《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練16 機械能守恒定律和能量守恒定律（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練16 機械能守恒定律和能量守恒定律（含解析）.doc（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

機械能守恒定律和能量守恒定律 小題狂練? 小題是基礎　練小題　提分快 1.[2019內(nèi)蒙古包頭一中模擬] 取水平地面為零重力勢能面．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角的正切值為(　　) A. B. C．1 D. 答案：C 解析：設拋出時物塊的初速度為v0，高度為h，物塊落地時的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α.根據(jù)機械能守恒定律得：mv＋mgh＝mv2，據(jù)題有：mv＝mgh，聯(lián)立解得：v＝v0，則tanα＝＝1，C正確，A、B、D錯誤． 2. [2019山東師大附中模擬]如圖所示，在傾角為α＝30的光滑斜面上，有一根長為L＝0.8 m的輕繩，一端固定在O點，另一端系一質(zhì)量為m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圓周運動，取g＝10 m/s2，若要小球能通過最高點A，則小球在最低點B的最小速度是(　　) A．4 m/s B．2 m/s C．2 m/s D．2 m/s 答案：C 解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圓周運動，則小球通過A點時輕繩的拉力為零，根據(jù)圓周運動知識和牛頓第二定律有：mgsin30＝m，解得vA＝2 m/s，由機械能守恒定律有：2mgLsin30＝mv－mv，代入數(shù)據(jù)解得：vB＝2 m/s，故C正確，A、B、D錯誤． 3．[2019黑龍江省大慶實驗中學模擬]如圖所示，一質(zhì)量為m的剛性圓環(huán)套在粗糙的豎直固定細桿上，圓環(huán)的直徑略大于細桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端固定在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點，彈簧都處于原長狀態(tài)且原長為L，細桿上的A、B兩點到O點的距離都為L，將圓環(huán)拉至A點由靜止釋放，重力加速度為g，對圓環(huán)從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．圓環(huán)通過O點時的加速度小于g B．圓環(huán)在O點的速度最大 C．圓環(huán)在A點的加速度大小為 D．圓環(huán)在B點的速度大小為2 答案：D 解析： 圓環(huán)通過O點時兩彈簧處于原長，圓環(huán)水平方向沒有受到力的作用，因此沒有滑動摩擦力，此時圓環(huán)僅受到豎直向下的重力，因此通過O點時加速度大小為g，故A項錯誤；圓環(huán)在受力平衡處速度最大，而在O點圓環(huán)受力不平衡做加速運動，故B項錯誤；圓環(huán)在整個過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力影響，在A點對圓環(huán)進行受力分析，其受重力及兩彈簧拉力作用，合力向下，滿足mg＋2(－1)kLcos45＝ma，解得圓環(huán)在A點的加速度大小為＋g，故C項錯誤；圓環(huán)從A點到B點的過程，根據(jù)機械能守恒知，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，即2mgL＝mv2，解得圓環(huán)在B點的速度大小為2，故D項正確． 4．[2019云南省昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考]如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平地面之間的夾角θ<45，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長．現(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑到底端的整個過程中，關于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是(　　) A．小球的動能與重力勢能之和保持不變 B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小 C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變 答案：B 解析：小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機械能守恒，彈簧處于原長時彈性勢能為零，小球從C點運動到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯，B項對；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯． 5．[2019河南省鄭州一中考試]如圖所示，水平傳送帶以v＝2 m/s的速率勻速運行，上方漏斗每秒將40 kg的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運動．如果要使傳送帶保持原來的速率勻速運行，則電動機應增加的功率為(　　) A．80 W B．160 W C．400 W D．800 W 答案：B 解析：由功能關系，電動機增加的功率用于使單位時間內(nèi)落在傳送帶上的煤粉獲得的動能以及煤粉相對傳送帶滑動過程中產(chǎn)生的熱量，所以ΔP＝mv2＋Q，傳送帶做勻速運動，而煤粉相對地面做勻加速運動過程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對傳送帶的位移等于相對地面的位移，故Q＝fΔx＝fx＝mv2，解得ΔP＝160 W，B項正確． 6．[2019山東省濰坊模擬](多選)如圖，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊，通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行，兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運動．若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運動的過程中(　　) A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．重力對M做的功等于M動能的增加量 C．輕繩對m做的功等于m機械能的增加量 D．兩滑塊組成的系統(tǒng)的機械能損失等于M克服摩擦力做的功 答案：CD 解析：由于斜面ab粗糙，故兩滑塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；由動能定理得，重力、拉力、摩擦力對M做的總功等于M動能的增加量，故B錯誤；除重力、彈力以外的力做功，將導致機械能變化，故C正確；除重力、彈力以外，摩擦力做負功，機械能有損失，故D正確． 7．(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點，將小球從圓環(huán)上的A點無初速度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點，最終在A、B之間做往復運動．已知小球在A點時彈簧被拉長，在C點時彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是(　　) A．彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量 B．小球從A至C一直做加速運動，從C至B一直做減速運動 C．彈簧處于原長時，小球的速度最大 D．小球機械能最大的位置有兩處 答案：AD 解析：因只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和彈簧組成系統(tǒng)的機械能守恒，小球在A點的動能和重力勢能均最小，故小球在A點的彈性勢能必大于在C點的彈性勢能，所以彈簧在A點的伸長量一定大于彈簧在C點的壓縮量，故A正確；小球從A至C，在切線方向先做加速運動，再做減速運動，當切線方向合力為零(此時彈簧仍處于伸長狀態(tài))時，速度最大，故B、C錯誤；當彈簧處于原長時，彈性勢能為零，小球機械能最大，由題意知，A、B相對于O1O2對稱，顯然，此位置在A、C與B、C之間各有一處，故D正確． 8．[2019安徽省合肥模擬]如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁．若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動．對它們向上運動過程，下列說法正確的是(　　) A．小球動能相等的位置在同一水平面上 B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上 C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上 D．當小球在運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上 答案：D 解析：小球從底端開始，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，設小球上升高度為h，直軌道與容器側(cè)壁之間的夾角為θ，則小球克服摩擦力做功Wf＝μmgsinθ，因為θ不同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項錯誤；小球的重力勢能只與其高度有關，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項錯誤；若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球面上一點；設直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內(nèi)的位移x0＝vt0＋at，a＝－(gsinθ＋μgcosθ)，由于與θ有關，故小球一定不在同一球面上，C項錯誤，運動過程中，摩擦力做功產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmglcosθ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相同時，x相同，傾角不同，所以高度h不同．D項正確． 9．[2019浙江省溫州模擬] 極限跳傘是世界上流行的空中極限運動，如圖所示，它的獨特魅力在于跳傘者可以從正在飛行的各種飛行器上跳下，也可以從固定在高處的器械、陡峭的山頂、高地甚至建筑物上縱身而下，并且通常起跳后傘并不是馬上自動打開，而是由跳傘者自己控制開傘時間．傘打開前可看成是自由落體運動，打開傘后減速下降，最后勻速下落．如果用h表示人下落的高度，t表示下落的時間，Ep表示人的重力勢能．Ek表示人的動能，E表示人的機械能，v表示人下落的速度，如果打開傘后空氣阻力與速度平方成正比，則下列圖象可能正確的是(　　) 答案：B 解析：人先做自由落體運動，由機械能守恒可得Ek＝ΔEp＝mgh，與下落的高度成正比，打開降落傘后做加速度逐漸減小的減速運動，由動能定理得：ΔEk＝(f－mg)Δh，隨速度的減小，阻力減小，由牛頓第二定律可知，人做加速度減小的減速運動，最后當阻力與重力大小相等后，人做勻速直線運動，所以動能先減小得快，后減小得慢，當阻力與重力大小相等后，動能不再發(fā)生變化，而機械能繼續(xù)減小，故B正確，A、C、D錯誤． 10．[2019江西省新余四中檢測](多選) 如圖所示，水平傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊輕放在傳送帶左端，當物塊運動到傳送帶右端時恰與傳送帶速度相等．若傳送帶仍保持勻速運動，但速度加倍，仍將物塊輕放在傳送帶左端，則物塊在傳送帶上的運動與傳送帶的速度加倍前相比，下列判斷正確的是(　　) A．物塊運動的時間變?yōu)樵瓉淼囊话? B．摩擦力對物塊做的功不變 C．摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的兩倍 D．電動機因帶動物塊多做的功是原來的兩倍 答案：BD 解析：由題意知物塊向右做勻加速直線運動，傳送帶速度增大，物塊仍然做加速度不變的勻加速直線運動，到達右端時速度未達到傳送帶速度，根據(jù)x＝at2可知，運動的時間相同，故A錯誤；根據(jù)動能定理可知：Wf＝mv，因為物塊的動能不變，所以摩擦力對物塊做的功不變，故B正確；物塊做勻加速直線運動的加速度為a＝μg，則勻加速直線運動的時間為：t＝，在這段時間內(nèi)物塊的位移為：x2＝，傳送帶的位移為：x1＝v0t＝，則傳送帶與物塊間的相對位移大小，即劃痕的長度為：Δx＝x1－x2＝，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝，當傳送帶速度加倍后，在這段時間內(nèi)物塊的位移仍為：x′2＝＝，傳送帶的位移為：x′1＝2v0t＝，則傳送帶與物塊間的相對位移大小，即劃痕的長度為：Δx′＝x′1－x′2＝，摩擦產(chǎn)生的熱量Q′＝μmgΔx′＝，可知摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的3倍，故C錯誤；電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物塊的動能和摩擦產(chǎn)生的熱量，速度沒變時：W電＝Q＋＝mv，速度加倍后：W′電＝Q′＋＝2mv，故D正確．所以B、D正確，A、C錯誤． 11．[2019河北省廊坊監(jiān)測]如圖所示，重力為10 N的滑塊在傾角為30的斜面上，從a點由靜止開始下滑，到b點開始壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點時(圖中未畫出)開始彈回，返回b點時離開彈簧，恰能再回到a點．若bc＝0.1 m，彈簧彈性勢能的最大值為8 J，則下列說法正確的是(　　) A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50 N/m B．從d到b滑塊克服重力做的功為8 J C．滑塊的動能最大值為8 J D．從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做的功為8 J 答案：A 解析：整個過程中，滑塊從a點由靜止釋放后還能回到a點，說明滑塊機械能守恒，即斜面是光滑的，滑塊到c點時速度最大，即所受合力為零，由平衡條件和胡克定律有kxbc＝Gsin30，解得k＝50 N/m，A項對；滑塊由d到b的過程中，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，B項錯；滑塊由d到c過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，故到c點時的最大動能一定小于8 J，C項錯；從d點到c點，彈簧彈性勢能的減少量小于8 J，所以彈力對滑塊做的功小于8 J，D項錯． 12．[2019山西省太原模擬](多選) 如圖所示，長為L的輕桿兩端分別固定a、b金屬球(可視為質(zhì)點)，兩球質(zhì)量均為m，a放在光滑的水平面上，b套在豎直固定的光滑桿上且離地面高度為L，現(xiàn)將b從圖示位置由靜止釋放，則(　　) A．在b球落地前的整個過程中，a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒 B．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對a球做功為mgL C．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對b球做功為－mgL D．從b球由靜止釋放落地的瞬間，重力對b球做功的功率為mg 答案：BD 解析：在b球落地前的整個過程中，b在水平方向上受到固定光滑桿的彈力作用，a球的水平方向受力為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，A錯誤．從開始到b球距地面高度為的過程中，b球減少的重力勢能為mgL，當b球距地面高度為時，由兩球沿桿方向分速度相同可知vb＝va，又因為a、b質(zhì)量相等，所以有Ekb＝3Eka.從開始下落到b球距地面高度為的過程由機械能守恒可得mgL＝4Eka.可得Eka＝mgL，所以桿對a球做功為mgL，B正確．從開始到b球距地面高度為的過程中，輕桿對b球做負功，且大小等于a球機械能的增加量，為－mgL，C錯誤．在b球落地的瞬間，a球速度為零，從b球由靜止釋放到落地瞬間的過程中，b球減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為b球動能，所以此時b球速度為，方向豎直向下，所以重力對b球做功的功率為mg，D正確． 13．[2019甘肅省重點中學一聯(lián)](多選)如圖甲所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的輕質(zhì)彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h0＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接．現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象如圖乙所示，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知(　　) A．滑塊的質(zhì)量為0.1 kg B．輕彈簧原長為0.2 m C．彈簧最大彈性勢能為0.5 J D．滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.4 J 答案：BC 解析：由動能定理得，Ek＝F合Δh，所以題圖乙中Ek－h(huán)圖線各點的切線斜率的絕對值等于合外力，圖象中直線部分表示合外力恒定，反映了滑塊離開彈簧后只受重力作用，F(xiàn)合＝mg＝＝2 N，m＝0.2 kg，故選項A錯誤；由題意和題圖乙知，h≥0.2 m時滑塊不受彈簧的彈力，即脫離了彈簧，彈力為零時彈簧恢復原長，所以彈簧原長為0.2 m，故選項B正確；滑塊在離地高度h0＝0.1 m處，彈簧的彈性勢能最大，滑塊動能為0，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能為Ep＋mgh0，當滑塊到達h1＝0.35 m處，動能為0，彈簧的彈性勢能也為0，系統(tǒng)的機械能為mgh1，由機械能守恒定律有Ep＋mgh0＝mgh1，解得Ep＝0.5 J，故選項C正確；由題圖乙知，滑塊的動能最大時，其重力勢能和彈簧的彈性勢能總和最小，經(jīng)計算可知選項D錯誤．綜上本題選B、C. 14．[名師原創(chuàng)](多選)靜止在粗糙水平面上的物體，在水平拉力作用下沿直線運動的v－t圖象如圖所示，已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)恒定，則(　　) A．第1 s內(nèi)拉力做的功與第7 s內(nèi)拉力做的功相等 B．4 s末拉力做功的功率與6 s末拉力做功的功率不相等 C．1～3 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量大于3～7 s內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量 D．第1 s內(nèi)合外力做的功等于0～7 s內(nèi)合外力做的功 答案：BD 解析：物體與水平面間的動摩擦因數(shù)恒定，即摩擦力大小恒定，設0～1 s、1～3 s、3～5 s、5～7 s內(nèi)拉力大小分別為F1、F2、F3、F4，摩擦力大小為f，物體質(zhì)量為m，由牛頓第二定律可得F1＝f＋4m(N)，F(xiàn)2＝f，F(xiàn)3＝|f－2m|(N)，F(xiàn)4＝f＋2m(N)，故拉力大小關系滿足F1>F4>F2，F(xiàn)1>F4>F3.第1 s內(nèi)與第7 s內(nèi)拉力大小不相等，位移大小s1＝2 m，s7＝3 m，則第1 s內(nèi)拉力做的功W1＝2f＋8m(J)，第7 s內(nèi)拉力做的功W2＝3f＋6m(J)，二者大小關系無法確定，A錯誤．第4 s末與第6 s末速度大小相等，拉力大小不相等，功率不相等，B正確.1～3 s內(nèi)與3～7 s內(nèi)物體運動的路程相等，又摩擦力大小不變，所以因摩擦產(chǎn)生的熱量相等，C錯誤．由動能定理可知，第1 s內(nèi)合外力做的功等于0～7 s內(nèi)合外力做的功，D正確． 15．[名師原創(chuàng)]如圖所示，質(zhì)量為m的小球套在與水平方向成α＝53角的固定光滑細桿上，小球用一輕繩通過一光滑定滑輪掛一質(zhì)量也為m的木塊，初始時小球與滑輪在同一水平高度上，這時定滑輪與小球相距0.5 m．現(xiàn)由靜止釋放小球．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin53＝0.8，cos53＝0.6.下列說法正確的是(　　) A．小球沿細桿下滑0.6 m時速度為零 B．小球與木塊的動能始終相等 C．小球的機械能守恒 D．小球沿細桿下滑0.3 m時速度為m/s 答案：D 解析：當小球沿細桿下滑0.6 m時，由幾何關系知，木塊高度不變，小球下降了h1＝0.6sin53 m＝0.48 m，由運動的合成與分解得v木＝v球cos53，由小球與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒有mgh1＝mv＋mv，解得v球＞0，A錯誤；小球與木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，C錯誤；設輕繩與細桿的夾角為θ，由運動的合成與分解得v′木＝v′球cosθ，當小球沿細桿下滑0.3 m時，根據(jù)幾何關系，θ＝90，木塊速度為零，小球下降了h2＝0.3sin53 m＝0.24 m，木塊下降了h3＝0.5 m－0.5sin53 m＝0.1 m，由機械能守恒有mgh2＋mgh3＝mv′，解得v′球＝m/s，B錯誤，D正確． 16．[新情景題](多選)如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點)套在固定的水平光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點為P，長軸AC＝2L0，短軸BD＝L0.原長為L0的輕彈簧一端套在過P點的光滑軸上，另一端與小球連接．若小球做橢圓運動，在A點時的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是(　　) A．小球在A點時彈簧的彈性勢能大于在C點時的 B．小球在A、C兩點時的向心加速度大小相等 C．小球在B、D點時的速度最大 D．小球在B點時受到軌道的彈力沿BO方向 答案：BCD 解析：橢圓的焦距c＝＝L0＝OP，PB＝＝L0，即小球在B點或D點時彈簧處于原長狀態(tài)，小球在A點時彈簧的長度xA＝OA－c＝L0，彈簧的壓縮量ΔxA＝L0－xA＝L0，小球在C點時彈簧的伸長量ΔxC＝PC－L0＝L0＝ΔxA，故小球在A點時彈簧的彈性勢能與在C點時彈簧的彈性勢能相等且最大，選項A錯誤；由系統(tǒng)機械能守恒知，小球在A點和在C點時的速度大小相等，A點與C點的曲率半徑r相等，由向心加速度公式a＝知，選項B正確；小球在B、D點時彈簧彈性勢能最小，由系統(tǒng)機械能守恒知，選項C正確；小球過B點需要的向心力僅由軌道對小球的彈力提供，此彈力沿BO方向，選項D正確． 課時測評? 綜合提能力　課時練　贏高分 一、選擇題 1．[2019貴陽監(jiān)測]如圖所示，兩個內(nèi)壁光滑、半徑為R(圖中未標出)的半圓形軌道正對著固定在豎直平面內(nèi)，對應端點(虛線處)相距為x，最高點A和最低點B的連線豎直．一個質(zhì)量為m的小球交替著在兩軌道內(nèi)運動而不脫離軌道，已知小球通過最高點A時的速率vA>，不計空氣阻力，重力加速度為g.則(　　) A．小球在A點的向心力小于mg B．小球在B點的向心力等于4mg C．小球在B、A兩點對軌道的壓力大小之差大于6mg D．小球在B、A兩點的動能之差等于2mg(R＋x) 答案：C 解析：小球在最高點A時的速率vA＞，＝F向，小球在A點的向心力F向＞mg，選項A錯誤；根據(jù)機械能守恒定律，mv＝mg(2R＋x)＋mv，解得v＝2g(2R＋x)＋v＝4gR＋2gx＋v，小球在B點的向心力F＝m＝4mg＋＋m，一定大于4mg，選項B錯誤；設小球運動到軌道最低點B時所受半圓形軌道的支持力為F′B，由牛頓第二定律，F(xiàn)′B－mg＝m，解得F′B＝5mg＋＋m，根據(jù)牛頓第三定律，小球運動到軌道最低點時對軌道的壓力大小為FB＝F′B＝5mg＋＋m，設小球運動到軌道最高點A時所受半圓形軌道的支持力為F′A，由牛頓第二定律，F(xiàn)′A＋mg＝m，解得F′A＝m－mg，則由牛頓第三定律知，小球運動到A點時對軌道的壓力大小為FA＝F′A＝m－mg，小球在B、A兩點對軌道的壓力之差為ΔF＝FB－FA＝6mg＋，大于6mg，選項C正確；根據(jù)mv＝mg(2R＋x)＋mv，小球在B、A兩點的動能之差ΔEk＝mv－mv＝mg(2R＋x)，選項D錯誤． 2．[2019廣州模擬](多選)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度大小為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面．下列說法正確的是(　　) A．斜面傾角α＝30 B．A獲得的最大速度為2g C．C剛離開地面時，B的加速度最大 D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 答案：AB 解析：C剛離開地面時，對C有kx2＝mg，此時A、B有最大速度，即aB＝aC＝0，則對B有T－kx2－mg＝0，對A有4mgsinα－T＝0，以上方程聯(lián)立可解得sinα＝，α＝30，故A正確；初始系統(tǒng)靜止，且線上無拉力，對B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝，則從釋放A至C剛離開地面過程中，彈性勢能變化量為零，此過程中A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋(4m＋m)v，聯(lián)立解得vAm＝2g，所以A獲得的最大速度為2g，故B正確；對B進行受力分析可知，剛釋放A時，B所受合力最大，此時B具有最大加速度，故C錯誤；從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D錯誤． 3．(多選)如圖所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑定滑輪(滑輪大小不計)，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，A、B質(zhì)量相等．C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿的距離OC＝h.開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30.已知重力加速度大小為g.現(xiàn)將A、B由靜止釋放，則下列說法正確的是(　　) A．A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，速度不斷增大 B．在A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量 C．A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復運動 D．A經(jīng)過C點時的速度大小為 答案：ACD 解析：A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，B從釋放到最低點，此過程中，對A受力分析，可知細線的拉力一直對A做正功，A的動能一直增大，故A正確；A由P點出發(fā)第一次到達C點的過程中，細線對B一直做負功，其機械能一直減小，A到達C點時，B的速度為0，則B克服細線拉力做的功等于B重力勢能的減少量，故B錯誤；由分析知，A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，由對稱性可知，物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復運動，故C正確；B的機械能最小時，即A到達C點時，此時A的速度最大，設為vA，此時B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得mBg＝mAv，A、B質(zhì)量相等，解得vA＝，故D正確． 4．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，那么力F對木板做的功為(　　) A. B. C．mv2 D．2mv2 答案：C 解析：由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確． 5．將一物體豎直向上拋出，物體運動過程中所受到的空氣阻力大小(小于物體的重力)恒定．若以地面為零勢能參考面，則在物體從拋出直至落回地面的過程中，物體機械能E與物體距地面的高度h的關系圖象(E－h(huán))應為(圖中h0為上拋的最大高度)(　　) 答案：C 解析：由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機械能要減小，減小的機械能等于克服阻力做的功，設阻力的大小為f，則物體的機械能為E＝Ek0－fh，在返回的過程中，阻力大小恒定，機械能還是均勻減小的，所以B、D錯誤，當返回地面時，物體還有動能，所以物體的機械能不會是零，所以C正確，A錯誤． 6．(多選)如圖所示，固定在地面上的斜面體上開有凹槽，槽內(nèi)緊挨放置六個半徑均為r的相同小球，各球編號如圖．斜面與水平軌道OA平滑連接，OA長度為6r.現(xiàn)將六個小球由靜止同時釋放，小球離開A點后均做平拋運動，不計一切摩擦．則在各小球運動過程中，下列說法正確的是(　　) A．球1的機械能守恒 B．球6在OA段機械能增大 C．球6的水平射程最大 D．有三個球落地點位置相同 答案：BD 解析：6個小球全在斜面上時，加速度相同，相互之間沒有作用力，每個小球機械能守恒．球6加速距離最小，球6剛運動到OA段時，球5、4、3、2、1仍在斜面上加速，對球6有向左的作用力，對球6做正功，故球6機械能增加，B正確；而依次剛滑到OA段的小球?qū)ζ溆疑蟼?cè)的小球有沿斜面向上的作用力，并對其右上側(cè)的小球做負功，只要有小球運動到OA段，球2就與球1之間產(chǎn)生作用力，球2對球1做負功，故球1的機械能減少，A錯誤；當6、5、4三個小球在OA段的時候速度相等，球6離開OA后，球4繼續(xù)對球5做正功，所以球5離開OA時速度大于球6的速度，同理，球4離開OA時的速度大于球5的速度，所以球6離開OA時的水平速度最小，水平射程最小，故C錯誤；3、2、1三個小球運動到OA時，斜面上已經(jīng)沒有小球，故這三個小球之間沒有相互作用的彈力，離開OA的速度相等，水平射程相同，落地點相同，D正確． 7. [2019江蘇泰州中學模擬](多選)如圖所示，在地面上以速度v0拋出質(zhì)量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上，若以地面為零勢能面且不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．物體落到海平面時的重力勢能為mgh B．物體從拋出到落到海平面的過程重力對物體做功為mgh C．物體在海平面上的動能為mv＋mgh D．物體在海平面上的機械能為mv 答案：BCD 解析：物體運動過程中，機械能守恒，所以任意一點的機械能相等，都等于拋出時的機械能，物體在地面上的重力勢能為零，動能為mv，故整個過程中的機械能為mv，所以物體在海平面上的機械能為mv，在海平面重力勢能為－mgh，根據(jù)機械能守恒定律可得－mgh＋mv2＝mv，所以物體在海平面上的動能為mv＋mgh，從拋出到落到海平面，重力做功為mgh，所以B、C、D正確． 8．[2019吉林省實驗中學模擬](多選)A、B、C、D四圖中的小球以及小球所在的左側(cè)斜面完全相同，現(xiàn)從同一高度h處由靜止釋放小球，使之進入右側(cè)不同的豎直軌道：除去底部一小段圓弧，A圖中的軌道是一段斜面，高度大于h；B圖中的軌道與A圖中的軌道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C圖中的軌道是一個內(nèi)徑略大于小球直徑的管道，其上部為直管，下部為圓弧形，與斜面相連，管開口的高度大于h；D圖中的軌道是個半圓形軌道，其直徑等于h.如果不計任何摩擦阻力和拐彎處的能量損失，小球進入右側(cè)軌道后能到達高度h的是(　　) 答案：AC 解析：A圖中小球到達右側(cè)斜面上最高點時的速度為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，則h′＝h，故A正確；B圖中小球離開軌道后做斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，運動到最高點時在水平方向上有速度，即在最高點的速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋mv2，則h′va>vb D．va>vb>vC 答案：C 解析：圖甲中，當整根鏈條離開桌面時，根據(jù)機械能守恒定律可得mg＝mv，解得va＝；圖乙中，當整根鏈條離開桌面時，根據(jù)機械能守恒定律可得mg＝2mv，解得vb＝；圖丙中，當整根鏈條離開桌面時，根據(jù)機械能守恒定律有mg＋mg＝2mv，解得vC＝，故vC>va>vb，選項C正確． 二、非選擇題 11. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球從四分之一光滑圓弧軌道頂端由靜止釋放，從軌道末端O點水平拋出，擊中平臺右下側(cè)擋板上的P點．以O為原點在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標系，擋板形狀滿足方程y＝6－x2(單位：m)，小球質(zhì)量m＝0.4 kg，圓弧軌道半徑R＝1.25 m，g取10 m/s2，求： (1)小球?qū)A弧軌道末端的壓力大?。? (2)小球從O點到P點所需的時間(結(jié)果可保留根號)． 答案：(1)12 N　(2) s 解析：(1)小球從釋放到O點過程中機械能守恒，則：mgR＝mv2 解得：v＝＝5 m/s 小球在圓軌道最低點：FN－mg＝m 解得：FN＝mg＋m＝12 N 由牛頓第三定律，小球?qū)壍滥┒说膲毫N′＝FN＝12 N (2)小球從O點水平拋出后滿足： y＝gt2，x＝vt 又有y＝6－x2，聯(lián)立解得：t＝ s. 12．[2017全國卷Ⅰ]一質(zhì)量為8.00104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面．飛船在離地面高度1.60105 m處以7.50103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面．取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%. 答案：(1)4.0108 J　2.41012 J　(2)9.7108 J 解析：(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率．由①式和題給數(shù)據(jù)得 Ek0＝4.0108 J② 設地面附近的重力加速度大小為g.飛船進入大氣層時的機械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.60105 m處的速度大?。散凼胶皖}給數(shù)據(jù)得 Eh≈2.41012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機械能為 Eh′＝m2＋mgh′⑤ 由功能關系得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W≈9.7108 J⑦