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专题6.3　机械能守恒定律及其应用
1.物理观念：重力势能、机械能。
（1）理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。
（2）理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
2.科学思维：机械能守恒定律。
（1）理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了解弹性势能。。
（2）知道机械能的含义会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒.
（3）.能应用机械能守恒定律解决具体问题．
3.科学态度与责任：
（1）理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
（2）.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
【知识点一】机械能守恒定律的判断
1．重力做功与重力势能的关系
（1）重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关；重力做功不引起物体机械能的变化。
（2）重力势能：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关；重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
（3）重力势能表达式：Ep＝mgh.
2．弹性势能
（1）定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
（2）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔEp.
3．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
（2）表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
4．机械能守恒定律的判断
（1）利用机械能的定义判断：分析动能和势能的和是否变化．
（2）利用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．
（3）利用能量转化来判断：若物体或系统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．
（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
（2023 虹口区二模）在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠。在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中（　　）
A．机械能守恒
B．可能一直在加速
C．必做匀速直线运动
D．所受合外力先做正功后做负功
（2023 青羊区校级模拟）蹦床运动深受人们喜爱，如图为小明同学在杭州某蹦床馆，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设小明仅在竖直方向运动，忽略空气阻力，依据图像给出的物理信息，可得（　　）
A．7.5s至8.3s内，运动员先处于失重状态再处于超重状态
B．小明的最大加速度为50m/s2
C．小明上升的最大高度为20m
D．小明在整个蹦床过程中机械能守恒
【知识点二】单物体机械能守恒问题
1．机械能守恒的三种表达式
守恒角度 转化角度 转移角度
表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减
物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少（或增加）的重力势能等于系统增加（或减少）的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量
注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
2.解题的一般步骤
（1）选取研究对象；
（2）进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；
（3）选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；
（4）根据机械能守恒定律列出方程；
（5）解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
（2023 乐清市校级模拟）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则（　　）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中加速度大小不变
C．小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心
D．小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0
（2023 河南二模）如图所示，水平地面上的木板中央竖直固定一根轻杆，轻杆顶端用轻绳连接一可看作质点的小球，初始时把小球拉至水平，由静止释放，小球向下摆动的过程中木板恰好没有滑动。已知小球与木板的质量相等，则木板与地面间的静摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
（2023 遂宁三模）“神舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点C时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点，BD为椭圆轨道Ⅱ的短轴。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（　　）
A．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
B．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
【知识点三】多物体机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
（1）对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
（2）注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2．几种实际情景的分析
（1）速率相等情景
用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
（2）角速度相等情景
杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
（3）关联速度情景
两物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等。
（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
B．B球下降的最大高度为L
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
（2023 邢台一模）如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮（可视为质点O）的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B（B靠近定滑轮），滑轮到杆的距离OCh，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当A，O间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
（2023 银川一模）如图所示，质量m1＝0.2kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3m，AB＝0.4m，取重力加速度大小g＝10m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为（　　）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
【知识点四】含“弹簧类”机械能守恒问题
1.由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力（除重力外）和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
2.弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。
3.如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度（如绷紧的弹簧由静止释放）。
（2023 海淀区校级三模）取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小钢帽朝下按压在桌面上，如图所示．将手放开后，笔会向上弹起一定的高度，忽略一切阻力．下列说法正确的是（　　）
A．当笔刚要离开桌面时，笔的速度达到最大
B．从笔开始运动到最高点，笔做匀变速直线运动
C．从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点，笔的机械能守恒
D．从笔开始运动到笔刚要离开桌面，桌面对笔的作用力对笔做正功
（多选）（2023 厦门模拟）如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为2R的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动（初速度视为0）后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则（　　）
A．小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B．小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C．小球运动到Q点时受到细杆的弹力为
D．小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
（多选）（2023 渭南二模）如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．从位置x＝x1到x＝x3物块速度先减小后增大
C．物块的最大动能为
D．弹簧的最大弹性势能为ma1（x3﹣x1）
（2023 浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023 甲卷）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（　　）
A．机械能一直增加 B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大
（2023 浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（　　）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
（多选）（2023 湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（　　）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
（2021 重庆）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，O、O′为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
（2021 重庆）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t＝t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．t＝0时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
（2021 全国）如图，一质量为m的小球从高度为H的地方以初速度v0水平抛出。不计空气阻力，当小球在竖直方向上下降的距离为h时，其动能为（　　）
A．mmgH B．mmgh
C．mgH﹣mgh D．mmg（H﹣h）
（2021 海南）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（　　）
A．4.0m B．4.5m C．5.0m D．5.5m
（2021 浙江）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（　　）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同
B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同
D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
（2023 甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
（2022 上海）如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
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专题6.3　机械能守恒定律及其应用
1.物理观念：重力势能、机械能。
（1）理解功和功率。了解生产生活中常见机械的功率大小及其意义。
（2）理解动能和动能定理。能用动能定理解释生产生活中的现象。
2.科学思维：机械能守恒定律。
（1）理解重力势能，知道重力势能的变化与重力做功的关系。定性了解弹性势能。。
（2）知道机械能的含义会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒.
（3）.能应用机械能守恒定律解决具体问题．
3.科学态度与责任：
（1）理解机械能守恒定律，体会守恒观念对认识物理规律的重要性。
（2）.能用机械能守恒定律分析生产生活中的有关问题。
【知识点一】机械能守恒定律的判断
1．重力做功与重力势能的关系
（1）重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关；重力做功不引起物体机械能的变化。
（2）重力势能：重力势能是物体和地球所共有的，重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关；重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大．即WG＝Ep1－Ep2＝－ΔEp。
（3）重力势能表达式：Ep＝mgh.
2．弹性势能
（1）定义：发生弹性形变的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能．
（2）弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增加．即W＝－ΔEp.
3．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．
（2）表达式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
4．机械能守恒定律的判断
（1）利用机械能的定义判断：分析动能和势能的和是否变化．
（2）利用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．
（3）利用能量转化来判断：若物体或系统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．
（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，，解得vy＝16m/s，，所以运动员在最高点的速度为m/s；
运动员的起跳速度为，代入数据解得v，故AB错误；
C、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，代入数据解得h2＝16m
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。
（2023 虹口区二模）在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠。在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中（　　）
A．机械能守恒
B．可能一直在加速
C．必做匀速直线运动
D．所受合外力先做正功后做负功
【解答】解：A．在此过程中，空气阻力做功，根据机械能的定义可知，整个过程中机械能不守恒，故A错误；
BCD．在此过程中，若空气阻力一直小于重力，则一直在加速，所受合外力做正功，故B正确，CD错误。
故选：B。
（2023 青羊区校级模拟）蹦床运动深受人们喜爱，如图为小明同学在杭州某蹦床馆，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。假设小明仅在竖直方向运动，忽略空气阻力，依据图像给出的物理信息，可得（　　）
A．7.5s至8.3s内，运动员先处于失重状态再处于超重状态
B．小明的最大加速度为50m/s2
C．小明上升的最大高度为20m
D．小明在整个蹦床过程中机械能守恒
【解答】解：A、7.5s至8.3s内，蹦床弹力由0增加到2400N再减小到0，运动员先处于失重状态后处于超重状态再处于失重状态，故A错误；
B、由图可知，运动员的重力为400N，质量为mkg＝40kg，运动员的加速度最大为amm/s2＝50m/s2，故B正确；
C、由图可知，运动员在空中时间为T＝7.5s﹣5.5s＝2s，由运动的对称性可知，下落时间为t＝1s，运动员上升的最高高度为h10×12m＝5m，故C错误；
D、小明在整个蹦床过程中，蹦床对小明做功，机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
【知识点二】单物体机械能守恒问题
1．机械能守恒的三种表达式
守恒角度 转化角度 转移角度
表达式 E1＝E2 ΔEk＝－ΔEp ΔEA增＝ΔEB减
物理意义 系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 系统减少（或增加）的重力势能等于系统增加（或减少）的动能 系统内A部分物体机械能的增加量等于B部分物体机械能的减少量
注意事项 选好重力势能的参考平面，且初、末状态必须用同一参考平面计算势能 分清重力势能的增加量或减少量，可不选参考平面而直接计算初、末状态的势能差 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题
2.解题的一般步骤
（1）选取研究对象；
（2）进行受力分析，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒；
（3）选取参考平面，确定初、末状态的机械能或确定动能和势能的改变量；
（4）根据机械能守恒定律列出方程；
（5）解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
（2023 乐清市校级模拟）如图所示，轻杆的一端固定在O点，另一端固定一个小球，小球随轻杆在竖直平面内绕O点做匀速圆周运动。则（　　）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球在运动过程中加速度大小不变
C．小球运动到A点时，杆对小球作用力方向指向圆心
D．小球运动到C点时，杆对小球的作用力不可能为0
【解答】解：A、小球做匀速圆周运动，速度不变，则动能不变，小球运动过程中重力势能变化，则机械能不守恒，故A错误；
B、小球做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故B正确；
C、当小球在A点时，杆对小球作用力竖直方向分量应等于重力，水平方向分量提供向心力，则杆对小球作用力方向并非指向圆心，故C错误；
D、若v，则小球运动到C点时，杆对小球的作用力为0，故D错误；
故选：B。
（2023 河南二模）如图所示，水平地面上的木板中央竖直固定一根轻杆，轻杆顶端用轻绳连接一可看作质点的小球，初始时把小球拉至水平，由静止释放，小球向下摆动的过程中木板恰好没有滑动。已知小球与木板的质量相等，则木板与地面间的静摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设轻绳与水平方向的夹角为θ时，小球的速度大小为v，轻绳中的张力大小为T，由机械能守恒定律有
由牛顿第二定律有
联立解得：T＝3mgsinθ
要使木板不滑动，则轻绳中的拉力在水平方向的分力不大于对应木板受到的最大静摩擦力，则有Tcosθ≤μ（mg+Tsinθ）
整理可得
显然上式右边为第一象限内单位圆上的点与定点连线斜率的相反数，如图所示
可知，当，即有时，函数式存在最大值，解得：，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023 遂宁三模）“神舟十三号”飞船开始在半径为r1的圆轨道Ⅰ上运行，运行周期为T1，在A点通过变轨操作后进入椭圆轨道Ⅱ运动，沿轨道Ⅱ运动到远地点C时正好与处于半径为r3的圆轨道Ⅲ上的核心舱对接，A为椭圆轨道Ⅱ的近地点，BD为椭圆轨道Ⅱ的短轴。假设飞船质量始终不变，关于飞船的运动，下列说法正确的是（　　）
A．沿轨道Ⅰ运行时的机械能等于沿轨道Ⅱ运行时的机械能
B．沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率
C．沿轨道Ⅱ运行的周期为
D．沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度小于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度
【解答】解：A、飞船从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在A点加速，机械能增加，则沿轨道Ⅰ运行时的机械能小于沿轨道Ⅱ运行时的机械能，故A错误；
B、飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力，有Gm，解得v，则知vⅠ＞vⅢ。
飞船从轨道Ⅱ转移到轨道Ⅲ，需要在C点加速，则沿轨道Ⅱ运动到C时的速率vⅡC＜vⅢ，则vⅠ＞vⅡC，即知沿轨道Ⅰ运动到A时的速率大于沿轨道Ⅱ运动到C时的速率，故B正确；
C、根据开普勒第三定律有：，解得沿轨道Ⅱ运行的周期为T2＝T1，故C错误；
D、由牛顿第二定律有Gma，得加速度a，A点到地心的距离比B点的小，所以沿轨道Ⅰ运动到A点时的加速度大于沿轨道Ⅱ运动到B点时的加速度，故D错误。
故选：B。
【知识点三】多物体机械能守恒问题
1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
（1）对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
（2）注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
（3）列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。
2．几种实际情景的分析
（1）速率相等情景
用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
（2）角速度相等情景
杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
（3）关联速度情景
两物体速度的关联实质：沿绳（或沿杆）方向的分速度大小相等。
（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
B．B球下降的最大高度为L
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
【解答】解：由于sinθ＝0.6，可得cosθ＝0.8
A．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
解得
则A球与转轴O等高时的动能为，故A错误；
B．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，故B错误；
CD．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；，故C错误，D正确。
故选：D。
（2023 邢台一模）如图所示，固定的水平长杆上套有质量为m的小物块A，跨过轻质定滑轮（可视为质点O）的细线一端连接A，另一端悬挂质量为m的小物块B（B靠近定滑轮），滑轮到杆的距离OCh，开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦。现将A、B由静止释放，则当A，O间的细线与水平方向的夹角为60°时，小物块B的速度大小为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：将A、B由静止释放，当A、O间的细线与水平方向的夹角为60°时，B下落的高度H2（1）h
由A和B组成的系统机械能守恒得：mgH
根据A沿绳子方向的分速度与B的速度大小相等，得：vB＝vAcos60°
联立解得vB，故ABC错误，D正确。
故选：D。
（2023 银川一模）如图所示，质量m1＝0.2kg的物体P穿在一固定的光滑水平直杆上，直杆右端固定一光滑定滑轮。一绕过两光滑定滑轮的细线的一端与物体P相连，另一端与质量m2＝0.45kg的物体Q相连。开始时物体P在外力作用下静止于A点，绳处于伸直状态，已知OA＝0.3m，AB＝0.4m，取重力加速度大小g＝10m/s2，两物体均视为质点，不计空气阻力。某时刻撤去外力、同时给P一水平向左的速度v，物体P恰能运动到B点，则v的大小为（　　）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
【解答】解：根据几何关系可得：
则当P从A到B的过程中，Q的位移x＝OB﹣OA＝0.5m﹣0.3m＝0.2 m
由系统机械能守恒可得：
解得：v＝3 m/s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【知识点四】含“弹簧类”机械能守恒问题
1.由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力（除重力外）和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
2.弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长（或压缩至最短）时，两端的物体具有相同的速度，弹性势能最大。
3.如果系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零，当弹簧为自然长度时，系统内弹簧某一端的物体具有最大速度（如绷紧的弹簧由静止释放）。
（2023 海淀区校级三模）取一支按压式圆珠笔，将笔的按压式小钢帽朝下按压在桌面上，如图所示．将手放开后，笔会向上弹起一定的高度，忽略一切阻力．下列说法正确的是（　　）
A．当笔刚要离开桌面时，笔的速度达到最大
B．从笔开始运动到最高点，笔做匀变速直线运动
C．从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点，笔的机械能守恒
D．从笔开始运动到笔刚要离开桌面，桌面对笔的作用力对笔做正功
【解答】解：A、圆珠笔开始时向上做加速运动，后做减速运动；在加速阶段，当笔受到的合力为零，即加速度为零时，笔的速度达到最大，显然笔刚要离开桌面时，笔的加速度不为零，速度不是最大值，故A错误；
B、从笔开始运动到最高点，笔除受重力之外，还受到弹簧的弹力和桌面的支持力，可知笔受到的合力在改变，则笔做的是非匀变速直线运动，故B错误；
C、从笔外壳与内芯碰撞结束到笔运动到最高点的过程中，笔只受到自身重力的作用，则笔的机械能守恒，故C正确；
D、从笔开始运动到笔刚要离开桌面，由于桌面对比的作用力未发生位移，所以桌面对笔不做功，故D错误；
故选：C。
（多选）（2023 厦门模拟）如图所示，一个以O为圆心、半径为R的光滑圆环固定在竖直平面，O点正上方固定一根竖直的光滑细杆。轻质弹簧套在光滑细杆上，上端固定在M点，下端连接套在细杆上的滑块。小球穿在圆环上，通过一根长为2R的两端有铰链的轻质细杆与滑块连接。初始时小球处于圆环最高点，弹簧处于原长状态。小球受微小扰动（初速度视为0）后沿圆环顺时针滑下。当小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值。已知滑块和小球的质量均为m，弹簧的劲度系数，弹性势能（x为弹簧的形变量），重力加速度为g，滑块和小球均可视为质点，则（　　）
A．小球运动到Q点的过程中，滑块、小球组成的系统机械能守恒
B．小球运动到Q点时速度大小与滑块相等
C．小球运动到Q点时受到细杆的弹力为
D．小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为
【解答】解：A、小球运动到Q点的过程中，弹簧对滑块做负功，根据功能关系可知，滑块、小球组成的系统机械能减少，故A错误；
B、小球运动到Q点时，根据几何关系可知，此时轻杆与竖直方向的夹角满足：，可得此时轻杆与竖直方向的夹角θ＝30°。此时滑块的速度方向竖直向下，小球的速度方向刚好也竖直向下，滑块与小球两者沿杆子方向的分速度大小相等，则有v滑cos30°＝v球cos30°，可得v滑＝v球，即小球运动到Q点时速度大小与滑块相等，故B正确；
C、由于小球运动到与圆心等高的Q点时，滑块速度达到最大值，所以可知此时滑块的加速度为零，此时弹簧伸长量为
弹簧弹力大小为
F弹＝kx1 （3）R＝2mg
以滑块为研究对象，根据平衡条件可得：F弹＝mg+F杆cos30°
解得：，则知小球运动到Q点时受到细杆的弹力为，故C错误；
D、小球运动到圆环最低点P时，此时滑块运动到最低点，滑块的速度为零，设此时小球的速度为v，此时弹簧的伸长量为x2＝4R﹣2R＝2R
弹簧的弹性势能为
根据小球、滑块和弹簧组成的系统机械能守恒可知
mg 2R+mg 2REP
小球运动到圆环最低点P时向心加速度大小为，联立解得：，故D正确。
故选：BD。
（多选）（2023 渭南二模）如图甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一轻质弹簧，将质量为m的物块从斜面顶端由静止释放，物块运动到最低点的过程中，其加速度随位移变化的规律如图乙所示，则（　　）
A．弹簧的劲度系数为
B．从位置x＝x1到x＝x3物块速度先减小后增大
C．物块的最大动能为
D．弹簧的最大弹性势能为ma1（x3﹣x1）
【解答】解：A．设斜面倾角为θ，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＝ma1
当位移为x2时，由图可知加速度为零，则物体的合外力为零
k（x2﹣x1）＝mgsinθ
联立解得：，故A正确；
B．由图可知，从x＝x1到x＝x2物体加速度方向与速度方向相同，速度变大，到x＝x2处时加速度为零，速度达到最大，x＝x2到x＝x3加速度方向与运动方向相反，速度减小，所以从位置x＝x1到x＝x3物块速度先增大后减小，故B错误；
C．当位移为x2时，动能最大，最大动能为
联立解得：Ekmma1（x1+x2）
故C正确；
D．根据能量守恒，弹簧的最大弹性势能为Epm＝mgx3sinθ＝ma1x3
故D错误。
故选：AC。
（2023 浙江）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、铅球做平抛运动，在空中运动时加速度为重力加速度，大小不变，a﹣t图像应为水平直线，故A错误；
B、铅球竖直方向做自由落体运动，竖直分速度vy＝gt
水平方向做匀速直线运动，水平分速度vx＝v0
铅球的速度大小v
速度随时间变化的关系不是线性关系，故B错误；
C、铅球的动能Ekmv2m（g2t2）
则动能与时间的关系为二次函数关系，图像为抛物线，故C错误；
D、铅球运动过程中，只受重力，机械能守恒，E﹣t图像为水平直线，故D正确。
故选：D。
（2023 甲卷）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动过程中（　　）
A．机械能一直增加 B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变 D．被推出后瞬间动能最大
【解答】解：A、铅球在平抛运动过程中，仅受重力，机械能守桓，故A错误；
B、铅球在平抛运动过程中加速度为重力加速度，保持不变，故B正确；
CD、运动过程中减少的重力势能转化为动能，铅球的动能越来越大，速度也越来越大，故CD错误。
故选：B。
（2023 浙江）一位游客正在体验蹦极，绑上蹦极专用的橡皮绳后从跳台纵身而下。游客从跳台下落直到最低点过程中（　　）
A．弹性势能减小
B．重力势能减小
C．机械能保持不变
D．绳一绷紧动能就开始减小
【解答】解：A、绳绷紧前，弹性势能不变。绳绷紧后，随着伸长量的增大，弹性势能增大，故A错误；
B、游客从跳台下落直到最低点过程中，重力一直做正功，重力势能一直减小，故B正确；
C、绳绷紧前，只有重力做功，游客的机械能保持不变。绳绷紧后，绳对游客做负功，游客的机械能减小，故C错误；
D、绳绷紧后，游客受到重力和绳的拉力两个力作用，绳的拉力先小于重力，后大于重力，游客的合力先向下后向上，先加速运动后做减速运动，动能先增大后减小，当绳的拉力与重力大小相等时动能最大，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 湖南）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是（　　）
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
【解答】解：A、小球从B到C的过程中，根据牛顿第二定律有
mgcosθ﹣N＝m
其中θ逐渐减小，动能转化为重力势能，v也逐渐减小，所以N逐渐增大，根据牛顿第三定律可知小球对轨道的压力逐渐增大，故A正确；
B、小球从A到C的过程中，动能转化为重力势能，速度逐渐减小，重力的功率逐渐减小，故B错误；
C、小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，根据机械能守恒定律有
mg 2R
解得
故C错误；
D、在B点，根据牛顿第二定律有
mgcosθ﹣N＝m
解得
N＝mgcosθ﹣m
当N＝0时，v，当若小球初速度v＝v0增大，小球有可能从B点脱离轨道，故D正确；
故选：AD。
（2021 重庆）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的圆弧轨道，固定在竖直平面内，地面水平，O、O′为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，当通过N点时，速度大小为（重力加速度为g）（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得，可得θ＝30°
设小物块通过N点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，
由机械能守恒定律可得解得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
（2021 重庆）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t＝t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（　　）
A．t＝0时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
【解答】解：A．根据位移—时间图像斜率表示速度可知，t＝0时刻，甲的速率小于乙的速率，故A错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t＝t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B错误，C正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D错误。
故选：C。
（2021 全国）如图，一质量为m的小球从高度为H的地方以初速度v0水平抛出。不计空气阻力，当小球在竖直方向上下降的距离为h时，其动能为（　　）
A．mmgH B．mmgh
C．mgH﹣mgh D．mmg（H﹣h）
【解答】解：由机械能守恒得：mgHmg（H﹣h）
解得
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2021 海南）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。如图所示，滑梯顶端到末端的高度H＝4.0m，末端到水面的高度h＝1.0m。取重力加速度g＝10m/s2，将人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（　　）
A．4.0m B．4.5m C．5.0m D．5.5m
【解答】解：人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，
根据机械能守恒定律可知mgHmv2，
代入数据解得v＝4m/s
从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，
根据hgt2可知落水时间为
t
水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
x＝vt＝4m＝4.0m，故A正确，BCD错误；
故选：A。
（2021 浙江）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是（　　）
A．相邻位置运动员重心的速度变化相同
B．运动员在A、D位置时重心的速度相同
C．运动员从A到B和从C到D的时间相同
D．运动员重心位置的最高点位于B和C中间
【解答】解：A、因每次曝光的时间间隔相等，设为Δt，而运动员在空中只受重力作用，加速度为g，则相邻位置运动员重心的速度变化均为gΔt，故A正确；
B、A和D处于同一水平高度，根据机械能守恒知运动员在A、D位置时重心的速度大小相同，但是方向不同，所以速度不同，故B错误；
C、由图可知，运动员从A到B为5Δt，从C到D的时间6Δt，时间不相同，故C错误；
D、由图知A到C的时间等于C到D的时间，根据斜抛运动的对称性可知运动员重心位置的最高点位于C点，故D错误。
故选：A。
（2023 甲卷）如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上。用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为EP。释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出。小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的。小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h。重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求：
（1）小球离开桌面时的速度大小；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离。
【解答】解：（1）设小球离开桌面时速度大小为v0，对小球和弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：EP
解得：v0
（2）设小球从离开桌面到第一次落地所用时间为t，则落地点距飞出点的水平距离x＝v0t
落地瞬间竖直分速度vy＝gt
与地面撞击后瞬间，竖直速度大小为vy′vygt
小球竖直方向做竖直上抛运动，有：0﹣vy′2＝﹣2gh
联立解得：x
答：（1）小球离开桌面时的速度大小为；
（2）小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离为。
（2022 上海）如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面。A与地面间高度差为h1，BC间高度差为h2，一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后落地，已知重力加速度为g。
（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB；
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。
【解答】解：（1）从B到落地过程中机械能守恒，设地面为零势能面，则
mgh1+EkB＝E1
化简得：EkB＝E1﹣mgh1
（2）整个过程中根据动能定理得：
FmaxL﹣μmgL+mgh1＝E1
所以Fmax
若物体恰能达到C点，根据动能定理得：
FminL﹣μmgL﹣mgh2＝0
解得：Fmin
综上所述可得：F
答：（1）若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能为E1﹣mgh1；
（2）若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件为F。
（2021 浙江）如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离dR。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
（1）若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
（2）求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
（3）若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【解答】解：（1）对小球，从释放点到圆管最低点C的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh0
代入数据解得速度大小vC为：vC
在此过程中，对小球由动量定理得：I＝mvC
代入数据解得所受合力的冲量I的大小：I＝m，方向水平向左。
（2）对小球从释放点到D点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（h﹣R）
在D点，对小球由牛顿第二定律得：
FN
联立解得D点所受弹力FN与h的关系式为：FN＝2mg（1）
满足的条件为：h≥R
（3）第1种情况：不滑离轨道原路返回，条件为：h
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前做平抛运动，由运动学公式得：d＝vxt
竖直方向上，由速度﹣时间公式得：t
对小球在G点，由速度的分解得：vx＝vGsinθ，vy＝vGcosθ
联立解得：vG＝2
对小球从释放点到G点的过程中，由机械能守恒定律得：
mg（hR）
联立解得h满足的条件为：h
答：（1）小球第一次运动到圆管最低点C时，速度大小vC为，在此过程中所受合力的冲量I大小为m，方向水平向左；
（2）小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式为FN＝2mg（1）；
（3）小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该：不滑离轨道原路返回，条件为h，与墙面垂直碰撞后原路返回，条件为h。
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