2025版高考物理一輪復習第五章機械能課時3機械能守恒定律學案新人教版

PAGE17-課時3機械能守恒定律一、重力勢能1.定義:物體的重力勢能等于它所受重力與所處高度的乘積。2.公式:Ep=mgh。3.矢標性:重力勢能是標量,但有正、負,其意義是表示物體的重力勢能比它在參考平面上大還是小,這與功的正、負的物理意義不同。4.特點(1)系統(tǒng)性:重力勢能是地球和物體共有的。(2)相對性:重力勢能的大小與參考平面的選取有關。重力勢能的改變是肯定的,與參考平面的選取無關。5.重力做功與重力勢能改變的關系重力做正功時,重力勢能減小;重力做負功時,重力勢能增大;重力做多少正(負)功,重力勢能就減小(增大)多少,即WG=Ep1-Ep2。二、彈性勢能1.定義:物體由于發(fā)生彈性形變而具有的勢能。2.大小:彈性勢能的大小與形變量及勁度系數(shù)有關,彈簧的形變量越大、勁度系數(shù)越大,彈簧的彈性勢能越大。3.彈力做功與彈性勢能改變的關系彈力做正功,彈性勢能減小;彈力做負功,彈性勢能增大。彈簧復原原長的過程中彈力做正功,彈性勢能減小,形變量變大的過程中彈力做負功,彈性勢能增大。三、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(tǒng)內,動能與勢能可以相互轉化,而總的機械能保持不變。2.表達式(1)Ek1+Ep1=Ek2+Ep2(要選零勢能參考平面)。(2)ΔEk=-ΔEp(不用選零勢能參考平面)。(3)=(不用選零勢能參考平面)。3.機械能守恒的條件只有重力或彈力做功或雖有其他力做功但其他力做功的代數(shù)和為零。考點一重力做功與重力勢能1.重力勢能的求解方法(1)定義法:選取參考平面,確定物體相對參考平面的高度h,代入Ep=mgh求解重力勢能。(2)WG和Ep關系法:由WG=Ep1-Ep2知Ep2=Ep1-WG或Ep1=WG+Ep2。(3)改變量法:重力勢能的改變量ΔEp=Ep2-Ep1,故Ep2=Ep1+ΔEp或Ep1=Ep2-ΔEp。2.對重力做功和重力勢能的“四點”提示(1)重力做功的大小與物體的運動狀態(tài)無關,與物體是否受其他力無關。(2)重力做功,肯定會引起重力勢能的改變。(3)重力勢能是標量,但有正負,其意義表示物體的重力勢能比它在參考平面的重力勢能大還是小。(4)WG=-ΔEp中的負號表示重力做的功與重力勢能改變的肯定值相等,符號相反。[典例1]沿著高度相同、坡度不同、粗糙程度也不同的斜面將同一物體分別從底端拉到頂端,下列說法正確的是()A.沿坡度小的斜面運動時物體克服重力做功多B.沿坡度大、粗糙程度大的斜面運動的物體克服重力做功多C.沿坡度小、粗糙程度大的斜面運動的物體克服重力做功多D.不管沿怎樣的斜面運動,物體克服重力做功相同解析:重力做功只與物體初、末位置的高度差有關,與其運動路徑、運動方式均無關,故D正確。答案:D變式1:關于重力做功,下列說法不正確的是(D)A.重力做正功,物體的重力勢能肯定減小B.重力做負功,物體的重力勢能肯定增加C.重力做負功,可以說成物體克服重力做功D.重力做正功,物體的動能肯定增加解析:重力做正功,重力勢能減小,重力做負功,重力勢力增加,D符合題意?？键c二彈力做功與彈性勢能1.彈性勢能是由發(fā)生彈性形變的物體的相對位置確定的勢能。2.當彈簧改變的長度為零時,彈性勢能為零,彈簧被拉長或壓縮后,都具有彈性勢能。[典例2]如圖所示,輕質彈簧下懸掛一個小球,手掌托小球使之緩慢上移,彈簧復原原長時快速撤去手掌使小球起先下落。不計空氣阻力,取彈簧處于原長時的彈性勢能為零。撤去手掌后,下列說法正確的是()A.剛撤去手掌瞬間,彈簧彈力等于小球重力B.小球速度最大時,彈簧的彈性勢能為零C.彈簧的彈性勢能最大時,小球速度為零D.小球運動到最高點時,彈簧的彈性勢能最大解析:剛撤去手掌時,小球處于最高點,彈簧處于原長,彈力為零,彈性勢能為零,所以A,D錯誤;當小球速度最大時,加速度等于零,即彈力等于重力,彈簧彈性勢能不為零,所以B錯誤;當下落到最低點時彈性勢能最大,小球速度為零,故C正確。答案:C變式2:把一質量為m的小球放在直立的彈簧上,并把球往下按至A的位置,如圖甲所示。快速松手后,彈簧把球彈起,球升至最高位置C(圖丙),途中經過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)(圖乙)。已知A,B的高度差為h,C,B高度差為2h,彈簧的質量和空氣的阻力均可忽視,選A位置為重力勢能的零勢能點,則(D)A.剛松手瞬間,彈簧彈力等于小球重力B.狀態(tài)甲中彈簧的彈性勢能為2mghC.狀態(tài)乙中小球的動能為mghD.狀態(tài)丙中系統(tǒng)的機械能為3mgh解析:松手后小球向上加速運動,故剛松手瞬間,彈簧彈力大于小球重力,選項A錯誤;由能量守恒可知狀態(tài)甲中彈簧的彈性勢能轉化為狀態(tài)丙中小球的重力勢能,故甲狀態(tài)下的彈性勢能為3mgh,選項B錯誤,D正確;在狀態(tài)乙中,有Ek+mgh=3mgh,故狀態(tài)乙中小球的動能為2mgh,選項C錯誤?？键c三機械能守恒定律1.機械能是否守恒的推斷方法(1)利用機械能的定義推斷(干脆推斷):機械能包括動能、重力勢能和彈性勢能,推斷機械能是否守恒可以看物體或系統(tǒng)機械能的總和是否改變。(2)用做功推斷:若物體或系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內彈力做功,雖受其他力,但其他力不做功或做功的代數(shù)和為零,機械能守恒。(3)用能量轉化來推斷:若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化,則物體系統(tǒng)機械能守恒。2.應用機械能守恒定律解題的步驟(1)選取探討對象(物體系或物體),明確探討過程。(2)進行受力、做功分析,推斷機械能是否守恒。(3)依據題意敏捷選取定律的表達式,列方程并求解。留意:應用守恒式E1=E2時,應選擇合適的零勢能面;應用轉化式ΔEk=-ΔEp時,無需選擇零勢能面,但須要弄清動能或勢能是增加還是減小;應用轉移式=時,無需選擇零勢能面,但須要弄清每個物體的機械能是增加還是減小。[典例3]如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止起先下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A.圓環(huán)的機械能守恒B.彈簧彈性勢能改變了mgLC.圓環(huán)下滑到最大距離時,所受合力為零D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析:圓環(huán)沿桿下滑的過程中,圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒,選項A,D錯誤;彈簧長度為2L時,圓環(huán)下落的高度h=L,依據機械能守恒定律,彈簧的彈性勢能增加了ΔEp=mgh=mgL,選項B正確;圓環(huán)釋放后,圓環(huán)向下先做加速運動,后做減速運動,當速度最大時,合力為零,下滑到最大距離時,具有向上的加速度,合力不為零,選項C錯誤。答案:B(1)機械能守恒的條件絕不是合力做的功等于零,更不是合力為零;只有重力做功不等于只受重力作用。(2)對一些繩子突然繃緊、物體間碰撞等,除非題目特殊說明,否則機械能必定不守恒。(3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒,可以依據能量的轉化進行推斷。變式3:如圖,在豎直平面內有一固定光滑軌道,其中AB是長為R的水平直軌道,BCD是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道,兩軌道相切于B點。在外力作用下,一小球從A點由靜止起先向左做勻加速直線運動,到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點C,重力加速度大小為g。求(1)小球在AB段運動時加速度的大小;(2)小球從D點運動到A點所用的時間。解析:(1)小球在最高點C所受軌道正壓力為零NC=0①設小球在C點的速度大小為vC,依據牛頓其次定律有mg=m②小球從B點運動到C點,機械能守恒。設B點處小球的速度大小為vB,取B點所在水平面為零勢能面,有m=m+mg·2R③由于小球在AB段由靜止起先做勻加速運動,設加速度大小為a,由運動學公式有=2aR④由②③④式得:a=g。⑤(2)設小球在D處的速度大小為vD,下落到A點時的速度大小為v,由機械能守恒定律有m=m+mgR⑥m=mv2⑦設從D點運動到A點所用的時間為t,由運動學公式得v=vD+gt⑧由④⑤⑥⑦⑧式得t=(-)。答案:(1)g(2)(-)考點四機械能守恒定律與曲線運動的結合豎直平面內的圓周運動和平拋運動往往是機械能守恒的過程,這類問題能把牛頓其次定律與機械能守恒定律有機地結合起來,形成綜合性較強的力學題目,有利于考查學生的綜合分析實力及對物理過程的想象實力,是一種常見的力學壓軸題型。1.對于豎直平面內的平拋運動,重點在于把握其運動過程中的速度、位移、軌跡的特征,再結合運動過程中動能和勢能的改變規(guī)律分析求解。2.對于豎直平面內的圓周運動,關鍵在于把握最高點、最低點和水平位置的動力學特征,再綜合運用機械能守恒定律分析求解。[典例4]“猴子蕩秋千”是某馬戲團的經典表演項目。如圖所示,離地高H=5.4m的O點固定一根長L=3.6m且不行伸長的輕質繩,在繩的一側有一平臺,拉直繩子,其末端正好位于平臺邊緣A點,繩子與豎直方向成60°角。有一質量m=5kg的猴子在A點抓住繩子末端無初速地離開平臺。在運動過程中猴子可視為質點,空氣阻力不計。(1)求猴子經過O點正下方B點時的速度大小;(2)求猴子經過O點正下方B點時受到的繩子拉力大小;(3)若猴子在B點放開繩子,則其落地點C與懸點O間的水平距離多大?(4)若猴子沿繩向上爬行肯定距離后(在訓練員的幫助下繩仍與豎直方向成60°角),再抓緊繩子無初速向下?lián)u擺,當擺至O點正下方時放開繩子,這次能否跳得比C點更遠?試推斷并簡要說明理由。解析:(1)猴子從A到B過程中由機械能守恒定律得mgL(1-cos60°)=mv2解得v=代入數(shù)據得:v=6m/s。(2)設猴子在B點時繩子的拉力為T,由牛頓其次定律T-mg=m解得T=mg+m代入數(shù)據得T=100N。(3)猴子從B到C過程做平拋運動H-L=gt2解得t=代入數(shù)據得t=0.6s落地點C與懸點O間的水平距離x=vt代入數(shù)據得x=3.6m。(4)設猴子沿繩向上爬行到距O點L′處向下?lián)u擺,到達O點正下方時速度記為v′mgL′(1-cos60°)=mv′2H-L′=gt′2落地點與O點間水平距離x′=v′t′=解得當L′=H=2.7m時最遠,此時x′≈3.8m>3.6m,即能跳得比C點更遠。答案:(1)6m/s(2)100N(3)3.6m(4)見解析變式4:小創(chuàng)在課外小制作活動中制造了如圖所示的軌道,數(shù)字“09”部分軌道采納內部光滑的材料制成,小球連接的水平直軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,整個裝置固定在豎直平面內。小創(chuàng)為了增加趣味性給軌道的左側水平面安裝了彈射器、數(shù)字“09”部分軌道外側安裝了LED燈,只要小球從彈射器射出后能順當?shù)竭_M點,就能夠點亮全部的LED燈。已知圖中小球的質量m=0.01kg,軌道小圓弧的半徑為R=1.0m,大圓弧的半徑為2R,圓弧軌道最低點B與B′相靠但不相疊。重力加速度g=10m/s2。求:(1)小球從A到B損失的動能ΔEk;(2)小球恰好能過C點時,彈射器釋放的彈性勢能Ep1;(3)恰好能點亮燈時小球對D點(圓弧上)的壓力。解析:(1)小球離開彈射器從A到B的過程,由動能定理有ΔEk=m-m=μmgL,得ΔEk=0.09J。(2)小球沿光滑數(shù)字“0”軌道上升過程,機械能守恒,取B點所在水平面為零勢能面,有m=m+mg·3R,若小球恰好過C點,由向心力公式有:mg=m,聯(lián)立兩式可得:m=mgR=0.35J,由能量守恒定律可得,彈射器釋放的彈性勢能Ep1=m+μmgL=0.44J。(3)若小球恰能點亮燈,則小球應恰好過E點,才能順當?shù)竭_M點,由機械能守恒定律有m=m+mg·3R,恰好過E點的速度與恰好過C點的速度相同,即vE=vC小球在D點做圓周運動,應有FD-mg=m,解得:FD=0.8N,由牛頓第三定律得,小球對軌道D點的壓力FD′=0.8N,方向豎直向下。答案:(1)0.09J(2)0.44J(3)0.8N方向豎直向下考點五機械能守恒與動能定理綜合應用很多時候,應用機械能守恒定律較動能定理解決問題更便利。但物體的機械能在肯定的條件下才守恒,對于機械能并不守恒的物理過程,須要考慮運用動能定理。涉及多個過程的物理問題,往往須要綜合應用機械能守恒定律與動能定理分析解決問題。1.對于多個過程的物理問題,首先要依據題意按先后依次分析發(fā)生的運動過程,搞清各運動過程的特點,明確每一過程的受力狀況、運動性質、所遵循的物理規(guī)律,然后列出相應的方程式。2.要特殊留意運用有關規(guī)律建立兩過程之間的聯(lián)系,把前后過程的連接點作為分析重點,要留意轉折點一般具有相同的速度。[典例5](2024·嘉興期末)如圖所示,水平軌道BC與傾角為θ=37°的斜面軌道AB、螺旋狀圓軌道O緊密平滑連接,AB長度L1=10m,BC長度L2=4m,圓軌道半徑R=0.72m。直角斜面體MNE的豎直邊ME的長度L3=3m,水平邊NE的長度L4=6m,M點在C點的正下方,MC的長度L5=1.2m。小物塊的質量為m=1kg,它與AB軌道和BC軌道的動摩擦因數(shù)相同,記為μ,圓軌道光滑。小物塊在最高點A由靜止釋放,沿軌道ABC運動,第一次到達C時恰好靜止?？諝庾枇Σ挥?取sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求動摩擦因數(shù)μ;(2)小物塊在A點釋放的同時,對其施加一個水平向右的恒力F,當物塊沿BC運動到C點時撤去F,再繞圓軌道運動一周后在與C同一高度的圓軌道末端以速度v水平向右拋出。小物塊在到達圓軌道末端前不脫離軌道,求v與F滿意的關系式,并確定v的取值范圍;(3)若物塊自圓軌道末端以某一初速度水平拋出,經一段時間后與過N點的豎直墻面發(fā)生彈性碰撞,碰撞時間忽視不計,碰撞之后物塊速度的豎直重量不變,水平重量反向且大小不變,之后落于斜面MN上的P點,已知物塊從圓軌道末端運動到P點的總時間為t=0.9s,求小物塊剛運動至P點時的動能。解析:(1)從A到C的過程,由動能定理得mgL1sinθ-μmgL1cosθ-μmgL2=0代入數(shù)據得μ=0.5。(2)施加恒力F后,從A到C的過程,由動能定理得F(L1cosθ+L2)+mgL1sinθ-μ(mgcosθ-Fsinθ)L1-μmgL2=mv2代入數(shù)據得v2=30F小物塊在圓軌道最高點D不脫離軌道,應滿意mg≤m從D到C的過程由機械能守恒定律得m+2mgR=mv2解得v≥6m/s小物塊在斜面AB上不脫離,應滿意Fsinθ≤mgcosθ解得v≤20m/s所以v的取值范圍為6m/s≤v≤20m/s。(3)P點與C點的高度差為h=gt2=4.05m設物塊在C點初速度為v0,P點與豎直墻的水平距離為v0t-L4如圖,由幾何關系得tan∠MNE=已知tan∠MNE==,解得v0=7m/s從C到P由動能定理得mgh=Ek-m小物塊剛運動至P點時的動能Ek=65J。答案:(1)0.5(2)v2=30F6m/s≤v≤20m/s(3)65J變式5:如圖所示,半徑為R=0.2m的光滑圓弧AB在豎直平面內,圓弧B處的切線水平。B端高出水平地面h=0.8m,O點在B點的正下方。將一質量為m=1.0kg的滑塊從A點由靜止釋放,落在水平面上的C點處,g取10m/s2。(1)求滑塊滑至B點時對圓弧的壓力及xOC的長度;(2)在B端接一長為L=1.0m的木板MN,滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止,求木板與滑塊的動摩擦因數(shù)μ;(3)若將木板右端截去長為ΔL的一段,滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處,要使落地點P距O點最遠,ΔL應為多少?解析:(1)由機械能守恒定律可知mgR=mv0==2m/s由向心力公式可知FN-mg=m可得FN=3mg=30N由牛頓第三定律知滑塊滑至B點時對圓弧的壓力為30N,方向豎直向下依據平拋運動規(guī)律h=gt2,t==0.4s得OC的長度為xOC=v0t=0.8m。(2)由動能定理可知-μmgL=0-m,可得μ=0.2。(3)由運動學公式可知v==2由平拋運動規(guī)律和幾何關系得xOP=L-ΔL+vt=1m-ΔL+0.8當=0.4時,ΔL=0.16m時,xOP最大。答案:(1)30N,方向豎直向下0.8m(2)0.2(3)0.16m1.(動能、重力勢能和機械能的計算)(2024·浙江6月學考)如圖所示,質量為m的小球,從距桌面h1高處的A點自由下落到地面上的B點,桌面離地高為h2.選擇桌面為參考平面,則小球(D)A.在A點時的重力勢能為mg(h1+h2)B.在A點時的機械能為mg(h1+h2)C.在B點時的重力勢能為0D.落到B點時的動能為mg(h1+h2)解析:由于桌面為零勢能面,所以在A點時小球重力勢能為mgh1,在B點重力勢能為-mgh2。由于小球做自由落體運動,所以機械能守恒,從A到B點全部重力勢能都轉化為動能,所以B點動能為mg(h1+h2)。2.(彈力與彈性勢能)一豎直彈簧下端固定于水平地面上,小球從彈簧的正上方高為h的地方自由下落到彈簧上端,如圖所示,經幾次反彈以后小球最終在彈簧上靜止于某一點A處,則(B)A.h越大,彈簧在A點的壓縮量越大B.彈簧在A點的壓縮量與h無關C.h越大,最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能越大D.小球第一次到達A點時彈簧的彈性勢能比最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能大解析:最終小球靜止在A點時,小球受自身重力與彈簧的彈力平衡,由彈力公式F=kl即可得出彈簧在A點的壓縮量與h無關,則彈簧的彈性勢能與h無關。3.(機械能守恒定律)下列運動過程中機械能守恒的是(B)A.跳傘運動員打開著陸傘在豎直方向向下做勻速直線運動B.懸點固定的單擺擺球獲得一初速度后在豎直平面內做圓周運動C.摩天輪在豎直平面內勻速轉動時,艙內的乘客做勻速圓周運動D.帶電小球僅在電場力作用下做加速運動解析:跳傘運動員打開著陸傘在豎直方向向下做勻速直線運動,說明運動員動能不變,重力勢能減小,所以機械能減小,A錯誤;懸點固定的單擺擺球獲得一初速度后在豎直平面內做圓周運動,只有重力做功,所以機械能守恒,故B正確;艙內的乘客做勻速圓周運動時,動能不變,重力勢能改變,所以機械能不守恒,故C錯誤;帶電小球僅在電場力作用下做加速運動,電場力對小球做功,機械能不守恒,故D錯誤。4.(機械能守恒定律的應用)特種兵過山谷的一種方法可簡化為如圖所示情景。將一根長為2d的不行伸長的細繩兩端固定在相距為d的A,B兩等高點,繩上掛一小滑輪P,戰(zhàn)士們相互協(xié)作,沿著繩子滑到對面。如圖所示,戰(zhàn)士甲水平拉住滑輪,質量為m的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上,腳離地,處于靜止狀態(tài),此時AP豎直,然后戰(zhàn)士甲將滑輪從靜止狀態(tài)釋放,若不計滑輪摩擦及空氣阻力,也不計繩與滑輪的質量,求:(1)戰(zhàn)士甲釋放前對滑輪的水平拉力F;(2)戰(zhàn)士乙滑動過程中的最大速度。解析:(1)設戰(zhàn)士乙靜止時AP間距離為h,則由幾何關系得d2+h2=(2d-h)2,解得h=d對滑輪受力分析如圖,則有FT+FTcosθ=mg,FTsinθ=F,解得F=mg。(2)戰(zhàn)士乙在滑動過程中機械能守恒,滑到繩的中點位置最低,速度最大。此時APB三點構成一正三角形。P與AB的距離為h′=dcos30°=d由機械能守恒定律有mg(h′-h)=m解得vm=。答案:(1)mg(2)5.(機械能守恒與曲線運動)如圖所示,在同一豎直平面內的兩正對著的相同半圓光滑軌道,相隔肯定的距離,虛線沿豎直方向,一小球能在其間運動,今在最高點A與最低點B各放一個壓力傳感器,測試小球對軌道的壓力,并通過計算機顯示出來,當軌道距離改變時,測得兩點壓力差ΔFN與距離x的圖象如圖,g取10m/s2,不計空氣阻力。(1)小球的質量為多少?(2)若小球在最低點B的速度為20m/s,為使小球能沿軌道運動,x的最大值為多少?解析:(1)設軌道半徑為R,由機械能守恒定律m=mg(2R+x)+m①對B點:FN1-mg=m②對A點:FN2+mg=m③由①②③式得兩點壓力差ΔFN=FN1-FN2=6mg+④由圖象得截距6mg=3得m=0.05kg。⑤(2)因為圖線的斜率k==1得R=1m⑥在A點不脫離的條件為vA≥⑦由①⑤⑥⑦式得x≤17.5m。答案:(1)0.05kg(2)17.5m1.(2024·浙江11月選考,5)奧運會競賽項目撐桿跳高如圖所示,下列說法不正確的是(B)A.加速助跑過程中,運動員的動能增加B.起跳上升過程中,桿的彈性勢能始終增加C.起跳上升過程中,運動員的重力勢能增加D.越過橫桿后下落過程中,運動員的重力勢能削減動能增加解析:加速助跑過程中,運動員的速度增大,動能增大,故A正確;起跳上升過程中,桿的形變量先增加后削減,彈性勢能先增加后削減,故B錯誤;起跳上升過程中,運動員的重心上升,重力勢能增加,故C正確;越過橫桿后下落過程中,運動員重力做正功,重力勢能削減,動能增加,D正確。2.(2024·浙江6月學考,11)如圖所示是一種地下鐵道,車站的路軌建得高些。當車輛以肯定的速度到達坡下A點時關閉發(fā)動機,在車上坡進站時通過剎車限制車速使其在B點正好停下。則該車從A到B的過程中(B)A.動能增加 B.動能削減C.機械能守恒 D.重力勢能削減3.(2024·天津卷,2)滑雪運動深受人民群眾寵愛。某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中,由于摩擦力的存在,運動員的速率不變,則運動員沿AB下滑過程中(C)A.所受合力始終為零 B.所受摩擦力大小不變C.合力做功肯定為零 D.機械能始終保持不變解析:運動員做勻速圓周運動,合力指向圓心,A錯誤;對運動員受力分析如圖所示,Ff=mgsinα,下滑過程中α減小,sinα變小,故摩擦力Ff變小,B錯誤;由動能定理知,勻速下滑動能不變,合力做功為零,C正確;運動員下滑過程中動能不變,重力勢能減小,機械能減小,D錯誤。4.(2024·浙江4月選考,13)如圖所示,一根繩的兩端分別固定在兩座猴山的A,B處,A,B兩點水平距離為16m,豎