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專題強化（9）機械能守恒定律的理解
掌握機械能守恒定律的相關模型與分析思路
知識點1 機械能守恒定律的判斷
1．內容
在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，但機械能的總量保持不變．
2．條件
只有重力或彈力做功．
3．判斷方法
(1)用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機械能不變．若一個物體動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加(減少)，其機械能一定變化．
(2)用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)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：若物體或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，則物體或系統機械能守恒．
(4)對多個物體組成的系統，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統內力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統機械能將有損失．
（2024秋 大連期中）如圖，斜面傾角為θ，底部O點與光滑水平地面平滑相連，地面上一根輕彈簧左端固定，右端自然伸長。質量為m的小滑塊從高度為h的斜面頂端由靜止開始釋放，滑塊能滑上地面壓縮彈簧。滑塊通過O點前后速度大小不變，滑塊與斜面的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度范圍內。下列說法正確的是（　　）
A．μ的值可能大于tanθ
B．滑塊在光滑地面上的運動過程中，機械能守恒
C．彈簧具有的最大彈性勢能為
D．滑塊與斜面因為摩擦產生的熱量最多為Q＝mgh
【解答】解：A、滑塊從斜面頂端由靜止釋放能夠下滑，是因為mdsiθ＞μmgcosθ，所以μ的值一定小于tanθ，故A錯誤；
B、滑塊在光滑地面上的運動過程中，受到彈簧對它的作用力，對它做功，所以滑塊的機械能不守恒，故B錯誤；
C、當滑塊的速度第一次為零時，彈簧的彈性勢能最大，根據能量守恒有 ，故C錯誤；
D、滑塊不斷的在斜面上和水平面上來回運動，最后停留在斜面的底端，把重力勢能全部轉化為內能，根據能量轉化和守恒定律可知滑塊與斜面因為摩擦產生的熱量最多為Q＝mgh，故D正確。
故選：D。
（2024秋 重慶月考）近年來無人機在軍事、工業等領域均有廣泛的應用，一質量為m的無人機在執行遠程偵察任務，某段時間內該無人機以速度v沿著與水平方向成θ角斜向上的方向勻速直線飛行，重力加速度為g，則（　　）
A．該無人機處于超重狀態
B．該無人機在運動的過程中機械能守恒
C．空氣對該無人機作用力的大小為mg
D．重力對無人機做功的瞬時功率為mgv
【解答】解：A、依題意，該無人機做勻速直線運動，處于平衡狀態，故A錯誤；
B、無人機在運動的過程中動能不變，重力勢能增加，則兩者之和即機械能增加，故B錯誤；
C、無人機在運動過程中受到自身豎直向下的重力和空氣的作用力，兩者等大反向，則空氣對該無人機作用力的大小為mg，故C正確；
D、重力方向與速度v的方向有夾角，則重力對無人機做功的瞬時功率大小不等于mgv，而等于mgvsinθ，故D錯誤。
故選：C。
（2024春 岱岳區校級期末）在下面列舉的各個實例中，不考慮空氣阻力，敘述正確的是（　　）
A．甲圖中跳水運動員在空中運動的過程中機械能守恒
B．乙圖中物體在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的過程中機械能守恒
C．丙圖中通過輕繩連接的物體A、B運動過程中A的機械能守恒
D．丁圖中小球在光滑水平面上以一定的初速度壓縮彈簧的過程中，小球的機械能守恒
【解答】解：A、甲圖中跳水運動員在空中運動的過程中，不考慮空氣阻力，只有重力做功，其機械能守恒，故A正確；
B、乙圖中物體在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的過程中，外力F對物體做功，物體的機械能不守恒，故B錯誤；
C、丙圖中通過輕繩連接的物體A、B運動過程中，細繩拉力對A做功，則A的機械能不守恒，故C錯誤；
D、丁圖中小球在光滑水平面上以一定的初速度壓縮彈簧的過程中，彈簧對小球做功，小球的機械能不守恒，故D錯誤。
故選：A。
知識點2 單物體的機械能守恒問題
機械能守恒的三種表達式
1．守恒觀點
(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意義：系統初狀態的機械能等于末狀態的機械能．
(3)注意：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面．
2．轉化觀點
(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意義：系統的機械能守恒時，系統增加(或減少)的動能等于系統減少(或增加)的勢能．
3．轉移觀點
(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．
(2)意義：若系統由A、B兩部分組成，當系統的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量．
（2024秋 常州月考）如圖，質量為m＝1kg的小滑塊（視為質點）在半徑為R＝0.4m的四分之一圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2m/s。當滑塊經過B后立即將圓弧軌道撤去。滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37°、長s＝1m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ≤1.5之間調節。斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。認為滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。
（1）求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功。
（2）若設置μ＝0，求彈簧的最大彈性勢能。
（3）若滑塊不會回到BC平面上且最終停在D點，求μ的取值范圍。
【解答】解：（1）在B點，根據牛頓第二定律可得：F﹣mg＝m
解得：F＝20N
由牛頓第三定律，滑塊對B點的壓力大小為：F'＝20N
從A到B，由動能定理得：mgR﹣Wmv2
代入數據解得：W＝2J；
（2）若設置μ＝0，根據機械能守恒可得：Epmgs sinθ
代入數據解得：EP＝8J；
（3）最終滑塊停在D點有兩種可能：
a、滑塊恰好能從C下滑到D。
從C到D，根據動能定理可得：mgsinθ s﹣μ1mgcosθ s＝0mv2
得到：μ1＝1；
b、滑塊在斜面CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點，當滑塊恰好能返回C，根據動能定理可得：
﹣μ2mgcosθ 2s＝0mv2
解得：μ2＝0.125
當滑塊恰好靜止在斜面上，則有：mgsinθ＝μ3mgcosθ，得到：μ3＝0.75
所以，當0.125≤μ＜0.75，滑塊在CD和水平地面間多次反復運動，最終靜止于D點。
綜上所述，μ的取值范圍是0.125≤μ＜0.75或μ＝1。
答：（1）滑塊對B點的壓力大小為20N，在AB上克服阻力所做的功為2J；
（2）若設置μ＝0，彈簧的最大彈性勢能為8J；
（3）若滑塊不會回到BC平面上且最終停在D點，μ的取值范圍是0.125≤μ＜0.75或μ＝1。
（2024秋 沙河口區校級月考）如圖所示，固定在同一豎直面內的傾角為θ的軌道AB和圓弧軌道BCD相切于B點，圓弧軌道的圓心為O，CD為豎直直徑，BE連線過O點，一質量為m可視為質點的光滑小球從傾斜軌道上的P點由靜止滑下，圓弧軌道的半徑為r，PB間的距離為L，重力加速度大小為g。
（1）試論證小球從D點離開軌道后是否能直接落到BC間的軌道上；
（2）若傾角θ＝30°，則為何值時，小球從D點離開后會落到軌道AB上與O點等高處？
（3）若，為使小球能通過E點，θ應滿足的條件（用三角函數表示）。
【解答】解：（1）設小球做平拋運動的初速度為vD，豎直位移為h，運動時間為t，則
ND+mg＝m
h
水平位移x＝vDt
而ND≥0，h＞r
整理得xr
而BC間任一點到CD豎直線的距離均小于r.所以小球不可能直接落到BC間的軌道上。
（2）小球落到與O等高處，則h＝r
x
解得vD
從P到D，根據機械能守恒定律
mg（Lsinθ﹣r﹣rcosθ）
整理得4
（3）若小球能通過E點，則
mgcosθ≤m
解得
vE
小球從P到E，根據機械能守恒定律
mg（Lsinθ﹣2rcosθ）
整理得tanθ
答：（1）見解析；
（2）若傾角θ＝30°，則為4時，小球從D點離開后會落到軌道AB上與O點等高處；
（3）為使小球能通過E點，θ應滿足的條件為tanθ。
（2024秋 開福區校級月考）如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2m，B端高出水平地面0.8m，O點在B點的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。g取10m/s2。
（1）求OC的長；
（2）在B端水平銜接一長為1.0m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板與滑塊間的動摩擦因數；
（3）在（2）問的條件下，若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點距O點的距離最遠，ΔL應為多少？
【解答】解：（1）根據動能定理有
代入數據解得
vB＝2m/s
做平拋運動時有
，x＝vBt
代入數據解得
x＝0.8m
（2）滑塊從B端運動到N端停止的過程有
代入數據解得
μ＝0.2
（3）若將木板右端截去長為ΔL的一段后，由動能定理有
則落地點距O點的距離為
s＝L﹣ΔL+vt
聯立得
根據數學知識知，當
即ΔL＝0.16m時，s最大，且
smax＝1.16m
答：（1）OC的長0.8m；
（2）木板與滑塊的動摩擦因數0.2；
（3）要使落地點距O點的距離最遠，ΔL應為0.16m。
知識點3 連接體的機械能守恒問題
1．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等時間內A、B運動的路程相等，則A、B的速率相等。
判斷系統的機械能是否守恒不從做功角度判斷，而從能量轉化的角度判斷，即：如果系統中只有動能和勢能相互轉化，系統的機械能守恒。這類題目的典型特點是系統不受摩擦力作用。
2．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放后A、B在豎直平面內繞O點的軸轉動，在轉動的過程中相等時間內A、B轉過的角度相等，則A、B轉動的角速度相等。
系統機械能守恒的特點
(1)一個物體的機械能增加，另一個物體的機械能必然減少，機械能通過內力做功實現物體間的轉移。
(2)內力對一個物體做正功，必然對另外一個物體做負功，且二者代數和為零。
3．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放后A、B運動的過程中，A、B的速度并非均沿繩子方向，在相等時間內A、B運動的路程不相等，則A、B的速度大小不相等，但二者在沿著繩子方向的分速度大小相等。
列系統機械能守恒的兩種思路
(1)系統動能的減少(增加)等于重力勢能的增加(減少)。
(2)一個物體機械能的減少等于另一個物體機械能的增加。
類型1 輕繩連接的物體系統
（多選）（2023 普寧市校級二模）如圖所示，兩個輕質滑輪用無彈性的輕質細繩連接起來，一個滑輪下方掛著重物A，另一個滑輪下方掛著重物B，懸掛滑輪的繩均豎直，重物B用手固定。松開手后，A、B兩個重物同時運動。已知A、B質量均為m，重力加速度為g，忽略一切摩擦和空氣阻力。當B的位移大小為h時（未著地），下列說法正確的是（　　）
A．重物A的重力勢能增加了mgh
B．松開手瞬間，重物B的加速度大小為g
C．松開手瞬間，重物A的加速度大小為g
D．運動過程中重物B的動能是重物A的動能的4倍
【解答】解：A、由滑輪知識可知，在相同的時間內，B運動的位移大小是A的2倍，當下B降h時，A上升0.5h，A的重力勢能增加了0.5mgh，故A錯誤；
BC、由可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB＝2aA
受力分析可知，松開手后，重物B下落，A上升，松開手的瞬間，設繩上的拉力為T，
對物體A有2T﹣mg＝maA，
對物體B有mg﹣T＝maB，
解得aAg，aBg，故B錯誤，C正確；
D、由v＝at可知，B的速度是A的2倍，由可知，運動過程中重物B的動能是重物A的動能的4倍，故D正確。
故選：CD。
（多選）（2023 綿陽模擬）如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，圓環的圓心O的正上方B點固定有一定滑輪，B點的左側再固定有一定滑輪。質量為m的小球套在圓環上，輕質細線跨過兩個定滑輪，一端連接小球，另一端連接質量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環上的A點，OA與豎直方向的夾角為53°，且AB正好沿圓環的切線方向，P點為圓環的最高點，不計一切摩擦，不計滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列說法正確的是（　　）
A．小球與物塊靜止時，豎直向下的拉力Fmg
B．撤去拉力F的瞬間，細線的拉力大小為mg
C．小球由A點運動到P點的過程中，物塊的重力勢能減少量為mgR
D．若小球在P點的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v
【解答】解：A、對物塊進行受力分析，由二力平衡可得細線的拉力大小為T1＝mg
在A點，對小球進行受力分析，由平衡條件可得：（F+mg）sin53°＝T1
解得：，故A正確；
B、在撤去拉力F的瞬間，設細線的拉力大小為T2，小球和物塊的加速度大小相等設為a，對小球和物塊分別由牛頓第二定律可得
T2﹣mgsin53°＝ma
mg﹣T2＝ma
聯立解得：T2mg，故B錯誤；
C、撤去拉力F后，當小球運動到P點時，設小球的速度大小為v，由幾何關系可得：
，，BP＝OB﹣R
小球從A到P，物塊下降的高度為h＝AB﹣BP
聯立解得：
故物塊的重力勢能減少量為，故C正確；
D、小球在P點時，細線與小球的速度v垂直，則繩子伸長的速度為0，根據物塊和小球沿細線方向的分速度相等可知，此時物塊的速度為0，故D錯誤。
故選：AC。
（多選）（2023 遼寧一模）如圖所示，豎直固定的光滑細桿上穿著一個小球B，小球通過一根不可伸長的輕繩繞過輕質光滑定滑輪與質量為m的物塊A相連，用手將物塊A豎直向上托起至定滑輪左側細繩與豎直方向的夾角為θ，現突然松手，物塊A開始在豎直方向上做往復運動，小球最高能到達M點。已知定滑輪到細桿的距離為d，Q點和定滑輪的高度相同，OM⊥OP，sinθ＝0.6，重力加速度大小為g，定滑輪可看作質點，下列說法正確的是（　　）
A．小球經過Q點時的加速度為0
B．小球的質量為
C．繩中的最小張力為
D．該系統的最大總動能為
【解答】解：A、小球B經過Q點時，水平方向受力平衡，在豎直方向上僅受到重力作用，則小球經過Q點時的加速度為g，故A錯誤；
B、小球從P到M的過程中，根據物塊A和小球組成的系統機械能守恒有，解得小球的質量：，故B正確；
C、設小球在最高點的加速度大小為a高，則物塊對應的加速度大小為a高sinθ，由牛頓第二定律得
對小球有：
對物塊有：mg﹣T高＝ma高sinθ
解得繩中的張力：，故C錯誤；
D、設輕繩與水平方向的夾角為α時，系統的總動能為Ek，有
解得，為第一象限內單位圓上的點與定點（0，5）連線的斜率，所以，該系統的最大總動能為，故D正確。
故選：BD。
類型2 輕桿連接的物體系統
（多選）（2024春 九龍坡區校級期末）如圖所示，滑塊A、B的質量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜直桿與水平面成45°角，B套在固定水平直桿上，兩直桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計且桿足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿（初始時輕桿與水平面成30°角）連接，A、B從靜止釋放，B沿水平面向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B均視為質點，重力加速度大小為g，在運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．當A到達B所在水平面時
B．當A到達B所在水平面時，B的速度為
C．滑塊B到達最右端時，A的速度為
D．滑塊B的最大動能為
【解答】解：A、當A到達B所在水平面時，根據A沿沿剛性輕桿方向的分速度等于B的速度，如圖所示。
則有：vAcos45°＝vB，解得：，故A正確；
B、從開始到A到達B所在的水平面的過程中，A、B兩滑塊組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律有
mgLsin30°
結合，解得：，故B正確；
C、滑塊B到達最右端時，輕桿與傾斜直桿垂直，則此時滑塊B的速度為零，由系統機械能守恒得
解得：，故C錯誤；
D、由題意可知，B的加速度為零時，速度最大，當輕桿與水平直桿垂直時B的合力為零，速度最大，此時A的速度為零，由系統機械能守恒可得：
mgL（1+sin30°）＝EkB
解得滑塊B的最大動能為：，故D正確。
故選：ABD。
（多選）（2021秋 高新區校級月考）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則（　　）
A．a落地前，輕桿對b先做正功后做負功
B．a落地時速度大小為
C．a下落過程中，某一時刻其加速度大小大于g
D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為0
【解答】解：A、當a到達底端時，桿處于水平位置，在水平方向上桿的速度為零，則此時b的速度為零，b的速度在整個過程中，先增大后減小，則動能先增大后減小，所以輕桿對b先做正功，后做負功，故A正確；
B、a運動到最低點時，b的速度為零，根據系統機械能守恒定律得：
mAgh，解得vA，故B錯誤；
C、b的速度在整個過程中，先增大后減小，所以桿對b的作用力先是動力后是阻力，所以桿對a的作用力就先是阻力后是動力，所以在b減速的過程中，桿對a是斜向下的拉力，此時a的加速度大于重力加速度，故C正確；
D、a、b整體機械能守恒，當a的機械能最小時，b的動能最大，速度最大，b的加速度為零，故此時b受到桿的力為零，b受重力、地面支持力的作用，且支持力與重力的大小相等，所以此時b對地面的壓力大小為mg，故D錯誤。
故選：AC。
如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B各固定一質量均為m的小球，桿可繞無摩擦的軸O轉動，使桿從水平位置無初速釋放擺下．求當桿轉到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？
【解答】解：若取B的最低點為零重力勢能參考平面，根據系統機械能守恒得，：
又因A球對B球在各個時刻對應的角速度相同，故vB＝2vA
聯立兩式得：．
根據動能定理，可解出桿對A、B做的功．
對于A有：，
即：WA＝﹣0.2mgL
對于B有：，
即：WB＝0.2mgL．
故輕桿對A、B兩球分別做功為﹣0.2mgL，0.2mgL．
類型3 含彈簧類機械能守恒問題
1．物體由于發生彈性形變而具有的能量叫做彈性勢能．
2．發生形變的物體不一定具有彈性勢能，只有發生彈性形變的物體才具有彈性勢能．
（多選）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住質量為m的物體A，此時A與擋板的距離為s，滑輪兩側的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態。松開手后，A在斜面上運動的過程中，彈簧形變不超過其彈性限度，B始終靜止在水平面上。重力加速度為g，空氣阻力不計。則下列說法正確的是（　　）
A．A和B組成的系統機械能守恒
B．若A恰好能到達擋板處，此時A的加速度為零
C．若A恰好能到達擋板處，此時彈簧的彈性勢能EP＝0.5mgs
D．若A恰好能到達擋板處，當A的速度最大時，彈簧的彈力F＝0.5mg
【解答】解：A、對于A和B組成的系統，由于彈簧對系統要做功，所以系統的機械能不守恒，故A錯誤。
B、當A的速度最大時，A的加速度為零，合力為零，此后A繼續下滑，彈簧的彈力繼續增大，可知，若A恰好能到達擋板處，此時A的合力不為零，加速度不為零，故B錯誤。
C、若A恰好能到達擋板處，根據A、B和彈簧組成的系統機械能守恒得：此時彈簧的彈性勢能等于A重力勢能的減少量，即為：EP＝mgs sin30°＝0.5mgs，故C正確。
D、若A恰好能到達擋板處，當A的速度最大時，合力為零，則彈簧的彈力為：F＝mgsin30°＝0.5mg，故D正確。
故選：CD。
（多選）如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上．現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是（　　）
A．斜面傾角α＝30°
B．A獲得最大速度為2g
C．C剛離開地面時，B的加速度為g
D．從釋放A到C剛離開地面這兩個狀態，A、B兩小球組成的系統機械能守恒
【解答】解：A、設當物體C剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xC，則
kxC＝mg ①
物體C剛剛離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxC、細線的拉力T三個力的作用，
設物體B的加速度為a，根據牛頓第二定律，
對B有：T﹣mg﹣kxC＝ma ②
對A有：4mgsinα﹣T＝4ma ③
由②、③兩式得
4mgsinα﹣mg﹣kxC＝5ma ④
當B獲得最大速度時，有 a＝0 ⑤
由①④⑤式聯立，解得 sinα，所以：α＝30°，故A正確；
B、設開始時彈簧的壓縮量xB，則 kxB＝mg
設當物體C剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xC，則 kxC＝mg
當物體C剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體A沿斜面下滑的距離均為：
h＝xC+xB
由于彈簧處于壓縮狀態和伸長狀態時的彈性勢能相等，且物體C剛剛離開地面時，A、B兩物體的速度相等，設為vBm，以A、B及彈簧組成的系統為研究對象，
由機械能守恒定律得：4mghsinα﹣mgh（4m+m） VBm2
代入數據，解得：VBm＝2g，故B正確；
C、C剛離開地面時，B的速度最大，加速度為零，故C錯誤；
D、從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球以及彈簧構成的系統機械能守恒，A、B兩小球組成的系統機械能不守恒。故D錯誤；
故選：AB。
（多選）（2024秋 海淀區校級月考）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（　　）
A．當x＝h+x0時，重力勢能與彈性勢能之和最小
B．小球在最低點的加速度一定大于g
C．小球動能的最大值為
D．當x＝h+2x0時，小球的重力勢能最小
【解答】解：A、根據乙圖可知，當x＝h+x0，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，小球的動能最大。以彈簧和小球組成的系統為研究對象，由系統機械能守恒可知，當x＝h+x0，小球的重力勢能與彈性勢能之和最小，故A正確；
B、若小球從彈簧原長處靜止釋放，釋放時的速度為零、加速度大小為g，方向向下，此后小球做簡諧運動，根據對稱性可知小球達到最低點的加速度大小為g，方向向上。現在小球從彈簧原長處某一位置由靜止釋放，最低點的高度比由原長處釋放時更低、彈簧推力更大，加速度大于g，故B正確；
C、小球達到最大速度的過程中，根據動能定理可知mg（h+x0） Ekm﹣0，當x＝h+x0時，有mg＝kx0，解得最大動能為：Ekm＝mgh，故C正確；
D、若小球從彈簧原長處靜止釋放，此后小球做簡諧運動，下降x0時速度最大，根據對稱性可知小球達到最低點時下降的高度為2x0。現在小球從彈簧原長處某一位置由靜止釋放，最低點的高度比由原長處釋放時更低，所以當x＝h+2x0時，小球速度不為零，還要向下運動，此時的重力勢能不是最小，故D錯誤。
故選：ABC。
（2024秋 朝陽區校級月考）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處時速度最大，到達C處時速度為零，AC＝h。若圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則圓環（　　）
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做功為
C．在C處時，彈簧的彈性勢能為
D．上滑經過B的速度大小等于下滑經過B的速度大小
【解答】解：A.圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環先做加速運動，再做減速運動，經過B處的速度最大，則經過B處時的加速度為零，所以加速度先減小后增大，故A錯誤；
B.研究圓環從A處由靜止開始下滑到C過程，運用動能定理得mgh﹣Wf﹣W彈＝0﹣0，在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處，運用動能定理得，解得，故B正確；
C.設彈力做功大小為W彈，從A到C由動能定理得mgh﹣Wf﹣W彈＝0﹣0，且，解得W彈＝mgh，所以彈簧的彈性勢能為Ep，故C錯誤；
D.研究圓環從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理得mgh'﹣W'f，研究圓環從B處上滑到A的過程，運用動能定理得﹣mgh′﹣Wf′+W彈′＝0m，由以上兩式得vB′＞vB，上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度，故D錯誤。
故選：B。
（2024秋 東莞市校級月考）2023年9月21日，莞外高三年級籃球比賽決賽開打，一同學第一次跳投出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角α＝60°；第二次不起跳出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角β＝30°；兩次出手的位置在同一豎直線上，結果兩次籃球正好垂直撞擊到籃板同一位置點。不計空氣阻力，則從籃球出手到運動到點C的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．運動時間的比值為1：3
B．上升的最大高度的比值為
C．兩次出手時籃球的初動能相等
D．兩次投籃，籃球在C點的機械能相等
【解答】解：AB．因為籃球垂直撞在C點，則兩次籃球運動過程的逆過程是平拋運動，根據平拋運動中速度偏角和位移偏角的正切值關系，對第一、二次出手，分別有tan30°，tan60°，聯立可得，且，，聯立可得，故AB錯誤；
CD．對第一次出手，有，，，對第二次出手，有，，，聯立可得v1＝v2，
因二者初速度大小相同，則初動能相同，由于籃球兩次運動過程中的初始位置不等高，末位置在同一位置，根據機械能守恒定律可知，籃球在C點時，兩球的機械能不同，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024秋 如皋市月考）如圖所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，一小球由彈簧的正上方自由下落，不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內.小球向下運動的整個過程中，小球重力的瞬時功率P、彈簧的彈性勢能Ep與位移x的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、小球接觸彈簧前做自由落體運動，則：v2＝2gx，解得：v，重力做功功率為：，根據數學知識可知P﹣x圖像是開口向右的拋物線；小球開始接觸彈簧，向下的合力減小，做加速度減小的加速運動，當彈簧彈力等于重力時，加速度為零，此時速度最大，小球重力的瞬時功率最大；之后做減速運動，直到速度減為零，小球向下運動到最低點，此時小球重力的瞬時功率為零，故A錯誤，B正確；
CD、小球接觸彈簧前，彈簧的彈性勢能為零，保持不變；接觸彈簧后，根據彈性勢能表達式可得：，所以Ep﹣x圖像是開口向上的拋物線，故CD錯誤。
故選：B。
（2024春 建鄴區校級期末）勁度系數k＝100N/m的輕彈簧一端固定在傾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和質量mA＝2kg的小物塊A相連，質量mB＝2kg的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，輕質細線一端連在物塊B上，另一端跨過定滑輪與質量mC＝1kg的物體C相連，對C施加外力，使C處于靜止狀態，細線剛好伸直，且線中沒有張力，如圖甲所示。從某時刻開始，撤掉外力，使C豎直向下運動，取g＝10m/s2，以下說法中正確的是（　　）
A．撤掉外力瞬間，A的加速度為2.5m/s2
B．當A、B恰好分離時，A的加速度為2.5m/s2
C．當A、B恰好分離時，彈簧恢復原長
D．A運動過程中的最大速度為
【解答】解：A、撤掉外力瞬間，取ABC系統
mCg＝（mA+mB+mC）a1
代入數據解得，故A錯誤；
BC、AB恰好分離時，以BC整體為研究對象有
mCg﹣mBgsinθ＝（mB+mC）a2
代入數據解得a2＝0
則A的加速度大小也為0，此時彈簧處于壓縮狀態，故BC錯誤；
D、開始AB靜止，設彈簧壓縮量為x0，則
kx0＝（mA+mB）gsinθ
代入數據解得x0＝0.2m
當加速度為0時，A的速度最大，當ABC一起加速運動位移為x時，對C受力分析有
mCg﹣T＝mCa
對AB受力分析有
T+F﹣（mA+mB）gsinθ＝（mA+mB）a
彈簧彈力大小為
F＝k（x0﹣x）
聯立解得
代入數據聯立解得a＝（2﹣20x）m/s2
當t1＝0時，加速度，當a2＝0時，位移x2＝0.1m，a﹣x圖像如圖所示，
由a﹣x圖像與坐標軸圍成的面積可計算物塊A的最大速度，則最大速度大小為
代入數據解得，故D正確。
故選：D。
（2024 故城縣校級開學）如圖所示，兩個質量相等可視為質點的小球a、b通過鉸鏈用長為的剛性輕桿連接，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細桿M、N不接觸（a、b球均可無碰撞通過O點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b兩球組成系統機械能不守恒
B．a球到達與b球等高位置時速度大小為
C．a球運動到最低點時，b球速度最大
D．a球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力一直做負功
【解答】解：A．a球和b球所組成的系統只有重力做功，則機械能守恒，故A錯誤；
B．根據系統機械能守恒，可知a球到達與b球等高位置時，b球速度為零，有
解得
故B錯誤；
C．當a球運動到兩桿的交點后再往下運動，此時b球到達兩桿的交點處，a球的速度為0，b球的速度達到最大，有
解得
故C正確；
D．由于系統機械能守恒，a球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力先做負功后做正功再做負功，故D錯誤。
故選：C。
（2024 尋甸縣校級開學）如圖所示，質量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平軸O無摩擦轉動。已知桿長為l，水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉過90°的過程中（　　）
A．小球A和B的重力勢能變化量之和為
B．小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl
C．桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒
D．A球和B球的總機械能減少
【解答】解：AB、在桿繞軸O轉過90°的過程中，小球A的重力勢能減小mgl，B的重力勢能增加mgl，那么小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl，故A正確，B錯誤；
CD、A、B組成的系統在運動過程中，只有重力做功，系統機械能守恒，故A球和B球的總機械能保持不變。系統的重力勢能增加了，則A、B的總動能減少，A、B兩球的速率始終相等，故A、B的動能都減小，所以A球機械能減小，桿對A做負功，故CD錯誤。
故選：A。
（2024春 江北區校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連，現將小球拉到A點（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正下方）的過程中，下列描述正確的是（　　）
A．彈簧對小球不做功 B．彈簧對小球做正功
C．小球機械能守恒 D．小球機械能減少
【解答】解：小球下擺到O點正下方過程中，彈簧伸長，小球做的不是圓周運動，故彈力與速度成鈍角，彈簧彈力對小球做負功，所以小球機械能減少，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
（2024春 北碚區校級月考）如圖所示，A、B兩物體通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過輕質細線繞過輕質定滑輪相連，用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證彈簧、細線ab段和cd段均豎直。已知A、B的質量均為m，重力加速度g＝10m/s2，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態，釋放C后，C豎直向下運動，當A剛要離開地面時，B獲得最大速度，此時C未落地，下列說法正確的（　　）
A．物體C的質量mC＝4m
B．物體A剛離開地面時，物體C的加速度為g
C．物體B的最大速度
D．從釋放物體C到物體B獲得最大速度的過程中，繩子拉力對物體C所做的功為
【解答】解：AB、當A剛要離開地面時，B獲得最大速度，此時B、C的加速度均為0；
對A，由平衡條件有
F′彈＝kx′＝mg
此時B、C剛好合力均為0，則有
F′彈+mg＝T，T＝mCg
解得物體C的質量為：mC＝2m，故AB錯誤；
C、開始時整個系統處于靜止狀態，細線剛剛拉直但無拉力作用，對B，由平衡條件有
F彈＝kx＝mg
比較可知，x′＝x
則從靜止釋放到物體B的速度達到最大，初位置彈簧的壓縮量等于末位置彈簧的伸長量，則彈性勢能的變化為0，根據B、C及彈簧組成的系統機械能守恒得
聯立解得物體B的最大速度為，故C錯誤；
D、從釋放物體C到物體B獲得最大速度的過程中，以C為研究對象，根據動能定理得
解得繩子拉力對物體C所做的功為，故D正確。
故選：D。
（2024秋 長安區月考）如圖所示，傾角θ＝30°的足夠長的光滑斜面甲的底端有一擋板，由輕質彈簧相連的處于斜面上的兩物塊A、B，質量均為m，物塊B緊靠擋板放置。另一傾角a＝53°的足夠長的粗糙斜面乙上靜置著物塊C（初始時被鎮定），物塊A、C之間由一跨過等高定滑輪的輕質細線相連，細線恰好伸直，且與A、C兩物塊相連的部分分別與甲、乙兩斜面平行，現由靜止釋放物塊C，當C運動到最低點時，B恰好離開擋板.已知物塊C與斜面乙間的動摩擦因數μ，彈簧的勁度系數為k，彈簧的彈性勢能Epkx2（x為彈簧的形變量），物塊均可視為質點，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）從釋放C到B恰好離開擋板，彈簧彈性勢能的變化量大小；
（2）物塊C的質量mc；
（3）在此運動過程中，物塊A的最大速度vm。
【解答】解：（1）開始時，對A根據平衡條件，有：kx1＝mgsinθ
B恰好離開擋板時，對B根據平衡條件，有：kx2＝mgsinθ
由此可知：x1＝x2
所以ΔEp＝0
（2）設C開始運動到C運動至最低點通過的距離為x，根據能量守恒定律得：mCgxsinα﹣mgxsinθ＝μmCgxcosα+ΔEp
代入數據解得：
（3）物體A的速度最大時，物塊A、C均受力平衡，且二者的速度大小相等，設此時繩子拉力為T，彈簧彈力為F
根據平衡條件得：
對C，有mCgsinα＝μmcgcosα+T
對A，有T+F＝mgsinθ
連理解得：F＝0，表明此時彈簧處于原長。
從C開始運動到彈簧恢復到原長的過程中，根據能量守恒定律得：
解得：
（2024春 故城縣校級期末）如圖所示，將內壁光滑的細管彎成四分之三圓形的軌道（圓心為O）并豎直固定，軌道半徑為R，細管內徑遠小于R。輕繩穿過細管連接小球A和重物B，小球A的質量為m，直徑略小于細管內徑，用手托住重物B使小球A靜止在Q點（OQ與豎直直徑的夾角為53°；松手后，小球A運動至P點（OP與豎直直徑的夾角為37°時對細管恰無作用力。重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取π＝3.2，求：
（1）小球A靜止在Q點時對細管壁的壓力大小N；
（2）重物B的質量M。
【解答】解：（1）小球A靜止在Q點時的受力圖如下，N為軌道對小球的支持力，
根據平衡條件，在支持力N所在的方向上，有N＝mgcos53°，解得N＝0.6mg，根據牛頓第三定律可知，小球對細管壁的壓力大小也為N＝0.6mg
（2）對小球A和重物B組成的系統，在小球A從Q點到P點的過程中，由機械能守恒有
對小球A在P點時，根據牛頓第二定律
聯立解得M＝1.5m
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專題強化（9）機械能守恒定律的理解
掌握機械能守恒定律的相關模型與分析思路
知識點1 機械能守恒定律的判斷
1．內容
在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以相互轉化，但機械能的總量保持不變．
2．條件
只有重力或彈力做功．
3．判斷方法
(1)用定義判斷：若物體動能、勢能均不變，則機械能不變．若一個物體動能不變、重力勢能變化，或重力勢能不變、動能變化或動能和重力勢能同時增加(減少)，其機械能一定變化．
(2)用做功判斷：若物體或系統只有重力(或彈簧的彈力)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：若物體或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，則物體或系統機械能守恒．
(4)對多個物體組成的系統，除考慮外力是否只有重力做功外，還要考慮系統內力做功，如有滑動摩擦力做功時，因摩擦生熱，系統機械能將有損失．
（2024秋 大連期中）如圖，斜面傾角為θ，底部O點與光滑水平地面平滑相連，地面上一根輕彈簧左端固定，右端自然伸長。質量為m的小滑塊從高度為h的斜面頂端由靜止開始釋放，滑塊能滑上地面壓縮彈簧。滑塊通過O點前后速度大小不變，滑塊與斜面的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度范圍內。下列說法正確的是（　　）
A．μ的值可能大于tanθ
B．滑塊在光滑地面上的運動過程中，機械能守恒
C．彈簧具有的最大彈性勢能為
D．滑塊與斜面因為摩擦產生的熱量最多為Q＝mgh
（2024秋 重慶月考）近年來無人機在軍事、工業等領域均有廣泛的應用，一質量為m的無人機在執行遠程偵察任務，某段時間內該無人機以速度v沿著與水平方向成θ角斜向上的方向勻速直線飛行，重力加速度為g，則（　　）
A．該無人機處于超重狀態
B．該無人機在運動的過程中機械能守恒
C．空氣對該無人機作用力的大小為mg
D．重力對無人機做功的瞬時功率為mgv
（2024春 岱岳區校級期末）在下面列舉的各個實例中，不考慮空氣阻力，敘述正確的是（　　）
A．甲圖中跳水運動員在空中運動的過程中機械能守恒
B．乙圖中物體在外力F作用下沿光滑斜面加速下滑的過程中機械能守恒
C．丙圖中通過輕繩連接的物體A、B運動過程中A的機械能守恒
D．丁圖中小球在光滑水平面上以一定的初速度壓縮彈簧的過程中，小球的機械能守恒
知識點2 單物體的機械能守恒問題
機械能守恒的三種表達式
1．守恒觀點
(1)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)意義：系統初狀態的機械能等于末狀態的機械能．
(3)注意：要先選取零勢能參考平面，并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面．
2．轉化觀點
(1)表達式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)意義：系統的機械能守恒時，系統增加(或減少)的動能等于系統減少(或增加)的勢能．
3．轉移觀點
(1)表達式：ΔEA增＝ΔEB減．
(2)意義：若系統由A、B兩部分組成，當系統的機械能守恒時，則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量．
（2024秋 常州月考）如圖，質量為m＝1kg的小滑塊（視為質點）在半徑為R＝0.4m的四分之一圓弧A端由靜止開始釋放，它運動到B點時速度為v＝2m/s。當滑塊經過B后立即將圓弧軌道撤去。滑塊在光滑水平面上運動一段距離后，通過換向軌道由C點過渡到傾角為θ＝37°、長s＝1m的斜面CD上，CD之間鋪了一層勻質特殊材料，其與滑塊間的動摩擦因數可在0≤μ≤1.5之間調節。斜面底部D點與光滑地面平滑相連，地面上一根輕彈簧一端固定在O點，自然狀態下另一端恰好在D點。認為滑塊在C、D兩處換向時速度大小均不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。
（1）求滑塊對B點的壓力大小以及在AB上克服阻力所做的功。
（2）若設置μ＝0，求彈簧的最大彈性勢能。
（3）若滑塊不會回到BC平面上且最終停在D點，求μ的取值范圍。
（2024秋 沙河口區校級月考）如圖所示，固定在同一豎直面內的傾角為θ的軌道AB和圓弧軌道BCD相切于B點，圓弧軌道的圓心為O，CD為豎直直徑，BE連線過O點，一質量為m可視為質點的光滑小球從傾斜軌道上的P點由靜止滑下，圓弧軌道的半徑為r，PB間的距離為L，重力加速度大小為g。
（1）試論證小球從D點離開軌道后是否能直接落到BC間的軌道上；
（2）若傾角θ＝30°，則為何值時，小球從D點離開后會落到軌道AB上與O點等高處？
（3）若，為使小球能通過E點，θ應滿足的條件（用三角函數表示）。
（2024秋 開福區校級月考）如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平。A、B兩端的高度差為0.2m，B端高出水平地面0.8m，O點在B點的正下方。將一滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。g取10m/s2。
（1）求OC的長；
（2）在B端水平銜接一長為1.0m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板與滑塊間的動摩擦因數；
（3）在（2）問的條件下，若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點距O點的距離最遠，ΔL應為多少？
知識點3 連接體的機械能守恒問題
1．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放B而使A、B運動的過程中，A、B的速度均沿繩子方向，在相等時間內A、B運動的路程相等，則A、B的速率相等。
判斷系統的機械能是否守恒不從做功角度判斷，而從能量轉化的角度判斷，即：如果系統中只有動能和勢能相互轉化，系統的機械能守恒。這類題目的典型特點是系統不受摩擦力作用。
2．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放后A、B在豎直平面內繞O點的軸轉動，在轉動的過程中相等時間內A、B轉過的角度相等，則A、B轉動的角速度相等。
系統機械能守恒的特點
(1)一個物體的機械能增加，另一個物體的機械能必然減少，機械能通過內力做功實現物體間的轉移。
(2)內力對一個物體做正功，必然對另外一個物體做負功，且二者代數和為零。
3．如圖所示的兩物體組成的系統，當釋放后A、B運動的過程中，A、B的速度并非均沿繩子方向，在相等時間內A、B運動的路程不相等，則A、B的速度大小不相等，但二者在沿著繩子方向的分速度大小相等。
列系統機械能守恒的兩種思路
(1)系統動能的減少(增加)等于重力勢能的增加(減少)。
(2)一個物體機械能的減少等于另一個物體機械能的增加。
類型1 輕繩連接的物體系統
（多選）（2023 普寧市校級二模）如圖所示，兩個輕質滑輪用無彈性的輕質細繩連接起來，一個滑輪下方掛著重物A，另一個滑輪下方掛著重物B，懸掛滑輪的繩均豎直，重物B用手固定。松開手后，A、B兩個重物同時運動。已知A、B質量均為m，重力加速度為g，忽略一切摩擦和空氣阻力。當B的位移大小為h時（未著地），下列說法正確的是（　　）
A．重物A的重力勢能增加了mgh
B．松開手瞬間，重物B的加速度大小為g
C．松開手瞬間，重物A的加速度大小為g
D．運動過程中重物B的動能是重物A的動能的4倍
（多選）（2023 綿陽模擬）如圖所示，半徑為R的光滑圓環固定在豎直平面內，圓環的圓心O的正上方B點固定有一定滑輪，B點的左側再固定有一定滑輪。質量為m的小球套在圓環上，輕質細線跨過兩個定滑輪，一端連接小球，另一端連接質量為m的物塊，用豎直向下的拉力F（未知）把小球控制在圓環上的A點，OA與豎直方向的夾角為53°，且AB正好沿圓環的切線方向，P點為圓環的最高點，不計一切摩擦，不計滑輪、小球以及物塊的大小，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列說法正確的是（　　）
A．小球與物塊靜止時，豎直向下的拉力Fmg
B．撤去拉力F的瞬間，細線的拉力大小為mg
C．小球由A點運動到P點的過程中，物塊的重力勢能減少量為mgR
D．若小球在P點的速度大小為v，則物塊的速度大小也為v
（多選）（2023 遼寧一模）如圖所示，豎直固定的光滑細桿上穿著一個小球B，小球通過一根不可伸長的輕繩繞過輕質光滑定滑輪與質量為m的物塊A相連，用手將物塊A豎直向上托起至定滑輪左側細繩與豎直方向的夾角為θ，現突然松手，物塊A開始在豎直方向上做往復運動，小球最高能到達M點。已知定滑輪到細桿的距離為d，Q點和定滑輪的高度相同，OM⊥OP，sinθ＝0.6，重力加速度大小為g，定滑輪可看作質點，下列說法正確的是（　　）
A．小球經過Q點時的加速度為0
B．小球的質量為
C．繩中的最小張力為
D．該系統的最大總動能為
類型2 輕桿連接的物體系統
（多選）（2024春 九龍坡區校級期末）如圖所示，滑塊A、B的質量均為m，A套在固定傾斜直桿上，傾斜直桿與水平面成45°角，B套在固定水平直桿上，兩直桿分離不接觸，兩直桿間的距離忽略不計且桿足夠長，A、B通過鉸鏈用長度為L的剛性輕桿（初始時輕桿與水平面成30°角）連接，A、B從靜止釋放，B沿水平面向右運動，不計一切摩擦，滑塊A、B均視為質點，重力加速度大小為g，在運動的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．當A到達B所在水平面時
B．當A到達B所在水平面時，B的速度為
C．滑塊B到達最右端時，A的速度為
D．滑塊B的最大動能為
（多選）（2021秋 高新區校級月考）如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則（　　）
A．a落地前，輕桿對b先做正功后做負功
B．a落地時速度大小為
C．a下落過程中，某一時刻其加速度大小大于g
D．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為0
如圖所示，在長為L的輕桿中點A和端點B各固定一質量均為m的小球，桿可繞無摩擦的軸O轉動，使桿從水平位置無初速釋放擺下．求當桿轉到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功？
類型3 含彈簧類機械能守恒問題
1．物體由于發生彈性形變而具有的能量叫做彈性勢能．
2．發生形變的物體不一定具有彈性勢能，只有發生彈性形變的物體才具有彈性勢能．
（多選）如圖所示，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，兩個物體A、B通過細繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側，斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開始時用手按住質量為m的物體A，此時A與擋板的距離為s，滑輪兩側的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態。松開手后，A在斜面上運動的過程中，彈簧形變不超過其彈性限度，B始終靜止在水平面上。重力加速度為g，空氣阻力不計。則下列說法正確的是（　　）
A．A和B組成的系統機械能守恒
B．若A恰好能到達擋板處，此時A的加速度為零
C．若A恰好能到達擋板處，此時彈簧的彈性勢能EP＝0.5mgs
D．若A恰好能到達擋板處，當A的速度最大時，彈簧的彈力F＝0.5mg
（多選）如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，C球放在水平地面上．現用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線豎直、右側細線與斜面平行．已知A的質量為4m，B、C的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是（　　）
A．斜面傾角α＝30°
B．A獲得最大速度為2g
C．C剛離開地面時，B的加速度為g
D．從釋放A到C剛離開地面這兩個狀態，A、B兩小球組成的系統機械能守恒
（多選）（2024秋 海淀區校級月考）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（　　）
A．當x＝h+x0時，重力勢能與彈性勢能之和最小
B．小球在最低點的加速度一定大于g
C．小球動能的最大值為
D．當x＝h+2x0時，小球的重力勢能最小
（2024秋 朝陽區校級月考）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環相連，彈簧水平且處于原長。圓環從A處由靜止開始下滑，經過B處時速度最大，到達C處時速度為零，AC＝h。若圓環在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A處；彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則圓環（　　）
A．下滑過程中，加速度一直減小
B．下滑過程中，克服摩擦力做功為
C．在C處時，彈簧的彈性勢能為
D．上滑經過B的速度大小等于下滑經過B的速度大小
（2024秋 東莞市校級月考）2023年9月21日，莞外高三年級籃球比賽決賽開打，一同學第一次跳投出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角α＝60°；第二次不起跳出手，籃球的初速度方向與豎直方向的夾角β＝30°；兩次出手的位置在同一豎直線上，結果兩次籃球正好垂直撞擊到籃板同一位置點。不計空氣阻力，則從籃球出手到運動到點C的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．運動時間的比值為1：3
B．上升的最大高度的比值為
C．兩次出手時籃球的初動能相等
D．兩次投籃，籃球在C點的機械能相等
（2024秋 如皋市月考）如圖所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上，一小球由彈簧的正上方自由下落，不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內.小球向下運動的整個過程中，小球重力的瞬時功率P、彈簧的彈性勢能Ep與位移x的關系圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2024春 建鄴區校級期末）勁度系數k＝100N/m的輕彈簧一端固定在傾角θ＝30°的固定光滑斜面的底部，另一端和質量mA＝2kg的小物塊A相連，質量mB＝2kg的小物塊B緊靠A靜止在斜面上，輕質細線一端連在物塊B上，另一端跨過定滑輪與質量mC＝1kg的物體C相連，對C施加外力，使C處于靜止狀態，細線剛好伸直，且線中沒有張力，如圖甲所示。從某時刻開始，撤掉外力，使C豎直向下運動，取g＝10m/s2，以下說法中正確的是（　　）
A．撤掉外力瞬間，A的加速度為2.5m/s2
B．當A、B恰好分離時，A的加速度為2.5m/s2
C．當A、B恰好分離時，彈簧恢復原長
D．A運動過程中的最大速度為
（2024 故城縣校級開學）如圖所示，兩個質量相等可視為質點的小球a、b通過鉸鏈用長為的剛性輕桿連接，a球套在豎直桿M上，b球套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細桿M的夾角為45°。兩根足夠長的細桿M、N不接觸（a、b球均可無碰撞通過O點），且兩桿間的距離忽略不計，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法中正確的是（　　）
A．a、b兩球組成系統機械能不守恒
B．a球到達與b球等高位置時速度大小為
C．a球運動到最低點時，b球速度最大
D．a球從初位置下降到最低點的過程中，剛性輕桿對a球的彈力一直做負功
（2024 尋甸縣校級開學）如圖所示，質量分別為m、2m的A、B小球固定在輕桿的兩端，可繞水平軸O無摩擦轉動。已知桿長為l，水平軸O在桿的中點，初始時A、B、O在同一A豎直線上。給B球一個水平向右的初速度，在桿繞軸O轉過90°的過程中（　　）
A．小球A和B的重力勢能變化量之和為
B．小球A和B的重力勢能變化量之和為mgl
C．桿對小球A不做功，小球A的機械能守恒
D．A球和B球的總機械能減少
（2024春 江北區校級月考）如圖，將輕彈簧一端固定在O點，另一端與小球相連，現將小球拉到A點（彈簧處于自然長度）靜止釋放，讓它自由下擺，不計空氣阻力，小球從A點運動到的B點（O點正下方）的過程中，下列描述正確的是（　　）
A．彈簧對小球不做功 B．彈簧對小球做正功
C．小球機械能守恒 D．小球機械能減少
（2024春 北碚區校級月考）如圖所示，A、B兩物體通過勁度系數為k的輕質彈簧相連，A放在水平地面上，B、C兩物體通過輕質細線繞過輕質定滑輪相連，用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證彈簧、細線ab段和cd段均豎直。已知A、B的質量均為m，重力加速度g＝10m/s2，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統處于靜止狀態，釋放C后，C豎直向下運動，當A剛要離開地面時，B獲得最大速度，此時C未落地，下列說法正確的（　　）
A．物體C的質量mC＝4m
B．物體A剛離開地面時，物體C的加速度為g
C．物體B的最大速度
D．從釋放物體C到物體B獲得最大速度的過程中，繩子拉力對物體C所做的功為
（2024秋 長安區月考）如圖所示，傾角θ＝30°的足夠長的光滑斜面甲的底端有一擋板，由輕質彈簧相連的處于斜面上的兩物塊A、B，質量均為m，物塊B緊靠擋板放置。另一傾角a＝53°的足夠長的粗糙斜面乙上靜置著物塊C（初始時被鎮定），物塊A、C之間由一跨過等高定滑輪的輕質細線相連，細線恰好伸直，且與A、C兩物塊相連的部分分別與甲、乙兩斜面平行，現由靜止釋放物塊C，當C運動到最低點時，B恰好離開擋板.已知物塊C與斜面乙間的動摩擦因數μ，彈簧的勁度系數為k，彈簧的彈性勢能Epkx2（x為彈簧的形變量），物塊均可視為質點，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）從釋放C到B恰好離開擋板，彈簧彈性勢能的變化量大小；
（2）物塊C的質量mc；
（3）在此運動過程中，物塊A的最大速度vm。
（2024春 故城縣校級期末）如圖所示，將內壁光滑的細管彎成四分之三圓形的軌道（圓心為O）并豎直固定，軌道半徑為R，細管內徑遠小于R。輕繩穿過細管連接小球A和重物B，小球A的質量為m，直徑略小于細管內徑，用手托住重物B使小球A靜止在Q點（OQ與豎直直徑的夾角為53°；松手后，小球A運動至P點（OP與豎直直徑的夾角為37°時對細管恰無作用力。重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取π＝3.2，求：
（1）小球A靜止在Q點時對細管壁的壓力大小N；
（2）重物B的質量M。
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