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(能力提高练) 第三节 机械能守恒定律及应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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【能力提高练】 第三节 机械能守恒定律及应用
1．(2022•高考全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【解析】 如图所示，设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得，由几何关系可得，，联立可得，可得，故C正确，ABD错误。故选C。
【答案】 C
2．(2022•东北育才学校七模)如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( )
A． B．
C． D．
【解析】 A．由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；
BC．重力势能Ep=mgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；
D．机械能E=E0-fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。故选D。
【答案】 D
3．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)左侧竖直墙面上固定半径为m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为kg的小球a套在半圆环上，质量为kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为m的轻杆通过两饺链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，由于受到微扰使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，g取10m/s2，则以下说法中正确的是( )
A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a、b两球的速度大小相等
B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为m/s
C．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)时，a、b两球的速度大小相等
D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)的过程中，杆对小球b做的功为J
【解析】 A．当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，故A错误；
B．由机械能守恒定律可得，解得m/s，故B正确；
C．杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为，根据杆不可伸长和缩短，有，故C错误；
D．由几何关系可得，在图中，球a下降的高度，b系统机械能守恒，则有，对滑块b，由动能定理得J，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
4．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sinα=0.8，cosα=0.6。则下列说法不正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．小球位于Q点时的速度大小为
C．物体乙重力的瞬时功率一直增大
D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
【解析】 A．P 、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知，则小球位于P点时弹簧的压缩量为，对P点的小球由力的平衡条件可知，解得，故A正确；
B．当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得，解得，故B正确；
D．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D正确；
C．由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，则物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，故C错误。本题选择错误的，故选 C。
【答案】 C
5．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能守恒，动量不变
B．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J，动能增加了4J
C．物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2
D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【解析】 A．由图可知s=0时，，，即初始机械能等于30J，当s=5m时， ，，即滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小，不守恒。又在下滑过程中，动能增加，则速度变大，所以动量变大，故A错误；
B．由图知下滑2m时，重力势能变化，即重力势能减少了12J，动能变化，即动能增加了4J，则机械能变化，即机械能损失了8J，故B错误；
CD．设斜面的倾角为，则 ，，全过程由动能定理可得，又初始时，，得m=1kg，，物块下滑时，，故CD正确。故选CD。
【答案】 CD
6．(2022•云南省昆明市第一中学高三(上)第四次联考)(多选)如图所示，水平地面上放置一质量为M的木箱，长为L的轻杆一端固定在转轴O上，另一端连接一质量为m的可视为质点的小球，开始时杆竖直静止放置，受到微小的扰动后，木箱被小球推着向左运动，木箱和小球分离前某一时刻木箱速度为v，杆和水平方向成a角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．此时小球绕O做圆周运动的角速度为
B．此时小球绕O做圆周运动的角速度为
C．M和m之比为
D．M和m之比为
【解析】 AB．分离时小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圆周运动，根据线速度与角速度的关系，解得，A正确，B错误；
CD．根据机械能守恒定律，解得，C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
7．(2022•成都石室中学一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为37°，质量分别为M、m两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为M的物体。此时它距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M=3m，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8。松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是( )
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m的速度达到最大
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时m的速度达到最大
D．若M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【解析】 A．因M、m之间有弹簧，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒，M和m组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．M的重力沿斜面方向的分力大小为，M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m受到的合力为，合力向上，速度不是最大，故B错误；
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时弹簧弹力一定大于m的重力，此时m的速度不是最大，故C错误；
D．M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和，故D正确。
【答案】 D
8．(2022•四川省成都石室中学高三(下)二模)如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是( )
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【解析】 B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得，所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误，符合题意；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确，不符合题意；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确，不符合题意；
D．当小球和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示，两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有，可得，故D正确，不符合题意。故选B。
【答案】 B
9．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)(多选)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球和，其中、两球的质量分别为和，两球半径忽略不计，杆的长度为．先将轻杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球，使小球在水平面上由静止开始向右滑动，当小球沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为)( )
A．小球沿墙下滑的过程中小球的机械能守恒
B．小球沿墙下滑距离为时，小球的速度为
C．长直轻杆对做功为
D．长直轻杆对做功为
【解析】 A．A沿墙下滑的过程中小球受重力、杆对它的弹力和墙对它的弹力，除重力做功外，杆的弹力对A小球做负功，所以A的机械能不守恒，故A错误；
B．当小球A沿墙下滑距离为时，设A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据系统的机械能守恒得，两球沿杆子方向上的速度相等，则有，联立解得：，故B正确；
C．对B球，根据动能定理得，故C正确；
D．对A球，根据动能定理得，解得：，故D错误．
【答案】 BC
10．(2022•银川一中第五次月考)(多选)如图，竖直墙面和水平面均光滑，可视为质点的质量分别为、的A、两球用轻杆连接，开始时A球靠在竖直墙面上，球放在水平面上，杆与竖直方向的夹角为。由静止释放两球，当杆与竖直方向的夹角为时，球仍在做加速运动，此时小球的速度为。已知重力加速度大小为，，A、两球始终在同一竖直面内运动，在A球落地之前的运动过程中、下列判断正确的是( )
A．小球A不会一直沿着墙面向下运动
B．小球A沿墙面向下运动的加速度不可能大于
C．当杆与竖直方向的夹角为时，小球A的速度大小为
D．轻杆的长度为
【解析】 A．如果小球A能一直沿着墙面向下运动，当A球刚要落地时速度向下，则B球速度为零，此过程B球一定是先向右加速运动后向右减速运动，杆对B球先推后拉，杆拉B球时一定拉A球，因此A球一定会在运动到地面前离开竖直墙面，故A正确；
B．小球A沿墙面向下运动时，杆对球一定施加推力，因此小球A向下的加速度一定不会大于，故B正确；
C．当杆与竖直方向的夹角为时，设球A的速度为，则，解得，故C错误；
D．设轻杆长为，根据机械能守恒，解得，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
11．(2022•辽宁省协作体高三(下)一模)沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时Ta、Tb、Tc、Td，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为Ea、Eb、Ec、Ed(取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力)。则有( )
A．，
B．，
C．，
D．，
【解析】 以棱台为参考系，以释放点为原点建立坐标系。水平方向的加速度，竖直加速度，相对于棱台水平位移，竖直位移，四个小球的竖直位移y均相同，故所用时间相同，即，根据功的定义可知，重力对四个小球做功相等，因a受支持力与运动方向成锐角，做正功，而c受支持力与运动方向成钝角，做负功，b、d受到的支持力与运动方向垂直，不做功； 故前者水平速度大，故落地时的机械能关系为，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
12．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)(多选)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度为
D．B的最大速度为
【解析】 A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得其中，解得A的速度为，故B错误；
C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得，解得A的速度为，故C错误；
D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得，解得B的最大速度为，故D正确；故选AD。
【答案】 AD
13．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图所示，一半径为R的光滑硬质圆环固定在竖直平面内，在最高点的竖直切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑轻质小滑轮C，质量为m的小球A穿在环上，且可以自由滑动，小球A通过足够长的不可伸长细线连接另一质量也为m的小球B，细线搭在滑轮上，现将小球A从环上最高点由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，A在环上运动过程中，下列说法正确的是( )
A．两小球组成的系统运动过程中机械能先减小后增大
B．细线的拉力对A球做功的功率小于对B球做功的功率
C．释放后小球B的速度为零时，小球A的动能为
D．小球A运动到环上最低点时的速度为
【解析】 AB．两小球组成的系统内只有重力做功，环对A的支持力不做功，所以两小球组成的系统运动过程中机械能守恒，则细线拉力对两小球在任意时刻做功的代数和为零，细线的拉力对A球做功的功率的绝对值等于对B球做功的功率的绝对值，故AB错误；
C．根据速度的合成与分解可知，A的速度在沿细线方向的分量大小等于B的速度大小，当小球B的速度为零时，小球A的速度方向与细线垂直，根据几何关系可知此时细线与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律可得此时小球A的动能为，故C正确；
D．小球A运动到环上最低点时，A、B的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得，解得，故D错误。故选C。
【答案】 C
14．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)(多选)如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则( )
A．物块和弹簧系统机械能守恒
B．物块在B点时加速度方向由B指向A
C．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功
D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
【解析】 A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；
B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；
C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；
D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
15．(2022•重庆市育才中学第五次月考)(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中( )
A．小球A、B、 C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能先减小后增大
C．小球C落地前瞬间的速度大小为
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【解析】 A． 由于小球A，B，C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；
B．小球B的初速度为零，C落地面瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；
C．根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知，解得：，故C正确；
D． 当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。故选ABC
【答案】 ABC
16．(2022•福建漳州市高三(下)二模)如图，轻弹簧下端固定在倾角为30°的光滑斜面底端，另一自由端处于b点，质量为1 kg的小滑块从a点由静止下滑，c点时速度最大，到d点(图中未画出)速度为零、已知m，g取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则( )
A．m
B．滑块不可能再回到a点
C．弹簧的劲度系数是50 N/m
D．滑块从d点到b点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量
【解析】 A．物块从b点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于b点有速度，所以与不对称，所以，故A错误；
B．由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到a点，故B错误；
C．在点时速度最大，即此时加速度为零，有，解得，故C错误；
D．从到，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量与重力势能增加量之和等于弹簧重力势能的减少量，即，可得，故D正确。故选D。
【答案】 D
17．(2022•河北省保定高三(下)七校联合一模)如图所示，固定光滑斜面的倾角为37°，轻弹簧的一端固定在斜面上C点正上方的固定转轴O处，另一端与一质量为m的滑块(视为质点)相连，弹簧原长和O点到斜面的距离均为d。将滑块从与O点等高的A点由静止释放，滑块经过O点在斜面上的垂足B点到达C点的过程中始终未离开斜面，滑块到达C点时弹簧的弹力小于滑块受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块经过B点的速度小于
B．滑块从A点运动到C点的过程中，在B点的速度最大
C．滑块从A点运动到C点的过程中，其速度一直在增大
D．弹簧的劲度系数大于
【解析】 A．滑块从A到B点，根据题意可知弹簧和重力都做正功，假如只有重力做功，根据动能定理，解得，所以滑块经过B点的速度大于，故A错误；
BC．从A到C的过程中，重力沿斜面向下的分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下的分量逐渐减小，即合外力不断减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大且小于重力沿斜面向下的分量，合外力逐渐减小，所以加速度是一直减小，但是加速度和速度方向始终一致，所以做加速度减小的加速运动，故B错误，C正确；
D．根据几何关系可得，根据胡克定律，根据题意在A点时，不脱离斜面，可得，解得，故D错误。故选C。
【答案】 C
18．(2022•山东省济宁市高三(上)期末)如图所示，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k、原长为l0的轻质弹簧相连，弹簧处于原长状态。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。若弹簧的长度为l时弹性势能、重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．释放时金属环的加速度为 B．金属环的最大速度为
C．两金属环之间的最大距离为 D．金属环达到最大速度时重力的功率为
【解析】 A．开始释放瞬间，金属环受到重力和杆的弹力，沿杆方向根据牛顿第二定律mgsin45°=ma，解得，故A正确；
B．当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图，设弹簧长度为l1时弹簧对圆环的拉力等于重力，则有，此时有，圆环沿杆方向合力为零，加速度为零，有最大速度。由几何关系可得，对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒有，解得，故B错误；
C．当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，弹簧的伸长量最大。设此时弹簧的伸长量为x，由机械能守恒定律得，解得，因此两金属环之间的最大距离为，故C错误；
D．金属环达到最大速度时重力的功率为，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
19．(2022•上海师范大学附属中学高三(下)第二次月考)机场严禁携带能量超过160W•h的充电宝搭乘飞机。160W•h相当于_____kg重物下落1m所具有的动能(重力加速度g取10m/s2)。一标有“30000mA•h，5V”的充电宝_____(选填“是”或“否”)可以携带乘机。
【解析】 (1)[1]E=160W•h=160×3600J=5.76×105J，设物体的质量为m，重物下落1m的动能等于下落1m的重力势能的变化量，即Ek=mgh，代入解得m=5.76×104kg
[2]30000mA•h，5V的充电宝储存的电能为，所以能够携带乘机。
【答案】 ①5.76×104 ②是
20．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)如图所示，光滑的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m＝0.6kg的小球以v0＝3m/s速度从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，小球进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径为R=0.3m，=53°，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2，求：
(1)P点与A点的水平距离x和竖直高度h；
(2)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。
【解析】 (1)小球到A点的速度如图所示，由图可知
根据速度合成与分解有
由平抛运动规律得，在竖直方向有，可得
水平方向有，解得，
(2) 根据速度合成与分解有，A点的速度为
取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得
由圆周运动向心力公式得，代入数据得
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小，方向竖直向上。
【答案】 (1)1.2m；0.8m；(2)24.8N
【能力提高练】 第三节 机械能守恒定律及应用
1．(2022•高考全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
【解析】 如图所示，设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得，由几何关系可得，，联立可得，可得，故C正确，ABD错误。故选C。
【答案】 C
2．(2022•东北育才学校七模)如图为跳伞者在下降过程中速度随时间变化的示意图(取竖直向下为正)，箭头表示跳伞者的受力。则下列关于跳伞者的位移y和重力势能Ep随下落的时间t，重力势能Ep和机械能E随下落的位移y变化的图像中可能正确的是( )
A． B．
C． D．
【解析】 A．由图可知跳伞运动员开始时所受重力大于阻力，向下加速运动，随着速度的增大，阻力在增大，加速度逐渐减小；打开降落伞后阻力大于重力，加速度向上，运动员向下做减速运动；随着速度的减小，阻力也在减小，向上的加速度逐渐减小；当阻力和重力相等时向下做匀速运动。则位移先增加得越来越快，后增加得越来越慢，然后均匀增加，选项A错误；
BC．重力势能Ep=mgh，其随高度下降均匀减小，随时间的变化规律应与位移随时间变化规律相关，先减小得越来越快，然后减小得越来越慢，最后均匀减小，选项BC错误；
D．机械能E=E0-fy，开始时阻力先慢慢增大，开伞后阻力瞬间变大，最后运动员匀速运动，阻力不变，根据y的变化规律可知选项D正确。故选D。
【答案】 D
3．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)(多选)左侧竖直墙面上固定半径为m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为kg的小球a套在半圆环上，质量为kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为m的轻杆通过两饺链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，由于受到微扰使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，g取10m/s2，则以下说法中正确的是( )
A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a、b两球的速度大小相等
B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为m/s
C．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)时，a、b两球的速度大小相等
D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点(图中未画出)的过程中，杆对小球b做的功为J
【解析】 A．当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，故A错误；
B．由机械能守恒定律可得，解得m/s，故B正确；
C．杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为，根据杆不可伸长和缩短，有，故C错误；
D．由几何关系可得，在图中，球a下降的高度，b系统机械能守恒，则有，对滑块b，由动能定理得J，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
4．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α，某时刻由静止释放乙(足够高)，经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sinα=0.8，cosα=0.6。则下列说法不正确的是( )
A．弹簧的劲度系数为
B．小球位于Q点时的速度大小为
C．物体乙重力的瞬时功率一直增大
D．小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小
【解析】 A．P 、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知，则小球位于P点时弹簧的压缩量为，对P点的小球由力的平衡条件可知，解得，故A正确；
B．当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时物体乙的速度为零，又小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得，解得，故B正确；
D．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球甲和物体乙的机械能之和先增大后减小，故D正确；
C．由于小球在P和Q点处，物体乙的速度都为零，则物体乙重力的瞬时功率先增大后减小，故C错误。本题选择错误的，故选 C。
【答案】 C
5．(2022•重庆市育才中学校高三(下)二模)(多选)一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则( )
A．物块下滑过程中机械能守恒，动量不变
B．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J，动能增加了4J
C．物块下滑时加速度的大小为2.0m/s2
D．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
【解析】 A．由图可知s=0时，，，即初始机械能等于30J，当s=5m时， ，，即滑到底端时，机械能等于10J，可知机械减小，不守恒。又在下滑过程中，动能增加，则速度变大，所以动量变大，故A错误；
B．由图知下滑2m时，重力势能变化，即重力势能减少了12J，动能变化，即动能增加了4J，则机械能变化，即机械能损失了8J，故B错误；
CD．设斜面的倾角为，则 ，，全过程由动能定理可得，又初始时，，得m=1kg，，物块下滑时，，故CD正确。故选CD。
【答案】 CD
6．(2022•云南省昆明市第一中学高三(上)第四次联考)(多选)如图所示，水平地面上放置一质量为M的木箱，长为L的轻杆一端固定在转轴O上，另一端连接一质量为m的可视为质点的小球，开始时杆竖直静止放置，受到微小的扰动后，木箱被小球推着向左运动，木箱和小球分离前某一时刻木箱速度为v，杆和水平方向成a角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则( )
A．此时小球绕O做圆周运动的角速度为
B．此时小球绕O做圆周运动的角速度为
C．M和m之比为
D．M和m之比为
【解析】 AB．分离时小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圆周运动，根据线速度与角速度的关系，解得，A正确，B错误；
CD．根据机械能守恒定律，解得，C正确，D错误。故选AC。
【答案】 AC
7．(2022•成都石室中学一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为37°，质量分别为M、m两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住质量为M的物体。此时它距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M=3m，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8。松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是( )
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m的速度达到最大
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时m的速度达到最大
D．若M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和
【解析】 A．因M、m之间有弹簧，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒，M和m组成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．M的重力沿斜面方向的分力大小为，M先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，此时m受到的合力为，合力向上，速度不是最大，故B错误；
C．若M到达挡板处速度恰好为零，则此时弹簧弹力一定大于m的重力，此时m的速度不是最大，故C错误；
D．M到达挡板处速度恰好为零，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和，故D正确。
【答案】 D
8．(2022•四川省成都石室中学高三(下)二模)如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是( )
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【解析】 B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得，所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误，符合题意；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确，不符合题意；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确，不符合题意；
D．当小球和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示，两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有，可得，故D正确，不符合题意。故选B。
【答案】 B
9．(2022•陕西省西安市第一中学高三(上)期中)(多选)如图所示，一个长直轻杆两端分别固定一个小球和，其中、两球的质量分别为和，两球半径忽略不计，杆的长度为．先将轻杆竖直靠放在竖直墙上，轻轻拨动小球，使小球在水平面上由静止开始向右滑动，当小球沿墙下滑距离为时，下列说法正确的是(不计一切摩擦，重力加速度为)( )
A．小球沿墙下滑的过程中小球的机械能守恒
B．小球沿墙下滑距离为时，小球的速度为
C．长直轻杆对做功为
D．长直轻杆对做功为
【解析】 A．A沿墙下滑的过程中小球受重力、杆对它的弹力和墙对它的弹力，除重力做功外，杆的弹力对A小球做负功，所以A的机械能不守恒，故A错误；
B．当小球A沿墙下滑距离为时，设A球的速度为vA，B球的速度为vB，根据系统的机械能守恒得，两球沿杆子方向上的速度相等，则有，联立解得：，故B正确；
C．对B球，根据动能定理得，故C正确；
D．对A球，根据动能定理得，解得：，故D错误．
【答案】 BC
10．(2022•银川一中第五次月考)(多选)如图，竖直墙面和水平面均光滑，可视为质点的质量分别为、的A、两球用轻杆连接，开始时A球靠在竖直墙面上，球放在水平面上，杆与竖直方向的夹角为。由静止释放两球，当杆与竖直方向的夹角为时，球仍在做加速运动，此时小球的速度为。已知重力加速度大小为，，A、两球始终在同一竖直面内运动，在A球落地之前的运动过程中、下列判断正确的是( )
A．小球A不会一直沿着墙面向下运动
B．小球A沿墙面向下运动的加速度不可能大于
C．当杆与竖直方向的夹角为时，小球A的速度大小为
D．轻杆的长度为
【解析】 A．如果小球A能一直沿着墙面向下运动，当A球刚要落地时速度向下，则B球速度为零，此过程B球一定是先向右加速运动后向右减速运动，杆对B球先推后拉，杆拉B球时一定拉A球，因此A球一定会在运动到地面前离开竖直墙面，故A正确；
B．小球A沿墙面向下运动时，杆对球一定施加推力，因此小球A向下的加速度一定不会大于，故B正确；
C．当杆与竖直方向的夹角为时，设球A的速度为，则，解得，故C错误；
D．设轻杆长为，根据机械能守恒，解得，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
11．(2022•辽宁省协作体高三(下)一模)沿平直公路匀速行驶的汽车上，固定着一个正四棱台，其上、下台面水平，如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a、b、c、d沿着各斜面方向，同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时Ta、Tb、Tc、Td，到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为Ea、Eb、Ec、Ed(取水平地面为零势能面，忽略斜面对小球的摩擦力)。则有( )
A．，
B．，
C．，
D．，
【解析】 以棱台为参考系，以释放点为原点建立坐标系。水平方向的加速度，竖直加速度，相对于棱台水平位移，竖直位移，四个小球的竖直位移y均相同，故所用时间相同，即，根据功的定义可知，重力对四个小球做功相等，因a受支持力与运动方向成锐角，做正功，而c受支持力与运动方向成钝角，做负功，b、d受到的支持力与运动方向垂直，不做功； 故前者水平速度大，故落地时的机械能关系为，故B正确，ACD错误。故选B。
【答案】 B
12．(2022•江西省新余市第一中学高三(上)第三次段考)(多选)如图所示，滑块A、B的质量均为m，A套在倾斜固定的直杆上，倾斜杆与水平面成45°角，B套在水平固定的直杆上，两杆分离不接触，两直杆间的距离忽略不计，两直杆足够长，A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接，A、B从静止释放，B开始沿水平杆向右运动，不计一切摩擦，滑块A、B视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．A、B组成的系统机械能守恒
B．当A到达B所在的水平面时，A的速度为
C．B到达最右端时，A的速度为
D．B的最大速度为
【解析】 A．不计一切摩擦，在运动的过程中，A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故A正确；
B．从开始到A到达与B同一水平面的过程，由系统的机械能守恒得其中，解得A的速度为，故B错误；
C．B滑块到达最右端时，速度为零，此时轻杆与斜杆垂直，由系统的机械能守恒得，解得A的速度为，故C错误；
D．当轻杆与水平杆垂直时B的速度最大，此时A的速度为零，由系统的机械能守恒得，解得B的最大速度为，故D正确；故选AD。
【答案】 AD
13．(2022•湖南师范大学附属中学第四次月考)如图所示，一半径为R的光滑硬质圆环固定在竖直平面内，在最高点的竖直切线和最低点的水平切线的交点处固定一光滑轻质小滑轮C，质量为m的小球A穿在环上，且可以自由滑动，小球A通过足够长的不可伸长细线连接另一质量也为m的小球B，细线搭在滑轮上，现将小球A从环上最高点由静止释放，重力加速度为g，不计空气阻力，A在环上运动过程中，下列说法正确的是( )
A．两小球组成的系统运动过程中机械能先减小后增大
B．细线的拉力对A球做功的功率小于对B球做功的功率
C．释放后小球B的速度为零时，小球A的动能为
D．小球A运动到环上最低点时的速度为
【解析】 AB．两小球组成的系统内只有重力做功，环对A的支持力不做功，所以两小球组成的系统运动过程中机械能守恒，则细线拉力对两小球在任意时刻做功的代数和为零，细线的拉力对A球做功的功率的绝对值等于对B球做功的功率的绝对值，故AB错误；
C．根据速度的合成与分解可知，A的速度在沿细线方向的分量大小等于B的速度大小，当小球B的速度为零时，小球A的速度方向与细线垂直，根据几何关系可知此时细线与水平方向的夹角为45°，根据机械能守恒定律可得此时小球A的动能为，故C正确；
D．小球A运动到环上最低点时，A、B的速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律可得，解得，故D错误。故选C。
【答案】 C
14．(2022•河北省沧州市第一中学高三(下)第一次月考)(多选)如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则( )
A．物块和弹簧系统机械能守恒
B．物块在B点时加速度方向由B指向A
C．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功
D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
【解析】 A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；
B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；
C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；
D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
15．(2022•重庆市育才中学第五次月考)(多选)用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C处于竖直平面内，质量均为m，两段轻杆等长。现将C球置距地面高h处，由静止释放，假设三个小球只在同一竖直面内运动，不计一切摩擦，则在小球C下落过程中( )
A．小球A、B、 C组成的系统机械能守恒
B．小球C的机械能先减小后增大
C．小球C落地前瞬间的速度大小为
D．当小球C的机械能最小时，地面对小球B的支持力大于mg
【解析】 A． 由于小球A，B，C组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A正确；
B．小球B的初速度为零，C落地面瞬间，B的速度为零，故B的动能先增大后减小，而B的重力势能不变，则B的机械能先增大后减小，同理可得A的机械能先增大后减小，而系统机械能守恒，故C的机械能先减小后增大，故B正确；
C．根据以上分析可知，小球C落地前瞬间的速度大小根据动能定理可知，解得：，故C正确；
D． 当小球C的机械能最小时，小球B速度最大，此时小球B的加速度为零，水平方向所受的合力为零，杆CB对小球B恰好没有力的作用，所以地面对小球B的支持力大小为mg，故D错误。故选ABC
【答案】 ABC
16．(2022•福建漳州市高三(下)二模)如图，轻弹簧下端固定在倾角为30°的光滑斜面底端，另一自由端处于b点，质量为1 kg的小滑块从a点由静止下滑，c点时速度最大，到d点(图中未画出)速度为零、已知m，g取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则( )
A．m
B．滑块不可能再回到a点
C．弹簧的劲度系数是50 N/m
D．滑块从d点到b点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量
【解析】 A．物块从b点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于b点有速度，所以与不对称，所以，故A错误；
B．由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到a点，故B错误；
C．在点时速度最大，即此时加速度为零，有，解得，故C错误；
D．从到，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量与重力势能增加量之和等于弹簧重力势能的减少量，即，可得，故D正确。故选D。
【答案】 D
17．(2022•河北省保定高三(下)七校联合一模)如图所示，固定光滑斜面的倾角为37°，轻弹簧的一端固定在斜面上C点正上方的固定转轴O处，另一端与一质量为m的滑块(视为质点)相连，弹簧原长和O点到斜面的距离均为d。将滑块从与O点等高的A点由静止释放，滑块经过O点在斜面上的垂足B点到达C点的过程中始终未离开斜面，滑块到达C点时弹簧的弹力小于滑块受到的重力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．滑块经过B点的速度小于
B．滑块从A点运动到C点的过程中，在B点的速度最大
C．滑块从A点运动到C点的过程中，其速度一直在增大
D．弹簧的劲度系数大于
【解析】 A．滑块从A到B点，根据题意可知弹簧和重力都做正功，假如只有重力做功，根据动能定理，解得，所以滑块经过B点的速度大于，故A错误；
BC．从A到C的过程中，重力沿斜面向下的分量不变，弹簧的弹力开始时沿斜面向下的分量逐渐减小，即合外力不断减小，而过B点后弹簧的弹力沿斜面向上的分量逐渐增大且小于重力沿斜面向下的分量，合外力逐渐减小，所以加速度是一直减小，但是加速度和速度方向始终一致，所以做加速度减小的加速运动，故B错误，C正确；
D．根据几何关系可得，根据胡克定律，根据题意在A点时，不脱离斜面，可得，解得，故D错误。故选C。
【答案】 C
18．(2022•山东省济宁市高三(上)期末)如图所示，一顶角为直角的“∧”形光滑细杆竖直放置，质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为k、原长为l0的轻质弹簧相连，弹簧处于原长状态。两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内。若弹簧的长度为l时弹性势能、重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．释放时金属环的加速度为 B．金属环的最大速度为
C．两金属环之间的最大距离为 D．金属环达到最大速度时重力的功率为
【解析】 A．开始释放瞬间，金属环受到重力和杆的弹力，沿杆方向根据牛顿第二定律mgsin45°=ma，解得，故A正确；
B．当金属环的加速度为0时，速度最大，受力分析如图，设弹簧长度为l1时弹簧对圆环的拉力等于重力，则有，此时有，圆环沿杆方向合力为零，加速度为零，有最大速度。由几何关系可得，对系统只有重力、弹力做功，对两个金属环和弹簧，根据机械能守恒有，解得，故B错误；
C．当金属环下落到最低点时，金属环速度为0，弹簧的伸长量最大。设此时弹簧的伸长量为x，由机械能守恒定律得，解得，因此两金属环之间的最大距离为，故C错误；
D．金属环达到最大速度时重力的功率为，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
19．(2022•上海师范大学附属中学高三(下)第二次月考)机场严禁携带能量超过160W•h的充电宝搭乘飞机。160W•h相当于_____kg重物下落1m所具有的动能(重力加速度g取10m/s2)。一标有“30000mA•h，5V”的充电宝_____(选填“是”或“否”)可以携带乘机。
【解析】 (1)[1]E=160W•h=160×3600J=5.76×105J，设物体的质量为m，重物下落1m的动能等于下落1m的重力势能的变化量，即Ek=mgh，代入解得m=5.76×104kg
[2]30000mA•h，5V的充电宝储存的电能为，所以能够携带乘机。
【答案】 ①5.76×104 ②是
20．(2022•辽宁省大连市第一中学高三(上)期中联考)如图所示，光滑的圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，一个质量为m＝0.6kg的小球以v0＝3m/s速度从P点水平抛出，恰好从圆弧轨道的A点沿切线方向进入圆弧轨道(不计空气阻力，小球进入圆弧时无机械能损失)。已知圆弧的半径为R=0.3m，=53°，sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2，求：
(1)P点与A点的水平距离x和竖直高度h；
(2)小球到达圆弧最高点C时对轨道的压力。
【解析】 (1)小球到A点的速度如图所示，由图可知
根据速度合成与分解有
由平抛运动规律得，在竖直方向有，可得
水平方向有，解得，
(2) 根据速度合成与分解有，A点的速度为
取A点为重力势能的零点，由机械能守恒定律得
由圆周运动向心力公式得，代入数据得
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小，方向竖直向上。
【答案】 (1)1.2m；0.8m；(2)24.8N
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(能力提高练) 第三节 运动图像问题-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第三节 运动图像问题-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共13页。
(能力提高练) 第三节 实验：探究平抛运动的特点-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第三节 实验：探究平抛运动的特点-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共10页。
(能力提高练) 第三节 牛顿定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第三节 牛顿定律的综合应用-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共21页。
