重难点专训15 机械能守恒定律高级应用模型（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦机械能守恒定律高级应用，通过“模型总结-基础演练-创新演练”三阶体系，系统提炼适用条件判定、三类表达式选择及系统内力做功分析方法，渗透能量观念与科学推理，构建从概念到综合应用的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模型总结|无|适用条件三角度理解、三种判定方法（做功/能量转化/增减分析）、三类表达式（守恒/转化/转移观点）及应用步骤|从概念本质（守恒条件）到判定方法，再到表达式选择与系统内力做功分析，形成完整推理链| |基础演练|15题（含撑杆跳/弹簧连接体等）|结合具体情境应用守恒观点（单个物体）、转化观点（高度变化）|以基础情境巩固单物体/简单系统机械能守恒判定与计算，强化物理观念| |重难·创新演练|15题（含圆弧轨道/传送带综合等）|系统机械能转移观点、非保守内力做功分析|通过复杂情境（多体/曲线运动/能量转化）提升科学思维，训练综合应用能力|

重难点专训15 机械能守恒定律高级应用模型 模拟·基础演练 《1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 AB BD BD AD AD BC AD BC AD BC 题号 11 12 13 16 17 18 19 20 21 22 答案 BD AD ABD AD AC CD AD AD ACD BD 题号 23 24 25 26 27 28 答案 BD BC BD ABD BCD BC 1．AB 【详解】A．阶段，助跑加速，人体肌肉做功使人和杆系统的动能增加，重力势能和杆的弹性势能基本不变，故人和杆的机械能增加，故A正确； B．阶段，杆弯曲程度增大，人上升，人和杆系统的部分动能转化为重力势能和杆的弹性势能，故系统动能减少，重力势能和弹性势能增加，故B正确； C．阶段，杆弯曲程度减小，杆的弹性势能减少并对人做功，人的动能变化由重力和杆的弹力共同决定，人的动能减少量不等于重力势能增加量，故C错误； D．阶段，人离开横杆后空气阻力忽略，人的机械能守恒，重力对人做的功等于人的动能增加量，不等于人机械能的增加量，故D错误。 故选AB。 2．BD 【详解】A．抛出瞬间排球速度方向向上，按题意，图中初速度为，故A错误； B．空气阻力始终做负功，同一位置处排球上升时的机械能大于下降时的机械能，而重力势能相同，故上升速率大于下降速率，上升时间小于下降时间；图像的斜率先由正值减小到0，再变为负值，图示关系可能出现，故B正确； C．空气阻力使机械能持续减小，同一位移处上升过程的机械能大于下降过程的机械能，由于重力势能相同，所以上升过程的动能大于下降过程的动能，除最高点外两条曲线不能相交，故C错误； D．机械能的变化量等于空气阻力做的功，图像的斜率大小表示空气阻力大小。上升过程中速率减小，机械能曲线下降且逐渐变平；按增大的方向观察下降曲线，曲线斜率为正且逐渐减小。同一位置上升速率大于下降速率，所以上升过程空气阻力的平均值较大，机械能损失较多，图示关系可能出现，故D正确。 故选BD。 3．BD 【详解】A．重力的功率 其中是小球竖直方向分速度。小球初状态静止，则 运动到水平轨道后速度水平，又变为，因此先增大后减小，重力功率也先增大后减小，故A错误； B．轨道光滑，对轻杆和两小球组成的系统，只有重力做功，轻杆弹力是内力，做功的代数和为零，因此系统机械能守恒，故B正确； C．设水平轨道为零势能面，圆弧半径为，圆心角，几何关系可知，在点时，的高度 杆长 垂直于，则初始时的高度 系统初始时总的重力势能 两球都进入水平轨道后，重力势能为零，对轻杆和两小球组成的系统，由机械能守恒定律有 解得，故C错误； D．设轻杆对做功为，对小球由动能定理有 解得，故D正确。 故选BD。 4．AD 【详解】A．C与A发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒。 由图乙可知：碰前C的速度，碰后C、A共速，速度。 根据动量守恒定律 解得，故A正确； B．碰撞后，A、C一起向右运动压缩弹簧，时A、C速度减为0，动能全部转化为弹性势能，该过程只有弹力做功，机械能守恒 解得， 不是，故B错误； C．4~12s内，B未离开墙，墙对B有水平向左的弹力，系统（A、B、C、弹簧）合外力不为零，因此动量不守恒，故C错误； D．时，弹簧恢复原长，B开始离开墙，此时A、C的速度大小为，方向向左，B速度为0。 B离开墙后，系统动量守恒、机械能守恒，当A、B、C三者共速时，弹簧弹性势能最大。 根据动量守恒 代入数据得。 根据机械能守恒，最大弹性势能等于动能的减少量 代入数据解得，故D正确。 故选AD 。 5．AD 【详解】AB．设物体P向下运动过程中位移的大小为x时，弹簧的形变量为，开始时，弹簧的弹力表现为对物体Q的支持力，从释放P到弹簧恢复到原长的过程中，对P、Q整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 随着x增大，减小，当弹簧恢复原长后，弹簧的弹力表现为对物体Q的拉力，随着x的增大，增大，对P、Q整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 当时，加速度逐渐减小；当时，加速度反向增大，故物体P的加速度先减小后反向增大; 设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律可得 可得弹簧恢复原长前 则随之减小T增大；恢复原长后则有 随之的增大T增大，即拉力T一直增大，故A正确，B错误； C．没有释放物体P前，根据共点力的平衡条件可得 解得 设物体P沿斜面下滑的最大距离为，根据机械能守恒而言 解得，故C错误； D．结合上述分析可知，物体P的加速度为零时，其动能最大，根据平衡条件可得 解得 由前面分析可知，物体P的动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为，则有 Q的动能为，根据动能定理可得 解得，故D正确。 故选AD。 6．BC 【详解】A．小球摆动过程中具有竖直方向的速度，系统竖直方向的总动量发生变化，因此物块、和小球组成的系统总动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A错误； B．小球第一次运动到最低点前，细线对物块的作用力具有向右的分力，物块推动物块，两物块保持相对静止。设最低点时两物块向右的速度大小为，小球向左的速度大小为，根据水平方向动量守恒有 根据机械能守恒定律有 联立解得，故B正确； C．设小球第一次运动到最低点时，物块、向右移动的距离为，小球相对物块向左移动的水平距离为，则小球相对地面的水平位移为。系统水平方向质心位置不变，有 解得，故C正确； D．小球经过最低点后位于悬点的左侧，细线对物块的作用力具有向左的分力，物块与物块分离，此后物块以速度向右做匀速直线运动。设小球向左运动到最高点时，物块与小球共同向左的速度大小为v'，对物块和小球组成的系统，根据水平方向动量守恒有 结合解得 设小球相对最低点上升的最大高度为，根据机械能守恒定律有 联立解得 与选项给出的不相等，故D错误。 故选BC。 7．AD 【详解】从位置1到位置2与从位置2到位置3的水平距离不同，由斜抛运动规律可知，说明存在空气阻力，方向与速度方向相反。 A．位置2是轨迹的最高点，此时竖直方向的分速度为零，足球只有水平方向的分速度，因此速度方向沿水平方向，故A正确； B．在位置2，足球受重力竖直向下，同时还受空气阻力。由于速度方向水平，空气阻力方向与速度方向相反，也是水平方向。因此，合力并不沿竖直方向，加速度方向也不沿竖直向下，故B错误； C．由于存在空气阻力，空气阻力对足球做负功，足球的机械能逐渐减小，机械能不守恒，故C错误； D．重力做功只与初、末位置的高度差有关。位置1和位置3都在水平地面上，高度相同，高度差为零，因此重力做功为零，故D正确。 故选AD。 8．BC 【详解】A．礼花弹爆炸瞬间，火药的化学能转化为碎片的动能，机械能大幅增加，故A错误； B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确； C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向不受外力，系统满足水平方向动量守恒，故C正确； D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 故选 BC。 9．AD 【详解】A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹簧弹力对A做负功，A的机械能不守恒，故A正确； B．图乙中，A不固定且置于光滑水平地面上，物体B沿光滑斜面下滑，A、B组成的系统机械能守恒，由于A的机械能增加，所以B的机械能减少，故B错误； C．图丙中，不计任何阻力和滑轮质量时，绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，所以A、B组成的系统机械能守恒，故C错误； D．图丁中，系在橡皮条一端的小球向下摆动时，小球的重力势能转化为小球的动能和橡皮条的弹性势能，小球和橡皮条构成的系统机械能守恒，故D正确。 故选AD。 10．BC 【详解】A．由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误； B．由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确； C．由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确； D．由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，故D错误。 故选BC。 11．BD 【详解】A．甲滑上乙时，对甲、乙系统，只有重力做功，则系统的机械能守恒，而小球和滑块组成的系统竖直方向合力不为零，则系统的动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，故A错误； B．小球滑上滑块前，小球的速度为   当小球上升到最大高度时，小球和滑块共速，设共同速度为，则由水平方向动量守恒得   解得 设小球上升的最大高度为，则由机械能守恒定律得 解得 ，故B正确； C．设小球第一次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得， 小球的速度大于滑块的速度，当小球与挡板发生碰撞后，小球一定能再次冲上滑块，故C错误； D．设小球第二次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得，   小球第二次返回到滑块底端的速度小于滑块的速度，所以小球不能第三次冲上滑块，即滑块的最终速度为，故D正确。 故选BD。 12．AD 【详解】A．直杆光滑，只有重力和弹簧弹力对系统做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确； B．小球动能最大的位置是合力为0的位置。小球到b点时，弹簧长度等于原长L，弹力为0，此时小球竖直方向仅受重力，合力向下、加速度向下，仍在加速，因此b点动能不是最大，故B错误。 C．由几何关系， 说明a、c两点弹簧的伸长量完全相同，因此两点弹簧弹性势能相等。从a到c过程系统机械能守恒，弹性势能变化量为0，重力势能的减少量全部转化为小球的动能：小球从a到c的竖直下落高度 满足 解得，故C错误； D．从c到d过程，小球初速度为，末速度为0，重力势能的减少量与动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能增加量，故D正确。 故选AD。 13．ABD 【详解】A．小球从释放到刚接触弹簧时下落的距离为，此时对应点，因此，故A正确； B．点速度最大，图像在该点的切线斜率为零，故加速度为零。设此时弹簧压缩量为 由，整理得，故B正确； CD．设小球到达点时弹簧压缩量为 从释放到点，由机械能守恒得 解得 所以，故C错误，D正确。 故选ABD。 14．(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球1从静止释放到最低点过程中，由机械能守恒得 解得 （2）小球1和物块2弹性碰撞，由动量守恒得 由机械能守恒得 联立得， （3），发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得 解得 由于，可得，从传送带点到分界线过程中，滑动摩擦力沿传送带向上，电场力水平向右，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 由于两物块运动到分界线时恰好和传送带共速，，从传送带点到分界线过程中，消耗的时间 两物块的位移 传送带的位移 ，从分界线到传送带点过程中，电场力竖直向上。 由于 可得滑动摩擦力仍沿传送带向上，两物块做匀减速运动，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 设，从分界线到传送带点过程中消耗的时间为，则两物块的位移 解得或 当时，物块到达传送带点的速度 故舍去。 传送带的位移 ，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能 15．(1) (2)4mgR (3) 【详解】（1）小球b从P点抛出后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动 水平方向为匀速直线运动 解得 小球b在P点时，根据牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可得：小球b经过P点时对轨道的压力大小 （2）设小球a、b碰撞后的速度分别为va、vb，则对小球b根据机械能守恒定律 解得 设小球a的初速度为v0，对小球根据机械能守恒定律 解得 小球a、b碰撞过程动量守恒 解得 所以小球a、b发生碰撞过程中损失的动能为 解得 （3）小球b滑到轨道最高点时，b和c达到共速，由水平方向动量守恒可得 设最大高度为，根据机械能守恒： 解得 小球b由Q点滑上轨道最高点的过程中，b和c水平方向动量守恒 可得 设这段时间为t，则有，即 由题意知 在这段时间内由a的运动可知 联立解得 重难·创新演练 16．AD 【详解】A．物块在Q点平衡，绳子拉力等于小球重力，即 对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件可得 解得物块的质量为，故A正确； B．物块从P到最低点，初、末动能均为0，由系统机械能守恒得 其中y为物块下落总高度，h为小球上升总高度，由几何关系可得 联立解得，故B错误； C．物块下落至Q点时，将物块速度分解，沿绳方向的分速度等于小球速度，即 可知物块和小球的瞬时速度大小不相等，故C错误； D．Q是平衡位置，物块运动到Q时加速度为0，因此绳子拉力 细绳对物块拉力的瞬时功率为 此时小球重力的瞬时功率为 可知物块下落至Q点时，细绳对物块拉力的瞬时功率等于小球重力的瞬时功率，故D正确。 故选AD。 17．AC 【详解】A．以水面为参考平面，起跳时运动员的机械能为，故A正确； B．起跳时运动员的重力势能为 由于运动员斜向上跳起，最高点的高度比起跳时大，所以运动员重力势能的最大值大于，故B错误； C．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员所做的功为，故C正确； D．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员先做负功后做正功，所以运动员的动能先减小再增大，故D错误。 故选AC。 18．CD 【详解】A．在到的过程中，弹簧对小球的弹力做正功，小球的机械能增加，故A错误； B．在到的过程中，开始时弹簧的弹力大于重力，小球向上做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，动能最大，之后弹力小于重力，小球向上做减速运动，所以小球的动能先变大后变小，故B错误； C．在到的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量与重力势能的增加量之和，所以小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确； D．在到的过程中，小球在点和点的速度均为零，动能变化量为零，系统机械能守恒，则小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D正确。 故选CD。 19．AD 【详解】A．足球在位置1静止，动能为0；运动员做功等于足球刚离开位置1时的动能。由机械能守恒可得 因此运动员做功等于，故A正确； B．位置3与位置1在同一水平面，重力势能为0；由机械能守恒，位置3的动能等于位置1的动能，故B错误； C．由机械能守恒，位置1的动能，故C错误； D．位置2的机械能（以地面为零势能面） 位置3的动能：（机械能守恒，位置3重力势能为0） 因此，故D正确。 故选AD。 20．AD 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C错误； D．图乙阴影部分为内a、b速度图线之间的面积，等于这段时间内a、b的相对位移，即图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据机械能守恒定律可得 解得，故D正确。 故选AD。 21．ACD 【详解】A．水平面光滑，滑块和木板组成的系统合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确； B．滑块与木板间存在滑动摩擦力，摩擦会产生内能，系统机械能不断损失，因此机械能不守恒，故B错误； C．系统动量守恒，最终足够长的木板会让所有物体共速，设最终共速为，由动量守恒可得 代入解得，故C正确； D．碰撞过程无机械能损失，滑块质量相等，如果发生碰撞则速度交换，即A会停在开始B的位置，B会停在开始C的位置，没有往返运动。系统损失的机械能全部转化为摩擦生热的内能，由能量守恒可得 化简得，故D正确。 故选ACD。 22．BD 【详解】A． 小球接触弹簧后，弹簧对小球的弹力始终竖直向上，而小球的位移一直向下，因此弹力对小球始终做负功，小球的机械能持续减少，A错误； B．整个过程只有重力和弹簧的弹力做功，无空气阻力等其他力做功，因此小球与弹簧组成的系统机械能守恒，B正确； C．当弹簧压缩量为时小球到达最低点，此时弹簧弹性势能最大。从小球初始位置到最低点，小球下落的总高度为（是A点到弹簧上端的初始高度），小球重力势能的减少量为，C错误； D．小球动能最大的位置是加速度为0的位置，此时小球合力为零：重力与弹簧弹力平衡，即 解得弹簧压缩量 弹簧原长为，因此此时小球距地面的高度为原长减去压缩量，即，D正确。 故选BD。 23．BD 【详解】AD．由图像斜率可知，重力势能随下滑距离的减小率为，动能随下滑距离的增加率为，故机械能随下滑距离的减小率为，机械能不守恒；下滑时机械能损失量为，故A错误，D正确。 B．机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，故滑动摩擦力大小为，由 得，斜面倾角满足，支持力大小为 所以动摩擦因数=，故B正确； C．由斜面顶端的重力势能，可得=，故C错误。 故选BD。 24．BC 【详解】AB．物块沿轨道运动过程中机械能守恒，从到的过程，有，从到的过程，有 解得， 物块经过点时，由牛顿第二定律有 解得，故A错误，B正确； C．物块经过点，在轨道上时由牛顿第二定律有 又，因此，物块重力指向圆心的分力不能提供物块沿轨道运动的向心力，物块在点脱离轨道，无法到达点，故C正确； D．若给竖直方向的初速度，物块在点的速度更大，所需向心力更大，物块重力指向圆心的分力更无法提供向心力，物块无法到达点，故D错误。 故选BC。 25．BD 【详解】A．系统在光滑水平面上运动，外力在水平方向的合力为零，系统动量守恒；弹簧形变量发生变化时，系统的动能与弹性势能相互转化，根据机械能守恒定律有为常量，系统动能并非始终不变，故A错误； B．设滑块、离开弹簧后的速度分别为、，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 联立解得， 滑块最终以大小为的速度向左做匀速直线运动，故B正确； C．弹簧压缩至最短时，两滑块速度相同，设共同速度为，根据动量守恒定律有 解得 根据机械能守恒定律有 解得，故C错误； D．从滑块与弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，根据动能定理，弹簧对滑块做的功为 解得，故D正确。 故选BD。 26．ABD 【详解】A．设AB的质量均为m=1kg，则木块B滑到底端的过程由机械能守恒定律 可得B刚滑上A时的速度大小为，A正确； BC．设AB之间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，则B在A上滑动时B的加速度 A的加速度 两者共速时 此时 解得，， 共速后AB一起减速的加速度为 则 解得，B正确，C错误； D．AB摩擦产生的热量为 A与地面间因摩擦产生的热量为，D正确。 故选ABD。 27．BCD 【详解】A．由题意，系统在水平方向上不受外力，动量守恒。设小球质量为，滑块质量为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 整理得 由图(b)可知，图像是一条直线，纵截距为，当时，代入得 解得 即小球与滑块的质量比为1:2，故A错误； B．小球上升到最大高度时，竖直方向速度为零，水平方向上小球与滑块共速。设共同速度为，根据水平方向动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 将代入联立解得，故B正确； C．小球滑到滑块最高点时，由于圆弧最高点切线竖直，小球与滑块水平方向速度相同。此时滑块速度为，小球绝对速度为，根据水平方向动量守恒定律有 解得 根据机械能守恒定律有 将代入解得，故C正确； D．小球冲出最高点后，在水平方向不受外力，小球与滑块在水平方向均以的速度向右做匀速直线运动，故小球下落后会恰好落回滑块最高点并向下滑动。由于整个过程水平方向系统动量守恒、系统机械能守恒，小球滑回到最低点时系统状态相当于两物体发生一维弹性正碰。设小球回到最低点时速度为，滑块速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 联立解得 负号表示速度方向水平向左，即小球能够再次回到滑块最低点且回到滑块最低点时速度方向水平向左，故D正确。 故选BCD。 28．BC 【详解】AB．选取桌面所在的水平面为零重力势能参考平面。在自由释放链条直到其刚离开桌面的过程中，由于不计一切摩擦，只有重力对链条做功，因此链条的整体机械能守恒。 初始状态时，桌面上方的链条（长）重力势能为零；垂在桌面下方的链条长度为，其质量为，这部分链条的重心位于桌面下方处，故初始状态系统的总机械能为 当链条刚离开桌面时，整根链条都处于竖直悬垂状态，其整体重心位于桌面下方处。设此时的速度为，则末状态系统的总机械能为 根据机械能守恒定律，可得 整理得 解得，故A错误，B正确； CD．若要把链条全部拉回桌面上，要求对链条做的功最少，则应视为缓慢拉动链条，即链条回到桌面时的动能依然为零。根据功能关系，外力对链条做的最少功等于链条重力势能的增加量。 末状态整根链条都在桌面上，总重力势能为零（）。初状态链条的总重力势能为 则至少需要对链条做的功为，故C正确，D错误。 故选BC。 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN=7mg，根据牛顿第二定律有 解得 （2）物块从A点到B点的过程，由功能关系有：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为 （3）物块恰能到达C点时的速度为vC=0 物块从B点到C点的过程，由动能定理得 解得 30．(1) (2) (3) 【详解】（1）B球受力平衡，则细线张力 对A球在P点受力分析如图所示 可知为正三角形，槽对A球的支持力与线中张力T大小相等，则 联立解得 （2）细线与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为ω，则， 对B球，根据牛顿第二定律得 由功能关系，可得转台对两球做的功 联立解得 （3）设C球运动到最低点时的速度为，此时B球的速度为，则 两球组成的系统从释放到C球运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律有 联立解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训15 机械能守恒定律高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 8 研判·模型总结 模型破解 1. 适用条件 （i)内容 在只有重力（或系统内弹力）做功的情形下，物体的重力势能（或弹性势能）和动能发生相互转化，但总的机械能保持不变. （ii）适用条件 只有重力或弹力做功.可以从以下三个方面理解： ①只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒. ②受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒. ③其他力做功，但做功的代数和为零. （iii）判定方法[来源:学科网ZXXK] 做功条件分析法： 应用系统机械能守恒的条件进行分析.分析物体或系统的受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒. 能量转化分析法： 从能量转化的角度进行分析.若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒. 增减情况分析法： 直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析.若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统的动能不变，而势能发生了变化，或系统的势能不变，而动能发生了变化，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒. ④典型过程 对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒. ２.表达形式与应用步骤 (i)表达形式 观点Ｉ：守恒观点 E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 表示系统在初状态的机械能等于末状态的机械能．常用于单个物体，应用时需要选参考平面（零势能面）． 观点II：转化观点 ΔEk+ΔEp=0 表示系统动能的减少（或增加）等于势能的增加（或减少）．初、末态高度可未知，但高度变化已知.，应用时不需要选参考平面（零势能面） 观点III:转移观点 ΔEＡ+ΔEB=0 表示系统一部分A机械能的减少（或增加）等于另一部分B机械能的增加（或减少）.适用于系统，应用时不需要选参考平面（零势能面）． (ii)应用步骤 确定研究对象，即要明确以哪几个物体组成的系统为研究对象. 正确分析研究对象内各物体所受的力. 分析时应注意：重力、弹力、摩擦力都是成对出现的，要分清哪几个力是内力，哪几个力是外力. 看外力是否对物体做功，内力中有没有重力和弹力以外的力做功，由此即可判断系统的机械能是否守恒. ④根据机械能守恒定律列出方程并求解. ３.内力做功与系统机械能守恒 对于系统来说，除重力外无其他外力做功只是系统机械能守恒的必要条件之一，另一个重要条件是系统内只有保守内力做功，非保守内力（如摩檫力）不做功或所做的总功为零，在这种情况下系统内各物体的动能和势能可以相互转化，但它们的总量保持不变． 系统内一对内力做功的规律有： （i）一对内力做功的代数和取决于力和在力的方向上发生的相对位移，跟参照物的选取无关 （ii）若内力为恒力，则一对内力做功的代数和数值上等于其中一个力和在力的方向上发生的相对位移大小的乘积,与参考系无关。 （iii）若两个物体在内力的方向上发生的相对位移为零，或者两个物体在内力方向上始终保持相对静止，则该对内力做功的代数和为零。 （iv）将两物体间的一对内力类比于一对引力或斥力，则当两物体远离时，类似于引力的一对内力做负功，类似于斥力的一对内力做正功。 (v)系统内一对保守内力所做的总功等于系统内对应形式势能的减少量，如一对点电荷间静电力所做的总功等于这一对点电荷间电势能的减少量： 模拟·基础演练 1．（多选）如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：a→b阶段，助跑加速；b→c阶段，杆弯曲程度增大、人上升；c→d阶段，杆弯曲程度减小、人上升；d→e阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（     ） A．a→b阶段：人和杆的机械能增加 B．b→c阶段：人和杆系统动能减少，重力势能和弹性势能增加 C．c→d阶段：人的动能减少量等于重力势能增加量 D．d→e阶段：重力对人所做的功等于人机械能的增加量 2．（多选）某中学为了营造健康文明、积极向上的校园氛围，举办了教职工趣味运动会，其中排球垫球比赛竞争尤其激烈，赢得大家阵阵喝彩。某位教师将球沿竖直方向垫起，已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量之间关系的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 3．（多选）如图所示，光滑轨道由倾斜轨道、圆心角为的圆弧和水平轨道组成，倾斜轨道和水平轨道与圆弧分别相切于点和点，圆弧的半径为。质量均为的可视为质点的小球和用长度为的轻杆连接，开始时，小球放置在点。由静止释放到两个小球全部进入水平轨道过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．小球a的重力功率一直增大 B．轻杆和两小球组成系统机械能守恒 C．两小球全部在水平轨道上时速度大小为 D．轻杆对小球a做功的大小为 4．（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝2.0 kg和mB＝1.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时开始以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（     ） A．物块C的质量mC＝1 kg B．t＝8 s时弹簧的弹性势能Ep1＝4.5 J C．4~12 s过程中，系统动量、机械能均守恒 D．B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝0.375 J 5．（多选）如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的竖直轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，已知弹簧的弹性势能（其中为弹簧相对于原长的形变量），则在物体P沿斜劈下滑过程中（     ） A．轻绳拉力大小一直增大 B．物体P的加速度大小一直增大 C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D．物体P的最大动能为 6．（多选）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，重力加速度为g，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（     ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点时，C球的速度大小 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离为 D．C向左运动能达到的最大高度为 7．（多选）2026年美加墨世界杯由美国、加拿大与墨西哥三国联合举办。如图所示，某球员将质量为的足球从水平地面上位置1踢出，随后落在位置3，真实运动轨迹如图，足球在空中最高点位置2的高度为，则足球（　　） A．在位置2的速度方向水平 B．在位置2的加速度方向竖直向下 C．从位置1到位置3过程中的机械能守恒 D．从位置1到位置3重力做功为0 8．（多选）以下关于四幅图的说法，正确的是（     ） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 9．（多选）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（     ） A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能不守恒 B．图乙中，A不固定且置于光滑水平地面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒 C．图丙中，不计任何阻力和滑轮质量时，A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能不守恒 D．图丁中，系在橡皮条一端的小球向下摆动时，小球和橡皮条构成的系统机械能守恒 10．（多选）2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则（     ） A．火箭的机械能不变 B．火箭所受的合力不变 C．火箭所受的重力做正功 D．火箭的动能随时间增大 11．（多选）如图所示，光滑水平面的左侧固定一弹性挡板，质量为的小球甲和质量为、带有半径足够大光滑圆弧轨道的滑块乙放在水平面上，某时刻给小球甲向右的瞬时冲量，已知小球与挡板间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度为。则（     ） A．甲、乙组成的系统始终机械能守恒、动量守恒 B．小球上升的最大高度为 C．小球只能冲上滑块一次 D．滑块最终的速度大小为 12．（多选）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时静止于点。一原长为的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有、、三点，与在同一水平线上，且，、与夹角均为，与夹角为。现让小球从点由静止开始下滑，到达点时速度恰好为。此过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为，，，下列说法正确的是（　　） A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球在点的动能最大 C．小球在点的速度大小为 D．小球从点到点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 13．（多选）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴，小球的速度随变化的图像如图乙所示，其中段为直线，段是与相切于点的曲线，是平滑的曲线，已知重力加速度为。则关于、、三点对应的坐标，以下关系正确的是（     ） A． B． C． D． 14．如图所示，光滑绝缘水平地面上静止着两个小物块，不带电，带正电，电荷量为。固定的绝缘传送带倾角为（图中未画出），动摩擦因数为，传送带始终以顺时针匀速转动，竖直分界线的右侧有电场，水平分界线下方区域；匀强电场水平向右，电场强度，分界线上方区域；匀强电场竖直向上，电场强度；不可伸长的轻质细线长，一端固定在天花板上，另一端拴着质量为的不带电小球，将小球拉至与悬点等高位置由静止释放，小球下摆至最低点时与发生弹性正碰。碰后向前滑行一段距离，并与发生完全非弹性碰撞，沿斜面向上冲上传送带（可认为经过点时的速率不变），若传送带两轮中心间距离的长度，两物块运动到分界线时恰好和传送带共速。整个过程中，忽略空气阻力，、、可以看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，，求： (1)小球1到最低点时的速度大小； (2)小球1和物块2弹性碰撞结束后的速度，； (3)，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能。 15．如图所示，带有二分之一光滑圆弧轨道的物块c，放置在光滑水平地面上并锁定，圆弧轨道半径为R，P点为轨道的最高点，Q点为轨道的最低点且与水平地面相切。相同小球a、b静置在物块c左侧的水平地面上，给小球a一初速度，使之与小球b发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到P点抛出，地面上的落点与P点间的水平位移为x=4R；小球a沿轨道恰能运动到与圆心O点等高的位置。不计空气阻力，已知a、b两小球半径远小于R、质量均为m，物块c的质量为，重力加速度为g。 (1)求小球b经过P点时对轨道的压力大小； (2)求小球a、b发生碰撞过程中损失的动能； (3)若在a、b碰撞前解除轨道c的锁定，小球b由Q点滑上轨道至其运动到最高点的时间内，小球a一直在水平地面上运动且位移为2R，求这段时间内小球b的水平位移。 重难·创新演练 16．（多选）如图所示，一根不可伸长的轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮，一端系有质量为的小球，另一端连接套在细杆上的物块，细杆竖直光滑且足够长。竖直杆上点与定滑轮等高，二者水平间距为。物块位于点时恰能处于平衡状态，此时细绳与细杆夹角为。已知，。现将物块自点由静止释放，直至物块下落到最低点，下列说法正确的是（　　） A．物块质量为 B．物块落至最低点时，小球上升高度为 C．物块下落至点时，物块和小球的瞬时速度大小相等 D．物块下落至点时，细绳对物块拉力的瞬时功率等于小球重力的瞬时功率 17．（多选）质量为的跳水运动员从高的跳台上以的速度斜向上跳起，完成动作后落入水中，若忽略运动员的身高，不计空气阻力，重力加速度取。运动员从起跳到刚入水，以水面为参考平面，下列说法正确的是（     ） A．起跳时运动员的机械能为 B．运动员重力势能的最大值为 C．重力对运动员所做的功为 D．运动员的动能先增大再减小 18．（多选）把一定质量的小球放在竖直的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好恢复原长（图乙），弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是（     ） A．A到C的过程，小球的机械能守恒 B．A到B的过程，小球的动能一直变大 C．A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量 D．A到C的过程，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量 19．（多选）如图所示，质量为m的足球静止在水平地面上的位置1，其被运动员踢出后落到水平地面上的位置3。足球在空中达到最高点2时的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g，足球运动过程中忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员对足球做的功为 B．足球落到位置3时的动能为mgh C．足球刚离开位置1时的动能大于 D．足球在位置2时的机械能等于其在位置3时的动能 20．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧拴接并放置在光滑的水平面上，b的质量为。时刻，弹簧处于原长状态，现使a获得水平向右、大小为的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（　　） A．a的质量为 B．时刻，a、b间的距离最大 C．，时间内，b所受冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 21．（多选）如图所示，一长度足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上表面依次静置3块质量均为的相同滑块、、，木板的质量为，所有滑块与木板间的动摩擦因数均为，相邻滑块之间的距离均为。现给最左端的滑块一个水平向右的初速度，已知滑块间的碰撞时间极短且无机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．滑块和木板组成的系统动量守恒 B．滑块和木板组成的系统机械能守恒 C．木板最终的速度大小为 D．滑块在木板上留下的划痕总长度为 22．（多选）如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为l。质量为m的小球由弹簧的正上方A高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中（     ） A．小球的机械能先增加后减少 B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能的最大值为mg（k+l-x） D．小球下落到距地面高度时动能最大 23．（多选）一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则（     ） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块的质量为2 kg D．当物块下滑时机械能损失了 24．（多选）如图所示，光滑轨道由和两段光滑圆弧组成，与圆心等高，在正下方，在圆心正上方，和所对圆心角均为，两段圆弧轨道半径均为。将质量为、可视为质点的小物块从点由静止释放，重力加速度为，则（　　） A．小物块运动到点时对轨道的压力大小为 B．小物块运动到点时速度大小为 C．小物块不能沿轨道运动到点 D．初始给小物块一竖直初速度，其可能沿轨道运动至点后做平抛运动 25．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端连着一轻质弹簧。两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为，速度方向向右，滑块Q的质量为，速度方向向左，以水平向右为正方向，下列说法正确的是（     ） A．P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统动能始终保持不变 B．最终滑块P以的速度匀速运动 C．从滑块P和弹簧接触到离开弹簧的过程中，弹簧的弹性势能最大为 D．从滑块P和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对滑块Q做的功为 26．（多选）如图所示，水平粗糙地面左侧固定一个四分之一光滑圆弧轨道，其圆心为O，半径为，轨道最低点切线水平，且恰好与放置在地面上质量为的木板A等高，点在木板左端的正上方。一可视为质点的质量为的木块B从圆弧轨道的最高点由静止释放，B到达最低点后滑上A，并恰能滑到A的最右端。已知A的长度为运动的最大距离为，取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．B刚滑上A时的速度大小为 B．B在A上发生相对滑动的时间为0.5s C．A与B间的动摩擦因数为0.5 D．A与地面间因摩擦产生的热量为 27．（多选）如图（a），一滑块静止在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出的关系图像，局部图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．小球与滑块的质量比为 B．小球能够上升的最大高度为 C．小球从滑块最高点冲出时的速度大小为 D．小球能够再次回到滑块最低点且回到滑块最低点时速度方向水平向左 28．（多选）如图，有一质量为、长为的均匀链条，开始时链条总长的处于水平桌面上，剩余垂于桌外，现用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（     ） A．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度 B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度 C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 29．如图，竖直平面内固定有一个半圆环形细管，轨道半径为，为直径，外轨与光滑水平面在点衔接。一可看成质点的小球（直径略小于轨道内径），在点处压缩一轻质弹簧（小球与弹簧不拴接），释放小球。小球被弹簧弹出后，经过轨道点时对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆形细管的最高点，重力加速度大小为，不计空气阻力，求： (1)小球经过点时的速度大小； (2)刚开始时被压缩弹簧的弹性势能； (3)小球从点到点克服阻力所做的功。 30．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴OO＇转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。小球A通过长的细线连接质量为m的小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角。已知重力加速度为g。 (1)求A球的质量mA； (2)若将A球固定在P点，使转台绕OO＇轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角求此过程中转台对两球做的功W； (3)转台保持静止，如果将A球换成质量为2m的小球C，将C球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，求C球下滑到圆弧槽最低点时的动能Ek。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训15 机械能守恒定律高级应用模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 17 研判·模型总结 模型破解 1. 适用条件 （i)内容 在只有重力（或系统内弹力）做功的情形下，物体的重力势能（或弹性势能）和动能发生相互转化，但总的机械能保持不变. （ii）适用条件 只有重力或弹力做功.可以从以下三个方面理解： ①只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒. ②受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒. ③其他力做功，但做功的代数和为零. （iii）判定方法[来源:学科网ZXXK] 做功条件分析法： 应用系统机械能守恒的条件进行分析.分析物体或系统的受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒. 能量转化分析法： 从能量转化的角度进行分析.若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒. 增减情况分析法： 直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析.若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统的动能不变，而势能发生了变化，或系统的势能不变，而动能发生了变化，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒. ④典型过程 对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒. ２.表达形式与应用步骤 (i)表达形式 观点Ｉ：守恒观点 E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 表示系统在初状态的机械能等于末状态的机械能．常用于单个物体，应用时需要选参考平面（零势能面）． 观点II：转化观点 ΔEk+ΔEp=0 表示系统动能的减少（或增加）等于势能的增加（或减少）．初、末态高度可未知，但高度变化已知.，应用时不需要选参考平面（零势能面） 观点III:转移观点 ΔEＡ+ΔEB=0 表示系统一部分A机械能的减少（或增加）等于另一部分B机械能的增加（或减少）.适用于系统，应用时不需要选参考平面（零势能面）． (ii)应用步骤 确定研究对象，即要明确以哪几个物体组成的系统为研究对象. 正确分析研究对象内各物体所受的力. 分析时应注意：重力、弹力、摩擦力都是成对出现的，要分清哪几个力是内力，哪几个力是外力. 看外力是否对物体做功，内力中有没有重力和弹力以外的力做功，由此即可判断系统的机械能是否守恒. ④根据机械能守恒定律列出方程并求解. ３.内力做功与系统机械能守恒 对于系统来说，除重力外无其他外力做功只是系统机械能守恒的必要条件之一，另一个重要条件是系统内只有保守内力做功，非保守内力（如摩檫力）不做功或所做的总功为零，在这种情况下系统内各物体的动能和势能可以相互转化，但它们的总量保持不变． 系统内一对内力做功的规律有： （i）一对内力做功的代数和取决于力和在力的方向上发生的相对位移，跟参照物的选取无关 （ii）若内力为恒力，则一对内力做功的代数和数值上等于其中一个力和在力的方向上发生的相对位移大小的乘积,与参考系无关。 （iii）若两个物体在内力的方向上发生的相对位移为零，或者两个物体在内力方向上始终保持相对静止，则该对内力做功的代数和为零。 （iv）将两物体间的一对内力类比于一对引力或斥力，则当两物体远离时，类似于引力的一对内力做负功，类似于斥力的一对内力做正功。 (v)系统内一对保守内力所做的总功等于系统内对应形式势能的减少量，如一对点电荷间静电力所做的总功等于这一对点电荷间电势能的减少量： 模拟·基础演练 1．（多选）如图，撑杆跳全过程可分为四个阶段：a→b阶段，助跑加速；b→c阶段，杆弯曲程度增大、人上升；c→d阶段，杆弯曲程度减小、人上升；d→e阶段，人越过横杆后下落，整个过程空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（     ） A．a→b阶段：人和杆的机械能增加 B．b→c阶段：人和杆系统动能减少，重力势能和弹性势能增加 C．c→d阶段：人的动能减少量等于重力势能增加量 D．d→e阶段：重力对人所做的功等于人机械能的增加量 【答案】AB 【详解】A．阶段，助跑加速，人体肌肉做功使人和杆系统的动能增加，重力势能和杆的弹性势能基本不变，故人和杆的机械能增加，故A正确； B．阶段，杆弯曲程度增大，人上升，人和杆系统的部分动能转化为重力势能和杆的弹性势能，故系统动能减少，重力势能和弹性势能增加，故B正确； C．阶段，杆弯曲程度减小，杆的弹性势能减少并对人做功，人的动能变化由重力和杆的弹力共同决定，人的动能减少量不等于重力势能增加量，故C错误； D．阶段，人离开横杆后空气阻力忽略，人的机械能守恒，重力对人做的功等于人的动能增加量，不等于人机械能的增加量，故D错误。 故选AB。 2．（多选）某中学为了营造健康文明、积极向上的校园氛围，举办了教职工趣味运动会，其中排球垫球比赛竞争尤其激烈，赢得大家阵阵喝彩。某位教师将球沿竖直方向垫起，已知排球在空中受到的空气阻力与速度大小成正比，以竖直向上为正方向，v表示排球速度、x表示排球相对垫起点的位移、Ek表示排球的动能、E机表示排球的机械能、t表示排球自垫起开始计时的运动时间，下列表示排球上升和下落过程中各物理量之间关系的图像可能正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】BD 【详解】A．抛出瞬间排球速度方向向上，按题意，图中初速度为，故A错误； B．空气阻力始终做负功，同一位置处排球上升时的机械能大于下降时的机械能，而重力势能相同，故上升速率大于下降速率，上升时间小于下降时间；图像的斜率先由正值减小到0，再变为负值，图示关系可能出现，故B正确； C．空气阻力使机械能持续减小，同一位移处上升过程的机械能大于下降过程的机械能，由于重力势能相同，所以上升过程的动能大于下降过程的动能，除最高点外两条曲线不能相交，故C错误； D．机械能的变化量等于空气阻力做的功，图像的斜率大小表示空气阻力大小。上升过程中速率减小，机械能曲线下降且逐渐变平；按增大的方向观察下降曲线，曲线斜率为正且逐渐减小。同一位置上升速率大于下降速率，所以上升过程空气阻力的平均值较大，机械能损失较多，图示关系可能出现，故D正确。 故选BD。 3．（多选）如图所示，光滑轨道由倾斜轨道、圆心角为的圆弧和水平轨道组成，倾斜轨道和水平轨道与圆弧分别相切于点和点，圆弧的半径为。质量均为的可视为质点的小球和用长度为的轻杆连接，开始时，小球放置在点。由静止释放到两个小球全部进入水平轨道过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．小球a的重力功率一直增大 B．轻杆和两小球组成系统机械能守恒 C．两小球全部在水平轨道上时速度大小为 D．轻杆对小球a做功的大小为 【答案】BD 【详解】A．重力的功率 其中是小球竖直方向分速度。小球初状态静止，则 运动到水平轨道后速度水平，又变为，因此先增大后减小，重力功率也先增大后减小，故A错误； B．轨道光滑，对轻杆和两小球组成的系统，只有重力做功，轻杆弹力是内力，做功的代数和为零，因此系统机械能守恒，故B正确； C．设水平轨道为零势能面，圆弧半径为，圆心角，几何关系可知，在点时，的高度 杆长 垂直于，则初始时的高度 系统初始时总的重力势能 两球都进入水平轨道后，重力势能为零，对轻杆和两小球组成的系统，由机械能守恒定律有 解得，故C错误； D．设轻杆对做功为，对小球由动能定理有 解得，故D正确。 故选BD。 4．（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝2.0 kg和mB＝1.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时开始以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。则下列说法正确的是（     ） A．物块C的质量mC＝1 kg B．t＝8 s时弹簧的弹性势能Ep1＝4.5 J C．4~12 s过程中，系统动量、机械能均守恒 D．B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2＝0.375 J 【答案】AD 【详解】A．C与A发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒。 由图乙可知：碰前C的速度，碰后C、A共速，速度。 根据动量守恒定律 解得，故A正确； B．碰撞后，A、C一起向右运动压缩弹簧，时A、C速度减为0，动能全部转化为弹性势能，该过程只有弹力做功，机械能守恒 解得， 不是，故B错误； C．4~12s内，B未离开墙，墙对B有水平向左的弹力，系统（A、B、C、弹簧）合外力不为零，因此动量不守恒，故C错误； D．时，弹簧恢复原长，B开始离开墙，此时A、C的速度大小为，方向向左，B速度为0。 B离开墙后，系统动量守恒、机械能守恒，当A、B、C三者共速时，弹簧弹性势能最大。 根据动量守恒 代入数据得。 根据机械能守恒，最大弹性势能等于动能的减少量 代入数据解得，故D正确。 故选AD 。 5．（多选）如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的竖直轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速释放P，已知弹簧的弹性势能（其中为弹簧相对于原长的形变量），则在物体P沿斜劈下滑过程中（     ） A．轻绳拉力大小一直增大 B．物体P的加速度大小一直增大 C．物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D．物体P的最大动能为 【答案】AD 【详解】AB．设物体P向下运动过程中位移的大小为x时，弹簧的形变量为，开始时，弹簧的弹力表现为对物体Q的支持力，从释放P到弹簧恢复到原长的过程中，对P、Q整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 随着x增大，减小，当弹簧恢复原长后，弹簧的弹力表现为对物体Q的拉力，随着x的增大，增大，对P、Q整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 当时，加速度逐渐减小；当时，加速度反向增大，故物体P的加速度先减小后反向增大; 设绳子的拉力为T，根据牛顿第二定律可得 可得弹簧恢复原长前 则随之减小T增大；恢复原长后则有 随之的增大T增大，即拉力T一直增大，故A正确，B错误； C．没有释放物体P前，根据共点力的平衡条件可得 解得 设物体P沿斜面下滑的最大距离为，根据机械能守恒而言 解得，故C错误； D．结合上述分析可知，物体P的加速度为零时，其动能最大，根据平衡条件可得 解得 由前面分析可知，物体P的动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为，则有 Q的动能为，根据动能定理可得 解得，故D正确。 故选AD。 6．（多选）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，重力加速度为g，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（     ） A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒 B．C球摆到最低点时，C球的速度大小 C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离为 D．C向左运动能达到的最大高度为 【答案】BC 【详解】A．小球摆动过程中具有竖直方向的速度，系统竖直方向的总动量发生变化，因此物块、和小球组成的系统总动量不守恒，但水平方向动量守恒，故A错误； B．小球第一次运动到最低点前，细线对物块的作用力具有向右的分力，物块推动物块，两物块保持相对静止。设最低点时两物块向右的速度大小为，小球向左的速度大小为，根据水平方向动量守恒有 根据机械能守恒定律有 联立解得，故B正确； C．设小球第一次运动到最低点时，物块、向右移动的距离为，小球相对物块向左移动的水平距离为，则小球相对地面的水平位移为。系统水平方向质心位置不变，有 解得，故C正确； D．小球经过最低点后位于悬点的左侧，细线对物块的作用力具有向左的分力，物块与物块分离，此后物块以速度向右做匀速直线运动。设小球向左运动到最高点时，物块与小球共同向左的速度大小为v'，对物块和小球组成的系统，根据水平方向动量守恒有 结合解得 设小球相对最低点上升的最大高度为，根据机械能守恒定律有 联立解得 与选项给出的不相等，故D错误。 故选BC。 7．（多选）2026年美加墨世界杯由美国、加拿大与墨西哥三国联合举办。如图所示，某球员将质量为的足球从水平地面上位置1踢出，随后落在位置3，真实运动轨迹如图，足球在空中最高点位置2的高度为，则足球（　　） A．在位置2的速度方向水平 B．在位置2的加速度方向竖直向下 C．从位置1到位置3过程中的机械能守恒 D．从位置1到位置3重力做功为0 【答案】AD 【详解】从位置1到位置2与从位置2到位置3的水平距离不同，由斜抛运动规律可知，说明存在空气阻力，方向与速度方向相反。 A．位置2是轨迹的最高点，此时竖直方向的分速度为零，足球只有水平方向的分速度，因此速度方向沿水平方向，故A正确； B．在位置2，足球受重力竖直向下，同时还受空气阻力。由于速度方向水平，空气阻力方向与速度方向相反，也是水平方向。因此，合力并不沿竖直方向，加速度方向也不沿竖直向下，故B错误； C．由于存在空气阻力，空气阻力对足球做负功，足球的机械能逐渐减小，机械能不守恒，故C错误； D．重力做功只与初、末位置的高度差有关。位置1和位置3都在水平地面上，高度相同，高度差为零，因此重力做功为零，故D正确。 故选AD。 8．（多选）以下关于四幅图的说法，正确的是（     ） A．图甲中礼花弹爆炸的瞬间机械能守恒 B．图乙中A、B用压缩的轻弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统动量守恒 C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向动量守恒 D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统动量守恒 【答案】BC 【详解】A．礼花弹爆炸瞬间，火药的化学能转化为碎片的动能，机械能大幅增加，故A错误； B．图乙中A、B用压缩的弹簧连接放于光滑的水平面上，释放后A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，故B正确； C．图丙中子弹击穿木球的过程中，子弹和木球组成的系统水平方向不受外力，系统满足水平方向动量守恒，故C正确； D．图丁中小车位于光滑的水平面上，人将小球水平向左抛出后，车、人和球组成的系统满足水平方向动量守恒，但竖直方向系统不满足动量守恒，故D错误。 故选 BC。 9．（多选）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断正确的是（     ） A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，A机械能不守恒 B．图乙中，A不固定且置于光滑水平地面上，物体B沿光滑斜面下滑，物体B机械能守恒 C．图丙中，不计任何阻力和滑轮质量时，A加速下落、B加速上升过程中，A、B组成的系统机械能不守恒 D．图丁中，系在橡皮条一端的小球向下摆动时，小球和橡皮条构成的系统机械能守恒 【答案】AD 【详解】A．图甲中，物体A将弹簧压缩的过程中，弹簧弹力对A做负功，A的机械能不守恒，故A正确； B．图乙中，A不固定且置于光滑水平地面上，物体B沿光滑斜面下滑，A、B组成的系统机械能守恒，由于A的机械能增加，所以B的机械能减少，故B错误； C．图丙中，不计任何阻力和滑轮质量时，绳子张力对A做负功，对B做正功，代数和为零，所以A、B组成的系统机械能守恒，故C错误； D．图丁中，系在橡皮条一端的小球向下摆动时，小球的重力势能转化为小球的动能和橡皮条的弹性势能，小球和橡皮条构成的系统机械能守恒，故D正确。 故选AD。 10．（多选）2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下，从空中某位置匀减速竖直下落，到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变，则（     ） A．火箭的机械能不变 B．火箭所受的合力不变 C．火箭所受的重力做正功 D．火箭的动能随时间增大 【答案】BC 【详解】A．由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，且重力势能减小，故火箭的机械能减小，故A错误； B．由于火箭匀减速竖直下落，加速度恒定，由牛顿第二定律可知，火箭所受的合力不变，故B正确； C．由于火箭的重力势能减小，故火箭所受的重力做正功，故C正确； D．由于火箭匀减速竖直下落，速度减小，动能减小，故D错误。 故选BC。 11．（多选）如图所示，光滑水平面的左侧固定一弹性挡板，质量为的小球甲和质量为、带有半径足够大光滑圆弧轨道的滑块乙放在水平面上，某时刻给小球甲向右的瞬时冲量，已知小球与挡板间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度为。则（     ） A．甲、乙组成的系统始终机械能守恒、动量守恒 B．小球上升的最大高度为 C．小球只能冲上滑块一次 D．滑块最终的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．甲滑上乙时，对甲、乙系统，只有重力做功，则系统的机械能守恒，而小球和滑块组成的系统竖直方向合力不为零，则系统的动量不守恒，只是在水平方向上动量守恒，故A错误； B．小球滑上滑块前，小球的速度为   当小球上升到最大高度时，小球和滑块共速，设共同速度为，则由水平方向动量守恒得   解得 设小球上升的最大高度为，则由机械能守恒定律得 解得 ，故B正确； C．设小球第一次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得， 小球的速度大于滑块的速度，当小球与挡板发生碰撞后，小球一定能再次冲上滑块，故C错误； D．设小球第二次返回到滑块底端时，小球和滑块的速度分别为、，对小球和滑块组成的系统，由动量守恒定律得   以及机械能守恒定律得 解得，   小球第二次返回到滑块底端的速度小于滑块的速度，所以小球不能第三次冲上滑块，即滑块的最终速度为，故D正确。 故选BD。 12．（多选）如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为的小球，初始时静止于点。一原长为的轻质弹簧左端固定在点，右端与小球相连。直杆上还有、、三点，与在同一水平线上，且，、与夹角均为，与夹角为。现让小球从点由静止开始下滑，到达点时速度恰好为。此过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为，，，下列说法正确的是（　　） A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球在点的动能最大 C．小球在点的速度大小为 D．小球从点到点的过程中，弹簧的弹性势能增加了 【答案】AD 【详解】A．直杆光滑，只有重力和弹簧弹力对系统做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确； B．小球动能最大的位置是合力为0的位置。小球到b点时，弹簧长度等于原长L，弹力为0，此时小球竖直方向仅受重力，合力向下、加速度向下，仍在加速，因此b点动能不是最大，故B错误。 C．由几何关系， 说明a、c两点弹簧的伸长量完全相同，因此两点弹簧弹性势能相等。从a到c过程系统机械能守恒，弹性势能变化量为0，重力势能的减少量全部转化为小球的动能：小球从a到c的竖直下落高度 满足 解得，故C错误； D．从c到d过程，小球初速度为，末速度为0，重力势能的减少量与动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能增加量，故D正确。 故选AD。 13．（多选）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立坐标轴，小球的速度随变化的图像如图乙所示，其中段为直线，段是与相切于点的曲线，是平滑的曲线，已知重力加速度为。则关于、、三点对应的坐标，以下关系正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】A．小球从释放到刚接触弹簧时下落的距离为，此时对应点，因此，故A正确； B．点速度最大，图像在该点的切线斜率为零，故加速度为零。设此时弹簧压缩量为 由，整理得，故B正确； CD．设小球到达点时弹簧压缩量为 从释放到点，由机械能守恒得 解得 所以，故C错误，D正确。 故选ABD。 14．如图所示，光滑绝缘水平地面上静止着两个小物块，不带电，带正电，电荷量为。固定的绝缘传送带倾角为（图中未画出），动摩擦因数为，传送带始终以顺时针匀速转动，竖直分界线的右侧有电场，水平分界线下方区域；匀强电场水平向右，电场强度，分界线上方区域；匀强电场竖直向上，电场强度；不可伸长的轻质细线长，一端固定在天花板上，另一端拴着质量为的不带电小球，将小球拉至与悬点等高位置由静止释放，小球下摆至最低点时与发生弹性正碰。碰后向前滑行一段距离，并与发生完全非弹性碰撞，沿斜面向上冲上传送带（可认为经过点时的速率不变），若传送带两轮中心间距离的长度，两物块运动到分界线时恰好和传送带共速。整个过程中，忽略空气阻力，、、可以看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，，求： (1)小球1到最低点时的速度大小； (2)小球1和物块2弹性碰撞结束后的速度，； (3)，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球1从静止释放到最低点过程中，由机械能守恒得 解得 （2）小球1和物块2弹性碰撞，由动量守恒得 由机械能守恒得 联立得， （3），发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得 解得 由于，可得，从传送带点到分界线过程中，滑动摩擦力沿传送带向上，电场力水平向右，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 由于两物块运动到分界线时恰好和传送带共速，，从传送带点到分界线过程中，消耗的时间 两物块的位移 传送带的位移 ，从分界线到传送带点过程中，电场力竖直向上。 由于 可得滑动摩擦力仍沿传送带向上，两物块做匀减速运动，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 设，从分界线到传送带点过程中消耗的时间为，则两物块的位移 解得或 当时，物块到达传送带点的速度 故舍去。 传送带的位移 ，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能 15．如图所示，带有二分之一光滑圆弧轨道的物块c，放置在光滑水平地面上并锁定，圆弧轨道半径为R，P点为轨道的最高点，Q点为轨道的最低点且与水平地面相切。相同小球a、b静置在物块c左侧的水平地面上，给小球a一初速度，使之与小球b发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到P点抛出，地面上的落点与P点间的水平位移为x=4R；小球a沿轨道恰能运动到与圆心O点等高的位置。不计空气阻力，已知a、b两小球半径远小于R、质量均为m，物块c的质量为，重力加速度为g。 (1)求小球b经过P点时对轨道的压力大小； (2)求小球a、b发生碰撞过程中损失的动能； (3)若在a、b碰撞前解除轨道c的锁定，小球b由Q点滑上轨道至其运动到最高点的时间内，小球a一直在水平地面上运动且位移为2R，求这段时间内小球b的水平位移。 【答案】(1) (2)4mgR (3) 【详解】（1）小球b从P点抛出后做平抛运动，其竖直方向为自由落体运动 水平方向为匀速直线运动 解得 小球b在P点时，根据牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可得：小球b经过P点时对轨道的压力大小 （2）设小球a、b碰撞后的速度分别为va、vb，则对小球b根据机械能守恒定律 解得 设小球a的初速度为v0，对小球根据机械能守恒定律 解得 小球a、b碰撞过程动量守恒 解得 所以小球a、b发生碰撞过程中损失的动能为 解得 （3）小球b滑到轨道最高点时，b和c达到共速，由水平方向动量守恒可得 设最大高度为，根据机械能守恒： 解得 小球b由Q点滑上轨道最高点的过程中，b和c水平方向动量守恒 可得 设这段时间为t，则有，即 由题意知 在这段时间内由a的运动可知 联立解得 重难·创新演练 16．（多选）如图所示，一根不可伸长的轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮，一端系有质量为的小球，另一端连接套在细杆上的物块，细杆竖直光滑且足够长。竖直杆上点与定滑轮等高，二者水平间距为。物块位于点时恰能处于平衡状态，此时细绳与细杆夹角为。已知，。现将物块自点由静止释放，直至物块下落到最低点，下列说法正确的是（　　） A．物块质量为 B．物块落至最低点时，小球上升高度为 C．物块下落至点时，物块和小球的瞬时速度大小相等 D．物块下落至点时，细绳对物块拉力的瞬时功率等于小球重力的瞬时功率 【答案】AD 【详解】A．物块在Q点平衡，绳子拉力等于小球重力，即 对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件可得 解得物块的质量为，故A正确； B．物块从P到最低点，初、末动能均为0，由系统机械能守恒得 其中y为物块下落总高度，h为小球上升总高度，由几何关系可得 联立解得，故B错误； C．物块下落至Q点时，将物块速度分解，沿绳方向的分速度等于小球速度，即 可知物块和小球的瞬时速度大小不相等，故C错误； D．Q是平衡位置，物块运动到Q时加速度为0，因此绳子拉力 细绳对物块拉力的瞬时功率为 此时小球重力的瞬时功率为 可知物块下落至Q点时，细绳对物块拉力的瞬时功率等于小球重力的瞬时功率，故D正确。 故选AD。 17．（多选）质量为的跳水运动员从高的跳台上以的速度斜向上跳起，完成动作后落入水中，若忽略运动员的身高，不计空气阻力，重力加速度取。运动员从起跳到刚入水，以水面为参考平面，下列说法正确的是（     ） A．起跳时运动员的机械能为 B．运动员重力势能的最大值为 C．重力对运动员所做的功为 D．运动员的动能先增大再减小 【答案】AC 【详解】A．以水面为参考平面，起跳时运动员的机械能为，故A正确； B．起跳时运动员的重力势能为 由于运动员斜向上跳起，最高点的高度比起跳时大，所以运动员重力势能的最大值大于，故B错误； C．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员所做的功为，故C正确； D．运动员从起跳到刚入水，重力对运动员先做负功后做正功，所以运动员的动能先减小再增大，故D错误。 故选AC。 18．（多选）把一定质量的小球放在竖直的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好恢复原长（图乙），弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是（     ） A．A到C的过程，小球的机械能守恒 B．A到B的过程，小球的动能一直变大 C．A到B的过程，小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量 D．A到C的过程，小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量 【答案】CD 【详解】A．在到的过程中，弹簧对小球的弹力做正功，小球的机械能增加，故A错误； B．在到的过程中，开始时弹簧的弹力大于重力，小球向上做加速运动，当弹力等于重力时速度最大，动能最大，之后弹力小于重力，小球向上做减速运动，所以小球的动能先变大后变小，故B错误； C．在到的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量与重力势能的增加量之和，所以小球动能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C正确； D．在到的过程中，小球在点和点的速度均为零，动能变化量为零，系统机械能守恒，则小球重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D正确。 故选CD。 19．（多选）如图所示，质量为m的足球静止在水平地面上的位置1，其被运动员踢出后落到水平地面上的位置3。足球在空中达到最高点2时的高度为h，速度为v，已知重力加速度为g，足球运动过程中忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．运动员对足球做的功为 B．足球落到位置3时的动能为mgh C．足球刚离开位置1时的动能大于 D．足球在位置2时的机械能等于其在位置3时的动能 【答案】AD 【详解】A．足球在位置1静止，动能为0；运动员做功等于足球刚离开位置1时的动能。由机械能守恒可得 因此运动员做功等于，故A正确； B．位置3与位置1在同一水平面，重力势能为0；由机械能守恒，位置3的动能等于位置1的动能，故B错误； C．由机械能守恒，位置1的动能，故C错误； D．位置2的机械能（以地面为零势能面） 位置3的动能：（机械能守恒，位置3重力势能为0） 因此，故D正确。 故选AD。 20．（多选）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧拴接并放置在光滑的水平面上，b的质量为。时刻，弹簧处于原长状态，现使a获得水平向右、大小为的初速度，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法中正确的是（　　） A．a的质量为 B．时刻，a、b间的距离最大 C．，时间内，b所受冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 【答案】AD 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C错误； D．图乙阴影部分为内a、b速度图线之间的面积，等于这段时间内a、b的相对位移，即图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据机械能守恒定律可得 解得，故D正确。 故选AD。 21．（多选）如图所示，一长度足够长的木板静止在光滑水平地面上，其上表面依次静置3块质量均为的相同滑块、、，木板的质量为，所有滑块与木板间的动摩擦因数均为，相邻滑块之间的距离均为。现给最左端的滑块一个水平向右的初速度，已知滑块间的碰撞时间极短且无机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．滑块和木板组成的系统动量守恒 B．滑块和木板组成的系统机械能守恒 C．木板最终的速度大小为 D．滑块在木板上留下的划痕总长度为 【答案】ACD 【详解】A．水平面光滑，滑块和木板组成的系统合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确； B．滑块与木板间存在滑动摩擦力，摩擦会产生内能，系统机械能不断损失，因此机械能不守恒，故B错误； C．系统动量守恒，最终足够长的木板会让所有物体共速，设最终共速为，由动量守恒可得 代入解得，故C正确； D．碰撞过程无机械能损失，滑块质量相等，如果发生碰撞则速度交换，即A会停在开始B的位置，B会停在开始C的位置，没有往返运动。系统损失的机械能全部转化为摩擦生热的内能，由能量守恒可得 化简得，故D正确。 故选ACD。 22．（多选）如图所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧的劲度系数为k，原长为l。质量为m的小球由弹簧的正上方A高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，小球下落到最低点，整个过程中弹簧一直处在弹性限度内。不计空气阻力，当地的重力加速度为g，则从小球接触弹簧开始到小球下落到最低点的过程中（     ） A．小球的机械能先增加后减少 B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．弹簧弹性势能的最大值为mg（k+l-x） D．小球下落到距地面高度时动能最大 【答案】BD 【详解】A． 小球接触弹簧后，弹簧对小球的弹力始终竖直向上，而小球的位移一直向下，因此弹力对小球始终做负功，小球的机械能持续减少，A错误； B．整个过程只有重力和弹簧的弹力做功，无空气阻力等其他力做功，因此小球与弹簧组成的系统机械能守恒，B正确； C．当弹簧压缩量为时小球到达最低点，此时弹簧弹性势能最大。从小球初始位置到最低点，小球下落的总高度为（是A点到弹簧上端的初始高度），小球重力势能的减少量为，C错误； D．小球动能最大的位置是加速度为0的位置，此时小球合力为零：重力与弹簧弹力平衡，即 解得弹簧压缩量 弹簧原长为，因此此时小球距地面的高度为原长减去压缩量，即，D正确。 故选BD。 23．（多选）一物块在高、长的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取。则（     ） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物块的质量为2 kg D．当物块下滑时机械能损失了 【答案】BD 【详解】AD．由图像斜率可知，重力势能随下滑距离的减小率为，动能随下滑距离的增加率为，故机械能随下滑距离的减小率为，机械能不守恒；下滑时机械能损失量为，故A错误，D正确。 B．机械能的减小量等于克服摩擦力做的功，故滑动摩擦力大小为，由 得，斜面倾角满足，支持力大小为 所以动摩擦因数=，故B正确； C．由斜面顶端的重力势能，可得=，故C错误。 故选BD。 24．（多选）如图所示，光滑轨道由和两段光滑圆弧组成，与圆心等高，在正下方，在圆心正上方，和所对圆心角均为，两段圆弧轨道半径均为。将质量为、可视为质点的小物块从点由静止释放，重力加速度为，则（　　） A．小物块运动到点时对轨道的压力大小为 B．小物块运动到点时速度大小为 C．小物块不能沿轨道运动到点 D．初始给小物块一竖直初速度，其可能沿轨道运动至点后做平抛运动 【答案】BC 【详解】AB．物块沿轨道运动过程中机械能守恒，从到的过程，有，从到的过程，有 解得， 物块经过点时，由牛顿第二定律有 解得，故A错误，B正确； C．物块经过点，在轨道上时由牛顿第二定律有 又，因此，物块重力指向圆心的分力不能提供物块沿轨道运动的向心力，物块在点脱离轨道，无法到达点，故C正确； D．若给竖直方向的初速度，物块在点的速度更大，所需向心力更大，物块重力指向圆心的分力更无法提供向心力，物块无法到达点，故D错误。 故选BC。 25．（多选）如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端连着一轻质弹簧。两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为，速度方向向右，滑块Q的质量为，速度方向向左，以水平向右为正方向，下列说法正确的是（     ） A．P、Q两个滑块（包括弹簧）组成的系统动能始终保持不变 B．最终滑块P以的速度匀速运动 C．从滑块P和弹簧接触到离开弹簧的过程中，弹簧的弹性势能最大为 D．从滑块P和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，弹簧对滑块Q做的功为 【答案】BD 【详解】A．系统在光滑水平面上运动，外力在水平方向的合力为零，系统动量守恒；弹簧形变量发生变化时，系统的动能与弹性势能相互转化，根据机械能守恒定律有为常量，系统动能并非始终不变，故A错误； B．设滑块、离开弹簧后的速度分别为、，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 联立解得， 滑块最终以大小为的速度向左做匀速直线运动，故B正确； C．弹簧压缩至最短时，两滑块速度相同，设共同速度为，根据动量守恒定律有 解得 根据机械能守恒定律有 解得，故C错误； D．从滑块与弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，根据动能定理，弹簧对滑块做的功为 解得，故D正确。 故选BD。 26．（多选）如图所示，水平粗糙地面左侧固定一个四分之一光滑圆弧轨道，其圆心为O，半径为，轨道最低点切线水平，且恰好与放置在地面上质量为的木板A等高，点在木板左端的正上方。一可视为质点的质量为的木块B从圆弧轨道的最高点由静止释放，B到达最低点后滑上A，并恰能滑到A的最右端。已知A的长度为运动的最大距离为，取重力加速度大小，下列说法正确的是（     ） A．B刚滑上A时的速度大小为 B．B在A上发生相对滑动的时间为0.5s C．A与B间的动摩擦因数为0.5 D．A与地面间因摩擦产生的热量为 【答案】ABD 【详解】A．设AB的质量均为m=1kg，则木块B滑到底端的过程由机械能守恒定律 可得B刚滑上A时的速度大小为，A正确； BC．设AB之间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，则B在A上滑动时B的加速度 A的加速度 两者共速时 此时 解得，， 共速后AB一起减速的加速度为 则 解得，B正确，C错误； D．AB摩擦产生的热量为 A与地面间因摩擦产生的热量为，D正确。 故选ABD。 27．（多选）如图（a），一滑块静止在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为、，作出的关系图像，局部图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（     ） A．小球与滑块的质量比为 B．小球能够上升的最大高度为 C．小球从滑块最高点冲出时的速度大小为 D．小球能够再次回到滑块最低点且回到滑块最低点时速度方向水平向左 【答案】BCD 【详解】A．由题意，系统在水平方向上不受外力，动量守恒。设小球质量为，滑块质量为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 整理得 由图(b)可知，图像是一条直线，纵截距为，当时，代入得 解得 即小球与滑块的质量比为1:2，故A错误； B．小球上升到最大高度时，竖直方向速度为零，水平方向上小球与滑块共速。设共同速度为，根据水平方向动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 将代入联立解得，故B正确； C．小球滑到滑块最高点时，由于圆弧最高点切线竖直，小球与滑块水平方向速度相同。此时滑块速度为，小球绝对速度为，根据水平方向动量守恒定律有 解得 根据机械能守恒定律有 将代入解得，故C正确； D．小球冲出最高点后，在水平方向不受外力，小球与滑块在水平方向均以的速度向右做匀速直线运动，故小球下落后会恰好落回滑块最高点并向下滑动。由于整个过程水平方向系统动量守恒、系统机械能守恒，小球滑回到最低点时系统状态相当于两物体发生一维弹性正碰。设小球回到最低点时速度为，滑块速度为，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有， 联立解得 负号表示速度方向水平向左，即小球能够再次回到滑块最低点且回到滑块最低点时速度方向水平向左，故D正确。 故选BCD。 28．（多选）如图，有一质量为、长为的均匀链条，开始时链条总长的处于水平桌面上，剩余垂于桌外，现用外力使链条静止。不计一切摩擦，桌子足够高。下列说法中正确的是（     ） A．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度 B．若自由释放链条，则链条刚离开桌面时的速度 C．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 D．若要把链条全部拉回桌面上，至少要对链条做功 【答案】BC 【详解】AB．选取桌面所在的水平面为零重力势能参考平面。在自由释放链条直到其刚离开桌面的过程中，由于不计一切摩擦，只有重力对链条做功，因此链条的整体机械能守恒。 初始状态时，桌面上方的链条（长）重力势能为零；垂在桌面下方的链条长度为，其质量为，这部分链条的重心位于桌面下方处，故初始状态系统的总机械能为 当链条刚离开桌面时，整根链条都处于竖直悬垂状态，其整体重心位于桌面下方处。设此时的速度为，则末状态系统的总机械能为 根据机械能守恒定律，可得 整理得 解得，故A错误，B正确； CD．若要把链条全部拉回桌面上，要求对链条做的功最少，则应视为缓慢拉动链条，即链条回到桌面时的动能依然为零。根据功能关系，外力对链条做的最少功等于链条重力势能的增加量。 末状态整根链条都在桌面上，总重力势能为零（）。初状态链条的总重力势能为 则至少需要对链条做的功为，故C正确，D错误。 故选BC。 29．如图，竖直平面内固定有一个半圆环形细管，轨道半径为，为直径，外轨与光滑水平面在点衔接。一可看成质点的小球（直径略小于轨道内径），在点处压缩一轻质弹簧（小球与弹簧不拴接），释放小球。小球被弹簧弹出后，经过轨道点时对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆形细管的最高点，重力加速度大小为，不计空气阻力，求： (1)小球经过点时的速度大小； (2)刚开始时被压缩弹簧的弹性势能； (3)小球从点到点克服阻力所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN=7mg，根据牛顿第二定律有 解得 （2）物块从A点到B点的过程，由功能关系有：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为 （3）物块恰能到达C点时的速度为vC=0 物块从B点到C点的过程，由动能定理得 解得 30．如图所示，半球形光滑圆弧槽固定在水平转台上，转台可绕竖直轴OO＇转动，圆弧槽半径为R，圆心为O。小球A通过长的细线连接质量为m的小球B，两球静止时，A球恰在槽内壁P点，PO与水平方向间夹角。已知重力加速度为g。 (1)求A球的质量mA； (2)若将A球固定在P点，使转台绕OO＇轴从静止开始缓慢加速转动，直到细线QB与竖直方向间夹角求此过程中转台对两球做的功W； (3)转台保持静止，如果将A球换成质量为2m的小球C，将C球移至圆弧槽的左端点Q由静止释放，求C球下滑到圆弧槽最低点时的动能Ek。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）B球受力平衡，则细线张力 对A球在P点受力分析如图所示 可知为正三角形，槽对A球的支持力与线中张力T大小相等，则 联立解得 （2）细线与竖直方向间夹角时，设A、B球转动的半径分别为、，转台转动的角速度为ω，则， 对B球，根据牛顿第二定律得 由功能关系，可得转台对两球做的功 联立解得 （3）设C球运动到最低点时的速度为，此时B球的速度为，则 两球组成的系统从释放到C球运动到最低点的过程，根据机械能守恒定律有 联立解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $