質掛鉤。輕彈簧和斜面平行。現在輕質掛鉤上掛一物體C（圖中未畫出）并從靜止狀態釋放（物體C不會和地面接觸），已知它恰好能使B離開斜面底端擋板但不繼續上升，則從物體C由靜止釋放到C運動到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．彈簧對A的彈力對A一定做正功 B．輕質掛鉤對物體C的拉力大小一直增大 C．物體A、C和彈簧組成的系統機械能守恒 D．當物體C運動到最低點時，物體A的加速度大小為0【分析】根據題目中的條件判斷彈簧的狀態和B物體的狀態，根據牛頓第二定律分別對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離開斜面底端擋板但不繼續上升時，若此時A的速度不為零，則A會繼續拉動彈簧使B受到彈力變大，B就會繼續上升，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向上運動，彈力先沿斜面向上后沿斜面向下，故彈力先做正功后做負功，因初末形變關系未知，則彈力對A的總功無法判斷，故A錯誤；B．對A和C根據牛頓第二定律有：對A：T﹣mgsinθ﹣F彈＝mAa對C：mCg﹣T＝mCa兩式聯立得：mCg﹣F彈﹣mAgsinθ＝（mA+mB）a由于彈簧彈力一直變大，故a一直變小；對C：mCg﹣T＝mCa因a一直變小，故T一直變大，故B正確；C．對AC彈簧組成的系統只有重力和彈簧的彈力做功，C減少的重力勢能轉化為A與C增加的動能、A增加的重力勢能、彈簧增加的彈性勢能，則物體A、C和彈簧組成的系統機械能守恒，故C正確；D．當物體C運動到最低點時速度為零，C物體經歷了向下的減速運動，故此時加速度向上，而A與C用同一根繩連接，沿繩的運動狀態完全相同，故A此時的加速度不為零而沿應沿斜面向下，故D錯誤；故選：BC。【點評】解題時要分別對A和C根據牛頓第二定律列方程，然后兩式聯立得到彈力與加速度a之間的關系，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程中，下列說法中正確的是（）A．物體A的機械能不變 B．物體B對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對物體A的摩擦力做負功【分析】對整體和隔離分別受力分析，求得加速度，判斷摩擦力的方向，根據力與速度夾角，可求得力做正功還是做負功，根據機械能守恒定律可以判斷機械能是否守恒。【解答】解、設A質量為m，B質量為M，對A、B組成的系統受力分析，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、單獨對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錯誤；D、f與v方向夾角大于90°，則B對A的摩擦力做負功，故D正確；B、B對A的支持力方向向上，與運動方向夾角小于90°，則B對A的支持力做正功，故B錯誤；A、根據整體分析得到a＝gsinθ，單獨對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mgcosθ，下滑過程不做功，只有重力做功，故A的機械能不變，故A正確。故選：AD。【點評】本題考查整體法與隔離法，做功的判斷，機械能守恒定律，注意判斷機械能時，可看除重力和系統內彈力以外的其它力是否做功。24．（2020秋?羅湖區期末）如圖所示，一質量為m的籃球，可視為質點。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，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．籃球在運動過程中機械能不守恒 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一定是H D．籃球反彈第一次的最高點的重力勢能比拋出點減少了mgH【分析】籃球在與地面碰撞過程中機械能有損失，籃球在運動過程中機械能不守恒；籃球第一次著地過程中在豎直方向做自由落體運動，根據速度﹣位移關系求解；根據重力勢能的計算公式求解重力勢能的減少，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的高度。【解答】解：A、籃球與地面碰撞后彈起的高度減小，說明籃球在與地面碰撞過程中機械能有損失，籃球在運動過程中機械能不守恒，故A正確；B、由于不計空氣阻力，籃球第一次著地過程中在豎直方向做自由落體運動，則有：vy2＝2gH，解得：vy＝，故B正確；CD、籃球反彈第一次的最高點的重力勢能比拋出點減少△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，所以根據題干條件不能求出第二次反彈的最高點的高度，故C錯誤，D正確。故選：ABD。【點評】本題主要是考查了機械能守恒定律的知識；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，其它力對系統做多少功，系統的機械能就變化多少；知道重力勢能變化量的計算方法。25．（2021?江城區校級模擬）關于下列對配圖的說法中正確的是（）A．圖中“蛟龍號”被吊車勻速吊下水的過程中，它的機械能不守恒 B．圖中火車在勻速轉彎時所受合外力為零，動能不變 C．圖中握力器在手的壓力下彈性勢能增加了 D．圖中撐桿跳高運動員在上升過程中機械能守恒【分析】分析蛟龍號運動過程中的受力情況，再根據功的公式明確各力的做功情況，進而判斷機械能是否守恒；火車做勻速圓周運動，需要指向圓心的向心力；握力器形變量增大，彈性勢能增大；撐桿的彈性勢能轉化為運動員的機械能，運動員機械能不守恒。【解答】解：A、圖1中“蛟龍號”被吊車勻速吊下水的過程中，鋼繩對它做負功，所以機械能不守恒，故A正確；B、圖2中火車在勻速轉彎時做勻速圓周運動，所受的合外力指向圓心且不為零，故B錯誤；C、圖3中握力器在手的壓力下形變增大，所以彈性勢能增大，故C正確；D、圖4中撐桿跳高運動員在上升過程中撐桿的彈性勢能轉化為運動員的機械能，所以運動員的機械能不守恒，故D錯誤。故選：AC。【點評】求功時一般有三種方法：一是根據功的公式進行分析計算；二是根據動能定理進行分析，同時明確機械能守恒的條件。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。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，小球穿過鐵棒并可在鐵棒上移動，小球到達B點時，彈簧恰好處于原長狀態。現將小球從鐵棒頂端自由釋放，小球到達鐵棒底端時速度恰好為零，下列說法正確的是（）A．小球和彈簧組成的系統機械能守恒 B．小球從A點運動到B點和從B點運動到C點的過程中摩擦力做功相同 C．小球從A點運動到B點和從B點運動到C點的過程中彈簧彈力做功相同 D．小球從A點運動到B點的過程中，動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，所以小球機械能不守恒，然后結合幾何關系判斷各個力做功的情況即可．【解答】解：鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點，由幾何關系可知，AB之間的高度差等于BC之間的高度差，小球在A點與在C點彈簧的長度是相同的；A、小球沿鐵棒下滑的過程的受重力、鐵棒的彈力和彈簧的拉力、以及鐵棒對小球的摩擦力，由于小球到達鐵棒底端時速度恰好為零，說明摩擦力對小球做負功，小球和彈簧組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；B、鐵棒與水平面夾角為45°，B為AC的中點，可知小球在AB之間與BC之間彈簧對小球的拉力是對稱的，所以小球在AB之間與在BC之間受到鐵棒的彈力也是對稱的，根據滑動摩擦力的公式：f＝μFN可知，小球在AB之間與BC之間的摩擦力也是對稱的，則小球從A點運動到B點和從B點運動到C點的過程中摩擦力做功相同，故B正確。C、小從A點運動到B點的過程中彈簧的彈力對小球做正功，小球從B點運動到C點的過程中彈簧彈力做負功，一正一負，是不同的，故C錯誤；D、小球在A點與在C點彈簧的長度是相同的，則彈簧的伸長量相同，所以彈簧的彈性勢能相等；結合小球從A到C的過程中初速度與末速度都等于零，可知小球從A到C的過程中重力勢能的減少量等于摩擦力做的功，結合A到B與B到C的對稱性可知，小球從A到B的過程中重力勢能的減少量也等于摩擦力做的功，即從A到B的過程中重力與摩擦力對小球做的功的和為零，根據動能定理可知，小球從A點運動到B點的過程中，動能的增加量等于彈簧彈力所做的功，故D正確。故選：BD。【點評】對物理過程進行受力、運動、做功分析，是解決問題的根本方法．這是一道考查系統機械能守恒的好題．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，半圓頂點有大小可不計的定滑輪，O點為其圓心，AB為半圓上兩點，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的兩個小球甲、乙，初始時使甲靜止在B點，乙靜止在O點，繩子處于拉直狀態。已知甲球的質量m1＝2kg，乙球的質量m2＝1kg，半圓軌道的半徑r＝lm，當地重力加速度為g＝10m/s2，忽略一切摩擦。解除約束后，兩球開始運動的過程中，下列說法正確的是（）A．甲球剛開始運動時的加速度大小為m/s2 B．甲球沿著球面運動過程中，甲、乙兩球速度相同 C．甲球沿著球面運動過程中，甲、乙兩球系統的機械能不守恒 D．甲球沿著球面運動過程中，乙球機械能增加【分析】甲球剛開始運動時，分別以甲球和乙球為研究對象，根據牛頓第二定律列式，結合兩球加速度大小相等求甲球的加速度大小；由曲線運動的速度方向判斷兩球的速度是否相同；由系統機械能守恒的條件判斷系統機械能是否守恒；甲球沿著球面運動過程中，根據繩子對甲球做功情況，判斷甲球機械能的變化，進而判斷乙球機械能的變化。【解答】解：A、甲球剛開始運動時，兩球加速度大小相等，設為a，根據牛頓第二定律得：對甲球有m1gcos45°﹣F＝m1a對乙球有F﹣m2g＝m2a聯立解得，故A正確；B、甲球沿著球面運動過程中，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錯誤；C、甲球沿著球面運動過程中，忽略一切摩擦，對于甲、乙兩球組成的系統，只有重力做功，系統的機械能守恒，故C錯誤；D、甲球沿著球面運動過程中，繩子拉力對甲球做負功，則甲球機械能減少，因為系統的機械能守恒，所以乙球的機械能增加。故D正確。故選：AD。【點評】本題考查系統的機械能守恒和牛頓第二定律中的連接體問題，其中熟練掌握系統機械能守恒的條件和連接體問題中加速度相等這一知識點是解題的關鍵。28．（2021?一模擬）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，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，不計空氣阻力，在兩小球各自軌跡的最低點，以下說法正確的是（）A．P球的機械能可能等于Q球的機械能 B．P球的動能一定小于Q球的動能 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】兩球在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，通過判斷初位置機械能是否相等判斷最低點時機械能是否相等；根據動能定理得出小球運動到最低點的動能，從而比較出兩球動能的大小；根據牛頓第二定律求出繩子的拉力，從而比較拉力的大小；根據向心加速度公式比較在最低點的加速度大小。【解答】解：A、兩球在運動的過程中只有重力做功，機械能守恒，選擇初始位置為零勢能平面，P、Q的機械能均為零，故A正確；B、在最低點，根據動能定理知：mgL＝，則在最低點的動能Ek＝mgL，對于P球，P球的質量大于Q球的質量，繩長小于懸掛Q的繩長，則P球的動能不一定比Q球的動能小，故B錯誤；C、小球在最低點的速度：v＝，根據牛頓第二定律得：，解得繩子的拉力F＝3mg，由于P球的質量大于Q球的質量，則P球所受繩子的拉力大于Q球所受繩子的拉力，故C錯誤；D、在最低點，a＝，方向豎直向上，與繩長和球的質量無關，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查了圓周運動與機械能守恒定律的綜合運用，知道小球在最低點向心力的來源，知道擺球在最低點的拉力大小與繩長無關。29．（2021?岳陽一模）如圖所示，一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿C和D上，質量為ma的a球置于地面上，質量為mb的b球從水平位置靜止釋放。當b球擺過的角度為90°時，a球對地面的壓力剛好為零，下列結論正確的是（）A．ma：mb＝2：1 B．ma：mb＝3：1 C．若只將b的質量變大，則當b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球對地面的壓力剛好為零 D．若只將細桿D水平向左移動少許，則當b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球對地面的壓力剛好為零【分析】b球擺動過程中運用機械能守恒求出在最低點的速度，根據牛頓運動定律和向心力公式求出繩子的拉力，再去進行比較。【解答】解：AB、由于b球擺動過程中機械能守恒，則有，當b球擺過的角度為90°時，a球對地面壓力剛好為零，說明此時繩子張力為mag，根據牛頓運動定律和向心力公式得，解得：ma：mb＝3：1，故A錯誤，B正確；CD、由上述求解過程可以看出，，得F＝3mbg，當b球的質量增大時，達到最低點時繩子的拉力將大于a球的質量，故當b球擺過的角度為小于90°的某值時，a球對地面的壓力剛好為零所以球到懸點的距離跟最終結果無關，故C正確，D錯誤；故選：BC。【點評】本題考查機械能守恒定律以及向心力公式的應用；關鍵是對小球b運用機械能守恒定律和向心力公式聯合列式求解，然后聯合公式進行化簡得到最終結果。30．（2021?江西模擬）如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板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。開始時，m和M均靜止，現同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，設兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度。對于m、M和彈簧組成的系統（）A．系統機械能不守恒 B．由于F1、F2均能做正功，故系統的機械能一直增大 C．由于F1、F2大小不變，所以m、M各自一直做勻加速運動 D．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大【分析】當F1、F2對m、M都做正功時，系統的機械能增加，當F1、F2對m、M都做負功時，系統的機械能減少．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，物體受到的合力的大小為零，此時物體的速度的大小達到最大，再根據物體的運動狀態可以判斷物體加速度的變化，從而分析兩個物體的運動情況．【解答】解：AB、在m向右運動，M向左運動的過程中，由于F1、F2對m、M都做正功，故系統機械能增加，當在m向左運動，M向右運動的過程中，F1、F2對m、M都做負功，系統機械能減少，故A正確，B錯誤；C、由于彈力是變化的，m、M所受合力是變化的，所以兩個物體不會做勻加速運動，故C錯誤；D、B、當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，M和m受力平衡，加速度減為零，此時速度達到最大值，故各自的動能最大，故D正確；故選：AD。【點評】對做變加速運動的物體，由牛頓第二定律可知當加速度為零時速度最大；對相互作用的系統機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?青浦區期末）某同學站在水平地面上，豎直向上拋出一個物體，通過研究得到物體的機械能E總和重力勢能Ep隨它離開地面高度h的變化如圖所示（取地面為零勢能面，重力加速度g取10m/s2）。由圖中數據可得：物體的質量為2kg，物體回到地面時的機械能為60J。【分析】根據公式Ep＝mgh求出物體的質量，根據功能關系求物體克服阻力做功，根據功能關系求出物體回到地面時的機械能。【解答】解：由圖知，h＝4m時Ep＝80J，由Ep＝mgh解得物體的質量為：m＝2kg物體上升h＝4m的過程中機械能減少△E＝100J﹣80J＝20J根據功能關系可知：全過程中物體克服阻力做功40J，故物體回到地面時的機械能為60J。故答案為：2，60。【點評】解決本題的關鍵要從圖象讀取有效信息，明確動能、重力勢能和機械能的關系，根據功能關系進行解答。32．（2020秋?閔行區期末）如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內形成一重力勢阱，兩側高分別為H1和H2。可視為質點的小物塊Q質量為m，靜置于水平軌道b處。設重力加速度為g；若以a處所在平面為重力勢能零勢能面，物塊Q在b處機械能為﹣mghH1；一質量為m的小球P從a處靜止落下，在b處與滑塊Q相撞后小球P將動能全部傳遞給滑塊Q，隨后滑塊Q從陷阱右側滑出，其到達c處的速度v大小為。【分析】以a處所在平面為重力勢能零勢能面，小球的機械能為小球的動能和重力勢能之和解求得在b點的機械能；小球P從a到b，機械能守恒，求得到達b點小球P的動能，在b處與滑塊Q相撞后小球P將動能全部傳遞給滑塊Q，即可求得小球在b點的動能，滑塊Q從b到c，根據動能定理即可求解。【解答】解：若以a處所在平面為重力勢能零勢能面，小球在運動過程中機械能守恒，故小球在b點的機械能Eb＝Ek+EP＝0﹣mgH1＝﹣mgH1；小球Pa下滑到b，只有重力做功，機械能守恒，則0＝Ek﹣mgH1，解得Ek＝mgH1，由于在b處與滑塊Q相撞后小球P將動能全部傳遞給滑塊Q，故滑塊Q獲得的動能為E′k＝Ek＝mgH1，滑塊Q從b到c，只有重力做功，根據動能定理可得：，解得故答案為：﹣mghH1；【點評】本題主要考查了動能定理及機械能的計算，關鍵是能從所給的信息中提出有用信息，結合所學的知識進行求解。33．（2021春?浦東新區校級期末）如圖所示，桌面高為H1，在桌面上方H2處有一個質量為m的小球，以桌面為零勢能面，小球的重力勢能為mgH2，若小球從桌面上方H2處自由下落，則落地時的機械能為mgH2．【分析】根據重力勢能的定義可明確小球的重力勢能，再根據機械能守恒定律即可明確小球落地時的機械能．【解答】解：桌面為零勢能面，小球相對于桌面的高度為H2，則小球的重力勢能為mgH2，因下落過程小球的機械能守恒，故小球落地時的機械能為：mgH2故答案為：mgH2；mgH2【點評】本題考查機械能守恒的定義，要注意明確小球的重力勢能具有相對性，要根據相對于零勢能面的高度確定重力勢能．34．（2020春?徐匯區校級期中）如圖所示，光滑斜面固定在水平地面上，質量相同的物塊A和B在同一水平面內，物塊A由靜止沿斜面滑下，物塊B由靜止自由落下，不計空氣阻力，從開始到兩物塊分別到達地面上的過程中，落地時A、B的瞬時速度的大小關系是：vA＝vB，兩物體在運動過程中的平均速率的關系是：PA＜PB（填＞，＝，＜）。【分析】根據動能定理求出到達地面時的速度，根據瞬時功率的公式P＝Fv判斷兩物體重力的瞬時功率的大小關系；結合牛頓第二定律和運動學公式比較運動的時間，通過平均功率的公式P＝判斷兩物體重力的平均功率的大小關系。【解答】解：根據動能定理mgh＝mv2，由于A和B下落的高度差相同，因此到達地面的瞬時速度大小相同；A沿斜面運動，設斜面底角為θ，則加速度為gsinθ，比B的加速度g小，且通過的位移大小比B大，根據x＝at2，B所用時間比A少，根據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：＝，＜【點評】本題主要考查功率、平均功率和瞬時功率，要求學生掌握相關公式并能靈活運用，難度適中。35．（2020春?思明區校級月考）如圖，均勻鏈條長為L，放置在水平光滑桌面上，有長垂在桌面下，現將鏈條由靜止釋放，則鏈條全部滑離桌面時速度為：。【分析】鐵鏈在運動過程中只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律可以求出鏈條上端離開桌面時的速度【解答】解：設繩子的總質量為4m，鐵鏈在運動過程中只有重力做功，機械能守恒。設桌面為零勢能面，由機械能守恒定律得：＝，解得：。故答案為：。【點評】本題考查機械能守恒定律的應用，要注間正確設定零勢能面，并能正確應用機械能守恒定律列式求解。36．（2019秋?黃浦區期末）如圖所示的實驗裝置中，最下方的D點與B點間的豎直高度差為0.1m，擺錘的質量為7.5×10﹣3kg．某次實驗測得擺錘經過B點的速度大小為1.0m/s，由此可推算出擺錘經過D點時的動能為11.1×10﹣3J，推算依據的理論是機械能守恒定律。（g取9.8m/s2）【分析】根據機械能守恒公式求出擺錘經過D點時的動能。【解答】解：在擺錘向下擺動的過程中只有重力做功，所以機械能守恒，可得：代入數據可得，擺錘經過D點時的動能為：EkD＝11.1×10﹣3J故答案為：11.1，機械能守恒定律【點評】解決本題的關鍵掌握判斷力做正功、負功、還是不做功的方法，掌握功能關系，知道除重力以外其它力做功等于機械能的增加量。37．（2019秋?奉賢區期末）如圖，傾角為θ的光滑斜面固定在地面上，長為l，質量為m、質量分布均勻的軟繩置于斜面上，其上端與斜面頂端齊平。設斜面頂端為零勢能面。用細線將質量也為m的小物塊與軟繩連接，物塊由靜止釋放后向下運動，直到軟繩剛好全部離開斜面（此時物塊未到達地面）。軟繩剛好離開斜面時，軟繩的重力勢能為﹣mgl，此時物塊的速度大小為。【分析】分別研究物塊靜止時和軟繩剛好全部離開斜面時，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，研究軟繩重力勢能