資源簡介

第14講　機械能守恒定律
知識內容 考試要求 說明
重力勢能 c 1.不要求掌握物體做曲線運動時重力做功表達式的推導方法． 2.不要求掌握彈簧彈性勢能的表達式． 3.運用機械能守恒定律進行計算時，不涉及彈性勢能的表達式． 4.不要求用機械能守恒定律求解兩個及兩個以上物體(包括需要確定重心的鏈條、繩子、流體等)的問題.
彈性勢能 b
機械能守恒定律 d
一、重力勢能和彈性勢能
1．重力做功與路徑無關，只與初、末位置的高度差有關．
2．重力做功與重力勢能變化的關系：
重力對物體做正功，重力勢能減少；重力對物體做負功，重力勢能增加；物體從位置A到位置B時，重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG＝－ΔEp.
3．彈力做功與彈性勢能的關系：
彈力對物體做正功，彈性勢能減少，彈力對物體做負功，彈性勢能增加，彈力對物體做的功等于彈性勢能的減少量．
二、機械能守恒定律
1．內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變．
2．表達式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
3．條件
(1)系統只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力．
(2)系統除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統不做功．
(3)系統內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和為零．
(4)系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，系統內外也沒有機械能與其他形式的能發生轉化．
命題點一　機械能守恒的理解和判斷
1．利用機械能的定義判斷：
若物體在水平面上勻速運動，則其動能、勢能均不變，機械能不變．若一個物體沿斜面勻速下滑，則其動能不變，重力勢能減少，機械能減少．
2．做功判斷法：若物體系統內只有重力和彈簧彈力做功，其他力均不做功或其他力做功的代數和為零，則系統的機械能守恒．
3．能量轉化判斷法：若只有系統內物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉化，系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，機械能也沒有轉變成其他形式的能(如沒有內能增加)，則系統的機械能守恒．
（2024 金華二模）如圖所示是航天員在水下進行模擬失重訓練的一種方式。航天員穿水槽訓練航天服浸沒在水中，通過配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假設其總質量為m，訓練空間的重力加速度為g且不變，航天員在某次出艙作業時，勻速上升距離為h的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．宇航員處于完全失重狀態
B．機械能增加了mgh
C．合力不做功，機械能守恒
D．重力做負功，機械能減少
【解答】解：航天員勻速上浮，重力做負功，所受合力為零，處于平衡狀態，合力做功為零，浮力豎直向上，對航天員做正功：W浮＝F浮h＝mgh
則航天員的機械能增加mgh，故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
（2024 廬陽區校級四模）如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內，質量均為m，兩段輕桿等長。現將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（　　）
A．小球A、B、C組成的系統機械能不守恒
B．小球C的機械能一直減小
C．小球C落地前瞬間的速度大小為
D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg
【解答】解：A、對于小球A、B、C組成的系統，由于只有重力做功，所以系統的機械能守恒，故A錯誤；
B、小球B的初速度為零，小球C落地瞬間，小球B的速度也為零，故小球B的動能先增大后減小，而小球B的重力勢能不變，則小球B的機械能先增大后減小，同理可得小球A的機械能先增大后減小，而系統機械能守恒，所以C的機械能先減小后增大，故B錯誤；
C、設小球C落地前瞬間的速度大小為v，根據系統機械能守恒有：，解得：，故C正確；
D、當小球C的機械能最小時，小球B的速度最大，此時小球B的加速度為零，水平方向所受的合力為零，則桿CB對小球B恰好沒有力的作用，所以地面對小球B的支持力大小為mg，故D錯誤。
故選：C。
（2024 瓊山區一模）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖所示。其中O點為發射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c為距地面高度相等的兩點，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．炮彈到達最高點b時的加速度等于g
B．炮彈經過a點和經過c點的機械能不相同
C．炮彈經過a點和經過c點時的加速度相同
D．炮彈由a點運動到b點的時間大于由b點運動到c點的時間
【解答】解：A、在最高點b，炮彈具有水平向右的速度，所以炮彈在b點時，除了受重力外還受到向后的空氣阻力，合力大于重力，所以加速度大于g，故A錯誤；
B、從a到c的過程中，空氣阻力一直做負功，炮彈的機械能逐漸減少，則炮彈經過a點和經過c點的機械能不同，故B正確；
C、炮彈經過a點和經過c點時受空氣阻力和重力作用，空氣阻力方向不同，所受合力不同，則加速度不同，故C錯誤；
D、設炮彈從a點運動到b點的過程中所受阻力的平均豎直分量為f1，從b點運動到c點的過程中所受阻力的平均豎直分量為f2，則前、后兩個過程炮彈的豎直平均加速度大小分別為a1，a2a1
根據運動學規律可知炮彈由a點運動到b點的時間小于由b點運動到c點的時間，故D錯誤。
故選：B。
（2024 涼山州模擬）如圖所示，用長為L的輕細線把質量為m的小球懸掛在天花板上，拉直細線讓小球從與懸點等高的A點靜止釋放，若空氣阻力不能忽略，則小球運動到最低點B的過程中（　　）
A．機械能守恒 B．重力的功率一直增大
C．速度先增大后減小 D．機械能先增大后減小
【解答】解：AD．A點到B點，空氣阻力不能忽略，做負功，機械能會損耗，機械能減小，故AD錯誤；
B．A點到B點，小球豎直方向的速度先從0增大后再減小到0，故重力的功率先增大后減小，故B錯誤；
C．小球運動到最低點B時，阻力不能忽略，受力分析可知小球受到的合外力與速度方向為鈍角，小球做減速運動，故小球速度的大小先增大后減小，故C正確。
故選：C。
（2024 太原一模）運動員某次發球，將球從離臺面高h0處發出，球落在A點反彈后又落在B點，兩次擦邊。AB間距離為L，球經過最高點時離臺面的高度為h（h＞h0），重力加速度為g。若忽略阻力、球的旋轉、球與臺面碰撞時能量的損失，乒乓球離開球拍的速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：乒乓球從最高點到B點做平拋運動，設乒乓球在最高點的速度為v，從最高點到B的時間為t，則h
又
得v
乒乓球從拋出點到乒乓球離臺面最高點過程中機械能守恒，可得
聯立解得：故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2024 鹽城一模）如圖所示，兩根不可伸長的輕繩連接質量為m小球P，右側繩一端固定于A，繩長為L，左側繩通過光滑定滑輪B連接一物體Q，整個系統處于靜止狀態時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向夾角分別為37°和53°，現將小球P托至與A、B兩點等高的水平線上，且兩繩均拉直，由靜止釋放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，求：
（1）物體Q的質量M；
（2）小球P運動到圖示位置時的速度v大小；
（3）小球P運動到圖示位置時AP繩中的張力大小。
【解答】解：（1）物體P靜止，受力分析如圖1所示
圖1
根據平衡條件可得
TB＝mgsin53°
物體Q靜止，則
TB＝Mg
解得M＝0.8m
（2）物體P由水平位置由靜止釋放，沿圓弧運動到圖2位置。根據機械能守恒定律，可得
圖2mgh1﹣Mgh2
根據幾何關系易得h1＝Lsin37°＝0.6L
h2＝Ltan37°﹣（L）＝0.5L
物體P運動到圖2位置時，速度與AP垂直，即沿著BP方向，所以
v＝v1
解得
v
（3）因為物體運動到圖示位置做圓周運動，物體P的受力沿繩方向和垂直于繩分解，物體P沿AP繩方向合外力提供圓周運動向心力TA﹣mgsin37°＝m
解得TAmg
命題點二　機械能守恒的應用
1．機械能守恒定律的表達式
2．選用技巧：在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面．
拓展點　含彈簧類機械能守恒問題
1．由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒．
2．在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．
3．如果系統內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統內彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)．
（2023 倉山區校級模擬）甲、乙、丙三個物體用不可伸長的輕線通過輕滑輪連接，甲與地面用輕彈簧連接，如圖所示。物體乙與物塊丙之間的距離和物體丙到地面的距離相等。已知物體乙與物塊丙的質量均為m，物體甲的質量大于m，但是小于2m；彈簧的勁度系數為k。物體在運動過程中不會與滑輪相碰，且不計一切阻力，物體碰地后不反彈，當地的重力加速度為g。
（1）若已知物體甲的質量為1.5m，將乙與丙間的線剪斷，求剪斷瞬間乙物體加速度的大小？此時甲、乙之間輕繩拉力多大？
（2）若將乙與丙間的線剪斷，甲下降多大距離時它的速度最大？
（3）若突然彈簧與甲物體脫離接觸，要保證物塊乙在運動過程中不會著地，求這種情形之下甲物體的質量的取值范圍？
【解答】解：（1）由mg＝（1.5m+m）a
解得a＝0.4g
對乙進行受力分析有
T﹣mg＝ma
解得T＝1.4mg
（2）設甲物體質量為M，開始時彈簧處于伸長狀態，其伸長量為x1
有 kx1＝（2m﹣M）g
解得：x1g
剪斷輕線，甲的加速度為零時，速度達最大，設此時彈簧壓縮量為x2
有kx＝（M﹣m）g
解得：x2g
所以，甲速度最大時，下降的距離 x＝x1+x2
（3）設丙距離地面為L，丙剛好落地時，甲、乙的速度為v，對于甲、乙丙三物體組成系統，機械能守恒
2mgL﹣MgL（M+2m）y2
若乙恰能著地，此時甲、乙物體速度為零，對甲、乙兩物體組成系統，其機械能守恒有：
MgL﹣mgL（M+m）v2
聯立解得：Mm
故當 2m＞Mm 時，乙物體將不會著地。
（2023 西城區校級三模）如圖，半徑R＝0.50m的光滑圓環固定在豎直平面內．輕質彈簧的一端固定在環的最高點A處，另一端系一個質量m＝0.20kg的小球．小球套在圓環上．已知彈簧的原長為L0＝0.50m，勁度系數K＝4.8N/m．將小球從如圖所示的位置由靜止開始釋放．小球將沿圓環滑動并通過最低點C，在C點時彈簧的彈性勢能EPC＝0.6J．g＝10m/s求：
（1）小球經過C點時的速度vC的大小．
（2）小球經過C點時對環的作用力的大小和方向．
【解答】解：（1）小球從B到C，系統機械能守恒，有：
mg（R+Rcos60°）EPc
得：vc3m/s．
（2）在C點，由牛頓第二定律可得：F+FN﹣mg
其中：F＝kR＝4.8×0.5＝2.4N
代入得：FN＝3.2N
由牛頓第三定律得：小球對環的壓力的大小為3.2N，方向豎直向下．
答：（1）小球經過C點時的速度大小為3m/s．
（2）小球經過C點時對環的作用力的大小為3.2N，方向豎直向下．
（2021 海南模擬）如圖所示，半徑為R的光滑半圓環軌道豎直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也為R，在桌面上輕質彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態．同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后，a球從B點滑上光滑半圓環軌道最高點A時速度為vA，已知小球a質量為m，小球b質量為2m，重力加速度為g，求：
（1）小球a在圓環軌道最高點對軌道的壓力？
（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大小？
（3）小球b落地點距桌子右側的水平距離？
【解答】解：（1）設a球通過最高點時受軌道的彈力為N，由牛頓第二定律
得 N＝mg
由牛頓第三定律，a球對軌道的壓力為mg，方向豎直向上．
（2）設小球a與彈簧分離時的速度大小為va，取桌面為零勢面，由機械能守恒定律
得
小球a、b從釋放到與彈簧分離過程中，總動量守恒mva＝2mvb
（3）b球從桌面飛出做平拋運動，設水平飛出的距離為x
x＝vbt
得
答：（1）小球a在圓環軌道最高點對軌道的壓力大小為mg，方向豎直向上；
（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大小為；
（3）小球b落地點距桌子右側的水平距離是
（2024 如皋市二模）小明繪制了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，羽毛球到達P點時速度大小為v，則（　　）
A．羽毛球在A點的機械能等于在B點的機械能
B．整個飛行過程中，羽毛球在P點時的速度最小
C．整個飛行過程中，羽毛球速度最小的位置在P點左側
D．若在P點將羽毛球以大小為v的速度水平向左拋出，羽毛球將掉落在原出發點的右側
【解答】解：A、羽毛球在運動過程中受到空氣阻力作用，其機械能減小，所以A點的機械能大于B點的機械能，故A錯誤；
BC、當羽毛球所受重力與阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度最小，而在最高點P時，合力方向與速度夾角為鈍角，說明羽毛球速度最小應該在P點之前，故BC錯誤；
D、若在P點將羽毛球以大小為v的速度水平向左拋出，羽毛球受重力和與速度方向反向、斜向右上方的空氣阻力，羽毛球將掉落在原出發點的右側，故D正確。
故選：D。
（2024 西安校級模擬）如圖甲所示，風洞是人工產生和控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行上升表演中，表演者的質量；m＝50kg，為提高表演的觀賞性、控制風速v的平方與表演者上升的高度h間的關系圖像如圖乙所示，在風力作用的正對面積不變時，風力大小F＝0.05v2（采用國際單位制），取重力加速度大小g＝10m/s2。表演者開始靜臥于h＝0處，打開氣流，在表演者從最低點到最高點的運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．表演者開始靜臥于h＝0處，打開氣流時，風力大小為600N
B．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動
C．表演者的加速度為0時所處的高度為10m
D．表演者在上升過程中機械能守恒
【解答】解：A、表演者開始靜臥于h＝0處，打開氣流時，由圖乙知v2＝1.2×104m2/s2，風力大小為F＝0.05v2＝0.05×1.2×104N＝600N，故A正確；
B、當F＝0.05v2＞mg時，合力向上，表演者向上加速，由牛頓第二定律有：0.05v2﹣mg＝ma
可知隨著風速的減小，加速度減小，表演者先做加速度減小的加速運動；
當F＝0.05v2＝mg時，加速度為零，速度最大；
當F＝0.05v2＜mg時，合力向下，表演者向上減速，由牛頓第二定律
mg﹣0.05v2＝ma
故隨著風速的減小，加速度增大，所以表演者先做加速度逐漸減小的加速運動，再做加速度逐漸增大的減速運動，故B錯誤；
C、由乙圖可知：v2＝1.2×104﹣400h
表演者的加速度為0時，有F＝mg，結合F＝0.05v2，代入數據解得：h＝5m，故C錯誤；
D、表演者在上升過程中受風力作用，風力對人要做功，其機械能不守恒，故D錯誤。
故選：A。
（2024 杭州二模）有一質量為m的小球，用細線掛在天花板上，線長為l，將其拉至水平位置由靜止釋放。忽略空氣阻力，小球可看成質點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球擺動過程中重力總是做正功
B．重力功率最大值為
C．小球動能變化周期是π
D．在小球下擺過程中，動能隨時間的變化率先變大后變小
【解答】解：A、小球向上擺動過程中，重力做負功，故A錯誤；
B、根據機械能守恒定律可知
mgl
解得小球在最低點的速度為
v
但小球在最低點速度與重力垂直，則重力功率最大值不是，故B錯誤；
C、根據單擺的周期公式有T＝2，則可知小球動能變化周期是π，但該模型并非單擺運動，則動能變化周期不是π，故C錯誤；
D、在小球下擺過程中，動能隨時間的變化率代表重力功率的變化，可知動能隨時間的變化率先變大后變小，故D正確；
故選：D。
（2024 天津模擬）如圖甲所示，2024年1月9日，我國在西昌衛星發射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將愛因斯坦探針衛星發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。假設愛因斯坦探針衛星發射簡化過程如圖乙所示，先將衛星送入圓形軌道Ⅰ，在a點發動機點火加速，由軌道Ⅰ變為橢圓軌道Ⅱ上，飛船在軌道Ⅱ上經過c點再變軌到圓軌道Ⅲ，則下列說法正確的是（　　）
A．探針衛星在軌道Ⅰ上經過a點的速度大于在軌道Ⅱ上經過a點的速度
B．探針衛星在軌道Ⅱ上由a點運動到c點機械能減少
C．探針衛星在軌道Ⅱ上經過c點的加速度等于在軌道Ⅲ上經過c點的加速度
D．探針衛星在軌道Ⅰ上運行的角速度小于在軌道Ⅲ上運行的角速度
【解答】解：A、探針衛星在軌道Ⅰ上經過a點做加速運動，離心后變軌到Ⅱ軌道，所以探針衛星在軌道Ⅰ上經過a點的速度小于在軌道Ⅱ上經過a點的速度，故A錯誤；
B、探針衛星在軌道Ⅱ上由a點運動到c點過程中，只有萬有引力做功，機械能不變，故B錯誤；
C、根據牛頓第二定律可得ma，解得a，所以探針衛星在軌道Ⅱ上經過c點的加速度等于在軌道Ⅲ上經過c點的加速度，故C正確；
D、衛星繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有：mrω2，解得：ω，探針衛星在軌道Ⅰ上運行的軌道半徑大于在軌道Ⅲ上運行的軌道半徑，探針衛星在軌道Ⅰ上運行的角速度大于在軌道Ⅲ上運行的角速度，故D錯誤。
故選：C。
（2024 河南一模）如圖，傾角為30°的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上，在A點的上方再固定一光滑的細桿，細桿與豎直方向的夾角為30°。質量均為m的小球甲、乙（均視為質點）用長為L的輕質桿通過鉸鏈連接（鉸鏈的質量忽略不計），小球甲套在細桿上，小球乙放置在斜面上A點，重力加速度大小為g。現讓小球甲、小球乙由靜止釋放，小球乙一直沿著斜面向下運動，當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，小球甲的動能為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：當小球甲下降到A點時，由幾何關系可得小球甲、乙下降的高度分別為
h甲＝Lcos30°
h乙＝Lsin30°
當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，輕質桿與斜面平行，小球甲的速度沿著細桿，小球乙的速度沿著斜面向下，所以小球甲與小球乙的速度關系為：v乙＝v甲cos30°
由機械能守恒定律可得
小球乙的動能為
代入數據聯立解得
故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
（2024 延邊州一模）在足球場上罰任意球時，防守運動員會在球門與罰球點之間站成一堵“人墻”，以增加防守面積，防守運動員會在足球踢出瞬間高高躍起，以增加防守高度。如圖所示，虛線是某次射門時足球的運動軌跡，足球恰好擦著橫梁下沿進入球門，忽略空氣阻力和足球的旋轉，下列說法正確的是（　　）
A．足球上升到最高點時的速度為0
B．足球下降過程中重力的功率一直在增大
C．足球在飛行過程中機械能先減小后增大
D．只要防守運動員跳起的最大高度超過軌跡最高點，就一定能“攔截”到足球
【解答】解：A．足球做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，故足球在最高點時的速度等于水平分速度，且不為零，故A錯誤；
B．足球在下降過程中豎直方向的分速度vy不斷增大，重力的瞬時功率為P＝mgvy，一直在增大，故B正確；
C．由于忽略空氣阻力，只有重力做功，故飛行過程中足球的機械能守恒，故C錯誤；
D．防守運動員跳起是否能“攔截”到足球，除了跳起的最大高度超過足球的軌跡（不一定是軌跡的最高點），還和時間因素有關。即使防守運動員跳起的最大高度超過軌跡最高點，若起跳時機不對，仍然無法攔截到足球，故D錯誤。
故選：B。
（2024 岳麓區校級模擬）如圖所示，光滑水平面左側連接一傳送帶，傳送帶長L＝4m，水平面右側連接一光滑圓周軌道，小物塊（可視為質點）的質量m＝0.1kg，與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，當傳送帶速度v0＝2m/s時，小物塊由靜止開始放到傳送帶的最左端時，小物塊剛好滑到圓周的最高點，則（　　）
A．小物塊在傳送帶上一直做加速運動
B．小物塊在傳送帶上的運動時間為2s
C．半圓周的半徑為0.08m
D．小物塊在半圓周最高點的速度為1m/s
【解答】解：AB、小物塊放到傳送帶上時，開始階段做勻加速運動，由牛頓第二定律有：μmg＝ma，可得a＝2m/s2
小物塊和傳送帶共速前運動的時間為
t1s＝1s
此過程運動的位移為
1m＝1m＜L＝4m
則小物塊接下來在傳送帶上做勻速運動，所用時間為
t2s＝1.5s
則小物塊在傳送帶上運動的總時間為
t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s，故AB錯誤；
CD、設半圓周的半徑為R，小物塊剛好滑到圓周的最高點，由重力提供向心力，根據牛頓第二定律有
小物塊從最低點到最高點，根據機械能守恒定律有
聯立解得：vm/s，R＝0.08m，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2024 嘉興一模）羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，找到了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則該羽毛球（　　）
A．在A、B兩點的速度大小相等
B．整個飛行過程中經P點的速度最小
C．AP段的飛行時間大于PB段的飛行時間
D．在A點的機械能大于B點的機械能
【解答】解：AD．羽毛球在運動過程中受到空氣阻力作用，機械能減小，A點的機械能大于B點的機械能，A點速度大于B點的速度，故A錯誤，D正確；
B．當羽毛球所受重力與阻力的合力方向與速度方向垂直時，羽毛球的速度最小，而在最高點P時，合力方向與速度夾角為鈍角，說明羽毛球速度最小應該在P點之前，故B錯誤；
C．AP段羽毛球處于上升階段，由于存在空氣阻力作用，其豎直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球處于下降階段，加速度小于重力加速度，由于位移大小相等，所以AP段的飛行時間小于PB段的飛行時間，故C錯誤。
故選：D。
（2024 甘孜州模擬）2023年5月30日16時29分，神舟十六號載人飛船入軌后，成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，形成了三艙三船組合體，此次任務將帶去航天員駐留和消耗物資、維修備件、推進劑和應用任務載荷樣品，并帶回在軌廢棄物。飛船發射后會在停泊軌道（Ⅰ）上進行數據確認，后擇機經轉移軌道（Ⅱ）完成與中國空間站的交會對接，其變軌過程可簡化如下圖所示，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國空間站軌道距地面的平均高度為h，飛船在停泊軌道上的周期為T1，則（　　）
A．飛船在停泊軌道（Ⅰ）上的速度大于7.9km/s
B．飛船在停泊軌道（Ⅰ）與組合體在空間站軌道（Ⅲ）上的速率之比為（R+h）：R
C．飛船在轉移軌道（Ⅰ）上正常運行的周期為T＝T1
D．飛船在轉移軌道（Ⅱ）上正常運行時，在Q點的機械能和在空間站軌道（Ⅲ）上在Q點的機械能相同
【解答】解：A．因為停泊軌道半徑近似為地球半徑R，所以飛船在停泊軌道上的速度近似等于第一宇宙速度7.9km/s，不可能大于7.9km/s，故A錯誤；
B．由萬有引力提供向心力有
得
所以飛船在停泊軌道（I）與組合體在空間站軌道（Ⅲ）上的速率之比為
故B錯誤；
C．由開普勒第三定律有，飛船在停泊軌道和在轉移軌道有
得：
選項C正確；
D．飛船在轉移軌道（Ⅱ）上Q點經點火加速能進入空間站軌道（Ⅲ）上運行，所以飛船在轉移軌道（Ⅱ）上正常運行時，在Q點的機械能小于在空間站軌道（Ⅲ）上在Q點的機械能，故D錯誤；
故選：C。
（2024 吉林一模）如圖所示，甲球從O點以水平速度v1拋出，落在水平地面上的A點；乙球從O點以水平速度v2拋出，落在水平地面上的B點，乙球與地面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變，反彈后恰好也落在A點。已知兩球質量均為m，乙球落在B點時速度與水平方向夾角為60°，不計碰撞時間和空氣阻力，以水平地面為重力勢能零勢能面，則下列說法正確的是（　　）
A．甲球落在A點時速度與水平方向夾角為45°
B．甲、乙拋出時速度之比v1：v2：1
C．甲、乙落地時速度之比為v甲：v乙＝3：1
D．甲、乙拋出時機械能之比為E甲：E乙＝3：1
【解答】解：AB、設OA間的豎直高度為h。由O點到A點，甲球運動時間為
乙球運動時間是甲球的3倍。設乙球由O點到B點水平位移為x，時間為t。對甲球有
3x＝v1t
對乙球有
x＝v2t
則得
v1：v2＝3：1
在B點，對乙球
甲球落在A點時
故甲球落在A點時速度與水平方向夾角為30°，故AB錯誤；
C、甲、乙落地時速度
，
故甲、乙落地時速度之比為
v甲：v乙：1
故C錯誤；
D、設OA間的豎直高度為h，以水平地面為重力勢能零勢面，因為是拋體運動只受重力，小球機械能守恒，則拋出時刻的機械能和落地時刻的機械能是相等的，所以小球機械能為：Emv2，把v甲和v乙代入得甲、乙拋出時機械能之比為：E甲：E乙＝3：1，故D正確；
故選D。
（2023 浙江二模）圖為某資料上一幅反映課外活動的場景，描繪了小明蕩秋千蕩到最高點時的情形，關于該圖與實際情況是否相符的判斷及其原因，下列正確的是（　　）
A．符合實際情況，圖片沒有科學性錯誤
B．不符合實際情況，因為沒有人推他不可能蕩到這么高處
C．不符合實際情況，最高點時手以上部分繩子可以彎曲但以下部分應拉直
D．不符合實際情況，最高點時手以上部分和以下部分的繩子均應該是拉直的
【解答】解：小明在最高點時重力沿繩子方向有分力，繩子拉力不為零，不會松弛；速度為零時，即將加速向下擺動，加速度不為零，所以該圖不符合實際情況，最高點時手以上部分和以下部分的繩子均應該是拉直的，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 鹽山縣校級模擬）如圖所示，小滑塊Q的質量為m，P的質量為2m，P、Q通過輕質定滑輪O（體積可忽略）用細線連接，Q套在光滑水平桿上。用力拉動Q，使OQ間的細線與水平方向的夾角θ＝60°，此時OQ長度為L，P、Q處于靜止狀態。不計一切摩擦，P不會與桿碰撞，重力加速度大小為g，則釋放Q后Q運動的最大速度為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：當Q運動到滑輪正下方時，P下降的高度最大，此時P速度為零，Q速度最大，根據幾何關系可知此過程中P下降的高度為
對P、Q整體，根據機械能守恒定律得
計算得則釋放Q后Q運動的最大速度為
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2024 石景山區一模）一興趣小組的同學為探究物體作圓周運動的特點制作了如圖所示的裝置：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。該小組的同學讓質量為m的小球（可視為質點）從弧形軌道上距B點高5R的A點由靜止釋放，先后經過B點和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度為g。
（1）求小球通過B點時的速度大小vB。
（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向。
（3）該小組的同學認為，只要小球能夠經過C點，則軌道B和C兩點對小球的壓力大小之差是不變的。你是否同意這一觀點？請說明理由。
【解答】解：（1）小球從A到B的過程中，由機械能守恒定律得：，解得：；
（2）由機械能守恒定律和牛頓第二定律可得：，，解得：F＝5mg，方向豎直向下；
（3）同意。從B到C的過程，由機械能守恒定律可得：
在C點和在B點，由牛頓第二定律可得：，
解得軌道B和C兩點對小球壓力大小之差FB﹣FC＝6mg為定值。
答：（1）求小球通過B點時的速度大小vB為；
（2）小球通過C點時軌道對小球作用力的大小F為5mg，方向豎直向下；
（3）同意。從B到C的過程，由機械能守恒定律可得：
在C點和在B點，由牛頓第二定律可得：，
解得軌道B和C兩點對小球壓力大小之差FB﹣FC＝6mg為定值。
（2023 青羊區校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道與半徑為R、內壁光滑的圓形管道之間平滑連接，相切于B點，C、D分別為圓形管道的最低點和最高點，整個裝置固定在豎直平面內。一小球質量為m，小球直徑略小于圓形管道內徑，圓形管道內徑遠小于R，重力加速度為g。
（1）從傾斜軌道上距離C點多高的位置A由靜止釋放小球，小球滑下后，在圓形管道內運動通過D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0？
（2）若將圓形管道的上面三分之一部分PDQ段取下來，并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高，將小球仍然從第（1）問中的位置A由靜止釋放，通過計算說明小球還能否從Q處進入管道繼續在管道內運動？
【解答】解：（1）小球從A點到D點，設在D點的速度大小為vD，根據機械能守恒定律，有
mg（h﹣2R）
小球運動到D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0，根據牛頓第二定律，有
mg＝m
聯立解得h＝2.5R
（2）若將圓形管道的PDQ段取下來，設小球從P點開始以大小為vP的速度做斜.上拋運動，則vP與水平方向的夾角為60°，小球從A點運動的過程中，根據機械能守恒定律，有
mg（h﹣R﹣Rcos60°）
設小球從P點拋出后經過時間t，落回P點所在的水平面，根據拋體運動規律，在水平方向的位移設為s，有s＝vPcos60°t
在豎直方向上，有t
聯立解得sR
根據幾何關系可知PQ＝2Rsin60°
解得PQR＝s
即小球能從Q處進入管道繼續在管道內運動。
答：（1）從傾斜軌道上距離C點2.5R的位置A由靜止釋放小球，小球滑下后，在圓形管道內運動通過D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0。
（2）小球能從Q處進入管道繼續在管道內運動。
（2023 淮南二模）如圖所示，有一個光滑圓環MDN固定在豎直平面內，半徑為R＝0.2m，圓心在O點，N、O、D為豎直直徑上的三點，O、M、B、C四點在同一個水平面上，在N點正下方接近N點處固定一個非常小的光滑水平支架，支架上放置一個可視為質點的小物塊b，另一個可視為質點的小球a在M點的正上方。傳送帶順時針勻速轉動，速度大小為v'＝8m/s，左端點B距圓心O的水平距離為L0，BC長為，已知球a的質量m1＝0.2kg，物塊b的質量m2＝0.4kg，g＝10m/s2，不計空氣阻力。
（1）若將物塊b拿走，球a從M點正上方的某處由靜止釋放后，恰好能從圓軌道最高點N水平飛出，且擊中傳送帶上的B點，求OB的距離L0；
（2）將物塊b放在支架上，球a從M點正上方距離M點高度為h1＝0.18m處由靜止釋放，則球a能不能與物塊b相碰？若能，求碰后兩者的速度大小；若不能，求球a與圓軌道脫離的位置與圓心O的高度差；
（3）調整球a從M點正上方釋放點的高度，使a、b兩物體發生彈性碰撞后，球a能原軌道返回，物塊b做平拋運動后落在傳送帶上，且物塊b落在傳送帶上時豎直分速度全部損失，只保留水平方向分速度。當物塊b落在傳送帶上距離B點最近時，物塊b在傳送帶上會一直向右加速運動，到C點時恰好與傳送帶速度相等，求物塊b與傳送帶間的動摩擦因數μ。
【解答】解：（1）a球恰好從最高點飛出，重力恰好提供向心力，由牛頓第二定律得：
平拋運動擊中B點有
豎直方向：
水平方向：L0＝vNt
聯立解得：
（2）a球釋放高度小于R，故不能到達圓弧最高點；a球不能與物塊b相碰，設在圓弧上K點脫離，K點與圓心在水平方向的夾角為θ，對a球由動能定理得：
在K點由牛頓第二定律得：
代入數據得：
故脫離軌道時距O高度為：
h'＝Rsinθ
代入數據得：h'＝0.12m
（3）a球釋放點距M點的距離h處自由釋放，運動到N點由動能定理得：
兩物體碰撞時動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
由機械能守恒定律得：
聯立解得：
，方向向左
，方向向右
a球原路返回要求有
得到h≥1.1m
此時b物塊對應水平位移
解得：
故能落在傳送帶上距B點為m，且為最近點。
在h＝1.1m時，由上式可得b物塊從N點射出時速度為
因豎直分速度損失，故落在傳送帶時水平速度也為
水平位移為：
解得：
與C點距離為：
x＝L+L0﹣s
代入數據得：x＝4m
一直加速故有
由牛頓第二定律得：
μm2g＝m2a
聯立解得：μ＝0.7
答：（1）OB的距離L0為；
（2）球a與圓軌道脫離的位置與圓心O的高度差為0.12m；
（3）物塊b與傳送帶間的動摩擦因數μ為0.7第14講　機械能守恒定律
知識內容 考試要求 說明
重力勢能 c 1.不要求掌握物體做曲線運動時重力做功表達式的推導方法． 2.不要求掌握彈簧彈性勢能的表達式． 3.運用機械能守恒定律進行計算時，不涉及彈性勢能的表達式． 4.不要求用機械能守恒定律求解兩個及兩個以上物體(包括需要確定重心的鏈條、繩子、流體等)的問題.
彈性勢能 b
機械能守恒定律 d
一、重力勢能和彈性勢能
1．重力做功與路徑無關，只與初、末位置的高度差有關．
2．重力做功與重力勢能變化的關系：
重力對物體做正功，重力勢能減少；重力對物體做負功，重力勢能增加；物體從位置A到位置B時，重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量，即WG＝－ΔEp.
3．彈力做功與彈性勢能的關系：
彈力對物體做正功，彈性勢能減少，彈力對物體做負功，彈性勢能增加，彈力對物體做的功等于彈性勢能的減少量．
二、機械能守恒定律
1．內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變．
2．表達式：mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22.
3．條件
(1)系統只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力．
(2)系統除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統不做功．
(3)系統內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和為零．
(4)系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，系統內外也沒有機械能與其他形式的能發生轉化．
命題點一　機械能守恒的理解和判斷
1．利用機械能的定義判斷：
若物體在水平面上勻速運動，則其動能、勢能均不變，機械能不變．若一個物體沿斜面勻速下滑，則其動能不變，重力勢能減少，機械能減少．
2．做功判斷法：若物體系統內只有重力和彈簧彈力做功，其他力均不做功或其他力做功的代數和為零，則系統的機械能守恒．
3．能量轉化判斷法：若只有系統內物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉化，系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，機械能也沒有轉變成其他形式的能(如沒有內能增加)，則系統的機械能守恒．
（2024 金華二模）如圖所示是航天員在水下進行模擬失重訓練的一種方式。航天員穿水槽訓練航天服浸沒在水中，通過配重使其在水中受到的浮力和重力大小相等。假設其總質量為m，訓練空間的重力加速度為g且不變，航天員在某次出艙作業時，勻速上升距離為h的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．宇航員處于完全失重狀態
B．機械能增加了mgh
C．合力不做功，機械能守恒
D．重力做負功，機械能減少
（2024 廬陽區校級四模）如圖所示，用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C處于豎直平面內，質量均為m，兩段輕桿等長。現將C球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設三個小球只在同一豎直面內運動，不計一切摩擦，重力加速度為g，則在小球C下落過程中（　　）
A．小球A、B、C組成的系統機械能不守恒
B．小球C的機械能一直減小
C．小球C落地前瞬間的速度大小為
D．當小球C的機械能最小時，地面對小球B的支持力大于mg
（2024 瓊山區一模）由于空氣阻力的影響，炮彈的實際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，如圖所示。其中O點為發射點，d點為落地點，b點為軌跡的最高點，a、c為距地面高度相等的兩點，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．炮彈到達最高點b時的加速度等于g
B．炮彈經過a點和經過c點的機械能不相同
C．炮彈經過a點和經過c點時的加速度相同
D．炮彈由a點運動到b點的時間大于由b點運動到c點的時間
（2024 涼山州模擬）如圖所示，用長為L的輕細線把質量為m的小球懸掛在天花板上，拉直細線讓小球從與懸點等高的A點靜止釋放，若空氣阻力不能忽略，則小球運動到最低點B的過程中（　　）
A．機械能守恒 B．重力的功率一直增大
C．速度先增大后減小 D．機械能先增大后減小
（2024 太原一模）運動員某次發球，將球從離臺面高h0處發出，球落在A點反彈后又落在B點，兩次擦邊。AB間距離為L，球經過最高點時離臺面的高度為h（h＞h0），重力加速度為g。若忽略阻力、球的旋轉、球與臺面碰撞時能量的損失，乒乓球離開球拍的速度大小為（　　）
A． B．
C． D．
（2024 鹽城一模）如圖所示，兩根不可伸長的輕繩連接質量為m小球P，右側繩一端固定于A，繩長為L，左側繩通過光滑定滑輪B連接一物體Q，整個系統處于靜止狀態時，小球P位于圖示位置，兩繩與水平方向夾角分別為37°和53°，現將小球P托至與A、B兩點等高的水平線上，且兩繩均拉直，由靜止釋放，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，求：
（1）物體Q的質量M；
（2）小球P運動到圖示位置時的速度v大小；
（3）小球P運動到圖示位置時AP繩中的張力大小。
命題點二　機械能守恒的應用
1．機械能守恒定律的表達式
2．選用技巧：在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面．
拓展點　含彈簧類機械能守恒問題
1．由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒．
2．在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．
3．如果系統內每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統內彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)．
（2023 倉山區校級模擬）甲、乙、丙三個物體用不可伸長的輕線通過輕滑輪連接，甲與地面用輕彈簧連接，如圖所示。物體乙與物塊丙之間的距離和物體丙到地面的距離相等。已知物體乙與物塊丙的質量均為m，物體甲的質量大于m，但是小于2m；彈簧的勁度系數為k。物體在運動過程中不會與滑輪相碰，且不計一切阻力，物體碰地后不反彈，當地的重力加速度為g。
（1）若已知物體甲的質量為1.5m，將乙與丙間的線剪斷，求剪斷瞬間乙物體加速度的大小？此時甲、乙之間輕繩拉力多大？
（2）若將乙與丙間的線剪斷，甲下降多大距離時它的速度最大？
（3）若突然彈簧與甲物體脫離接觸，要保證物塊乙在運動過程中不會著地，求這種情形之下甲物體的質量的取值范圍？
（2023 西城區校級三模）如圖，半徑R＝0.50m的光滑圓環固定在豎直平面內．輕質彈簧的一端固定在環的最高點A處，另一端系一個質量m＝0.20kg的小球．小球套在圓環上．已知彈簧的原長為L0＝0.50m，勁度系數K＝4.8N/m．將小球從如圖所示的位置由靜止開始釋放．小球將沿圓環滑動并通過最低點C，在C點時彈簧的彈性勢能EPC＝0.6J．g＝10m/s求：
（1）小球經過C點時的速度vC的大小．
（2）小球經過C點時對環的作用力的大小和方向．
（2021 海南模擬）如圖所示，半徑為R的光滑半圓環軌道豎直固定在一水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也為R，在桌面上輕質彈簧被a、b兩個小球擠壓（小球與彈簧不拴接），處于靜止狀態．同時釋放兩個小球，小球a、b與彈簧在桌面上分離后，a球從B點滑上光滑半圓環軌道最高點A時速度為vA，已知小球a質量為m，小球b質量為2m，重力加速度為g，求：
（1）小球a在圓環軌道最高點對軌道的壓力？
（2）釋放后小球b離開彈簧時的速度vb的大小？
（3）小球b落地點距桌子右側的水平距離？
（2024 如皋市二模）小明繪制了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，羽毛球到達P點時速度大小為v，則（　　）
A．羽毛球在A點的機械能等于在B點的機械能
B．整個飛行過程中，羽毛球在P點時的速度最小
C．整個飛行過程中，羽毛球速度最小的位置在P點左側
D．若在P點將羽毛球以大小為v的速度水平向左拋出，羽毛球將掉落在原出發點的右側
（2024 西安校級模擬）如圖甲所示，風洞是人工產生和控制的氣流，用以模擬飛行器或物體周圍氣體的流動。在某次風洞飛行上升表演中，表演者的質量；m＝50kg，為提高表演的觀賞性、控制風速v的平方與表演者上升的高度h間的關系圖像如圖乙所示，在風力作用的正對面積不變時，風力大小F＝0.05v2（采用國際單位制），取重力加速度大小g＝10m/s2。表演者開始靜臥于h＝0處，打開氣流，在表演者從最低點到最高點的運動過程中，下列說法正確的是（　　）
A．表演者開始靜臥于h＝0處，打開氣流時，風力大小為600N
B．表演者先做加速度逐漸增大的加速運動，再做加速度逐漸減小的減速運動
C．表演者的加速度為0時所處的高度為10m
D．表演者在上升過程中機械能守恒
（2024 杭州二模）有一質量為m的小球，用細線掛在天花板上，線長為l，將其拉至水平位置由靜止釋放。忽略空氣阻力，小球可看成質點，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．在小球擺動過程中重力總是做正功
B．重力功率最大值為
C．小球動能變化周期是π
D．在小球下擺過程中，動能隨時間的變化率先變大后變小
（2024 天津模擬）如圖甲所示，2024年1月9日，我國在西昌衛星發射中心使用長征二號丙運載火箭，成功將愛因斯坦探針衛星發射升空，衛星順利進入預定軌道，發射任務獲得圓滿成功。假設愛因斯坦探針衛星發射簡化過程如圖乙所示，先將衛星送入圓形軌道Ⅰ，在a點發動機點火加速，由軌道Ⅰ變為橢圓軌道Ⅱ上，飛船在軌道Ⅱ上經過c點再變軌到圓軌道Ⅲ，則下列說法正確的是（　　）
A．探針衛星在軌道Ⅰ上經過a點的速度大于在軌道Ⅱ上經過a點的速度
B．探針衛星在軌道Ⅱ上由a點運動到c點機械能減少
C．探針衛星在軌道Ⅱ上經過c點的加速度等于在軌道Ⅲ上經過c點的加速度
D．探針衛星在軌道Ⅰ上運行的角速度小于在軌道Ⅲ上運行的角速度
（2024 河南一模）如圖，傾角為30°的足夠長的光滑斜面體ABC固定放置在水平地面上，在A點的上方再固定一光滑的細桿，細桿與豎直方向的夾角為30°。質量均為m的小球甲、乙（均視為質點）用長為L的輕質桿通過鉸鏈連接（鉸鏈的質量忽略不計），小球甲套在細桿上，小球乙放置在斜面上A點，重力加速度大小為g。現讓小球甲、小球乙由靜止釋放，小球乙一直沿著斜面向下運動，當小球甲剛要到達A點還未與斜面接觸時，小球甲的動能為（　　）
A． B．
C． D．
（2024 延邊州一模）在足球場上罰任意球時，防守運動員會在球門與罰球點之間站成一堵“人墻”，以增加防守面積，防守運動員會在足球踢出瞬間高高躍起，以增加防守高度。如圖所示，虛線是某次射門時足球的運動軌跡，足球恰好擦著橫梁下沿進入球門，忽略空氣阻力和足球的旋轉，下列說法正確的是（　　）
A．足球上升到最高點時的速度為0
B．足球下降過程中重力的功率一直在增大
C．足球在飛行過程中機械能先減小后增大
D．只要防守運動員跳起的最大高度超過軌跡最高點，就一定能“攔截”到足球
（2024 岳麓區校級模擬）如圖所示，光滑水平面左側連接一傳送帶，傳送帶長L＝4m，水平面右側連接一光滑圓周軌道，小物塊（可視為質點）的質量m＝0.1kg，與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，當傳送帶速度v0＝2m/s時，小物塊由靜止開始放到傳送帶的最左端時，小物塊剛好滑到圓周的最高點，則（　　）
A．小物塊在傳送帶上一直做加速運動
B．小物塊在傳送帶上的運動時間為2s
C．半圓周的半徑為0.08m
D．小物塊在半圓周最高點的速度為1m/s
（2024 嘉興一模）羽毛球運動是一項深受大眾喜愛的體育運動。某同學為研究羽毛球飛行規律，找到了如圖所示的羽毛球飛行軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則該羽毛球（　　）
A．在A、B兩點的速度大小相等
B．整個飛行過程中經P點的速度最小
C．AP段的飛行時間大于PB段的飛行時間
D．在A點的機械能大于B點的機械能
（2024 甘孜州模擬）2023年5月30日16時29分，神舟十六號載人飛船入軌后，成功對接于空間站天和核心艙徑向端口，形成了三艙三船組合體，此次任務將帶去航天員駐留和消耗物資、維修備件、推進劑和應用任務載荷樣品，并帶回在軌廢棄物。飛船發射后會在停泊軌道（Ⅰ）上進行數據確認，后擇機經轉移軌道（Ⅱ）完成與中國空間站的交會對接，其變軌過程可簡化如下圖所示，已知停泊軌道半徑近似為地球半徑R，中國空間站軌道距地面的平均高度為h，飛船在停泊軌道上的周期為T1，則（　　）
A．飛船在停泊軌道（Ⅰ）上的速度大于7.9km/s
B．飛船在停泊軌道（Ⅰ）與組合體在空間站軌道（Ⅲ）上的速率之比為（R+h）：R
C．飛船在轉移軌道（Ⅰ）上正常運行的周期為T＝T1
D．飛船在轉移軌道（Ⅱ）上正常運行時，在Q點的機械能和在空間站軌道（Ⅲ）上在Q點的機械能相同
（2024 吉林一模）如圖所示，甲球從O點以水平速度v1拋出，落在水平地面上的A點；乙球從O點以水平速度v2拋出，落在水平地面上的B點，乙球與地面碰撞前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變，反彈后恰好也落在A點。已知兩球質量均為m，乙球落在B點時速度與水平方向夾角為60°，不計碰撞時間和空氣阻力，以水平地面為重力勢能零勢能面，則下列說法正確的是（　　）
A．甲球落在A點時速度與水平方向夾角為45°
B．甲、乙拋出時速度之比v1：v2：1
C．甲、乙落地時速度之比為v甲：v乙＝3：1
D．甲、乙拋出時機械能之比為E甲：E乙＝3：1
（2023 浙江二模）圖為某資料上一幅反映課外活動的場景，描繪了小明蕩秋千蕩到最高點時的情形，關于該圖與實際情況是否相符的判斷及其原因，下列正確的是（　　）
A．符合實際情況，圖片沒有科學性錯誤
B．不符合實際情況，因為沒有人推他不可能蕩到這么高處
C．不符合實際情況，最高點時手以上部分繩子可以彎曲但以下部分應拉直
D．不符合實際情況，最高點時手以上部分和以下部分的繩子均應該是拉直的
（2023 鹽山縣校級模擬）如圖所示，小滑塊Q的質量為m，P的質量為2m，P、Q通過輕質定滑輪O（體積可忽略）用細線連接，Q套在光滑水平桿上。用力拉動Q，使OQ間的細線與水平方向的夾角θ＝60°，此時OQ長度為L，P、Q處于靜止狀態。不計一切摩擦，P不會與桿碰撞，重力加速度大小為g，則釋放Q后Q運動的最大速度為（　　）
A． B． C． D．
（2024 石景山區一模）一興趣小組的同學為探究物體作圓周運動的特點制作了如圖所示的裝置：弧形軌道下端與半徑為R的豎直圓軌道平滑相接，B點和C點分別為圓軌道的最低點和最高點。該小組的同學讓質量為m的小球（可視為質點）從弧形軌道上距B點高5R的A點由靜止釋放，先后經過B點和C點，而后沿圓軌道滑下。忽略一切摩擦，重力加速度為g。
（1）求小球通過B點時的速度大小vB。
（2）求小球通過C點時，軌道對小球作用力的大小F和方向。
（3）該小組的同學認為，只要小球能夠經過C點，則軌道B和C兩點對小球的壓力大小之差是不變的。你是否同意這一觀點？請說明理由。
（2023 青羊區校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑傾斜軌道與半徑為R、內壁光滑的圓形管道之間平滑連接，相切于B點，C、D分別為圓形管道的最低點和最高點，整個裝置固定在豎直平面內。一小球質量為m，小球直徑略小于圓形管道內徑，圓形管道內徑遠小于R，重力加速度為g。
（1）從傾斜軌道上距離C點多高的位置A由靜止釋放小球，小球滑下后，在圓形管道內運動通過D點時，管道內壁對小球的作用力恰好為0？
（2）若將圓形管道的上面三分之一部分PDQ段取下來，并保證剩余圓弧管道的P、Q兩端等高，將小球仍然從第（1）問中的位置A由靜止釋放，通過計算說明小球還能否從Q處進入管道繼續在管道內運動？
（2023 淮南二模）如圖所示，有一個光滑圓環MDN固定在豎直平面內，半徑為R＝0.2m，圓心在O點，N、O、D為豎直直徑上的三點，O、M、B、C四點在同一個水平面上，在N點正下方接近N點處固定一個非常小的光滑水平支架，支架上放置一個可視為質點的小物塊b，另一個可視為質點的小球a在M點的正上方。傳送帶順時針勻速轉動，速度大小為v'＝8m/s，左端點B距圓心O的水平距離為L0，BC長為，已知球a的質量m1＝0.2kg，物塊b的質量m2＝0.4kg，g＝10m/s2，不計空氣阻力。
（1）若將物塊b拿走，球a從M點正上方的某處由靜止釋放后，恰好能從圓軌道最高點N水平飛出，且擊中傳送帶上的B點，求OB的距離L0；
（2）將物塊b放在支架上，球a從M點正上方距離M點高度為h1＝0.18m處由靜止釋放，則球a能不能與物塊b相碰？若能，求碰后兩者的速度大小；若不能，求球a與圓軌道脫離的位置與圓心O的高度差；
（3）調整球a從M點正上方釋放點的高度，使a、b兩物體發生彈性碰撞后，球a能原軌道返回，物塊b做平拋運動后落在傳送帶上，且物塊b落在傳送帶上時豎直分速度全部損失，只保留水平方向分速度。當物塊b落在傳送帶上距離B點最近時，物塊b在傳送帶上會一直向右加速運動，到C點時恰好與傳送帶速度相等，求物塊b與傳送帶間的動摩擦因數μ。

展開更多......

收起↑