物理必修 第二冊(cè)4 機(jī)械能守恒定律精品課后作業(yè)題

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一．計(jì)算物體的機(jī)械能（共4小題）
二．判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒（共7小題）
三．利用機(jī)械能守恒定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題（共6小題）
四．機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題（共10小題）
五．用桿連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題（共5小題）
六．用細(xì)繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題（共6小題）
七．彈簧類問(wèn)題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問(wèn)題（共9小題）
八．利用能量守恒解決實(shí)際問(wèn)題（共3小題）
九．能量守恒定律與傳送帶結(jié)合（共3小題）
十．天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化（共3小題）
一．計(jì)算物體的機(jī)械能（共4小題）
1．2023年8月3日，在成都第31屆世界大學(xué)生夏季運(yùn)動(dòng)會(huì)田徑項(xiàng)目男子三級(jí)跳遠(yuǎn)決賽中，中國(guó)某運(yùn)動(dòng)員以的成績(jī)奪得冠軍。不計(jì)空氣阻力，對(duì)該運(yùn)動(dòng)員，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．在助跑過(guò)程中，一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
B．在起跳的過(guò)程中，地面對(duì)其做的功等于其機(jī)械能的增加量
C．在下落過(guò)程中，處于失重狀態(tài)
D．在最高點(diǎn)時(shí)的速度為零
【答案】C
【詳解】A．該運(yùn)動(dòng)員在助跑過(guò)程中，不一定做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．該運(yùn)動(dòng)員在起跳的過(guò)程中，地面對(duì)其做的功為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．該運(yùn)動(dòng)員在下落過(guò)程中，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；
D．該運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)時(shí)還有水平速度，則其速度不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選C。
2．如圖甲所示，“回回炮”是一種大型拋石機(jī)。將石塊放在長(zhǎng)臂一端的石袋中，在短臂端掛上重物。發(fā)射前將長(zhǎng)臂端往下拉至地面，然后突然松開，石袋中的石塊過(guò)最高點(diǎn)時(shí)就被拋出?，F(xiàn)將其簡(jiǎn)化為圖乙所示的模型、將一質(zhì)量、可視為質(zhì)點(diǎn)的石塊裝在長(zhǎng)的長(zhǎng)臂末端的石袋中，初始時(shí)長(zhǎng)臂與水平面的夾角為30°，松開后長(zhǎng)臂轉(zhuǎn)至豎直位置時(shí)，石塊被水平拋出，落在水平地面上，測(cè)得石塊落地點(diǎn)與點(diǎn)的水平距離為30m，以地面為零勢(shì)能面，不計(jì)空氣阻力，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．石塊被水平拋出時(shí)的重力勢(shì)能為B．石塊被水平拋出時(shí)的動(dòng)能為
C．石塊被水平拋出時(shí)的機(jī)械能為D．石塊著地時(shí)重力的功率為
【答案】C
【詳解】A．石塊被水平拋出時(shí)的高度為
重力勢(shì)能為
故A錯(cuò)誤；
B．石塊被水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有
水平方向有
聯(lián)立解得
石塊被水平拋出時(shí)的動(dòng)能為
故B錯(cuò)誤；
C．石塊被水平拋出時(shí)的機(jī)械能為
故C正確；
D．根據(jù)，可得石塊著地時(shí)豎直分速度為
石塊著地時(shí)重力的功率為
故D錯(cuò)誤。
故選C。
3．（多選）如圖甲所示，北宋記載了一種古代運(yùn)輸裝備，名為“絞車”，因其設(shè)計(jì)精妙，靈活方便?！逼湓砣鐖D乙所示，將一根圓軸削成同心而半徑不同的兩部分，其中a，b兩點(diǎn)分別是大小轆轤邊緣上的兩點(diǎn)，其上繞以繩索，繩下加一動(dòng)滑輪，滑輪下掛上重物，人轉(zhuǎn)動(dòng)把手帶動(dòng)其軸旋轉(zhuǎn)便可輕松將重物吊起，則在起吊過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．a(chǎn)點(diǎn)的向心加速度大于b點(diǎn)的向心加速度
B．人對(duì)把手做的功等于重物機(jī)械能的增加量
C．滑輪對(duì)重物做的功等于重物機(jī)械能的增加量
D．若把手順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)則滑輪也會(huì)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)
【答案】AC
【詳解】A．根據(jù)
可知，a的半徑大于b的半徑，由于兩點(diǎn)是同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相同，故a的向心加速度大于b點(diǎn)的向心加速度，故A正確；
B．由能量守恒可知，人對(duì)把手做功除了轉(zhuǎn)化為重物的機(jī)械能外，還有動(dòng)滑輪的機(jī)械能，輪軸的動(dòng)能及摩擦生熱等，因此人對(duì)把手做的功大于重物機(jī)械能的增加量，故B錯(cuò)誤；
C．由功能關(guān)系可知滑輪對(duì)重物做的功等于重物機(jī)械能的增加量，故C正確；
D．若把手順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)則大軸上繞繩收緊，滑輪左側(cè)的繩向上，小軸上繞繩放松，滑輪右側(cè)的繩向下，故滑輪會(huì)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
4．如圖所示，長(zhǎng)為10cm的輕繩系著一質(zhì)量為1kg的小球（小球可視為質(zhì)點(diǎn)），在光滑的水平桌面上以20rad/s的角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知桌面離地的高度為，g取。
（1）求繩子對(duì)小球的拉力大小。
（2）若以地面為零勢(shì)能面，則小球在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能為多少？
【答案】（1）40N；（2）6.5J
【詳解】（1）繩子的拉力F提供向心力，則有
解得
（2）物體在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能
又
解得
二．判斷系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒（共7小題）
5．如圖為蹦床運(yùn)動(dòng)示意圖。A為運(yùn)動(dòng)員到達(dá)的最高點(diǎn)，B為運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程中剛接觸蹦床時(shí)的位置，C為運(yùn)動(dòng)員到達(dá)的最低點(diǎn)。運(yùn)動(dòng)員自A落至C的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．B至C，蹦床彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能增加
B．A至B，運(yùn)動(dòng)員加速運(yùn)動(dòng)；B至C，運(yùn)動(dòng)員減速運(yùn)動(dòng)
C．A至C，只有重力和蹦床彈力做功，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能守恒
D．運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)，速度為零，加速度不為零
【答案】D
【詳解】A．B至C，蹦床彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做負(fù)功，運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．A至B，運(yùn)動(dòng)員加速運(yùn)動(dòng)；B至C，重力先大于彈力，加速度向下，后重力小于彈力，加速度向上，即運(yùn)動(dòng)員先加速后減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．A至C，只有重力和蹦床彈力做功，運(yùn)動(dòng)員與蹦床系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)，速度為零，彈力大于重力，則加速度不為零，選項(xiàng)D正確。
故選D。
6．重慶皇冠大扶梯是全國(guó)最長(zhǎng)、亞洲第二長(zhǎng)的坡地電動(dòng)扶梯，它連接著兩路口和菜園壩，電動(dòng)扶梯在一段長(zhǎng)直斜坡上維持勻速運(yùn)行。如圖，某行人站立于扶梯上，正隨扶梯勻速上行，不計(jì)空氣阻力，扶梯臺(tái)面水平。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．行人受到平行于臺(tái)面向前的摩擦力
B．行人受到臺(tái)面的支持力大于行人受到的重力
C．行人受到的合力為零
D．行人的機(jī)械能守恒
【答案】C
【詳解】CD．人沿斜坡方向隨電梯做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零，但機(jī)械能不守恒，因?yàn)閯?dòng)能不變，重力勢(shì)能增大，所以機(jī)械能增大，故C正確，D錯(cuò)誤；
AB．因?yàn)槿苏玖⒌碾娞菖_(tái)面水平，所以勻速運(yùn)動(dòng)中不受摩擦力，也沒(méi)有加速度，行人受到臺(tái)面的支持力等于行人受到的重力，故AB錯(cuò)誤。
故選C。
7．如圖所示，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)光滑輕質(zhì)定滑輪，繩兩端各系一小物塊A和B。其中，未知，滑輪下緣距地面。開始B物塊離地面高，用手托住B物塊使繩子剛好拉直，然后由靜止釋放B物塊，A物塊上升至高時(shí)速度恰為零，重力加速度大小取。下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．對(duì)A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒
B．
C．B剛落地時(shí)，速度大小為
D．B落地前，繩中張力大小為30N
【答案】C
【詳解】
A．對(duì)A、B兩物塊及地球組成的系統(tǒng)，在B落地前，機(jī)械能才守恒，A錯(cuò)誤；
BC．B剛落地時(shí)A繼續(xù)上升做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，此時(shí)
又
所以
對(duì)、B由牛頓第二定律有
解得
B 錯(cuò)誤C正確；
D．隔離A由牛頓第二定律有
解得
D錯(cuò)誤。
故選C。
8．跳傘運(yùn)動(dòng)員由高空沿豎直方向落下，時(shí)刻開啟降落傘，時(shí)刻開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)直到時(shí)刻落地，速度傳感器記錄此過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員的圖像如圖所示，下列關(guān)于跳傘運(yùn)動(dòng)員及降落傘的說(shuō)法正確的是（ ）
A．時(shí)間內(nèi)，他們處于超重狀態(tài)
B．時(shí)間內(nèi)，他們受到的空氣阻力逐漸增大
C．時(shí)刻，他們所受重力的功率最大
D．時(shí)間內(nèi)，他們的機(jī)械能守恒
【答案】C
【詳解】A．由圖可知，時(shí)間內(nèi)，他們加速下降，具有豎直向下的加速度，處于失重狀態(tài)。故A錯(cuò)誤；
B．同理，時(shí)間內(nèi)，他們減速下降，由牛頓第二定律可知
加速度越來(lái)越小，受到的空氣阻力逐漸減小。故B錯(cuò)誤。
C．根據(jù)
可知，時(shí)刻速度最大，則他們所受重力的功率最大。故C正確；
D．由圖可知，時(shí)間內(nèi)，他們勻速下降則機(jī)械能不守恒。故D錯(cuò)誤。
故選C。
9．（多選）如圖所示，一傾角為的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上，質(zhì)量為的長(zhǎng)木板沿著斜面以速度勻速下滑，現(xiàn)把質(zhì)量為的鐵塊無(wú)初速度放在長(zhǎng)木板的左端，鐵塊最終恰好沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑下。已知與之間、與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度，則下列判斷正確的是（ ）
A．動(dòng)摩擦因數(shù)
B．鐵塊和長(zhǎng)木板共速后的速度大小為
C．長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為
D．從鐵塊放上長(zhǎng)木板到鐵塊和長(zhǎng)木板共速的過(guò)程中，鐵塊和長(zhǎng)木板構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
【答案】CD
【詳解】A．未放置鐵塊時(shí)，木板B沿著斜面勻速下滑，根據(jù)平衡條件有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．鐵塊A放B上后，對(duì)A受力分析，設(shè)加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
方向沿斜面向下，對(duì)B受力分析，設(shè)B的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
方向沿斜面向上，設(shè)鐵塊和長(zhǎng)木板共速時(shí)間為，則
得
則鐵塊和長(zhǎng)木板共速后，速度大小
故B錯(cuò)誤；
C．鐵塊最終恰好沒(méi)有從長(zhǎng)木板上滑下，則長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度
故C正確；
D．鐵塊與長(zhǎng)木板B構(gòu)成的系統(tǒng)沿斜面方向合外力等于，根據(jù)動(dòng)量守恒的條件分析，滿足動(dòng)量守恒定律，但由于滑動(dòng)摩擦力作用會(huì)產(chǎn)生熱量，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D正確；
故選CD。
10．（多選）轆轤是中國(guó)古代常見的取水設(shè)施，某次研學(xué)活動(dòng)中，一種用電動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)的轆轤引發(fā)了同學(xué)們的興趣。如圖甲所示為該種轆轤的工作原理簡(jiǎn)化圖，已知轆轤的半徑為r=0.2m，電動(dòng)機(jī)以恒定輸出功率將質(zhì)量為m=3kg的水桶由靜止開始豎直向上提起，提起過(guò)程中轆轤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。忽略轆轤的質(zhì)量以及所有摩擦阻力，取重力加速度g=10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．電動(dòng)機(jī)的輸出功率P=30W
B．0~4s內(nèi)水桶上升的高度為3.95m
C．0~4s內(nèi)井繩對(duì)水桶的拉力逐漸增大
D．4s~6s內(nèi)水桶的機(jī)械能守恒
【答案】AB
【詳解】A．水桶被提起的最大速度為
電動(dòng)機(jī)的輸出功率為
故A正確；
B．0~4s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理有
0~4s內(nèi)水桶上升的高度為
故B正確；
C．0~4s內(nèi)根據(jù)牛頓第二定律有
0~4s內(nèi)，轆轤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度逐漸增大，則井繩對(duì)水桶的拉力逐漸減小，故C錯(cuò)誤；
D．4s~6s內(nèi)水桶向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度不變，高度升高，重力勢(shì)能增大，4s~6s內(nèi)水桶的機(jī)械能增大，故D錯(cuò)誤。
故選AB。
11．（多選）2023年9月22日全國(guó)滑翔傘定點(diǎn)聯(lián)賽總決賽圓滿落幕。某運(yùn)動(dòng)員在滑翔傘作用下豎直勻速下降，該滑翔傘的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)化示意圖如圖所示，滑翔傘為4級(jí)牽引繩結(jié)構(gòu)，同級(jí)牽引繩分支夾角都為，同級(jí)牽引繩中的拉力大小都相等。已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為m，重力加速度為g，取，不計(jì)運(yùn)動(dòng)員和裝備受到的空氣作用力及滑翔傘與牽引繩的重力。則（ ）
A．勻速下降過(guò)程，滑翔系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．在這4級(jí)牽引繩中，第1級(jí)牽引繩承受的拉力最大
C．第3級(jí)牽引繩中每根承受的拉力大小為
D．若縮短每級(jí)繩子的長(zhǎng)度，勻速下落時(shí)第2級(jí)牽引繩承受的拉力將增大
【答案】BD
【詳解】A．勻速下降過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減小，故機(jī)械能減小，所以A錯(cuò)誤；
B．設(shè)1級(jí)繩子拉力為F1，二級(jí)繩子拉力為F2，以此類推。則
以此類推。
則
所以第1級(jí)牽引繩承受的拉力最大，故B正確；
C．根據(jù)以上公式，可得
故C錯(cuò)誤；
D．若縮短每級(jí)繩子的長(zhǎng)度，則同級(jí)牽引繩分支夾角會(huì)變大，勻速下落時(shí)第2級(jí)牽引繩承受的拉力將增大，故D正確。
故選BD。
三．利用機(jī)械能守恒定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題（共6小題）
12．如圖所示，將一質(zhì)量為m的石塊從離地面h高處以初速度斜向上拋出，初速度與水平方向的夾角為。若空氣阻力可忽略，為減小石塊落地時(shí)的速度，下列措施可行的是（ ）
A．僅減小mB．僅減小C．僅增大D．僅增大h
【答案】B
【詳解】若空氣阻力可忽略，石塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒，則有
整理得
可知小石塊落地時(shí)的速度與初速度大小、離地面高度有關(guān)，減小初速度或離地面高度，小石塊落地時(shí)的速度減小。
故選B。
13．如圖甲所示為某排球運(yùn)動(dòng)員發(fā)球時(shí)將排球擊出時(shí)的情形，球從擊出到直接落到對(duì)方場(chǎng)地的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程速率隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中所標(biāo)物理量均已知，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，則下列判斷正確的是（ ）
A．排球從擊出運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間為
B．排球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離地的最大高度為
C．排球從擊出點(diǎn)到落地點(diǎn)的位移為
D．排球從擊出到落地過(guò)程中的速度變化量大小為
【答案】B
【詳解】A．設(shè)球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻為，水平方向速度為，由速度的分解可知
在豎直方向
解得
故A錯(cuò)誤；
B．排球從最高點(diǎn)到落地，根據(jù)機(jī)械能守恒有
解得最大高度
故B正確；
C．排球從擊出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平位移為
故C錯(cuò)誤；
D．排球從擊出到落地過(guò)程中的速度變化量大小為
故D錯(cuò)誤。
故選B。
14．如圖所示，小球a、b的質(zhì)量分別是m和2m，a從傾角為30°的光滑固定斜面的頂端無(wú)初速下滑，b從斜面等高處以初速度v0平拋，比較a、b落地的運(yùn)動(dòng)過(guò)程有（ ）
A．所用的時(shí)間相同
B．a(chǎn)、b都做勻變速運(yùn)動(dòng)
C．落地前的速度相同
D．速度的變化量相同
【答案】B
【詳解】
AD．設(shè)a、b所處的高度為h，a沿斜面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為
根據(jù)位移公式有
聯(lián)立解得
b做平拋運(yùn)動(dòng)，落地的時(shí)間為
故A錯(cuò)誤；
a、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度的變化量為
，
速度的變化量不相同，故D錯(cuò)誤。
B．a(chǎn)、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度都不變，所以a、b都做勻變速運(yùn)動(dòng)，故B正確；
C．a(chǎn)、b運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，機(jī)械能守恒，則有
，
可得
故C錯(cuò)誤；
故選B。
15．（多選）把甲、乙兩球從水平地面上以相同的初動(dòng)能同時(shí)向空中拋出，不計(jì)空氣阻力，兩球的動(dòng)能隨高度h變化的關(guān)系如圖所示，它們所到達(dá)的最大高度相同，以地面為零勢(shì)能面。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．甲球的初速度比乙球小
B．甲球質(zhì)量比乙球小
C．在拋出后的同一時(shí)刻，甲球重力勢(shì)能比乙球小
D．兩球速度大小相同時(shí)，乙球比甲球高
【答案】AD
【詳解】A．由圖可知，當(dāng)兩球達(dá)到最大高度時(shí)，甲球動(dòng)能為零，甲球?yàn)樨Q直上拋運(yùn)動(dòng)，而乙球在最大高度時(shí)動(dòng)能不為零，可知乙球?yàn)樾鄙蠏佭\(yùn)動(dòng)；對(duì)甲球有
解得
設(shè)乙球初速度與豎直方向的夾角為，則有
由于
可得
故A正確；
B．兩球初動(dòng)能相等，根據(jù)動(dòng)能表達(dá)式
由于甲球的初速度比乙球小，可知甲球質(zhì)量比乙球大，故B錯(cuò)誤；
C．由A選項(xiàng)分析可知
在豎直方向上，同一時(shí)刻，兩球離地面高度相同，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，則甲球重力勢(shì)能比乙球大，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)機(jī)械能守恒，對(duì)甲球有
對(duì)乙球有
當(dāng)，兩式相減可得
整理得
由于，可得
故D正確。
故選AD。
16．鏈球是一項(xiàng)融合力量、平衡和技巧的競(jìng)技運(yùn)動(dòng)。如圖，某運(yùn)動(dòng)員在訓(xùn)練中兩手握著鏈球上鐵鏈的把手帶動(dòng)鏈球旋轉(zhuǎn)。鏈球旋轉(zhuǎn)到離地高的A點(diǎn)脫手，脫手時(shí)速度大小為，方向與水平面成θ角斜向上飛出。鏈球落地時(shí)速度與水平而夾角為β，且（θ、β未知），不計(jì)空氣阻力和鐵鏈的影響，。求：
（1）鏈球落地時(shí)速度的大??；
（2）鏈球脫手后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）鏈球脫手點(diǎn)A與落地點(diǎn)間的水平距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）鏈球脫手后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律
解得
（2）鏈球脫手后做斜上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，拋出點(diǎn)和落地點(diǎn)水平速度相等，即
在拋出點(diǎn)豎直方向上的分速度大小為
在落地點(diǎn)豎直方向上的分速度大小為
解得
（3）鏈球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，鏈球脫手點(diǎn)A與落地點(diǎn)間的水平距離
解得
四．機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題（共10小題）
17．如圖所示，豎直軌道MA與四分之一圓弧軌道ABC平滑對(duì)接且在同一豎直面內(nèi)，圓弧軌道圓心為O，OC連線豎直，OB連線與豎直方向夾角為，緊靠MA的一輕質(zhì)彈簧下端固定在水平面上，彈簧上放有一質(zhì)量為的小球，現(xiàn)用外力將小球向下緩慢壓至P點(diǎn)后無(wú)初速釋放，小球恰能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)。已知PA高度差為0.8m，圓弧軌道半徑為1.0m，不計(jì)軌道摩擦和空氣阻力，小球的半徑遠(yuǎn)小于圓弧軌道的半徑，彈簧與小球不拴接，重力加速度g?。ǎ?，則（ ）
A．小球離開彈簧時(shí)速度最大
B．剛釋放小球時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能為36J
C．若小球質(zhì)量改為5.5kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球能沿軌道返回P點(diǎn)
D．若小球質(zhì)量改為2.3kg，仍從P點(diǎn)釋放小球后，小球?qū)腂點(diǎn)離開圓弧軌道
【答案】D
【詳解】A．小球上升到彈簧彈力大小等于重力時(shí)，小球速度最大，故A錯(cuò)誤；
B．小球恰能過(guò)C點(diǎn)，則有
可得
所以彈簧的最大彈性勢(shì)能為
故B錯(cuò)誤；
C．小球質(zhì)量為時(shí)，小球肯定到不了C點(diǎn)，而最大彈性勢(shì)能
小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)還有速度，即能進(jìn)入圓弧軌道，所以小球?qū)⒃趫A弧軌道A、C之間某點(diǎn)離開圓弧軌道做斜上拋運(yùn)動(dòng)，不能沿軌道返回P點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
D．設(shè)小球質(zhì)量為時(shí)恰好從B點(diǎn)離開，則在B點(diǎn)有
解得
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
解得
故D正確。
故選D。
18．籃球運(yùn)動(dòng)員做定點(diǎn)投籃訓(xùn)練，籃球從同一位置投出，且初速度大小相等，第1次投籃籃球直接進(jìn)籃筐，第2次籃球在籃板上反彈后進(jìn)筐，籃球反彈前后垂直籃板方向分速度等大反向，平行于籃板方向分速度不變，軌跡如圖所示，忽略空氣阻力和籃球撞擊籃板的時(shí)間，關(guān)于兩次投籃說(shuō)法正確的是（ ）
A．兩次投籃，籃球從離手到進(jìn)筐的時(shí)間相同
B．籃球第1次上升的最大高度比第2次的大
C．籃球經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)，第1次的動(dòng)能比第2次的大
D．籃球兩次進(jìn)筐時(shí)，在豎直方向分速度相同
【答案】B
【詳解】B．第2次籃球在籃板上反彈后進(jìn)筐，籃球反彈前后垂直籃板方向分速度等大，若沒(méi)有籃板，籃球水平位移較大，又由于兩次初速度大小相等，所以第2次籃球水平初速度較大，豎直分速度較小，籃球第1次上升的最大高度比第2次的大，故B正確；
A．豎直方向上，根據(jù)
第1次籃球從離手到進(jìn)筐的時(shí)間較大，故A錯(cuò)誤；
C．初動(dòng)能相等，籃球經(jīng)過(guò)a點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能相等，根據(jù)機(jī)械能守恒，第1次的動(dòng)能等于第2次的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；
D．籃球兩次進(jìn)筐時(shí)，水平方向分速度不同，在豎直方向分速度不同，故D錯(cuò)誤。
故選B。
19．如圖所示，一可視為質(zhì)點(diǎn)的小石塊從屋頂?shù)腁點(diǎn)由靜止?jié)L下，沿直線勻加速到屋檐上的B點(diǎn)后做拋體運(yùn)動(dòng)，落到水平地面上的C點(diǎn)。已知屋頂?shù)降孛娴母叨葹?.92m，屋檐到地面的高度為2.72m，與水平方向的夾角為，不計(jì)一切阻力，取重力加速度大小，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小石塊離開屋檐時(shí)的速度大小為
B．小石塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間為1.2s
C．小石塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為0.5s
D．B、C兩點(diǎn)間的水平距離為
【答案】D
【詳解】
A．根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
故A錯(cuò)誤；
B．小石塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的加速度大小
從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的時(shí)間
故B錯(cuò)誤；
C．小石塊在B點(diǎn)的水平分速度
豎直分速度
則有
解得
故C錯(cuò)誤；
D．依題意，B、C兩點(diǎn)間的水平距離
故D正確。
故選D。
20．（多選）如圖所示為高空滑索運(yùn)動(dòng)，游客利用輕繩通過(guò)輕質(zhì)滑環(huán)懸吊沿傾斜滑索下滑。假設(shè)某段下滑過(guò)程中游客、滑環(huán)和輕繩為整體勻速下滑，速度大小為v，整體重力為G，不計(jì)空氣阻力，在這段下滑過(guò)程中下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．游客的機(jī)械能守恒B．輕繩保持豎直
C．整體重力勢(shì)能的減少量大于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量D．重力的功率為
【答案】BC
【詳解】A．勻速下滑過(guò)程中，動(dòng)能保持不變，重力勢(shì)能減小，因此機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；
B．由于游客勻速下滑，人受到重力與繩子拉力平衡，因此輕繩沿豎直方向，B正確；
C．由于動(dòng)能保持不變，而重力勢(shì)能減小，因此整體重力勢(shì)能的減少量大于系統(tǒng)動(dòng)能的增加量，C正確；
D．由于游客沿傾斜滑索下滑，因此重力的功率
D錯(cuò)誤。
故選BC。
21．（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑圓環(huán)，圓心在O點(diǎn)。質(zhì)量分別為m、的A、B兩小球套在圓環(huán)上，用不可伸長(zhǎng)的長(zhǎng)為的輕桿通過(guò)鉸鏈連接，開始時(shí)對(duì)球A施加一個(gè)豎直向上的外力，使A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，且球A恰好與圓心O等高，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．對(duì)球A施加的豎直向上的外力的大小為
B．若撤掉外力，對(duì)球B施加一個(gè)水平向左的外力F，使系統(tǒng)仍處于原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，則F的大小為mg
C．撤掉外力，系統(tǒng)無(wú)初速度釋放，當(dāng)A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，B球的速度大小為
D．撤掉外力，系統(tǒng)無(wú)初速度釋放，沿著圓環(huán)運(yùn)動(dòng)，B球能夠上升的最高點(diǎn)相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度為
【答案】BCD
【詳解】
A．當(dāng)外力作用在A球上時(shí)，對(duì)小球B受力分析可知，小球B受重力和環(huán)給B豎直向上的彈力處于平衡狀態(tài)，則桿對(duì)B、A均無(wú)作用力，A球受重力和外力處于平衡狀態(tài)，則
故A錯(cuò)誤；
B．若撤掉外力，對(duì)球B施加一個(gè)水平向左的外力F，分別對(duì)球A、B受力分析，如圖所示
由平衡條件有
，
又有
解得
故B正確；
C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圓周運(yùn)動(dòng)），即
A球從左側(cè)圓心等高處到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)時(shí)，B球從圓環(huán)最低點(diǎn)到達(dá)右側(cè)圓心等高處，則由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
解得
故C正確；
D．當(dāng)B球上升到最大高度時(shí)，如圖所示
以圓環(huán)最低點(diǎn)為參考面，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
可得
則B球能夠上升的最大高度相對(duì)圓心O點(diǎn)的豎直高度為，故D正確。
故選BCD。
22．（多選）如圖，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿一端固定在光滑鉸鏈上，另一端固定一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），開始時(shí)，輕桿位于豎直方向，受輕微擾動(dòng)后由靜止開始向左自由轉(zhuǎn)動(dòng)，小球與輕桿始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻輕桿與豎直方向的夾角記為α，取重力加速度為g，關(guān)于轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中小球的以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．豎直分速度先增大后減小
B．重力的最大功率為
C．水平分速度最大值為
D．當(dāng)時(shí)，輕桿對(duì)小球有沿桿方向向下的拉力
【答案】BD
【詳解】A．小球受桿沿桿方向的支持力或拉力作用，豎直向下的重力作用，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，桿對(duì)小球不做功，重力一直做正功，豎直方向速度一直增加，故A錯(cuò)誤；
B．桿對(duì)小球不做功，重力對(duì)小球做正功，當(dāng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律有
解得
重力的最大功率為
故B正確；
C．桿對(duì)小球的作用力由支持力逐漸變?yōu)槔Γ瑒t在水平方向?yàn)橄蜃蟮耐屏χ饾u變?yōu)?，再變?yōu)橄蛴业睦Γ瑮U對(duì)小球無(wú)作用力時(shí)水平方向速度最大，此時(shí)小球做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力為
由機(jī)械能守恒定律可得
解得
，
所以
故C錯(cuò)誤；
D．當(dāng)時(shí)，小球已越過(guò)速度最大位置，此時(shí)輕桿對(duì)小球有沿桿方向向下的拉力，故D正確。
故選BD。
23．（多選）如圖所示，半徑為R外表面光滑的圓柱體固定放置在水平地面上，O是圓心，AC、BD分別是豎直直徑、水平直徑，在柱面上的P點(diǎn)與地面之間搭一個(gè)斜面，斜面正好與圓柱面相切于P點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）從圓柱體面上的A點(diǎn)獲得一個(gè)水平初速度，滑塊沿著柱面下滑到P時(shí)剛好與柱面之間沒(méi)有彈力，滑塊從P離開柱面后沿著斜面運(yùn)動(dòng)到地面上的Q點(diǎn)，已知，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．A、P兩點(diǎn)的高度差為
B．滑塊在A點(diǎn)獲得初速度后的瞬間，A點(diǎn)對(duì)滑塊的支持力為
C．滑塊在P點(diǎn)的速度為
D．滑塊運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)的速度為
【答案】BD
【詳解】A．由幾何關(guān)系可得A、P兩點(diǎn)的高度差為
A錯(cuò)誤；
BC．設(shè)滑塊在A點(diǎn)獲得的初速度為，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度為，A點(diǎn)對(duì)滑塊的支持力為，滑塊從A到P由機(jī)械能守恒定律可得
當(dāng)滑塊剛運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，柱面對(duì)滑塊的支持力剛好為0，把重力分別沿著OP和垂直O(jiān)P分解，由向心力的公式可得
綜合解得
B正確、C錯(cuò)誤；
D．P、Q兩點(diǎn)間的高度差為
P、Q兩點(diǎn)間的距離為
滑塊從P運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得
綜合解得
D正確。
故選BD。
【點(diǎn)睛】豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)與斜面問(wèn)題的綜合，考查圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)、機(jī)械能守恒、動(dòng)能定理等知識(shí)，重點(diǎn)考查物理觀念和科學(xué)思維等核心素養(yǎng)。
24．如圖，光滑水平面AB與豎直面內(nèi)的粗糙半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相接，導(dǎo)軌半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，在彈力作用下物體獲得某一向右速度后脫離彈簧，它經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為v1，之后沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)的速度為v2，重力加速度為g。
（1）求彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能。
（2）物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的彈力。
（3）求物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由能量守恒可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，所以彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能為
（2）物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律
根據(jù)牛頓第三定律，物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)導(dǎo)軌的彈力為
（3）對(duì)物體，B→C，由動(dòng)能定理有解得
解得物體沿半圓形導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過(guò)程中阻力所做的功為
25．如圖所示，長(zhǎng)方形物塊放置在光滑水平地面上，兩豎直擋板（側(cè)面光滑）夾在物塊的兩側(cè)并固定在地面上，現(xiàn)把足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)硬桿豎直固定在物塊上，一根不可伸長(zhǎng)的長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線一端固定在桿的上端O點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的小球（視為質(zhì)點(diǎn)）相連，把小球拉到O點(diǎn)等高處，細(xì)線剛好拉直，現(xiàn)使小球獲得豎直向下的初速度，使小球能在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，物塊對(duì)地面的壓力恰好為0，且此時(shí)小球的加速度大小為9g。已知小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中與桿不發(fā)生碰撞，重力加速度為g，忽略空氣的阻力。
（1）求物塊的質(zhì)量以及小球獲得的豎直向下的初速度大??；
（2）若小球運(yùn)動(dòng)一周到達(dá)O點(diǎn)的等高點(diǎn)時(shí)，立即撤掉兩側(cè)擋板，物塊一直在光滑的水平面上運(yùn)動(dòng)，求當(dāng)小球再次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)物塊的速度大小及細(xì)線的拉力大小。
【答案】（1），；（2），
【詳解】
（1）設(shè)物塊的質(zhì)量為M，小球在最高點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律可得
對(duì)物塊由二力平衡可得
解得
設(shè)小球的初速度大小為，小球在最高點(diǎn)速度的大小為v
由向心加速度的定義可得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）若小球運(yùn)動(dòng)一周到達(dá)O點(diǎn)的等高點(diǎn)時(shí)，立即撤出兩側(cè)擋板，當(dāng)小球再次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球與物塊的速度大小分別為，細(xì)線的拉力大小為F，由機(jī)械能守恒定律可得
兩物體組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒且為0，則有
解得
由向心力的公式以及牛頓第二定律可得
解得
26．如圖所示，不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線下方懸掛一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，另一端固定在點(diǎn)小球的質(zhì)量為，細(xì)線的長(zhǎng)度為，在過(guò)懸掛點(diǎn)的豎直線上距懸掛點(diǎn)的距離為處（）的點(diǎn)有一個(gè)固定的釘子，當(dāng)小球擺動(dòng)時(shí)，細(xì)線會(huì)受到釘子的阻擋，當(dāng)一定而取不同值時(shí)，阻擋后小球的運(yùn)動(dòng)情況將不同，現(xiàn)將小球拉到位于豎直線的左方（擺球的高度不超過(guò)點(diǎn)）然后放手，令其自由擺動(dòng)，重力加速度為。
（1）將細(xì)線拉至水平后釋放，若，求當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到釘子右側(cè)細(xì)線與豎直方向夾角為（）時(shí)，細(xì)線承受的拉力；
（2）如果細(xì)線被釘子阻擋后，小球恰能夠擊中釘子，試求的最小值。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）根據(jù)機(jī)械能守恒，可得
設(shè)細(xì)線承受的拉力為F，由牛頓第二定律可得
聯(lián)立，解得
（2）細(xì)線受阻后在一段時(shí)間內(nèi)小球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)任一時(shí)刻的速度為v，如圖所示
用表示此時(shí)細(xì)線與重力方向之間的夾角，則有
運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，令表示擺線在起始位置時(shí)與豎直方向的夾角，取O點(diǎn)為勢(shì)能零點(diǎn)，則有關(guān)系
小球受阻后，如果后來(lái)擺球能擊中釘子，則必定在某位置時(shí)擺線開始松弛，此時(shí)
T＝0
此后小球僅在重力作用下作斜拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)在該位置時(shí)擺球速度，擺線與豎直線的夾角，則有
聯(lián)立，可得
要求作斜拋運(yùn)動(dòng)的小球擊中釘子，則應(yīng)滿足下列關(guān)系
，
解得
可知
聯(lián)立，解得
式中越大，越小，x越小，最大值為，由此可求得x的最小值滿足
解得
27．如圖，質(zhì)量為的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸分別為和，長(zhǎng)軸水平，短軸豎直．質(zhì)量為的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長(zhǎng)軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑．以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系，橢圓長(zhǎng)軸位于軸上。整個(gè)過(guò)程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為。
（1）在平面直角坐標(biāo)系中，求出小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程；
（2）固定凹槽，在y軸左側(cè)適當(dāng)位置對(duì)凹槽進(jìn)行適當(dāng)切割保留剩余部分（如圖所示）并在切割位點(diǎn)接上一個(gè)傾角為30°的足夠長(zhǎng)斜面。在保證小球飛出時(shí)速度與水平方向夾角大于30°情況下，求：
①切割位點(diǎn)橫坐標(biāo)為-x0時(shí)，小球飛出的速度v0；
②小球落在斜面最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí)的切割位點(diǎn)的橫坐標(biāo)。
【答案】（1）；（2）①；②
【詳解】（1）設(shè)某時(shí)刻，小球水平向左移動(dòng)的位移大小x1，凹槽水平向右移動(dòng)的位移大小為x2，此時(shí)小球的坐標(biāo)為（x，y），由于小球與凹槽組成的系統(tǒng)在水平方向滿足動(dòng)量守恒，利用人船模型可知
而
利用橢圓方程可知
聯(lián)立解得小球運(yùn)動(dòng)的軌跡方程
（2）①設(shè)切割點(diǎn)橫坐標(biāo)為-x0，縱坐標(biāo)為-y0，則
根據(jù)機(jī)械能守恒
可得
②拋射方向如圖所示
設(shè)斜拋的初速度為 從切割點(diǎn)飛出后，將運(yùn)動(dòng)分解到沿著斜面方向和垂直于斜面方向，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
落到斜面上的點(diǎn)到拋出點(diǎn)的距離
聯(lián)立解得
整理該式可得
顯然當(dāng)
時(shí)，拋射的最遠(yuǎn)，可得
此時(shí)
而
聯(lián)立解得
五．用桿連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題（共5小題）
28．如圖所示，一根長(zhǎng)直輕桿兩端分別固定小球A和B，A球、B球質(zhì)量分別為2m、m，兩球半徑忽略不計(jì)，桿的長(zhǎng)度為l。將兩球套在“L”形的光滑桿上，A球套在水平桿上，B球套在豎直桿上，開始A、B兩球在同一豎直線上。輕輕振動(dòng)小球B，使小球A在水平面上由靜止開始向右滑動(dòng)。當(dāng)小球B沿墻下滑距離為0.5l時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球A的速度為
B．小球B的速度為
C．小球B沿墻下滑0.5l過(guò)程中，桿對(duì)A做功
D．小球B沿墻下滑0.5l過(guò)程中，A球增加的動(dòng)能等于B球減少的重力勢(shì)能
【答案】A
【詳解】AB．當(dāng)小球B沿墻下滑距離為0.5l時(shí)，A向右移動(dòng)的距離為
此時(shí)細(xì)桿與水平方向的夾角為30°；對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律可知
其中
解得
選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；
C．小球B沿墻下滑0.5l過(guò)程中，桿對(duì)A做功
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由能量關(guān)系可知，小球B沿墻下滑0.5l過(guò)程中，B球減少的重力勢(shì)能等于AB兩球增加的動(dòng)能之和，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選A。
29．如圖所示，半徑為，質(zhì)量不計(jì)的均勻圓盤豎直放置，可以繞過(guò)圓心且與盤面垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在盤面的最右邊邊緣處固定了一個(gè)質(zhì)量為的小球A，在圓心的正下方離點(diǎn)處固定了一個(gè)質(zhì)量為的小球B?，F(xiàn)從靜止開始釋放圓盤讓其自由轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度大小為，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球A在最低點(diǎn)時(shí)的速度為0B．小球B上升的最大高度為
C．小球A的最大速度為D．小球B轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能為
【答案】B
【詳解】A．因?yàn)锳、B兩球的角速度相同，根據(jù)
可知同一時(shí)刻小球A的速度總是B的兩倍；小球A在最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)此時(shí)A的速度為，B的速度為，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得
又
聯(lián)立可得
故A錯(cuò)誤；
B．設(shè)B球上升到最大高度時(shí)與水平方向的夾角為，此時(shí)兩球的速度均為零，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
解得
則B球上升到最大高度為
故B正確；
CD．從靜止開始釋放圓盤，設(shè)某一時(shí)刻，小球A與圓心O的連線與水平方向的夾角為，此時(shí)小球A下降的高度為
小球B上升的高度為
設(shè)此時(shí)小球A的速度為，小球B的速度為，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得
又
聯(lián)立可得
其中
可知B的最大速度為
則A的最大速度為
小球B轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中的最大動(dòng)能為
故CD錯(cuò)誤。
故選B。
30．（多選）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相等的小球a、b通過(guò)鉸鏈用長(zhǎng)為的剛性輕桿連接，a套在豎直桿M上，b套在水平桿N上，最初剛性輕桿與細(xì)桿M的夾角為45°。兩根足夠長(zhǎng)的細(xì)桿M、N不接觸（a、b球均可越過(guò)O點(diǎn)），且兩桿間的距離忽略不計(jì)，將兩小球從圖示位置由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦。下列說(shuō)法中正確的是（ ）
A．a(chǎn)、b球組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．a(chǎn)球的最大速度為
C．b球的最大速度為
D．a(chǎn)球從初位置下降到最低點(diǎn)的過(guò)程中，連接桿對(duì)a球的彈力先做負(fù)功，后做正功
【答案】AC
【詳解】A．a(chǎn)球和b球所組成的系統(tǒng)中重力做功使重力勢(shì)能與動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，不改變總的機(jī)械能，輕桿對(duì)a、b做功使機(jī)械能在a、b間相互轉(zhuǎn)移同樣不改變總的機(jī)械能，則系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A正確；
B．當(dāng)a球運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)b球速度為零且高度不變，b球機(jī)械能等于最初位置時(shí)的機(jī)械能，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，a球此時(shí)的機(jī)械能與最初位置時(shí)的機(jī)械能同樣也相等，由
可得
但此時(shí)不是最大速度，過(guò)了O點(diǎn)后a球的重力大于桿向上的分力會(huì)繼續(xù)向下加速直到桿向上的分力與重力大小相等時(shí)速度達(dá)到最大，B錯(cuò)誤；
C．當(dāng)a球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)a球的機(jī)械能最小，b球的機(jī)械能最大，動(dòng)能最大，a球的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為b球的動(dòng)能，根據(jù)
b球的最大速度
C正確；
D．a(chǎn)球從初位置下降到O點(diǎn)的過(guò)程中，b的速度先增大后減小，說(shuō)明桿對(duì)b球先做正功后做負(fù)功，則桿對(duì)a球先做負(fù)功后做正功，a球從O到最低點(diǎn)過(guò)程中，a球速度先增大后減小，開始a球的重力大于輕桿拉力的豎直分量a球加速運(yùn)動(dòng)，后來(lái)a球的重力小于輕桿拉力的豎直分量a球減速運(yùn)動(dòng)，來(lái)到最低點(diǎn)時(shí)速度減為0，桿對(duì)a球做負(fù)功，即a球從初位置下降到最低點(diǎn)的過(guò)程中，連接桿對(duì)a球的彈力先做負(fù)功后做正功，再做負(fù)功，D錯(cuò)誤。
故選AC。
31．如圖所示，固定的傾斜軌道傾角，其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的圓弧軌道相切、相連接，位置P為圓弧軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量分別為2m、m的小球A、B用長(zhǎng)的輕桿通過(guò)輕質(zhì)鉸鏈相連，A套在傾斜軌道上，B套在固定的豎直軌道上，豎直軌道過(guò)圓弧軌道的圓心O?，F(xiàn)A受到一沿傾斜軌道向上的推力處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)輕桿與傾斜軌道垂直，撤去推力后，A由靜止沿傾斜軌道、圓弧軌道運(yùn)動(dòng)。假設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕桿和豎直軌道不會(huì)碰撞，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g。
（1）求推力的大小F；
（2）求A運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（3）A運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)A產(chǎn)生方向豎直向上、大小為的彈力，求此時(shí)B的加速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）在有推力時(shí)，小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，即合力為零。由平衡推論有
（2）設(shè)小球A初始位置距離水平面高度為
由幾何關(guān)系有
解得
設(shè)小環(huán)B初始位置距離水平面高度為，有幾何關(guān)系有
解得
運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律有
，
解得
（3）以小環(huán)B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有
以小球A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有
解得
六．用細(xì)繩連接的系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題（共6小題）
32．運(yùn)動(dòng)員為了鍛煉腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，與水平方向成角的光滑斜面固定放置，質(zhì)量均為m的運(yùn)動(dòng)員與重物用跨過(guò)光滑定滑輪的輕質(zhì)細(xì)繩連接。運(yùn)動(dòng)員從斜面的某處由靜止開始下滑，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到繩與斜面垂直的A點(diǎn)時(shí)速度大小，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，繩與斜面的夾角為。已知A、B兩點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直未離開斜面，繩一直處于伸直狀態(tài)，運(yùn)動(dòng)員與重物（均可視為質(zhì)點(diǎn)）始終在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，。運(yùn)動(dòng)員到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，其速度的大小為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】
設(shè)間距為，運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)到B點(diǎn)，重力勢(shì)能的減少量為
重物上升的高度
則物體重力勢(shì)能的增加量為
則系統(tǒng)總重力勢(shì)能的減少量為
運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)，把分別沿著繩和垂直繩分解，沿著繩子方向的分速度為
重物的速度等于繩速，則有
運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)到B點(diǎn)，人與重物組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
代入初速度，可得
故選A。
33．如圖所示，質(zhì)量為m的小球甲固定在輕彈簧上，輕彈簧固定在水平面上，小球甲和輕彈簧套在一豎直固定的光滑桿上，小球甲和質(zhì)量為4m的物體乙用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩連接。初始時(shí)，用手托住物體乙，使輕繩剛好伸直且繩上拉力為零，此時(shí)，連接小球甲和定滑輪之間的輕繩與水平方向的夾角為，現(xiàn)將物體乙由靜止釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后小球甲運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，ON水平， ON=d且小球在M、N兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小相等。已知重力加速度為g，sin 53°=0.8，cs 53°=0.6.則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．彈簧的勁度系數(shù)為
B．小球甲運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度大小為
C．在小球甲由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，小球甲和物體乙的機(jī)械能之和先減小后增大
D．在小球甲由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，物體乙重力的瞬時(shí)功率一直增大
【答案】B
【詳解】A.小球甲在M、N兩點(diǎn)時(shí)彈簧的彈力大小相等，則由胡克定律可知小球甲在M點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量等于在N點(diǎn)時(shí)的伸長(zhǎng)量，由幾何關(guān)系知
則小球甲位于M點(diǎn)時(shí)彈簧的壓縮量為
對(duì)在M點(diǎn)的小球甲由力的平衡條件可知
解得
故A錯(cuò)誤；
B.設(shè)小球甲運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，此時(shí)物體乙的速度為零，在小球甲由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，由小球甲、物體乙和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則可得
解得
故B正確；
C.在小球甲由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力對(duì)小球甲先做正功后做負(fù)功，則小球甲和物體乙的機(jī)械能之和先增大后減小，故C錯(cuò)誤；
D.由于小球甲在M點(diǎn)時(shí)及運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)物體乙的速度均為零，物體乙重力的瞬時(shí)功率均為零，所以在小球甲由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，物體乙重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤。
故選B。
34．（多選）如圖所示，一輕桿可繞光滑固定轉(zhuǎn)軸。在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，桿的兩端固定有小球A和B(可看作質(zhì)點(diǎn))，A、B的質(zhì)量分別為2m和m，到轉(zhuǎn)軸O的距離分別為2L和L，重力加速度為g。現(xiàn)將輕桿從水平位置由靜止釋放，輕桿開始繞O軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．球B的速度大小為
B．球A的速度大小為
C．桿對(duì)球A的拉力大小為
D．桿對(duì)球A做的功為
【答案】BC
【詳解】AB．對(duì)于A、B兩球及輕桿組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，取輕桿原來(lái)的水平面為零勢(shì)能參考面，可得
由，可知
解得
，
故A錯(cuò)誤，B正確；
C．當(dāng)球A到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得
解得桿對(duì)球A的拉力大小為
故C正確；
D．對(duì)A由動(dòng)能定理得
解得桿對(duì)球A做的功為
故D錯(cuò)誤。
故選BC。
35．（多選）如圖所示，一輕繩繞過(guò)無(wú)摩擦的兩個(gè)輕質(zhì)小定滑輪，一端和質(zhì)量為m的小球連接，另一端與套在光滑固定直桿上質(zhì)量也為m的小物塊連接，直桿與兩定滑輪在同一豎直面內(nèi)，與水平面的夾角θ=53°，直桿上O點(diǎn)與兩定滑輪均在同一高度，O點(diǎn)到定滑輪的距離為L(zhǎng)，直桿上D點(diǎn)到點(diǎn)的距離也為L(zhǎng)，重力加速度為g，直桿足夠長(zhǎng)，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不會(huì)與其他物體相碰?，F(xiàn)將小物塊從O點(diǎn)由靜止釋放，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小物塊剛釋放時(shí)，輕繩中的張力大小為mg
B．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊加速度的大小為
C．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊與小球的速度大小之比為5：3
D．小物塊下滑至D點(diǎn)時(shí)，小物塊的速度大小為
【答案】BCD
【詳解】A．小物塊剛釋放時(shí)，小物塊將加速下滑，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，則輕繩對(duì)小球的拉力小于球的重力mg，故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)拉物塊的繩子與直桿垂直時(shí)，小球下降的距離最大，對(duì)小物塊受力分析，由牛頓第二定律
解得此時(shí)小物塊加速度的大小為
故B正確；
C．設(shè)小物塊在D處的速度大小為v，此時(shí)小球的速度大小為，將小物塊的速度分解為沿繩子方向和垂直繩子方向，如圖所示
沿繩子方向的分速度等于小球的速度，即
故小物塊在D處的速度與小球的速度之比為
故C正確；
D．對(duì)小物塊和小球組成的系統(tǒng)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有
其中
解得此時(shí)小物塊的速度大小為
故D正確。
故選BCD。
36．如圖，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一輕繩繞過(guò)兩個(gè)光滑的輕質(zhì)滑輪連接著固定點(diǎn)P和物塊B，兩滑輪之間的輕繩始終與斜面平行，物塊A與動(dòng)滑輪連接。已知A、B的質(zhì)量均為1kg，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小取10m/s2。將A、B由靜止釋放，求：
（1）物體A、B釋放瞬間，輕繩上的拉力大??；
（2）物塊B下降2m時(shí)（B未落地）的速度大??；
（3）物塊B下降2m時(shí)，A的機(jī)械能增加量。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）7J
【詳解】（1）物體A、B釋放瞬間，設(shè)輕繩的拉力為T，對(duì)物體A，根據(jù)牛頓第二定律有
對(duì)物體B，根據(jù)牛頓第二定律有
由題圖可得
所以
（2）根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有
解得
（3）繩拉力對(duì)A做功為
摩擦力對(duì)物塊A做功為
由功能關(guān)系得A的機(jī)械能增加量為
37．長(zhǎng)為的輕繩一端固定在點(diǎn)，一端與質(zhì)量為的小球相連，小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，始終受到大小、方向水平向右的恒力作用。如圖甲所示，第一次將小球拉到點(diǎn)，輕繩剛好水平拉直，由靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)；如圖乙所示，第二次將小球拉到點(diǎn)，輕繩剛好水平拉直，由靜止釋放小球，小球最終做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)繩子張緊的過(guò)程中，沿繩子方向的速度在極短的時(shí)間內(nèi)迅速減小到零，且繩子不會(huì)被拉斷。重力加速度大小為，不計(jì)空氣阻力。求：
（1）第一次小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩子中的拉力大??；
（2）第二次釋放小球繩子張緊過(guò)程中，機(jī)械能的損失；
（3）小球做往復(fù)運(yùn)動(dòng)到達(dá)右側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩與之間的夾角。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)第一次小球從釋放，運(yùn)動(dòng)到時(shí)速度為，根據(jù)動(dòng)能定理有
在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有
解得
（2）第二次釋放小球，小球受到水平向右的恒力，以及豎直向下的重力作用，由于，則小球從點(diǎn)沿連線的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)時(shí)繩子張緊，設(shè)小球到點(diǎn)時(shí)，速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理有
此時(shí)，速度方向與水平方向的夾角，由題意，有
解得
（3）設(shè)小球做往返運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到達(dá)右側(cè)最高點(diǎn)（速度為零）時(shí)，細(xì)繩與豎直方向的夾角為細(xì)繩張緊后，小球的速度為
從最低點(diǎn)到右側(cè)最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
解得：
七．彈簧類問(wèn)題機(jī)械能轉(zhuǎn)化的問(wèn)題（共9小題）
38．如圖所示，在傾角為37°的粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面底端，一質(zhì)量為可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊壓縮一輕彈簧并鎖定，滑塊與彈簧不拴連。時(shí)刻解除鎖定，計(jì)算機(jī)通過(guò)傳感器描繪出滑塊的圖像，其中Ob段為曲線，bc段為直線，已知物塊在0-0.2s內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為0.8m，取，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．滑塊速度最大時(shí)，滑塊與彈簧脫離
B．滑塊在0.2s時(shí)機(jī)械能最大
C．滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
D．時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為32J
【答案】D
【詳解】A．當(dāng)滑塊速度最大時(shí)，滿足
此時(shí)彈力不為零，滑塊與彈簧還沒(méi)有脫離，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B．滑塊機(jī)械能增量等于彈力做功與摩擦力做功的代數(shù)和，開始時(shí)彈力大于摩擦力，此過(guò)程中彈力功大于摩擦力功，滑塊的機(jī)械能增加；最后階段彈力小于摩擦力，彈力功小于摩擦力功，此過(guò)程中滑塊的機(jī)械能減小，則滑塊在0.2s時(shí)彈力為零，此時(shí)滑塊的機(jī)械能不是最大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C．滑塊脫離彈簧后向上減速運(yùn)動(dòng)的加速度
根據(jù)牛頓第二定律
解得滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
D．由能量關(guān)系可知，時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為
選項(xiàng)D正確。
故選D。
39．如圖所示，豎直放置的輕彈簧一端固定于水平地面，質(zhì)量的小球在輕彈簧正上方某處由靜止下落，同時(shí)受到一個(gè)豎直向上的恒定阻力。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向，取地面為重力勢(shì)能零勢(shì)能參考面，在小球下落至最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能EP、彈簧的彈性勢(shì)能E彈隨小球位移變化的關(guān)系圖線分別如圖甲、乙所示，彈簧始終在彈性限度范圍內(nèi)，取重力加速度g=10m/s2，則（ ）
A．根據(jù)甲圖可知小球下落的初始位置距地面的高度為0.6m
B．根據(jù)乙圖可知彈簧的最大壓縮量為0.6m
C．根據(jù)甲圖和乙圖可知，小球在最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為5.2J
D．小球下落到最低點(diǎn)過(guò)程受到的阻力大小為2N
【答案】D
【詳解】A．根據(jù)甲圖可知，開始下落時(shí)
解得
h0=1m
即小球下落的初始位置距地面的高度為1m，故A錯(cuò)誤；
B．根據(jù)乙圖可知彈簧的最大壓縮量為0.6m-0.5m=0.1m，故B錯(cuò)誤；
C．根據(jù)甲圖和乙圖可知，由能量關(guān)系可知
初始狀態(tài)小球的重力勢(shì)能為EP0=10J，小球在最低點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為
Ep1=10J-6J=4J
故C錯(cuò)誤；
D．小球在最低點(diǎn)時(shí)的彈力勢(shì)能為E彈=4.8J，由能量關(guān)系
解得小球下落到最低點(diǎn)過(guò)程受到的阻力大小為
f=2N
故D正確。
故選D。
40．如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定在點(diǎn)，另一端與小球相連。小球套在豎直固定、粗細(xì)均勻的粗糙桿上，與桿垂直，小球在點(diǎn)時(shí)，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)，兩點(diǎn)與點(diǎn)的距離相等，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．小球從點(diǎn)靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．小球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)速度最大
B．小球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)的速度是運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)速度的倍
C．從點(diǎn)到點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變大再變小
D．從點(diǎn)到點(diǎn)和從點(diǎn)到點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】D
【詳解】A．滑動(dòng)摩擦力
逐漸減小，加速度為零時(shí)速度最大，小球運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)加速度不為零，故A錯(cuò)誤；
B．小球從點(diǎn)向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，設(shè)彈簧與豎直方向夾角為，彈簧的拉力為
逐漸減小，支持力為
逐漸減小，摩擦力小球從到根據(jù)功能關(guān)系
從到根據(jù)功能關(guān)系
故B錯(cuò)誤；
C．從點(diǎn)到點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球受到的摩擦力先變小再變大，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)對(duì)稱性可知在任意關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)摩擦力大小相等，因此由對(duì)稱性可知到和到摩擦力做功大小相等，故D正確。
故選D。
41．（多選）運(yùn)動(dòng)員為了練習(xí)腰部力量，在腰部拴上輕繩然后沿著斜面下滑，運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型如圖所示，傾角為的光滑斜面固定放置，質(zhì)量為m運(yùn)動(dòng)員與質(zhì)量為m的重物通過(guò)輕質(zhì)細(xì)繩連接，細(xì)繩跨過(guò)天花板上的兩個(gè)定滑輪，運(yùn)動(dòng)員從斜面上的某點(diǎn)由靜止開始下滑，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度大小為，且此時(shí)細(xì)繩與斜面垂直，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩與斜面的夾角為，已知A、B兩點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，運(yùn)動(dòng)員在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一直未離開斜面，細(xì)繩一直處于伸直狀態(tài)，不計(jì)細(xì)繩與滑輪之間的摩擦，運(yùn)動(dòng)員與重物（均視為質(zhì)點(diǎn)）總在同一豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，重物的速度大小為
B．運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，重物重力勢(shì)能的增加量為
C．運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，系統(tǒng)總重力勢(shì)能的增加量為
D．運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)，其速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．設(shè)運(yùn)動(dòng)員的速度為，繩與斜面夾角為α，則沿繩方向的分速度即重物的速度為
垂直繩方向的分速度為
可知到A點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩與斜面垂直，所以運(yùn)動(dòng)員在A點(diǎn)時(shí)，重物的速度大小為零，故A錯(cuò)誤；
B．運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，重物重力勢(shì)能的增加量為
故B正確；
C．運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能減少
所以系統(tǒng)總重力勢(shì)能的增加量為
即減少了，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能，有
可得運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)時(shí)，其速度大小為
故D正確。
故選BD。
42．（多選）如圖所示，一個(gè)輕質(zhì)彈簧下端固定在足夠長(zhǎng)的光滑斜面的最底端，彈簧上端放上物塊A，A與彈簧不拴接。對(duì)A施加沿斜面向下的力使彈簧處于壓縮狀態(tài)，撤去外力釋放物塊A，A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移過(guò)程中，以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．物塊A的動(dòng)能先增大后減小
B．物塊A的機(jī)械能保持不變
C．彈簧的彈性勢(shì)能與物塊A的動(dòng)能之和一直減小
D．物塊A從釋放到離開彈簧過(guò)程中加速度一直減小
【答案】AC
【詳解】
A．物塊A的速度從零增大到最大再減速到零，故動(dòng)能先增大后減小，故A正確；
B．彈簧對(duì)物塊做正功，故物塊A的機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤；
C．彈簧與物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，物塊A的重力勢(shì)能一直增加，彈簧的彈性勢(shì)能與物塊A的動(dòng)能之和一直減小，故C正確；
D．物塊A從釋放到離開彈簧過(guò)程中，彈簧形變量一直減小，先開始加速度向上，一直到平衡位置，根據(jù)牛頓第二定律
知加速度減小，之后，加速度向下，根據(jù)牛頓第二定律
知加速度增加，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
43．（多選）2023年10月3日，中國(guó)選手嚴(yán)浪宇在男子個(gè)人比賽中為中國(guó)蹦床隊(duì)再添一金。如圖甲所示，在亞運(yùn)會(huì)蹦床項(xiàng)目比賽中，當(dāng)嚴(yán)浪宇下落到離地面高處時(shí)開始計(jì)時(shí)，其動(dòng)能與離地高度h的關(guān)系如圖乙所示．在階段圖像為直線，其余部分為曲線，若嚴(yán)浪宇的質(zhì)量為m，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦。下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．整個(gè)過(guò)程中嚴(yán)浪宇與蹦床組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
B．嚴(yán)浪宇處于高度時(shí)，他開始接觸蹦床
C．嚴(yán)浪宇處于高度時(shí)，蹦床的彈性勢(shì)能為
D．從嚴(yán)浪宇接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過(guò)程中，其加速度先增大后減小
【答案】AC
【詳解】
A．整個(gè)過(guò)程中嚴(yán)浪宇與蹦床組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，機(jī)械能守恒，故A正確；
B．從嚴(yán)浪宇下落到離地面高處開始計(jì)時(shí)，接觸蹦床前圖像為直線，故高度時(shí)，嚴(yán)浪宇開始接觸蹦床，故B錯(cuò)誤；
C．從到，動(dòng)能不變，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢(shì)能，則蹦床的彈性勢(shì)能為
故C正確；
D．從嚴(yán)浪宇接觸蹦床直至蹦床被壓縮至最低點(diǎn)的過(guò)程中，嚴(yán)浪宇受到豎直向下的重力和豎直向上的彈力，彈力從零開始不斷增大，彈力先小于重力，后大于重力，合力先減小后增大，則加速度先減小后增大，故D錯(cuò)誤。
故選AC。
44．某同學(xué)為了解某型號(hào)無(wú)人機(jī)著陸時(shí)彈簧緩沖器的作用，設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置。將兩小木塊A、B與輕彈簧連在一起，豎直放置在水平桌面上，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。他利用該裝置進(jìn)行以下兩步操作：第一步，用外力將A緩慢豎直下壓一段距離后，撤去外力，發(fā)現(xiàn)A上下運(yùn)動(dòng)，B剛好不離開地面。第二步，將一質(zhì)量為m的橡皮泥在A正上方某處自由落下，與A碰撞（時(shí)間極短），并附在A上一起向下運(yùn)動(dòng)，此后，木塊B能夠離開地面。已知木塊A、B的質(zhì)量均為m，彈簧勁度系數(shù)為k、原長(zhǎng)為l0，重力加速度為g。求：
（1）木塊A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度l1；
（2）第一步操作中，外力對(duì)木塊A做的功W；
（3）第二步操作中，橡皮泥自由下落的距離h應(yīng)滿足的條件。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）木塊A靜止時(shí)，由胡克定律可得彈簧的壓縮量為
彈簧的實(shí)際長(zhǎng)度為
解得
（2）因?yàn)锽剛好不離開地面，則有
可得A在最高點(diǎn)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)
所以A木塊從開始到運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)的過(guò)程中彈簧對(duì)A做的總功為零，由動(dòng)能定理得
解得
（3）對(duì)橡皮泥自由下落，由機(jī)械能守恒定律可得
橡皮泥與A碰撞，由動(dòng)量守恒定律可得
對(duì)橡皮泥與A從一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，由能量守恒得
解得
45．如圖所示，某同學(xué)利用傳送帶和橡皮筋設(shè)計(jì)了一個(gè)自動(dòng)彈弓，設(shè)想的原理如下：電機(jī)帶動(dòng)足夠長(zhǎng)的輕質(zhì)水平傳送帶以一個(gè)較快的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，質(zhì)量為m的物塊與橡皮筋的一端連接，橡皮筋的另一端固定。初始時(shí)，物塊靜止放在傳送帶上，橡皮筋恰好伸直，物塊在摩擦力的作用下開始向右運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到最右端（速度為零）時(shí)，傳送帶會(huì)與物塊自動(dòng)分離，從而使物塊在橡皮筋作用下被向左“彈射”出去。已知物塊與傳送帶的滑動(dòng)摩擦力為f，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，橡皮筋的勁度系數(shù)為k，彈性勢(shì)能可表示為，其中x為伸長(zhǎng)量。規(guī)定物塊初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。
（1）若傳送帶速度很大，物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到滑動(dòng)摩擦力，求物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度；
（2）電機(jī)A只能使傳送帶以的速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求物塊開始與傳送帶共速的位置，以及向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；
（3）電機(jī)B的輸出功率恒定為P，忽略電機(jī)與傳送帶輪軸間的阻力，且，已知物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為，從靜止到達(dá)到最大速度的時(shí)間為，物塊與傳送帶相對(duì)靜止的時(shí)間為，求物塊加速過(guò)程中的摩擦生熱以及物塊第二次與傳送帶開始相對(duì)滑動(dòng)時(shí)的坐標(biāo)。
【答案】（1）；（2），；（3），
【詳解】（1）物塊的平衡位置時(shí)，有
可得
運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊速度在平衡位置處最大，則有
解得
（2）當(dāng)物塊加速到后，和傳送帶保持共速，此時(shí)為靜摩擦力，直到處，重新開始相對(duì)滑動(dòng)，物塊開始減速直到被彈射；設(shè)物塊速度到的位置為，則有
解得
設(shè)物塊向右運(yùn)動(dòng)的最右位置為，從至過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系可得
解得
（3）由于
可知物塊先從靜止加速至，然后與傳送帶相對(duì)靜止，設(shè)在處達(dá)到最大速度，則有
從靜止到最大速度，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得
解得
之后開始減速，當(dāng)速度減到時(shí)第二次與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)相對(duì)靜止的起點(diǎn)、終點(diǎn)坐標(biāo)分別為、，對(duì)相對(duì)靜止過(guò)程由能量守恒可得
其中
解得
46．如圖所示裝置，兩根光滑細(xì)桿與豎直方向夾角都是θ，上面套有兩個(gè)質(zhì)量為m的小球，小球之間用勁度系數(shù)為k的彈簧相連。靜止時(shí)，兩小球靜止在A、B處，當(dāng)整個(gè)裝置繞中心軸線緩慢加速旋轉(zhuǎn)，當(dāng)角速度為ω時(shí)，不再加速，保持穩(wěn)定，此時(shí)兩小球處于C、D位置，且此時(shí)彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時(shí)的彈力大小相等，試求：
（1）小球靜止在A、B位置時(shí)彈簧的彈力大小F；
（2）穩(wěn)定在C、D位置時(shí)彈簧的長(zhǎng)度LCD；
（3）整個(gè)過(guò)程中細(xì)桿對(duì)彈簧小球系統(tǒng)做的功W。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小球靜止在A、B位置時(shí)，根據(jù)平衡條件
彈簧的彈力大小為
（2）穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，對(duì)小球受力分析，重力、支持力、彈簧彈力的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，豎直方向有
水平方向有
兩小球處于C、D位置，且此時(shí)彈簧中彈力與小球靜止在A、B處時(shí)的彈力大小相等，則
解得
（3）小球穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，線速度為
設(shè)彈簧原長(zhǎng)為，根據(jù)胡克定律有
根據(jù)幾何關(guān)系有
小球穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，上升的高度為
因初、末狀態(tài)彈簧的形變量相同，彈簧彈力對(duì)小球做功為零，故細(xì)桿對(duì)兩小球所做總功為
八．利用能量守恒解決實(shí)際問(wèn)題（共3小題）
47．如圖所示為某景觀噴泉的噴射裝置結(jié)構(gòu)示意圖。它由豎直進(jìn)水管和均勻分布在同一水平面上的16個(gè)噴嘴組成，噴嘴與進(jìn)水管中心的距離均為，離水面的高度。水泵位于進(jìn)水管口處，啟動(dòng)后，水泵從水池吸水，并將水壓到噴嘴處向水平方向噴出，水在水池面上的落點(diǎn)與進(jìn)水管中心的水平距離為。水泵的效率為，每個(gè)噴嘴出水口每秒出水量為，重力加速度g取，忽略水在管道和空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能損失。則下列正確的是（ ）
A．空中水柱的水的質(zhì)量為0.5kg
B．水泵輸入的功率340W
C．水泵在1h內(nèi)消耗的電能0.425度
D．在水從噴嘴噴出到落至水面的時(shí)間內(nèi)，水泵對(duì)水做的功是320J
【答案】C
【詳解】A．水從噴嘴水平噴出，做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知
，
解得
，v=2m/s
所以空中水柱的水的質(zhì)量為
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
BC．水泵對(duì)外做功，轉(zhuǎn)化為水的機(jī)械能，因?yàn)槊總€(gè)噴嘴出水口每秒出水量為，所以16個(gè)噴嘴的總質(zhì)量為
則水泵的輸出功率為
根據(jù)，則水泵的輸入功率是
水泵1h內(nèi)消耗的電能為
故水泵在水泵1h內(nèi)消耗的電能為0.425度，故B錯(cuò)誤，C正確；
D．在水從噴嘴噴出到落至水面的時(shí)間內(nèi)，水泵對(duì)水做的功
選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選C。
48．（多選）圖甲中豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端固定在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室中的水平面上，以此水平面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，質(zhì)量為0.1kg的小球在彈簧正上方某處由靜止下落，同時(shí)受到一個(gè)豎直向上恒定的風(fēng)力。以小球開始下落的位置為原點(diǎn)O，豎直向下為x軸正方向，在小球下落的過(guò)程中，小球重力勢(shì)能隨其位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線①，彈簧彈性勢(shì)能隨小球位移變化關(guān)系如圖乙中的圖線②，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，勁度系數(shù)為108N/m，重力加速度g取。則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．彈簧原長(zhǎng)為0.5m
B．小球剛接觸彈簧時(shí)的動(dòng)能為0.45J
C．小球下落過(guò)程中所受風(fēng)力為0.2N
D．小球的最大加速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．取地面為零勢(shì)能參考面，根據(jù)圖像可知小球初狀態(tài)的重力勢(shì)能為
圖乙中的圖線②表示彈簧的彈性勢(shì)能隨小球位移變化的關(guān)系，由此可知小球下落開始接觸彈簧；則彈簧的原長(zhǎng)為
故A錯(cuò)誤；
C．由圖乙可知小球速度減為0時(shí)小球下落
根據(jù)功能關(guān)系有
解得
故C錯(cuò)誤；
B．小球剛接觸彈簧時(shí)，小球下落了，則根據(jù)動(dòng)能定理有
解得
故B正確；
D．彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大

則勁度系數(shù)
加速度
故D正確。
故選BD。
49．如圖所示，雪道與水平冰面在B處平滑地連接。小明乘雪橇從雪道上離冰面高度的A處由靜止開始下滑，經(jīng)B處后沿水平冰面滑至C處停止。已知小明與雪橇的總質(zhì)量，用速度傳感器測(cè)得雪橇在B處的速度大小，不計(jì)空氣阻力和連接處能量損失，小明和雪橇可視為質(zhì)點(diǎn)。g取，以水平冰面為參考平面，求：
（1）小明與雪橇在A處時(shí)的總重力勢(shì)能；
（2）在B處時(shí)小明與雪橇的總動(dòng)能；
（3）從A處滑到B處小明與雪橇損失的機(jī)械能。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）小明與雪橇在A處時(shí)的總重力勢(shì)能
（2）在B處時(shí)小明與雪橇的總動(dòng)能
（3）從A處滑到B處小明與雪橇損失的機(jī)械能
九．能量守恒定律與傳送帶結(jié)合（共3小題）
50．如圖所示，以恒定速率逆時(shí)針運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角為，轉(zhuǎn)軸間距。工作人員將質(zhì)量為的小包裹輕放上傳送帶的頂端。已知小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為。設(shè)傳送帶頂端為零勢(shì)能面，則描述小包裹的機(jī)械能隨其位移的變化關(guān)系可能正確的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】除重力以外的其他力做的功等于小包裹機(jī)械能的變化量。小包裹從放上傳送帶到與傳送帶速度相同的過(guò)程中，沿著傳送帶向下的滑動(dòng)摩擦力對(duì)小包裹做正功，小包裹的機(jī)械能隨位移均勻增大，圖像斜率大小為。當(dāng)小包裹的速度與傳送帶速度相同后，分兩種情況：第一種，較大，小包裹與傳送帶一起勻速運(yùn)行，傳送帶對(duì)小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的靜摩擦力，且靜摩擦力
該靜摩擦力對(duì)小包裹做負(fù)功，小包裹的機(jī)械能隨位移均勻減小，圖像斜率大小為，小于第一階段的斜率大??；第二種較小，小包裹繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，傳送帶對(duì)小包裹的摩擦力為沿著傳送帶向上的滑動(dòng)摩擦力，且有
該滑動(dòng)摩擦力對(duì)小包裹做負(fù)功，小包裹的機(jī)械能隨位移均勻減小，圖像斜率大小為，與第一階段斜率大小相等，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選C。
51．（多選）如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊在水平向右的外力F作用下由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中外力F隨位移x的變化滿足，已知滑塊與桌面間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)（g為重力加速度），下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．滑塊向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為
B．滑塊最終能回到出發(fā)點(diǎn)
C．滑塊運(yùn)動(dòng)的最大速度為
D．從開始運(yùn)動(dòng)到物塊最終靜止，物塊與水平桌面因摩擦產(chǎn)生的熱量為
【答案】CD
【詳解】AB．由題可做出圖像，當(dāng)時(shí)，由
代入得
其圖像如圖所示
滑動(dòng)摩擦力為
若滑塊向右運(yùn)動(dòng)的最大位移則拉力做功與摩擦力做功相等，通過(guò)分析知，當(dāng)時(shí)，拉力做功，屬于變力做功，由圖像知，圍成面積代表拉力做功為
此時(shí)滑動(dòng)摩擦力做功為
則可知
說(shuō)明拉力未減為0之前，物體已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)，滑塊不能回到出發(fā)點(diǎn)，由圖像面積表示做功，設(shè)最大位移為，則
代入得
故AB錯(cuò)誤；
C．當(dāng)時(shí)，滑塊運(yùn)動(dòng)的速度最大，設(shè)此時(shí)位移為，則
代入得
設(shè)此時(shí)拉力做功為，滑動(dòng)摩擦力做功為，由動(dòng)能定理知
代入得
故C正確；
D．從開始運(yùn)動(dòng)到物塊最終靜止，物塊與水平桌面因摩擦產(chǎn)生的熱量為
故D正確。
故選CD。
52．如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角為θ=30°，其上A、B兩點(diǎn)間的距離為l=5m，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v=1m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=10kg的小物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上的A點(diǎn)，已知小物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過(guò)程中，求：（g取10m/s2）
（1）傳送帶對(duì)小物體做的功；
（2）電動(dòng)機(jī)多輸出的能量。
【答案】（1）255J；（2）270J
【詳解】
（1）小物體剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有
解得小物體上升的加速度為
當(dāng)小物體的速度為v=1m/s時(shí)，小物體的位移為
之后小物體以v=1m/s的速度做勻速運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)，由功能關(guān)系得
（2）根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得
相對(duì)位移為
摩擦產(chǎn)生的熱量為
電動(dòng)機(jī)做的功等于小物體的機(jī)械能增加量和小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q之和，故電動(dòng)機(jī)機(jī)多輸出的能量為
十．天體運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能的變化（共3小題）
53．神舟十三號(hào)與空間站天和核心艙，分離過(guò)程簡(jiǎn)化如圖所示，脫離前天和核心艙處于半徑為的圓軌道Ⅰ上，從Р點(diǎn)脫離后神舟十三號(hào)飛船沿橢圓軌道Ⅱ返回半徑為的近地圓軌道Ⅲ上，然后再多次調(diào)整軌道，繞行5圈后順利著落在東風(fēng)著落場(chǎng).已知軌道Ⅱ與軌道Ⅰ、Ⅲ兩圓軌道相切于P、Q點(diǎn)兩點(diǎn)且恰好對(duì)應(yīng)橢圓的長(zhǎng)軸兩端點(diǎn)，引力常量為G，地球質(zhì)量為M，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．飛船從Р點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至Q點(diǎn)的最短時(shí)間為
B．飛船在軌道Ⅲ上的向心加速度小于在軌道I上的向心加速度
C．飛船在軌道Ⅰ上的機(jī)械能等于在軌道Ⅲ上的機(jī)械能
D．飛船在軌道Ⅰ與地心連線和在軌道Ⅲ與地心連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等
【答案】A
【詳解】A．根據(jù)開普勒第三定律可得
對(duì)于Ⅰ軌道上的衛(wèi)星，有
所以
聯(lián)立解得
故A正確；
B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有
可得
所以軌道半徑越大，向心加速度越小，所以飛船在軌道Ⅲ上的向心加速度大于在軌道Ⅰ上的向心加速度，故B錯(cuò)誤；
C．飛船由軌道Ⅰ運(yùn)動(dòng)到軌道Ⅲ需要在軌道相切的位置P和Q點(diǎn)點(diǎn)火減速，做近心運(yùn)動(dòng)，所以在點(diǎn)火過(guò)程中外力對(duì)飛船做負(fù)功，所以飛船的機(jī)械能減小，即飛船在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在軌道Ⅲ上的機(jī)械能，故C錯(cuò)誤；
D．根據(jù)開普勒第二定律可知，飛船在同一軌道上運(yùn)行時(shí)，飛船與地心的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，故D錯(cuò)誤。
故選A。
54．變軌技術(shù)是航天器入軌過(guò)程中的重要一環(huán)。實(shí)際航行中的變軌過(guò)程較為復(fù)雜，為方便研究我們將航天器的變軌過(guò)程簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：①將航天器發(fā)射到近地圓軌道1上；②在A點(diǎn)點(diǎn)火加速使航天器沿橢圓軌道2運(yùn)行，軌道1和軌道2相切于A點(diǎn)，A、B分別為軌道2的近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)，地球的中心位于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)；③在遠(yuǎn)地點(diǎn)B再次點(diǎn)火加速，航天器沿圓軌道3運(yùn)行，軌道2和軌道3相切于B點(diǎn)。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，已知地球表面重力加速度為g，軌道1半徑為地球半徑R，軌道3半徑為4R，橢圓面積為，a為橢圓半長(zhǎng)軸，b為橢圓半短軸。則以下說(shuō)法正確的是（ ）
A．航天器在軌道2上運(yùn)行的周期為
B．航天器在軌道1和軌道3上的速度之比為
C．航天器在軌道2上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度大于軌道1上的速度
D．航天器在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)機(jī)械能大于軌道2上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的機(jī)械能
【答案】A
【詳解】A．航天器在軌道2上運(yùn)行的周期跟半徑為的衛(wèi)星周期相等，有
又
解得
故A正確；
B．根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，可得
，
解得
故B錯(cuò)誤；
C．在軌道2上經(jīng)過(guò)點(diǎn)加速可以進(jìn)入軌道3，所以航天器在軌道2上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度小于軌道3的速度，根據(jù)
可知航天器在軌道3的速度小于軌道1的速度，由此可知航天器在軌道2上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度小于軌道1上的速度。故C錯(cuò)誤；
D．航天器在軌道2上運(yùn)行時(shí)，只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，所以航天器在軌道2上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)機(jī)械能等于軌道2上經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的機(jī)械能。故D錯(cuò)誤。
故選A。
55．（多選）如圖所示，一物體沿光滑弧形軌道滑下后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，傳送帶以速度v沿圖示方向勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊離開傳送帶時(shí)速度等于傳送帶速度。關(guān)于傳送帶對(duì)物體的做功W以及物體與傳送帶摩擦生熱Q，下列說(shuō)法正確的有（ ）
A．其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，W可能與前述情況相等
B．若物體滑到傳送帶上的速度大于傳送帶的速度，其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，Q一定比前述情況大
C．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度，W可能與前述情況相等
D．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度，Q可能與前述情況相等
【答案】BD
【詳解】A．滑塊離開傳送帶時(shí)速度等于傳送帶速度，即滑塊離開傳送帶前已經(jīng)與傳送帶共速。其他條件不變，僅增加物體開始滑下的高度，滑塊滑上傳送帶的初速度一定發(fā)生變化，則滑塊在傳送帶上的動(dòng)能變化會(huì)發(fā)生改變，傳送帶對(duì)物體的做功W改變。A錯(cuò)誤；
B．若物體滑到傳送帶上的速度大于傳送帶的速度，則滑塊在傳送帶上做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)
，
得
又
僅增加物體開始滑下的高度，滑塊在傳送帶上的初速度變大，相對(duì)位移變大，摩擦生熱Q變大，B正確；
C．物塊出發(fā)高度一定，則滑塊在傳送帶上的初速度不變，僅增大傳送帶速度，滑塊的動(dòng)能變化量改變，則W一定改變，C錯(cuò)誤；
D．物塊出發(fā)高度一定，僅增大傳送帶速度?；瑝K的初速度小于傳送帶速度和滑塊初速度大于傳送帶速度，這兩種情況滑塊和傳送帶的相對(duì)位移大小可能相等，即摩擦生熱可能相等，D正確。
故選BD。
56．（多選）奧陌陌是人類發(fā)現(xiàn)的第一個(gè)來(lái)自太陽(yáng)系之外的星際物體。它于2017年被觀測(cè)到。由于其飛行軌跡幾乎垂直于太陽(yáng)系中行星的軌道平面，天文學(xué)家們很快就確定它來(lái)自太陽(yáng)系之外。奧陌陌的飛行軌跡如圖所示，其中N點(diǎn)是奧陌陌飛行軌跡中距離太陽(yáng)最近的點(diǎn)，P點(diǎn)為地球繞太陽(yáng)運(yùn)行軌道上的一點(diǎn)，且N點(diǎn)離太陽(yáng)的距離比P點(diǎn)離太陽(yáng)的距離更近。若在太陽(yáng)系內(nèi)只考慮太陽(yáng)引力作用，則下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．奧陌陌從Q點(diǎn)飛向N點(diǎn)的過(guò)程中，速度逐漸增大
B．奧陌陌在N點(diǎn)的速度可能小于第一宇宙速度7.9km/s
C．奧陌陌在N點(diǎn)的速度一定小于第三宇宙速度16.7km/s
D．奧陌陌在N點(diǎn)的加速度大于地球在P點(diǎn)的加速度
【答案】AD
【詳解】A．奧陌陌從Q點(diǎn)飛向N點(diǎn)的過(guò)程中，萬(wàn)有引力做正功，速度逐漸增大，故A正確；
BC．奧陌陌是人類發(fā)現(xiàn)的第一個(gè)來(lái)自太陽(yáng)系之外的星際物體，故奧陌陌在N點(diǎn)的速度必須等于或大于第三宇宙速度16.7km/s，故BC錯(cuò)誤；
D．根據(jù)牛頓第二定律有
解得
其中M為太陽(yáng)的質(zhì)量，r為天體離太陽(yáng)的距離，可知，奧陌陌在N點(diǎn)的加速度大于地球在P點(diǎn)的加速度，故D正確。
故選AD。