2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练16机械能守恒定律和能量守恒定律（含解析）.doc

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1、1机械能守恒定律和能量守恒定律小题狂练 小题是基础 练小题 提分快1.2019内蒙古包头一中模拟 取水平地面为零重力势能面一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为( )A. B.333C1 D.12答案：C解析：设抛出时物块的初速度为 v0，高度为 h，物块落地时的速度大小为 v，方向与水平方向的夹角为 .根据机械能守恒定律得： mv mgh mv2，据题有： mv mgh，12 20 12 12 20联立解得： v v0，则 tan 1，C 正确，A、 B、D 错误2v2 v20v02.2019山东师大附中模拟如

2、图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，有一根长为L0.8 m 的轻绳，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 m0.2 kg 的小球，沿斜面做圆周运动，取 g10 m/s 2，若要小球能通过最高点 A，则小球在最低点 B 的最小速度是( )A4 m/s B2 m/s10C2 m/s D2 m/s5 2答案：C解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过 A 点时轻绳的拉力为零，根据圆周运动知识和牛顿第二定律有： mgsin30 m ，解得 vA2 m/s，由机械能守恒v2AL定律有：2 mgLsin30 mv mv ，代入数据解得： vB2 m/s，故 C 正确，A、B、D12 2B 1

3、2 2A 5错误232019黑龙江省大庆实验中学模拟如图所示，一质量为 m 的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的 P、 Q 两点处，弹簧的劲度系数为 k，起初圆环处于 O 点，弹簧都处于原长状态且原长为 L，细杆上的 A、 B 两点到 O 点的距离都为 L，将圆环拉至 A 点由静止释放，重力加速度为 g，对圆环从 A 点运动到 B 点的过程中，下列说法正确的是( )A圆环通过 O 点时的加速度小于 gB圆环在 O 点的速度最大C圆环在 A 点的加速度大小为 2 2 kLmD圆环在

4、 B 点的速度大小为 2 gL答案：D解析： 圆环通过 O 点时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力，此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过 O 点时加速度大小为 g，故A 项错误；圆环在受力平衡处速度最大，而在 O 点圆环受力不平衡做加速运动，故 B 项错误；圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在 A 点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足 mg2( 1) kLcos45 ma，2解得圆环在 A 点的加速度大小为 g，故 C 项错误；圆环从 A 点到 B 点的过程， 2 2 kLm根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即

5、2mgL mv2，解得圆环在 B 点的速度大小为122 ，故 D 项正确gL42019云南省昆明三中、玉溪一中统考如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为 m 的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的 A 点，已知杆与水平地面之间的夹角 m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )A两滑块组成的系统机械能守恒B重力对 M 做的功等于 M 动能的增加量C轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加量D两滑块组成的系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功答案：CD解析：

6、由于斜面 ab 粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故 A 错误；由动能定理4得，重力、拉力、摩擦力对 M 做的总功等于 M 动能的增加量，故 B 错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故 C 正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故 D 正确7(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在 O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为 O2的光滑圆环上， O1在 O2的正上方， C 是 O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的 A 点无初速度释放后，发现小球通过了 C 点，最终在 A、 B 之间做往复运动已知小球在 A 点时弹簧被拉长，在 C 点时弹簧被压缩，则

7、下列判断正确的是( )A弹簧在 A 点的伸长量一定大于弹簧在 C 点的压缩量B小球从 A 至 C 一直做加速运动，从 C 至 B 一直做减速运动C弹簧处于原长时，小球的速度最大D小球机械能最大的位置有两处答案：AD解析：因只有重力和系统内弹力做功，故小球和弹簧组成系统的机械能守恒，小球在A 点的动能和重力势能均最小，故小球在 A 点的弹性势能必大于在 C 点的弹性势能，所以弹簧在 A 点的伸长量一定大于弹簧在 C 点的压缩量，故 A 正确；小球从 A 至 C，在切线方向先做加速运动，再做减速运动，当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故 B、C 错误；当弹簧处于原长时，弹性

8、势能为零，小球机械能最大，由题意知，A、 B 相对于 O1O2对称，显然，此位置在 A、 C 与 B、 C 之间各有一处，故 D 正确82019安徽省合肥模拟如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心 O，上端固定在容器侧壁若相同的小球以同样的速率，从点 O 沿各轨道同时向上运动对它们向上运动过程，下列说法正确的是( )A小球动能相等的位置在同一水平面上B小球重力势能相等的位置不在同一水平面上5C运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上答案：D解析：小球从底端开始，运动到同一水平

9、面，小球克服重力做的功相同，设小球上升高度为 h，直轨道与容器侧壁之间的夹角为 ，则小球克服摩擦力做功 Wf mg sin，因为 不同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A 项错误；小球的重力势hcos能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B 项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上， t0 时，小球位于 O 点，即 O 为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为 ，则小球在时间 t0内的位移x0 vt0 at ， a( gsin g cos )，由于 与 有关，故小球一定不在同一12 20 x02sin球面上，C 项错误，运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩

10、擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为 ，即 Q mgl cos mgx ， x 为小球的水平位移， Q 相同时， x相同，倾角不同，所以高度 h 不同D 项正确92019浙江省温州模拟 极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落如果用 h 表示人下落的高度， t 表示下落的时间， Ep表示人的重力势能 Ek表示人的动能， E 表示人的机械能， v 表

11、示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能正确的是( )答案：B解析：人先做自由落体运动，由机械能守恒可得 Ek Ep mgh，与下落的高度成正比，6打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理得： Ek( f mg) h，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，故 B 正确，A、C、D 错误102019江西省新余四中检测(多选) 如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块

12、运动到传送带右端时恰与传送带速度相等若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是( )A物块运动的时间变为原来的一半B摩擦力对物块做的功不变C摩擦产生的热量为原来的两倍D电动机因带动物块多做的功是原来的两倍答案：BD解析：由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据 x at2可知，运动的时12间相同，故 A 错误；根据动能定理可知： Wf mv ，因为物块的动能不变，所以摩擦力对12 20物块做的功不变，故 B 正确；物块做匀加速直

13、线运动的加速度为 a g ，则匀加速直线运动的时间为： t ，在这段时间内物块的位移为： x2 ，传送带的位移为：v0 g v202 gx1 v0t ，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：v20 g x x1 x2 ，摩擦产生的热量 Q mg x ，当传送带速度加倍后，在这段时v202 g mv202间内物块的位移仍为： x 2 ，传送带的位移为： x 12 v0t ，则传送带与v202a v202 g 2v20 g物块间的相对位移大小，即划痕的长度为： x x 1 x 2 ，摩擦产生的热量3v202 gQ mg x ，可知摩擦产生的热量为原来的 3 倍，故 C 错误；电动机多做的

14、功3mv202转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时： W 电 Q mv ，速度加倍后：mv202 20W 电 Q 2 mv ，故 D 正确所以 B、D 正确，A、C 错误mv202 207112019河北省廊坊监测如图所示，重力为 10 N 的滑块在倾角为 30的斜面上，从 a 点由静止开始下滑，到 b 点开始压缩轻弹簧，到 c 点时达到最大速度，到 d 点时(图中未画出)开始弹回，返回 b 点时离开弹簧，恰能再回到 a 点若 bc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为 8 J，则下列说法正确的是( )A轻弹簧的劲度系数是 50 N/mB从 d 到 b 滑块克服重力做的功为 8 JC滑块

15、的动能最大值为 8 JD从 d 点到 c 点弹簧的弹力对滑块做的功为 8 J答案：A解析：整个过程中，滑块从 a 点由静止释放后还能回到 a 点，说明滑块机械能守恒，即斜面是光滑的，滑块到 c 点时速度最大，即所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有kxbc Gsin30，解得 k50 N/m，A 项对；滑块由 d 到 b 的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B 项错；滑块由 d 到 c 过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到 c 点时的最大动能一定小于 8 J，C 项错；从 d 点到 c 点，弹簧弹性势能的减少量

16、小于 8 J，所以弹力对滑块做的功小于 8 J，D 项错122019山西省太原模拟(多选) 如图所示，长为 L 的轻杆两端分别固定 a、 b 金属球(可视为质点)，两球质量均为 m， a 放在光滑的水平面上， b 套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为 L，现将 b 从图示位置由静止释放，则( )32A在 b 球落地前的整个过程中， a、 b 组成的系统水平方向上动量守恒B从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 a 球做功为 mgLL2 3 18C从开始到 b 球距地面高度为 的过程中，轻杆对 b 球做功为 mgLL2 38D从 b 球由静止释放落地的瞬间，重力对 b 球做功的功率为 m

17、g 3gL答案：BD8解析：在 b 球落地前的整个过程中， b 在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用， a 球的水平方向受力为零，所以 a、 b 组成的系统水平方向上动量不守恒，A 错误从开始到 b球距地面高度为 的过程中， b 球减少的重力势能为 mgL，当 b 球距地面高度为 时，L2 3 12 L2由两球沿杆方向分速度相同可知 vb va，又因为 a、 b 质量相等，所以有 Ekb3 Eka.从开3始下落到 b 球距地面高度为 的过程由机械能守恒可得 mgL4 Eka.可得L2 3 12Eka mgL，所以杆对 a 球做功为 mgL，B 正确从开始到 b 球距地面高度为 的3 18 3

18、18 L2过程中，轻杆对 b 球做负功，且大小等于 a 球机械能的增加量，为 mgL，C 错3 18误在 b 球落地的瞬间， a 球速度为零，从 b 球由静止释放到落地瞬间的过程中， b 球减少的重力势能全部转化为 b 球动能，所以此时 b 球速度为 ，方向竖直向下，所以重力对3gLb 球做功的功率为 mg ， D 正确3gL132019甘肃省重点中学一联(多选)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度 h00.1 m 处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度 h 并作出滑块的 Ek h 图象如图乙所示，

19、其中高度从 0.2 m 上升到 0.35 m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取 g10 m/s 2，由图象可知( )A滑块的质量为 0.1 kgB轻弹簧原长为 0.2 mC弹簧最大弹性势能为 0.5 JD滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为 0.4 J答案：BC解析：由动能定理得， Ek F 合 h，所以题图乙中 Ek h 图线各点的切线斜率的绝对值等于合外力，图象中直线部分表示合外力恒定，反映了滑块离开弹簧后只受重力作用，F 合 mg 2 N， m0.2 kg，故选项 A 错误；由题意和题图乙知， h0.2 m 时滑块| Ek h|不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，弹力

20、为零时弹簧恢复原长，所以弹簧原长为 0.2 m，故9选项 B 正确；滑块在离地高度 h00.1 m 处，弹簧的弹性势能最大，滑块动能为 0，滑块与弹簧组成的系统的机械能为 Ep mgh0，当滑块到达 h10.35 m 处，动能为 0，弹簧的弹性势能也为 0，系统的机械能为 mgh1，由机械能守恒定律有 Ep mgh0 mgh1，解得 Ep0.5 J，故选项 C 正确；由题图乙知，滑块的动能最大时，其重力势能和弹簧的弹性势能总和最小，经计算可知选项 D 错误综上本题选 B、C.14名师原创(多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下沿直线运动的v t 图象如图所示，已知物体与水平面间的动摩

21、擦因数恒定，则( )A第 1 s 内拉力做的功与第 7 s 内拉力做的功相等B4 s 末拉力做功的功率与 6 s 末拉力做功的功率不相等C13 s 内因摩擦产生的热量大于 37 s 内因摩擦产生的热量D第 1 s 内合外力做的功等于 07 s 内合外力做的功答案：BD解析：物体与水平面间的动摩擦因数恒定，即摩擦力大小恒定，设 01 s、13 s、35 s、57 s 内拉力大小分别为 F1、 F2、 F3、 F4，摩擦力大小为 f，物体质量为 m，由牛顿第二定律可得 F1 f4 m(N)， F2 f， F3| f2 m|(N)， F4 f2 m(N)，故拉力大小关系满足 F1F4F2， F1F4

22、F3.第 1 s 内与第 7 s 内拉力大小不相等，位移大小 s12 m， s73 m，则第 1 s 内拉力做的功 W12 f8 m(J)，第 7 s 内拉力做的功 W23 f6 m(J)，二者大小关系无法确定，A 错误第 4 s 末与第 6 s 末速度大小相等，拉力大小不相等，功率不相等，B 正确.13 s 内与 37 s 内物体运动的路程相等，又摩擦力大小不变，所以因摩擦产生的热量相等，C 错误由动能定理可知，第 1 s 内合外力做的功等于 07 s内合外力做的功，D 正确15名师原创如图所示，质量为 m 的小球套在与水平方向成 53角的固定光滑细杆上，小球用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量

23、也为 m 的木块，初始时小球与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与小球相距 0.5 m现由静止释放小球已知重力加速度 g10 m/s2，sin530.8，cos530.6.下列说法正确的是( )10A小球沿细杆下滑 0.6 m 时速度为零B小球与木块的动能始终相等C小球的机械能守恒D小球沿细杆下滑 0.3 m 时速度为 m/s1705答案：D解析：当小球沿细杆下滑 0.6 m 时，由几何关系知，木块高度不变，小球下降了h10.6sin53 m0.48 m，由运动的合成与分解得 v 木 v 球 cos53，由小球与木块组成的系统机械能守恒有 mgh1 mv mv ，解得 v 球 0，A 错误；小球

24、与木块组成的系12 2木 12 2球统机械能守恒，C 错误；设轻绳与细杆的夹角为 ，由运动的合成与分解得 v 木 v 球cos ，当小球沿细杆下滑 0.3 m 时，根据几何关系， 90，木块速度为零，小球下降了 h20.3sin53 m0.24 m，木块下降了 h30.5 m0.5sin53 m0.1 m，由机械能守恒有 mgh2 mgh3 mv ，解得 v 球 m/s，B 错误，D 正确12 2球 170516新情景题(多选)如图所示，一小球(可视为质点)套在固定的水平光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为 P，长轴 AC2 L0，短轴 BD L0.原长为 L0的轻弹簧一端套在过 P3点的光滑轴上

25、，另一端与小球连接若小球做椭圆运动，在 A 点时的速度大小为 v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )A小球在 A 点时弹簧的弹性势能大于在 C 点时的B小球在 A、 C 两点时的向心加速度大小相等C小球在 B、 D 点时的速度最大D小球在 B 点时受到轨道的弹力沿 BO 方向答案：BCD解析：椭圆的焦距 c L0 OP， PB L0，即小球在 B 点或L20 (32L0)2 12 OP2 OB2D 点时弹簧处于原长状态，小球在 A 点时弹簧的长度 xA OA c L0，弹簧的压缩量12 xA L0 xA L0，小球在 C 点时弹簧的伸长量 xC PC L0 L0 xA，故小球在

26、 A 点12 12时弹簧的弹性势能与在 C 点时弹簧的弹性势能相等且最大，选项 A 错误；由系统机械能守恒知，小球在 A 点和在 C 点时的速度大小相等， A 点与 C 点的曲率半径 r 相等，由向心加11速度公式 a 知，选项 B 正确；小球在 B、 D 点时弹簧弹性势能最小，由系统机械能守恒v2r知，选项 C 正确；小球过 B 点需要的向心力仅由轨道对小球的弹力提供，此弹力沿 BO 方向，选项 D 正确课时测评 综合提能力 课时练 赢高分一、选择题12019贵阳监测如图所示，两个内壁光滑、半径为 R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(虚线处)相距为 x，最高点 A

27、和最低点 B 的连线竖直一个质量为 m 的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点 A 时的速率 vA ，不计空气阻力，重力加速度为 g.则( )gRA小球在 A 点的向心力小于 mgB小球在 B 点的向心力等于 4mgC小球在 B、 A 两点对轨道的压力大小之差大于 6mgD小球在 B、 A 两点的动能之差等于 2mg(R x)答案：C解析：小球在最高点 A 时的速率 vA ， F 向 ，小球在 A 点的向心力 F 向 mg，gRmv2AR选项 A 错误；根据机械能守恒定律， mv mg(2R x) mv ，解得 v 2 g(2R x)12 2B 12 2A 2B v 4 g

28、R2 gx v ，小球在 B 点的向心力 F m 4 mg m ，一定大于 4mg，选2A 2Av2BR 2mgxR v2AR项 B 错误；设小球运动到轨道最低点 B 时所受半圆形轨道的支持力为 F B，由牛顿第二定律， F B mg m ，解得 F B5 mg m ，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最v2BR 2mgxR v2AR低点时对轨道的压力大小为 FB F B5 mg m ，设小球运动到轨道最高点 A 时所2mgxR v2AR受半圆形轨道的支持力为 F A，由牛顿第二定律， F A mg m ，解得 F A m mg，v2AR v2AR则由牛顿第三定律知，小球运动到 A 点时对轨道的

29、压力大小为 FA F A m mg，小球在v2AR12B、 A 两点对轨道的压力之差为 F FB FA6 mg ，大于 6mg，选项 C 正确；根据2mgxRmv mg(2R x) mv ，小球在 B、 A 两点的动能之差 Ek mv mv mg(2R x)，12 2B 12 2A 12 2B 12 2A选项 D 错误22019广州模拟(多选)如图所示， A、 B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连， A放在固定的光滑斜面上， B、 C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连， C放在水平地面上现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平

30、行已知 A 的质量为 4m， B、 C 的质量均为 m，重力加速度大小为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放 A 后， A 沿斜面下滑至速度最大时 C 恰好离开地面下列说法正确的是( )A斜面倾角 30B A 获得的最大速度为 2gm5kC C 刚离开地面时， B 的加速度最大D从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中， A、 B 两小球组成的系统机械能守恒答案：AB解析： C 刚离开地面时，对 C 有 kx2 mg，此时 A、 B 有最大速度，即 aB aC0，则对B 有 T kx2 mg0，对 A 有 4mgsin T0，以上方程联立可解得 sin ， 30，12故

31、 A 正确；初始系统静止，且线上无拉力，对 B 有 kx1 mg，可知 x1 x2 ，则从释放 Amgk至 C 刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中 A、 B、 C 组成的系统机械能守恒，即 4mg(x1 x2)sin mg(x1 x2) (4m m)v ，联立解得 vAm2 g ，所以 A 获得的最12 2Am m5k大速度为 2g ，故 B 正确；对 B 进行受力分析可知，刚释放 A 时， B 所受合力最大，此时m5kB 具有最大加速度，故 C 错误；从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中， A、 B、 C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故 D 错误133(多选)如图所示，水平光滑

32、长杆上套有小物块 A，细线跨过位于 O 点的轻质光滑定滑轮(滑轮大小不计)，一端连接 A，另一端悬挂小物块 B， A、 B 质量相等 C 为 O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离 OC h.开始时 A 位于 P 点， PO 与水平方向的夹角为 30.已知重力加速度大小为 g.现将 A、 B 由静止释放，则下列说法正确的是( )A A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度不断增大B在 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中， B 克服细线拉力做的功小于 B 重力势能的减少量C A 在杆上长为 2 h 的范围内做往复运动3D A 经过 C 点时的速度大小为 2gh答案：ACD解析： A

33、 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中， B 从释放到最低点，此过程中，对 A 受力分析，可知细线的拉力一直对 A 做正功， A 的动能一直增大，故 A 正确； A 由 P 点出发第一次到达 C 点的过程中，细线对 B 一直做负功，其机械能一直减小， A 到达 C 点时， B 的速度为 0，则 B 克服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量，故 B 错误；由分析知， A、 B 组成的系统机械能守恒，由对称性可知，物块 A 在杆上长为 2 h 的范围内做往复运动，故 C3正确； B 的机械能最小时，即 A 到达 C 点时，此时 A 的速度最大，设为 vA，此时 B 的速度为 0，根据系统的机

34、械能守恒得 mBg mAv ， A、 B 质量相等，解得(hsin30 h) 12 2AvA ，故 D 正确2gh4如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度 v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为 ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力 F，那么力 F 对木板做的功为( )A. B.mv24 mv22C mv2 D2 mv2答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，力 F 对木板所做的功 W 一部分转化为物体的动能，14一部分转化为系统内能，故 W mv2 mg x 相 ， x

35、 相 vt t， a g ， v at 即12 v2v gt ，联立以上各式可得 W mv2，故选项 C 正确5将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中所受到的空气阻力大小(小于物体的重力)恒定若以地面为零势能参考面，则在物体从抛出直至落回地面的过程中，物体机械能 E与物体距地面的高度 h 的关系图象( E h)应为(图中 h0为上抛的最大高度)( )答案：C解析：由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功，设阻力的大小为 f，则物体的机械能为 E Ek0 fh，在返回的过程中，阻力大小恒定，机械能还是均匀减小的，所以 B、D 错误，当返回地面时，物体还有动能

36、，所以物体的机械能不会是零，所以 C 正确，A 错误6(多选)如图所示，固定在地面上的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r 的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道 OA 平滑连接， OA 长度为 6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )A球 1 的机械能守恒B球 6 在 OA 段机械能增大C球 6 的水平射程最大D有三个球落地点位置相同答案：BD解析：6 个小球全在斜面上时，加速度相同，相互之间没有作用力，每个小球机械能守恒球 6 加速距离最小，球 6 刚运动到 OA 段时，球 5、4、3、2、1 仍在斜

37、面上加速，对球 6 有向左的作用力，对球 6 做正功，故球 6 机械能增加，B 正确；而依次刚滑到 OA 段的小球对其右上侧的小球有沿斜面向上的作用力，并对其右上侧的小球做负功，只要有小球运动到 OA 段，球 2 就与球 1 之间产生作用力，球 2 对球 1 做负功，故球 1 的机械能减少，15A 错误；当 6、5、4 三个小球在 OA 段的时候速度相等，球 6 离开 OA 后，球 4 继续对球 5做正功，所以球 5 离开 OA 时速度大于球 6 的速度，同理，球 4 离开 OA 时的速度大于球 5的速度，所以球 6 离开 OA 时的水平速度最小，水平射程最小，故 C 错误；3、2、1 三个小

38、球运动到 OA 时，斜面上已经没有小球，故这三个小球之间没有相互作用的弹力，离开 OA的速度相等，水平射程相同，落地点相同，D 正确7.2019江苏泰州中学模拟(多选)如图所示，在地面上以速度 v0抛出质量为 m 的物体，抛出后物体落到比地面低 h 的海平面上，若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A物体落到海平面时的重力势能为 mghB物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为 mghC物体在海平面上的动能为 mv mgh12 20D物体在海平面上的机械能为 mv12 20答案：BCD解析：物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体

39、在地面上的重力势能为零，动能为 mv ，故整个过程中的机械能为 mv ，所12 20 12 20以物体在海平面上的机械能为 mv ，在海平面重力势能为 mgh，根据机械能守恒定律可12 20得 mgh mv2 mv ，所以物体在海平面上的动能为 mv mgh，从抛出到落到海平面，12 12 20 12 20重力做功为 mgh，所以 B、C、D 正确82019吉林省实验中学模拟(多选)A、B、C、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度 h 处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A 图中的轨道是一段斜面，高度大于 h；B 图中的轨道与 A 图中的轨

40、道相比只是短了一些，且斜面高度小于 h；C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管开口的高度大于 h；D 图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于 h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达高度 h 的是( )16答案：AC解析：A 图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得mgh0 mgh0，则 h h，故 A 正确；B 图中小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得 mgh0 mgh mv2，则 hvavb D vav

41、bvC答案：C解析：图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得 mg mv ，12 3L4 12 2a解得 va ；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得3gL2mg 2mv ，解得 vb ；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定12 3L4 12 2b 6gL4律有 mg mg 2mv ，解得 vC ，故 vCvavb，选项 C 正确12 3L4 L2 12 2c 14gL4二、非选择题11.如图所示，质量为 m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，从轨道末端 O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的 P 点以 O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐

42、标系，挡板形状满足方程 y6 x2(单位：m)，小球质量 m0.4 kg，圆弧轨道半径R1.25 m， g 取 10 m/s2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小(2)小球从 O 点到 P 点所需的时间(结果可保留根号)答案：(1)12 N (2) s55解析：(1)小球从释放到 O 点过程中机械能守恒，则： mgR mv212解得： v 5 m/s2gR小球在圆轨道最低点： FN mg mv2R解得： FN mg m 12 Nv2R由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力 FN FN12 N18(2)小球从 O 点水平抛出后满足：y gt2， x vt12又有 y6 x2，联立解得： t s

43、.55122017全国卷一质量为 8.00104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度 1.60105 m 处以 7.50103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2.(结果保留 2 位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 2.0%.答案：(1)4.010 8 J 2.410 12 J (2)9.710 8 J解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0 mv 12 20式中， m 和 v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由式和题给数据得Ek04.010 8 J设地面附近的重力加速度大小为 g.飞船进入大气层时的机械能为Eh mv mgh12 2h式中， vh是飞船在高度 1.60105 m 处的速度大小由式和题给数据得Eh2.410 12 J(2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为Eh m 2 mgh12(2.0100vh)由功能关系得W Eh Ek0式中， W 是飞船从高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功由式和题给数据得W9.710 8 J19