2019人教版必修第二册第八章4机械能守恒定律基础巩固拓展练习（word版含答案）

2019人教版必修第二册 第八章 4 机械能守恒定律 基础巩固 拓展练习
一、多选题
1．如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形光滑固定轨道在B点衔接，BC为直径，一可看作质点的物块在A处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不连接），释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点之后恰好能通过半圆轨道的最高点C。现在换用一个质量较小的另一物块，被同样压缩的弹簧由静止弹出，不计空气阻力，则更换后（　　）
A．物块不能到达C点
B．物块经过C点时动能不变
C．物块经过C点时的机械能不变
D．物块经过B点时对轨道的压力减小
2．如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O点的轻小光滑圆环的轻绳一端连接Q，另一端悬挂一物块P。设轻绳的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q由静止同时释放，关于P、Q以后的运动下列说法正确的是（　　）
A．当θ＝60°时，P、Q的速度之比是∶2
B．当θ＝90°时，Q的速度最大
C．当θ＝90°时，P的速度为零
D．当θ向90°增大的过程中Q的合力一直增大
3．如图所示，质量的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未栓接），用力向下压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升过程的图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）
A．物块运动过程的最大加速度大小为20
B．弹簧的劲度系数为25
C．弹簧最大弹性势能为4.5J
D．物块离开弹簧时速度最大
4．如图所示，在倾角=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.lm。两球从静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（　　）
A．下滑的整个过程中A球机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒
C．两球在光滑地面上运动的速度大小为
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为
5．以下说法正确的是 ( )
A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
B．牛顿通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法
C．探究共点力的合成的实验中使用了控制变量法
D．匀变速直线运动的位移公式是利用微元法推导出来的
6．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图．“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动．卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是( )
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为
B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为
C．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速
D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后机械能会减小
7．如图所示，小球、、的质量分别为、、，与间通过铰链用轻杆连接，杆长为，、置于水平地面上现让两轻杆并拢，将由静止释放至下降到最低点的过程中，、、在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为，则（　　）
A．、、组成的系统动量守恒
B．、之间的轻杆对先做正功后做负功
C．与桌面接触时只有竖直方向的速度
D．与桌面接触时的速度大小小于
8．如图所示，倾角为α=37°的足够长的粗糙斜面AB固定在水平面上，一小物块从距B点10m的A点由静止释放后，下滑到B点与弹性挡板碰撞后无能量损失反弹，恰能冲上斜面的Q点（图中未画出）。设物块和斜面间的动摩擦因数为0.5，以B点为零势能面（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则下列说法正确的是（　　）
A．Q点到B点距离为2m
B．物块沿斜面下滑时机械能减少，沿斜面上滑时机械能增加
C．物块下滑时，动能与势能相等的位置在AB中点上方
D．物块从开始释放到最终静止经过的总路程为15m
9．“蹦极”是一项刺激的极限运动，质量为m的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处，从几十米高处跳下．在某次蹦极中，弹性绳弹力F的大小随时间t的变化图像如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，弹性绳中弹力与伸长量的关系遵循胡克定律，空气阻力不计．下列说法正确的是
A．时间内运动员处于超重状态
B．时刻运动员具有向上的最大速度
C．时刻运动员的加速度为零
D．时刻弹性绳弹力F大于2mg
10．如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在水平地面上，一质量为的小球，从离弹簧上端高处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖起向下方向建立从标轴，作出小球所受弹力大小随小球下落的位置坐标的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为.以下判断正确的是（ ）
A．当时，小球的动能最小
B．最低点的坐标
C．当时，小球的加速度为，且弹力为
D．小球动能的最大值为
二、单选题
11．如图所示，倾角为θ的斜面体A放在水平面上，不可伸长的细线一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，滑轮与墙面间的细线水平，滑轮与物块之间的细线与斜面平行，当斜面沿水平面以速度v匀速运动时，B物块相对地面的速度大小为
A．
B．
C．
D．
12．伽利略理想斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，小球必将准确地回到与它开始运动时相同高度的点，既不会更高一点，也不会更低一点。这说明小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”应是（　　）
A．速度 B．加速度 C．机械能 D．重力势能
13．如图所示，在光滑的水平板的中央有一光滑的小孔，一根不可伸长的轻绳穿过小孔．绳的两端分别拴有一小球C和一质量为m的物体B，在物体B的下端还悬挂有一质量为3m的物体A，使小球C在水平板上以小孔为圆心做匀速圆周运动，稳定时，圆周运动的半径为R，现剪断A与B之间的绳子，稳定后，小球以2R的半径在在水平面上做匀速圆周运动，则下列说法正确的（ ）
A．剪斯A、B的绳子的前，小球C的动能为2mgR
B．剪斯A、B间的绳子后，B和C组成的系统机械能增加
C．剪斯A、B间的绳子后，绳子对小球C做功mgR
D．剪断A、B间的绳子后，小球C的机械能不变
14．如图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨着放置3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3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。则在各小球运动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．每个小球在运动的过程中，其机械能均保持不变
B．小球3在水平轨道OA上运动的过程中，其机械能不变
C．小球3的水平射程最小
D．3个小球的落地点都相同
15．如图甲，有一物体由O点以初速度v0沿水平面向右滑行，物体始终受到一个水平向左的恒力F，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，其动能Ek随离开O点的距离s变化的图线如图乙所示，g取10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．物体的质量为m＝2kg
B．物体受到水平向左的恒力F＝2N
C．物体与水平面间的摩擦力大小Ff＝3N
D．由于摩擦力做负功，物体的机械能不断减小
16．质量为m的小物块，从离桌面高H处由静止下落，桌面离地面高为h，如图所示。如果以桌面为参考平面，那么小物块落地时的重力势能及整个过程中重力势能的变化分别是（　　）
A．mgh，减少mg（H－h） B．mgh，增加mg（H＋h）
C．－mgh，增加mg（H－h） D．－mgh，减少mg（H＋h）
17．如图所示，甲、乙为竖直平面内两光滑的固定半圆形轨道，轨道甲的半径小于轨道乙，两轨道的圆心等高．a、b为两可视为质点的小球，a球质量大于b球质量．现让两球分别 从轨道左端最高点由静止释放，在各自到达轨道最低点时，有（ ）
A．a球的速度一定大于b球的速度
B．a球的动能一定小于b球的动能
C．a球的向心加速度一定小于b球的向心加速度
D．a球对轨道的压力一定大于b球对轨道的压力
18．如图1所示，小物体A沿高为h、倾角为θ的光滑斜面以初速度v从顶端滑到底端，而相同的物体B以同样大小的初速度从同等高度竖直上抛，则（　　）
A．两物体落地时速率相同
B．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功不相同
C．从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率相同
D．两物体落地时，重力的瞬时功率相同
19．如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T．现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T'．θ为某一值时， 最大，此最大值为
A． B．2 C． D．
20．一物体的运动规律是x=3t2m，y=4t2m，则下列说法中正确的是（　　）
①物体在x和y方向上都是做初速度为零的匀加速运动
②物体的合运动是初速度为零、加速度为5 m/s2的匀加速直线运动
③物体的合运动是初速度为零、加速度为10 m/s2的匀加速直线运动
④物体的合运动是做加速度为5m/s2的曲线运动
A．①② B．①③ C．② D．④
21．以水平面为零势能面，则小球水平抛出时重力势能等于动能的 2倍，那么在抛体运动过程中，当其动能和势能相等时，水平速度和竖直速度之比为（ ）
A．
B．1:1
C．
D．
22．下列物体在运动过程中满足机械能守恒的是（　　）
A．石块做斜抛运动 B．滑雪者沿斜面匀速下滑
C．热气球匀速上升 D．小球以加速度竖直下落
23．物体从高为处自由落下，当它的动能和势能相等时，物体离地面的高度和它的瞬时速度的大小为（　　 ）
A． B．
C． D．
三、解答题
24．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的轨道MNP，其形状为半径R=1.0m的圆环剪去了左上角120°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2. 4m．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为，物块飞离桌面后恰好由P点沿切线落入圆轨道．（不计空气阻力，g取10m/s2，sin60°=，cos60°=）求：
(1) 物块m2过B点时的瞬时速度vＢ及与桌面间的滑动摩擦因数μ；
(2) 若轨道MNP光滑，物块经过轨道最低点N时对轨道压力FN的大小；
(3) 若物块刚好能到达轨道最高点M，则释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功W．
25．如图所示，竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧轨道的半径为R，传送带的长为2R，传送带上表面离地高也为R，传送带正以速度v=沿逆时针方向转动，一质量为m的物块在圆弧轨道的上端A上方某高度处由静止下落，刚好能从A点进入圆弧轨道，若物块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)要使物块不能从传送带的右端滑离，物块从A点上方释放的高度应满足什么条件
(2)若物块滑离传送带后落在地面上的位置离传送带右端C的水平距离为R，则物块在B点时对圆弧轨道的压力多大？
(3)若物块滑上传送带后刚好不能从传送带右端滑离则此种情况下，物块在传送带上运动的全过程中，传送带电动机因为物块在传送带上滑动额外做的功为多少
26．如图，AB是固定在竖直平面内半径R=1.25m的1/4光滑圆弧轨道，OA为其水平半径，圆弧轨道的最低处B无缝对接足够长的水平轨道，将可视为质点的小球从轨道内表面最高点A由静止释放．已知小球进入水平轨道后所受阻力为其重力的0.2倍，g取10m/s2．求：
（1）小球经过B点时的速率；
（2）小球刚要到B点时加速度的大小和方向；
（3）小球过B点后到停止的时间和位移大小．
27．如图所示，为半径竖直放置的用光滑细圆管制成的圆弧形轨道，O为轨道的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为、动摩擦因数的足够长粗糙斜面，一质量为的小球从O点正上方某处A点以速度水平抛出，恰好能垂直从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，小球能平滑地冲上粗糙斜面（取）求：
（1）的距离；
（2）分析判断小球在圆管中的运动性质，说明判断依据，并求出小球在圆管中O点等高处对圆管的压力大小；
（3）小球在斜面上运动的最大位移。
28．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b，静置于地面；b球质量是a球质量的2倍，用手托往，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，
（1）b下落h时（刚接触地面的瞬间）速度为多大？
（2）a可能达到的最大高度为多少？
29．如图所示，半径R=0.3m的竖直圆槽型光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m=1kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F=25N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为10/3N．已知水平轨道AC长为2m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数=0.45，重力加速度g=10．求：
⑴小物块运动到B点时的速度大小；
⑵拉力F作用在小物块上的时间t．
30．如图甲所示，一群轮滑爱好者在U形池内练习轮滑．其中某位质量m=50kg(含装备)的爱好者自由滑行(不用力蹬地)时的运动轨迹如图甲中虚线所示，图乙为示意图．AB、CD段曲面均为半径R=6m的光滑圆弧，且与长为l=5m的粗糙水平面BC相切．他从A点以v0=4m/s的速度出发，经BCD滑到高出D点hDE=0.2m的E处返回．忽略空气阻力，取g=10m/s2．求：
(1)轮滑爱好者在水平面BC运动时所受的阻力大小；
(2)轮滑爱好者第三次到达B点前瞬间受到曲面的支持力大小；
(3)轮滑爱好者最后停止的位置离C点的距离．
31．如图甲所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O点位置。质量为m=2kg的物块A（可视为质点）以初速度v0=3m/s从距O点右方，x0=0.65m的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ=0.25，重力加速度g取10m/s2求：
（1）物块A从P点出发到又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
（2）O点和O′点间的距离x1；
（3）如图乙所示，若将另一个与A完全相同的物块B（可视为质点）与弹簧右端拴接，将Δ放在B右边，向左推A、B，使弹簧右端压缩到O′点位置，然后从静止释放，A、B共同滑行一段距离后在弹簧处于原长处分离。分离瞬间物块A的速度v1是多少？
32．如图所示，一足够长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球和。球质量为，静置于地面；球质量为，用手托住，高度为，此时轻绳刚好拉紧，从静止开始释放后，求：
（1）球落地瞬间的速度大小；
（2）能离地面的最大高度；
（3）从释放到b刚落地这个过程，b的机械能变化量。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．CD
【详解】
A．假设物块能到达C点，经过C点时的速度为vC，经过B点时的速度为vB，当物块恰好能通过半圆轨道的最高点C时，有
得
设质量较小的另一物块的质量为m′，根据能量守恒定律得
由题可知，弹簧弹性势能Ep变，可知当物块的质量减小时
所以物块能到达C点，故A错误；
B．由上式知，物块的质量减小时，2m′gR减小，则物块经过C点时动能增大，故B错误；
C．物块经过C点时的机械能等于弹簧的弹性势能，没有变化，故C正确；
D．在B点，由牛顿第二定律得
结合
得
可知轨道对物块的支持力减小，根据牛顿第三定律可知，物块经过B点时对轨道的压力减小，故D正确。
故选CD。
2．BC
【详解】
A．P、Q用同一根绳连接，根据投影定理可知，Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，则当θ=60°时，Q的速度
vQcos60°=vP
如图所示
解得
故A错误；
B．P的机械能最小时，即为Q到达O点正下方时，此时Q的速度最大，即当θ=90°时，Q的速度最大，故B正确；
C．根据投影定理可知，Q沿绳子方向的速度与P的速度相等，当θ=90°时，Q沿绳子方向的分速度为零，由于P的速度即绳子的速度，则P的速度为零，故C正确；
D．当θ向90°增大的过程中Q的合力逐渐减小，当θ=90°时，Q的速度最大，加速度最小，合力最小，故D错误。
故选BC。
3．AC
【详解】
A．物块离开弹簧时弹簧的弹力为零，只受重力，加速度为g，设物块运动过程的最大加速度大小为am。当x=0时，物块的加速度最大，由三角形相似可知
得
am=2g=2×10m/s2=20m/s2
故A正确；
B．x=0.3m时物块离开弹簧，x=0.2m时弹簧的压缩量为
△x=0.3m-0.2m=0.1m
此时a=0，根据平衡条件得
mg=k△x
解得
k=100N/m
故B错误；
C．x=0时，对物块，由牛顿第二定律得
解得弹簧最大的弹力大小为
=3×1×10N=30N
x由0→0.3m的过程，弹簧的弹力做功为
则弹簧最大弹性势能为
Ep=W=4.5J
故C正确；
D．加速度为零时速度最大，不是离开弹簧时，故D错误。
故选AC。
4．BCD
【详解】
A．在下滑的整个过程中，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，但在B在水平面滑行，而A在斜面滑行时，杆的弹力对A球做功，所以A球机械能不守恒，A错误B正确；
C．根据系统AB机械能守恒得
代入解得
C正确；
D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为
D正确。
故选BCD。
5．AD
【详解】
A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论，选项A正确；
B．伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法，选项B错误；
C．探究共点力的合成的实验中使用了等效替代法，选项C错误；
D．匀变速直线运动的位移公式
是利用微元法推导出来的，选项D正确；
故选AD。
6．BD
【详解】
A项：根据万有引力提供向心力可得，，而GM=gR2，所以卫星的加速度，故A错误；
B项：根据万有引力提供向心力，得，所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间，故B正确；
C项：高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故C错误；
D项：、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D正确．
点晴：解决本题关键理掌握万有引力提供向心力和黄金代换式GM=gR2．
7．BC
【详解】
A．A、B、C组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，动量不守恒，所以A、B、C组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．开始时C的速度为零，当A与桌面接触时，根据速度的合成和分解可知C的速度也为零，所以C的动能先增大后减小，则轻杆对C先做正功后做负功，故B正确；
C．A与桌面接触时A、B、C水平方向的速度相等，设为v，由水平动量守恒得
0=（m+m+2m）v
解得
v=0
所以A与桌面接触时没有水平方向的速度，只有竖直方向的速度，故C正确；
D．设A与桌面接触时的速度大小为vA．根据机械能守恒定律
解得
故D错误。
故选BC。
8．AD
【详解】
A．物块从A到Q全过程由动能定理得
代入，
解得
选项A正确；
B．全过程摩擦力一直做负功，物块的机械能不断减少，选项B错误；
C．物块从A下滑到AB中点时，由能量守恒定律可得
显然此处重力势能大于动能，继续下滑时重力势能将减小，动能增加，故动能与重力势能相等的位置在AB中点下方，则选项C错误；
D．因为，所以物块最终静止在挡板处，根据能量守恒得
代入数据解得
s=15m
选项D正确。
故选AD。
9．BD
【详解】
A．运动员受到竖直向下的重力mg与竖直向上的弹力F作用；由图象可知，时间内弹力F小于重力，合力向下，运动员的加速度向下，运动员处于失重状态，故A错误；
B．由图象可知，时刻弹力最大，运动员位于最低处，从到时间内，弹力大于重力，运动员向上做加速运动，在时刻弹力与重力相等，经过后弹力小于重力，运动员受到的合力向下，运动员做减速运动，因此在时刻运动员向上运动的速度最大，故B正确；
C．由图象可知，时刻弹力最大，运动员受到的合力最大，由牛顿第二定律可知，此时运动员的加速度最大，不为零，故C错误；
D．由图象可知，在时刻弹力等于重力，如果运动员在时刻速度为零，由对称性可知，在时刻弹力为2mg，实际上，运动员在时刻速度不为零，速度向下，因此，在时刻弹力大于2mg，故D正确．
故选BD．
点睛：此题关键要根据图象分析清楚运动员的运动过程，分析运动员的受力情况，根据运动员的运动过程与受力情况分析答题；注意弹力和重力相等的位置是速度最大的位置．
10．CD
【详解】
由图乙可知，解得，由图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有，由动能定理得，即，解得，故最低点坐标不是，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，，由对称性可知当时，小球加速度为，且弹力为，故C正确；小球在处时，动能的最大值，根据动能定理有，依题可得，所以，故D正确
11．D
【解析】因B的上升的高度为： ；根据系统只有重力做功，机械能守恒定律，则有： ，如图所示：
图中画阴影部分的三角形相似，依据位移之比等于速度之比，可得： ，则有： ，故ABC错误，D正确；故选D.
【点睛】根据系统只有重力做功，机械能守恒，结合相似三角形，得出速度之比等于位移之比，从而求解B 的速度大小.
12．C
【详解】
AB．因为在物体运动的过程中改变斜面的倾角，斜面不同则加速度不同，所以加速度不是不变量，在物体运动过程中物体的速度随时间发生变化，所以速度不守恒，故A、B错误；
CD．伽利略理想斜面实验中如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，则在物体运动的过程只有重力做功，则物体的机械能守恒，故这个不变量应该是动能和重力势能的总和，故C正确，D错误；
故选C。
13．A
【详解】
剪断连接A、B的绳子前，根据牛顿第二定律得：T=3mg+mg=mC，C的动能 EkC=mvC2，联立两式得；EkC=2mgR，故A正确；剪断连接A、B的绳子后，对B和C组成的系统，只有B的重力对系统做功，所以B和C组成的系统机械能守恒，故B错误；剪断连接A、B的绳子后，C的运动半径增大的过程中，绳子的拉力对C做负功，C的机械能减小；剪断连接A、B的绳子后，根据牛顿第二定律得：T′=mg=mC，绳子对小球C做功，故CD错误．
故选A．
14．D
【详解】
A．3个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对前面的球做功，球的机械能不守恒，故A错误；
B．小球3在OA段运动时，斜面上的球在加速，小球2对小球3的作用力做正功，动能增加，机械能增加，故B错误；
CD．3个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒，后面的小球对前面的小球做正功，离开A点时速度相等，则3个小球的水平射程相等，3个小球的落地点都相同，故C错误，D正确。
故选D。
【点睛】
3个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，应用机械能守恒定律分析答题。
15．A
【详解】
向右运动，由
-（F＋μmg）·s＝0-Ek0
即
-（F＋0.1×m×10）×5＝0-25
向左运动，由
（F-μmg）·s＝Ek
即
（F-0.1×m×10）×5＝5
得
m＝2kg
F＝3N
摩擦力
Ff＝μmg＝0.1×2×10N＝2N
由于动能先减小后增大，故机械能也是先减小后增大．
故选A。
16．D
【详解】
以桌面为参考平面，则小物块落地时的重力势能为-mgh；整个过程中重力势能减小量为mg（H＋h）。
故选D。
17．D
【解析】
【详解】
A．根据机械能守恒定律可得
解得
半径大的圆形轨道，球到达底端的速度大，即a球的速度一定小于b球的速度．故A错误；
B．a球质量大，到达底端的速度小，所以不能判断出动能的大小关系，故B错误；
C．根据向心加速度公式可得向心加速度为
则可知，两球的向心加速度相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律得
解得
N=3mg
由于a球的质量大，则a球对轨道的压力大，故D正确．
故选D．
【点睛】
根据机械能守恒定律比较小球到达底端时的动能大小以及速度大小．根据向心加速度公式比较两球的向心加速度大小，结合牛顿第二定律比较支持力的大小．
18．A
【详解】
A．两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速率相同，故A正确；
B．重力做功只与初末位置有关，物体的起点和终点一样，所以重力做的功相同，所以B错误；
C．平均功率等于做功的大小与所用的时间的比值，物体重力做的功相同，但是时间不同，所以平均功率不同，所以C错误；
D．由于两个物体落地时的速度的方向不同，由瞬时功率的公式可以知道，重力的瞬时功率不相同，所以D错误。
故选A。
19．A
【详解】
剪断细线之前：2Tsinθ=mg；剪断细线后，摆到最低点时：，由牛顿第二定律：；联立解得，由数学知识可知，此比值的最大值为，故选A.
20．B
【详解】
在x方向上有：，知，做初速度为零的匀加速直线运动，
在y方向上有： ，知，做初速度为零的匀加速直线运动，故①正确；
根据平行四边形定则知，，合初速度为零，知合运动做初速度为零，加速度的匀加速直线运动，故③正确．
故选B．
21．D
【详解】
试题分析：开始抛出时：，当动能和势能相等时，此时物体的竖直速度，解得，选项D正确．
考点：平抛运动；动能和势能.
22．A
【详解】
A．石块做斜抛运动，只有重力做功，机械能守恒。A正确；
B．滑雪者沿斜面匀速下滑，动能不变，重力势能减小，机械能减小。B 错误；
C．热气球匀速上升，动能不变，重力势能增大，机械能增大，C错误；
D．小球竖直下落的加速度小于重力加速度，说明小球受到阻力，小球克服阻力做功，机械能减少。D错误。
故选A。
23．A
【详解】
选地面为参考平面，当物体动能和势能相等时，根据机械能守恒定律可得
解得
同理
解得
故选A。
24．（1）6m/s 0.4 （2）16.8N （3）8J
【详解】
（1）过B点后遵从：，与公式，进行比对，所以知：，，由牛顿第二定律：，解得：；
（2）竖直方向的分运动为自由落体运动，有，P点速度在竖直方向的分量：，解得离开D点的速度为
由机械能守恒定律，有，得
根据牛顿第二定律，有，解得；
根据牛顿第三定律，，方向竖直向下；
（3）小球刚好能到达M点，有，小球到达P点的速度，从P到M点应用动能定理，有，得
从B到D点应用动能定理，有，得
从C到B点应用动能定理，有；
可得， ，则释放后运动过程中克服摩擦力做的功为： ．
点睛：该题是平抛运动、圆周运动的综合题，该题中要熟练掌握机械能守恒定律，能量守恒定律，以及圆周运动的临界问题．
25．（1）见解析（2） （3）
【详解】
（1）设当物块刚好不能从传送带的右端滑离时，物块从A点上方释放的高度为h，根据动能定理，则有：mg（h+R）-μmg 2R=0；
解得：h=0
即要使物块不滑离传送带，物块不能从A点上方任一位置释放，只能从圆弧面上释放；
（2）设物块在C点的速度为vC，则R=vCt；
且R=gt2
设物块在B点的速度为vB，物块从B到C的过程中，根据动能定理，
μmg 2R＝mvB2 mvC2
解得：；
在B点，设圆弧轨道对物块的支持力为F，根据牛顿第二定律，则有：F-mg=m；
解得：F=mg
根据牛顿第三定律，物块在B点时对圆弧轨道的压力为F′=F=mg
（3）如果物块刚好能滑到传送带的右端，则物块到达C端时，速度为零，物块在B点速度为vB，则mvB2＝2μmgR，
解得：vB=
然后在摩擦力作用下，向左匀加速直线运动，速度达到v=与传送带一起匀速运动；因电动机额外做的功等于全过程中，皮带克服摩擦力做的功，则有：
W=μmg vt=；
【点睛】
考查动能定理的内容，掌握牛顿第二、三定律的内容，理解动能定理的过程选取，同时理解功能关系的运用，注意运动学公式的正确列式．
26． （1）5 m/s（2）20m/s2加速度方向沿B点半径指向圆心（3）25s 6.25m
【解析】
（1）小球从A点释放滑至B点，只有重力做功，机械能守恒：mgR=mvB2
解得vB=5m/s
（2）小环刚要到B点时，处于圆周运动过程中，
加速度方向沿B点半径指向圆心
（3）小环过B点后继续滑动到停止，可看做匀减速直线运动：0.2mg=ma2，
解得a2=2m/s2
27．（1）；（2） 匀速圆周运动，；（3）
【详解】
（1）由于小球恰好能垂直从B点进入细圆管，有
小球的水平位移
解得
，
小球的竖直位移
，
（2）小球进入细圆管时的速度
由于小球重力与外加力F平衡，所以小球所受合力仅由管提供，始终指向圆心，与速度方向始终垂直，所以小球做匀速圆周运动。
根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律小球对圆管的力
（3）小球在斜面上做匀减速直线运动，有
解得
小球沿斜面向上运动的最大位移
解得
28．（1）；（2）
【详解】
（1）a、b两球组成的系统机械能守恒，设a的质量为m，根据机械能守恒定律
解得
v=
（2）b着地后，a只有重力做功，机械能守恒，设a继续上升的高度为h＇，根据机械能守恒定律得
解得
则a能达到的最大高度为
H=
29．(1)4m/s；(2)0.22s
【详解】
(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得：
可得：=2m/s
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得：
可得：=4m/s
(2)小物块从运动到B点的过程，运用动能定理得：
根据牛顿第二定律得：
由运动学公式有：
联立解得：t=≈0.22s
30．（1）60N（2）1.4×103N（3）1.7m
【详解】
(1)以A为初位置，E为末位置，由动能定理有
代入数据可得N
(2)第三次经过B点时的速度与第二次相同，以E为初态，B为末态，由动能定理有
代入数据可得m/s
到达B点前瞬间有
解得NN
(3)以A为初位置，最后停止的状态为末位置，
由动能定理有
解得在BC面上的总路程m=56.7m
由于水平面BC长5m，故此处离C位置1.7m．
31．（1）Wf=9J；（2）x1=0.25m；（3）v1=1m/s
【详解】
（1）物块A从P点出发到又回到P点的过程，根据动能定理得
所以
Wf=9J
（2）物块A从P点出发到又回到P点的过程，根据动能定理得
解得
所以
x1=0.25m
（3）A、B在弹簧处于原长处分离，设此时它们的共同速度是v1，弹出过程弹力做功为WF
只有物块A时，从O′到P有：
WF-μmg（x1+x0)=0-0
A、B共同从O′到O有
解得
代入数据得
v1=1m/s
32．（1）v=；（2）；（3）减少1.5mgh
【详解】
（1）根据能量守恒可得
解得
v=
球着地时，球上升高度为
之后竖直上抛运动，上升高度为
所以，球上升的最大高度为
（3）从释放到b刚落地这个过程，b的机械能变化量为减少
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页