高考物理一轮复习课时练16《机械能守恒定律和能量守恒定律》(含解析)

这是一份高考物理一轮复习课时练16《机械能守恒定律和能量守恒定律》(含解析)，共18页。试卷主要包含了0×108 J　2，7×108 J⑦等内容，欢迎下载使用。
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1.[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.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),3)
C．1 D.eq \f(1,2)
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α.根据机械能守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，据题有：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh，联立解得：v＝eq \r(2)v0，则tanα＝eq \f(\r(v2－v\\al(2,0)),v0)＝1，C正确，A、B、D错误．
2.
[山东师大附中模拟]如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g＝10 m/s2，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( )
A．4 m/s B．2eq \r(10) m/s
C．2eq \r(5) m/s D．2eq \r(2) m/s
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°＝meq \f(v\\al(2,A),L)，解得vA＝2 m/s，由机械能守恒定律有：2mgLsin30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，代入数据解得：vB＝2eq \r(5) m/s，故C正确，A、B、D错误．
3．[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g
B．圆环在O点的速度最大
C．圆环在A点的加速度大小为eq \f(2－\r(2)kL,m)
D．圆环在B点的速度大小为2eq \r(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mg＋2×(eq \r(2)－1)kL·cs45°＝ma，解得圆环在A点的加速度大小为eq \f(2－\r(2)kL,m)＋g，故C项错误；圆环从A点到B点的过程，根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即2mgL＝eq \f(1,2)mv2，解得圆环在B点的速度大小为2eq \r(gL)，故D项正确．
4．[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θm)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：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．
8．[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
C．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θ，则小球克服摩擦力做功Wf＝μmgsinθeq \f(h,csθ)，因为θ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，t＝0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θ，则小球在时间t0内的位移x0＝vt0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，a＝－(gsinθ＋μgcsθ)，由于eq \f(x0,2sinθ)与θ有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误，运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q＝μmglcsθ＝μmgx，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．
9．[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＝ΔEp＝mgh，与下落的高度成正比，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：ΔEk＝(f－mg)Δh，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．
10．[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＝eq \f(1,2)at2可知，运动的时间相同，故A错误；根据动能定理可知：Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a＝μg，则匀加速直线运动的时间为：t＝eq \f(v0,μg)，在这段时间内物块的位移为：x2＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，传送带的位移为：x1＝v0t＝eq \f(v\\al(2,0),μg)，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx＝x1－x2＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝eq \f(mv\\al(2,0),2)，当传送带速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x′2＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝eq \f(v\\al(2,0),2μg)，传送带的位移为：x′1＝2v0t＝eq \f(2v\\al(2,0),μg)，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx′＝x′1－x′2＝eq \f(3v\\al(2,0),2μg)，摩擦产生的热量Q′＝μmgΔx′＝eq \f(3mv\\al(2,0),2)，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C错误；电动机多做的功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＋eq \f(mv\\al(2,0),2)＝mveq \\al(2,0)，速度加倍后：W′电＝Q′＋eq \f(mv\\al(2,0),2)＝2mveq \\al(2,0)，故D正确．所以B、D正确，A、C错误．
11．[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bc＝0.1 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/m
B．从d到b滑块克服重力做的功为8 J
C．滑块的动能最大值为8 J
D．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k＝50 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小于8 J，所以弹力对滑块做的功小于8 J，D项错．
12．[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eq \f(\r(3),2)L，现将b从图示位置由静止释放，则( )
A．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eq \f(L,2)的过程中，轻杆对a球做功为eq \f(\r(3)－1,8)mgL
C．从开始到b球距地面高度为eq \f(L,2)的过程中，轻杆对b球做功为－eq \f(\r(3),8)mgL
D．从b球由静止释放落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mgeq \r(\r(3)gL)
答案：BD
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eq \f(L,2)的过程中，b球减少的重力势能为eq \f(\r(3)－1,2)mgL，当b球距地面高度为eq \f(L,2)时，由两球沿杆方向分速度相同可知vb＝eq \r(3)va，又因为a、b质量相等，所以有Ekb＝3Eka.从开始下落到b球距地面高度为eq \f(L,2)的过程由机械能守恒可得eq \f(\r(3)－1,2)mgL＝4Eka.可得Eka＝eq \f(\r(3)－1,8)mgL，所以杆对a球做功为eq \f(\r(3)－1,8)mgL，B正确．从开始到b球距地面高度为eq \f(L,2)的过程中，轻杆对b球做负功，且大小等于a球机械能的增加量，为－eq \f(\r(3)－1,8)mgL，C错误．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eq \r(\r(3)gL)，方向竖直向下，所以重力对b球做功的功率为mgeq \r(\r(3)gL)，D正确．
13．[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h0＝0.1 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，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g＝10 m/s2，由图象可知( )
A．滑块的质量为0.1 kg
B．轻弹簧原长为0.2 m
C．弹簧最大弹性势能为0.5 J
D．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Δh，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＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(ΔEk,Δh)))＝2 N，m＝0.2 kg，故选项A错误；由题意和题图乙知，h≥0.2 m时滑块不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，弹力为零时弹簧恢复原长，所以弹簧原长为0.2 m，故选项B正确；滑块在离地高度h0＝0.1 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h1＝0.35 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Ep＝0.5 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
B．4 s末拉力做功的功率与6 s末拉力做功的功率不相等
C．1～3 s内因摩擦产生的热量大于3～7 s内因摩擦产生的热量
D．第1 s内合外力做的功等于0～7 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0～1 s、1～3 s、3～5 s、5～7 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＝f＋4m(N)，F2＝f，F3＝|f－2m|(N)，F4＝f＋2m(N)，故拉力大小关系满足F1>F4>F2，F1>F4>F3.第1 s内与第7 s内拉力大小不相等，位移大小s1＝2 m，s7＝3 m，则第1 s内拉力做的功W1＝2f＋8m(J)，第7 s内拉力做的功W2＝3f＋6m(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.1～3 s内与3～7 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0～7 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α＝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g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6.下列说法正确的是( )
A．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eq \f(\r(170),5)m/s
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h1＝0.6sin53° m＝0.48 m，由运动的合成与分解得v木＝v球cs53°，由小球与木块组成的系统机械能守恒有mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,木)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,球)，解得v球＞0，A错误；小球与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v′木＝v′球csθ，当小球沿细杆下滑0.3 m时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，小球下降了h2＝0.3sin53° m＝0.24 m，木块下降了h3＝0.5 m－0.5×sin53° m＝0.1 m，由机械能守恒有mgh2＋mgh3＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,球)，解得v′球＝eq \f(\r(170),5)m/s，B错误，D正确．
16．[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AC＝2L0，短轴BD＝eq \r(3)L0.原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的光滑轴上，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＝eq \r(L\\al(2,0)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)L0))2)＝eq \f(1,2)L0＝OP，PB＝eq \r(OP2＋OB2)＝L0，即小球在B点或D点时弹簧处于原长状态，小球在A点时弹簧的长度xA＝OA－c＝eq \f(1,2)L0，弹簧的压缩量ΔxA＝L0－xA＝eq \f(1,2)L0，小球在C点时弹簧的伸长量ΔxC＝PC－L0＝eq \f(1,2)L0＝ΔxA，故小球在A点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，由向心加速度公式a＝eq \f(v2,r)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⑯ 综合提能力 课时练 赢高分
一、选择题
1．[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>eq \r(gR)，不计空气阻力，重力加速度为g.则( )
A．小球在A点的向心力小于mg
B．小球在B点的向心力等于4mg
C．小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mg
D．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＞eq \r(gR)，eq \f(mv\\al(2,A),R)＝F向，小球在A点的向心力F向＞mg，选项A错误；根据机械能守恒定律，eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，解得veq \\al(2,B)＝2g(2R＋x)＋veq \\al(2,A)＝4gR＋2gx＋veq \\al(2,A)，小球在B点的向心力F＝meq \f(v\\al(2,B),R)＝4mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，一定大于4mg，选项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＝meq \f(v\\al(2,B),R)，解得F′B＝5mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB＝F′B＝5mg＋eq \f(2mgx,R)＋meq \f(v\\al(2,A),R)，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为F′A，由牛顿第二定律，F′A＋mg＝meq \f(v\\al(2,A),R)，解得F′A＝meq \f(v\\al(2,A),R)－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA＝F′A＝meq \f(v\\al(2,A),R)－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF＝FB－FA＝6mg＋eq \f(2mgx,R)，大于6mg，选项C正确；根据eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)，小球在B、A两点的动能之差ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mg(2R＋x)，选项D错误．
2．[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α＝30°
B．A获得的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))
C．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＝aC＝0，则对B有T－kx2－mg＝0，对A有4mgsinα－T＝0，以上方程联立可解得sinα＝eq \f(1,2)，α＝30°，故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝mg，可知x1＝x2＝eq \f(mg,k)，则从释放A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)sinα＝mg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)(4m＋m)veq \\al(2,Am)，联立解得vAm＝2geq \r(\f(m,5k))，所以A获得的最大速度为2geq \r(\f(m,5k))，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B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．
3．(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块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2eq \r(3)h的范围内做往复运动
D．A经过C点时的速度大小为eq \r(2gh)
答案：ACD
解析：A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2eq \r(3)h的范围内做往复运动，故C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，根据系统的机械能守恒得mBgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,sin30°)－h))＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)，A、B质量相等，解得vA＝eq \r(2gh)，故D正确．
4．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μ，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.eq \f(mv2,4) B.eq \f(mv2,2)
C．mv2 D．2mv2
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，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmg·x相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，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，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，A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.
[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mgh
B．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mgh
C．物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh
D．物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
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，物体在地面上的重力势能为零，动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故整个过程中的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的机械能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在海平面重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，所以物体在海平面上的动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋mgh，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D正确．
8．[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( )
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mgh＋0＝mgh′＋0，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mgh＋0＝mgh′＋eq \f(1,2)mv2，则h′vb>vC
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eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)，解得va＝eq \f(\r(3gL),2)；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,b)，解得vb＝eq \f(\r(6gL),4)；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mg·eq \f(3L,4)＋mgeq \f(L,2)＝eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,c)，解得vC＝eq \f(\r(14gL),4)，故vC>va>vb，选项C正确．
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标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4 kg，圆弧轨道半径R＝1.25 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)eq \f(\r(5),5) s
解析：(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得：v＝eq \r(2gR)＝5 m/s
小球在圆轨道最低点：FN－mg＝meq \f(v2,R)
解得：FN＝mg＋meq \f(v2,R)＝12 N
由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FN′＝FN＝12 N
(2)小球从O点水平抛出后满足：
y＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt
又有y＝6－x2，联立解得：t＝eq \f(\r(5),5) s.
12．[2017·全国卷Ⅰ]一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 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)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为
Ek0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得
Ek0＝4.0×108 J②
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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,h)＋mgh③
式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得
Eh≈2.4×1012 J④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
Eh′＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2.0,100)vh))2＋mgh′⑤
由功能关系得
W＝Eh′－Ek0⑥
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②⑤⑥式和题给数据得
W≈9.7×108 J⑦