8.4机械能守恒定律基础巩固（Word版含答案）

8.4 机械能守恒定律 基础巩固
一、单选题
1．质量为的物体，在距地面高处以的加速度由静止竖直下落到地面。下列说法中正确的是（　　）
A．物体的重力势能减少了 B．物体的动能增加
C．物体的机械能减少 D．重力做功
2．“荡秋千”是小孩常玩的游戏之一、小孩坐在秋千上往复运动的过程中，若空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．小孩运动到最高点时因为瞬时速度为零所以加速度也为零
B．小孩在运动过程中做圆周运动，受到重力、弹力和向心力的作用
C．小孩在运动过程中处于失重状态，秋千对小孩的作用力小于其所受重力
D．小孩在运动过程中只发生动能和势能间相互转化，所以其机械能守恒
3．如图所示，将内壁光滑半径为R的圆形细管竖直固定放置，一质量为m的小球在管内做圆周运动，小球过最高点时的速度为v，则下列说法正确的是（　　）
A．v的最小值为
B．若，当v逐渐增大时，小球m受到内管壁向上的支持力逐渐减小
C．小球通过最低点时可能受到内管壁向下的压力
D．若小球恰好通过最高点，则小球在最低点与最高点受到管的弹力大小之差为
4．下列说法正确的是 （ ）
A．做圆周运动的物体，其加速度一定指向圆心
B．只要系统所受外力之和为零，则系统的动量守恒，系统的机械能也守恒
C．在地球上同一位置，沿不同方向抛出物体,不计空气阻力，物体的速度变化率相同
D．做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移一定相同
5．有一个竖直固定放置的四分之一光滑圆弧轨道，轨道圆心O到地面的高度为h，小球从轨道最高点A由静止开始沿着圆弧轨道滑下，从轨道最低点B离开轨道，然后做平抛运动落到水平地面上的C点，C点与A点的水平距离也等于h，则下列说法正确的是（　　）
A．当小球运动到轨道最低点B时，轨道对它的支持力等于重力的4倍
B．小球在圆弧轨道上运动的过程中，重力对小球的冲量在数值上大于圆弧的支持力对小球的冲量
C．根据已知条件可以求出该四分之一圆弧轨道的轨道半径为0.2h
D．小球做平抛运动落到地面时的速度与水平方向夹角θ的正切值tanθ=0.5
6．下列过程中，物体的机械能一定守恒的是（ ）
A．货物被起重机加速吊起
B．跳伞运动员在空中匀速下落
C．物体沿光滑斜面自由减速上滑
D．物体做匀速圆周运动
7．对重力势能理解正确的是（ ）
A．重力势能的大小与零势面的选取无关
B．重力势能的变化与重力做功有关
C．重力势能是矢量
D．处在同一位置上的两个物体重力势能相同
8．如图所示，、两个物块的质量分别为，，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，，两物块距离地面足够高且高度相同，用手托住物块，然后突然由静止释放，直至物块下降高度为。在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块和地球构成的系统机械能守恒
B．物块的动能增加了
C．物块重力势能的增加量大于其动能增加量
D．物块重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功
9．一小球从A点竖直抛出，在空中同时受到水平向右的恒力，运动轨迹如图所示，A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时动能为16J，在M点动能为8J，不计空气阻力。则（　　）
A．小球水平位移x1与x2的比值为1︰2
B．小球水平位移x1与x2的比值为1︰4
C．小球落到B点时的动能为48J
D．小球从A点运动到B点过程中最小动能为8J
10．浙江最大抽水蓄能电站2016年在缙云开建，抽水蓄能电站结构如图所示。抽水蓄能电站有两种工作模式，一种为抽水蓄能模式：居民用电低谷时（如深夜），电站利用居民电网多余电能把水从下水库抽到上水库；另一种为放水发电模式：居民用电高峰时，再将上水库中的水放到下水库进行发电，将产生的电能输送到居民电网供居民使用。一抽一放起到了均衡电网负荷的作用。关于抽水蓄能电站下列说法正确的是（　　）
A．抽水蓄能的过程中，能量守恒
B．放水发电的过程中，机械能守恒
C．抽水蓄能电站建成之后，可以使能量增多
D．抽水蓄能电站建成之后，就不会再有能源危机问题了
11．如图，“神州”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动。则（　　）
A．火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上加速度
B．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力不变
C．返回舱在喷气过程中（返回舱质量的变化可忽略）机械能在增加
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
12．有两个质量都是m的小球a、b，以相同的速率v0在空中同一点分别竖直向上、竖直向下抛出（忽略空气阻力），两球落到水平地面时（　　）
A．动能不同 B．重力做功不同
C．机械能相同 D．重力势能变化量不同
13．质量为2kg的物体做自由落体运动，经过2s落地．取g＝10m/s2.关于重力做功的功率，下列说法正确的是(　　)
A．下落过程中重力做的功是800J B．下落过程中重力的平均功率是400W
C．落地前的瞬间重力的瞬时功率是200W D．落地前的瞬间重力的瞬时功率是400W
二、多选题
14．如图所示，四分之三圆弧形轨道的圆心为O、半径为R，其AC部分粗糙，CD部分光滑，B为最低点，D为最高点．现在A点正上方高为h的P点处由静止释放一质量为m的滑块（可视为质点），滑块从A点处沿切线方向进入圆弧轨道，已知滑块与AC部分轨道间的动摩擦因数处处相等，经过AC部分轨道克服摩擦力做的功为kmgh（k为常数），重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）
A．若k=1，则滑块最终将停在B点
B．滑块经过BC部分轨道克服摩擦力做的功小于
C．当h=时，滑块能到达D点
D．当h=时，滑块能到达D点
15．如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的图象如图b所示，则可知（　　）
A．在A离开挡板前，A、B系统动量守恒
B．弹簧锁定时其弹性势能为9J
C．A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J
D．A、B与弹簧组成的系统机械能始终守恒
16．根据物理学发展史，下列叙述中符合事实的是
A．伽利略用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动的原因”的观点，而且归纳、总结出牛顿第一定律
B．法拉第提出了场的概念，而且采用电场线来直观、形象地描绘电场
C．安培研究了磁场对电流的作用规律，还提出了著名的分子电流假说，用来解释磁化和消磁等一些现象
D．卡文迪许将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律，还测出了引力常量的数值
17．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为零势能面，该物体的和随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（　　）
A．物体的质量为
B．时，物体的速率为
C．时，物体的动能
D．从地面到，物体的动能减少
18．一个物体在多个力的作用下处于静止状态．若仅使其中的一个力保持方向不变、大小均匀减小到零，然后又从零均匀恢复到原来的大小，在这个过程中其余各力均不变，则下列图象中能正确描述该过程中物体速度和加速度随时间变化情况的是(　　)
A． B．
C． D．
19．如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连，开始时物块与定滑轮等高，已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦，现将物块由静止释放向下运动至最低点的过程中
A．刚释放时物块的加速度为g
B．物块速度最大时，绳子的拉力等于物块的重力
C．小球重力的功率一直增大
D．物块下降的最大距离为
20．如图所示，质量m=0.2kg的物块在斜面顶端由静止开始沿倾角为30°的粗糙斜面匀加速下滑，加速度a=2m/s2，下滑的距离为4m．下列判断正确的是（取g=10m/s2）
A．物块的重力势能减少8J B．物块的动能增加4J
C．物块的机械能减少2.4J D．物块的合外力做功为1.6J
21．如图所示，竖直平面内固定两根相互垂直的足够长的细杆、，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球a、b（视为质点）质量均为m，a球套在竖直杆上，b杆套在水平杆上，a、b通过铰链用长度为L的刚性轻杄连接，将a球从图示位置由静止释放（轻杆与杆夹角为），不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．a球和b球所组成的系统机械能守恒
B．b球的速度为零时，a球的加速度大小一定小于g
C．b球的最大速度为
D．a球的最大速度为
22．如图所示，将一质量为m的小球从A点以初速度v斜向上抛出，小球先后经过B、C两点．已知B、C之间的竖直高度和C、A之间的竖直高度都为h，重力加速度为g，取A点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则(　　)
A．小球在B点的重力势能是在C点重力势能的两倍
B．小球在B点的机械能是C点机械能的两倍
C．小球在C点的动能为mv2－mgh
D．小球在B点的动能为mv2＋2mgh
23．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，物块通过平行于传送带、跨过光滑轻滑轮的轻绳，与木块相连，的质量为，开始时、及传送带均静止，且不受传送带的摩擦力作用。现使传送带逆时针匀速转动，则在上升高度（未与滑轮相碰）的过程中（　　）
A．物块的质量为 B．摩擦力对做的功等于物块、构成的系统机械能的增加量
C．摩擦力对做的功等于物块、动能增加量之和 D．任意时刻，重力对、做功的瞬时功率大小不相等
三、解答题
24．一个同学设计了一种玩具的模型如图所示，该模型由足够长的倾斜直轨道AB与水平直轨道BC平滑连接于B点，水平直轨道与圆弧形轨道相切于C点，圆弧形轨道的半径为R、直径CD竖直，BC=4R。将质量为m的小球在AB段某点由静止释放，整个轨道均是光滑的．要使小球从D点飞出并落在水平轨道上，重力加速度取g，求：
(1)释放点至水平轨道高度的范围；
(2)小球到达C点时对轨道最大压力的大小。
25．如图所示，质量为的物块A（可看作质点），开始放在长木板B的左端，B的质量为，长木板B可在水平面上无摩擦滑动。两端各有一固定竖直挡板M、N，现A、B以相同速度向左运动并与挡板M发生碰撞。B与M碰后速度立即交为0，但不与M粘结，A与M碰撞没有机械能损失，碰后接着返回向N板运动，且在与N板碰撞之前，A、B能达到共速度。在长木板B即将与挡板碰后，立即将A锁定于长木板B上，使长木板B与挡板N碰后，A、B一并原速反向，B与挡板N碰后，立即解除对A的锁定（锁定和解除锁定过程均无机械能损失）。M、N间距足够长，以后A、B若与M、N挡板碰撞，过程同前所述、最终两者静止于地面。A、B之间动摩擦因数，。求：
（1）长木板B与挡板N发生第一次碰撞之前，A相对于B滑行的距离；
（2）通过计算判断A与挡板M能否发生第二次碰撞，并求出A与挡板M第二次碰撞前的速度大小；
（3）整个运动过程中由于B与挡板M碰撞而损失的机械能。
26．如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置。绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究。已知物体A、B的质量均为，物体C的质量为，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长，将B、C由静止释放，下落距离为，此时A未与滑轮接触，不计空气阻力，重力加速度g取，求：
(1)此时A的速度大小；
(2)此过程中B对C做的功。
27．如图为某探究小组设计的测量弹簧弹性势能的装置，小球被压缩的弹簧弹出后作平抛运动小球与弹簧不相连，现测得小球的质量为m，桌子的高度为h，小球落地点到桌边的水平距离为s，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则弹簧被压缩时的弹性势能为______ ．
28．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m=0.5kg，通电后以额定功率P =2W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为F1=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L = 10.0m，R = 0. 32m，g取10m/s2。求：
（1）要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？
（2）要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
（3）若电动机工作时间为t0=5s，当半圆轨道半径为多少时，赛车能完成比赛且飞出的水平距离最大，最大是多少？
29．如图所示，质量为的小球绕点在竖直平面内沿半径的圆弧运动。小球运动到最低点时，细线刚好达到所能承受的最大拉力被拉断，小球水平飞出。已知细线能承受的最大拉力为小球重力的5倍，点离水平地面的高度，取重力加速度。
（1）求小球在地面上的落点离点的水平距离；
（2）若细线断裂的瞬间，小球同时受到水平向左的恒力的作用，最终小球恰好落在地面上的点（点在点的正下方），求恒力的大小。
30．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB足够长，其下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的滑块，从D点的正上方h=l.2m的E点处自由下落，滑块与斜面AB之间的动摩擦因数为0.5。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，计算结果可保留根号。求：
（1）滑块第一次到达B点的速度；
（2）滑块从B点冲上斜面到再次回到B点所有时间；
（3）滑块在斜面上运动的总路程。
31．如图所示，质量kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l=0.5m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度处由静止释放，小球运动至最低点时，与一质量kg的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后小球向右摆动，物块在光滑水平面上滑行，撞上挡板P后停下。已知物块与挡板作用时间t=0.01s，挡板受到的平均作用力大小F=200N，取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
(1)小球与物块相碰后瞬间物块的速度大小；
(2)小球与物块碰撞结束后绳子拉力的最大值。
32．如图所示，半径为R的四分之三光滑圆弧轨道BCD固定在竖直面内，最低点B与水平面平滑相切，BC为直径。一根轻弹簧放在水平面上，左端与固定竖直挡板相连接，弹簧处于自然伸直时，右端刚好与水平面上的A点对齐，质量为m的物块放在A点，刚好与轻弹簧接触，水平面上AB段粗糙，物块与水平面间的动摩擦因数为0. 5，AB段长为3R，A点左侧水平面光滑，用物块压缩轻弹簧至一定的位置由静止释放，物块运动到B点时，对圆弧轨道的压力等于物块重力的3倍，重力加速度为g，不计物块的大小。求:
（1）物块从A运动到B所用的时间;
（2）若要使物块能沿轨道运动到D点，压缩弹簧的弹性势能至少为多大。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
AD．物体在距地面高处竖直下落到地面，因此重力做功，物体的重力势能减少了，AD错误；
B．由牛顿第二定律可得
由动能定理可得
B正确；
C．物体的机械能变化为
物体的机械能减少，C错误；
故选B。
2．D
【解析】
【详解】
A．小孩运动到最高点时，速度为零，受重力和拉力的作用，沿轨迹半径方向的拉力等于重力的分力，沿轨迹切线方向有重力的分力，合力不为零，则加速度不为零，A错误；
B．小孩在运动过程中做圆周运动，只受到重力、弹力的作用，B错误；
C．小孩过最低点时，小孩受到竖直向下的重力以及向上的拉力，而重力和秋千拉力的合力提供圆周运动的向心力，那么秋千对小孩的作用力大于其所受重力，C错误；
D．小孩在运动过程中，只受重力做功，故只发生动能和势能间相互转化，所以其机械能守恒，D正确。
故选D。
3．B
【解析】
【详解】
A．小球在最高点，由于细管对小球弹力可以向上，也可以向下，所以v的最小值为0，A错误；
B．若，此时物体所需的向心力小于重力，细管对小球的弹力向上，由牛顿第二定律，可得
当v逐渐增大时，小球m受到内管壁向上的支持力逐渐减小，B正确；
C．小球通过最低点时，支持力减去重力提供向心力，小球受到外壁向上的弹力，C错误；
D．若小球恰好通过最高点，最高点的速度为v1，可得
最低点的速度为v2，由机械能守恒定律和牛顿第二定律，可得
解得F=6mg，故小球在最低点与最高点受到管的弹力大小之差为6mg，D错误。
故选B。
4．C
【解析】
【详解】
A.做匀速圆周运动的物体，加速度指向圆心，变速圆周运动有切向加速度改变速度大小，故A选项错误；
B.合外力为零，动量守恒，但如果系统内存在相互作用的滑动摩擦力，会伴随着摩擦生热，机械能不守恒，故B选项错误；
C.速度变化率等于加速度，不计空气阻力，抛体运动只受重力，加速度为重力加速度，同一地点，重力加速度相同，故C选项正确；
D.简谐运动的质点先后通过同一点，速度方向不同，故D选项错误．
5．C
【解析】
【详解】
A、在最低点，，解得FB =3mg，A错误；B、小球从A运动到B，合外力冲量水平向右，则支持力的冲量在竖直方向的分量与重力的冲量大小相等，故支持力冲量在数值上大于重力的冲量，B错误；C、小球做平抛运动时，，，解得R=0.2h，C正确；D、设小球做平抛运动位移与水平方向夹角为α，则tanα=1，因为tanθ =2tanα，所以tanθ=2,D错误.故选C.
【点睛】经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
6．C
【解析】
【详解】
试题分析：货物被起重机加速吊起时，除重力做功外，还有拉力做功，机械能不守恒，故A错误；跳伞员带着张开的降落伞匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故B错误；物体沿光滑斜面自由减速上滑，只有重力做功，机械能一定守恒，故C正确；做竖直面上的匀速圆周运动的物体，在运动中重力势能改变，而动能不变，机械能不守恒，故D错误．
考点：机械能守恒定律
名师点睛：物体机械能守恒的条件是只有重力或者是弹力做功，根据机械能守恒的条件逐个分析物体的受力的情况，即可判断物体是否是机械能守恒．
7．B
【解析】
【详解】
A．重力势能的大小与零势面的选取有关，选取不同的零势面，物体具有的重力势能不同，故A错误；
B．重力做多少正功，重力势能就减少多少，重力做多少负功，重力势能就增加多少，故B正确；
C．重力势能是标量，故C错误；
D．重力势能和零势能面的选择及物体的质量有关，所以处在同一位置上的两个物体，重力势能可能不同，故D错误。
故选B。
8．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．物体a加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，A错误；
B．物体a、b构成的系统机械能守恒，有
解得
物体b动能增加量为
(2m)v2=mgh
B错误；
C．根据公式，物体a动能增加量为
mv2=mgh
重力势能增加量为mgh，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，C正确；
D．对b根据动能定理
解得
WT=mgh
则物块b重力势能的减少量大于它克服细绳拉力所做的功，D错误；
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动。
AB．小球上升过程和下落过程的时间相等，水平方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，则在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，则小球水平位移x1与x2的比值为1：3，故AB错误；
C．设水平外力为F。对于水平分运动，加速度
根据
vM2=2ax1
可得
Fx1=EkM=8J
因为x1：x2=1：3，则有
从A到M到B整个过程根据动能定理，可得
小球落到B点时的动能为
故C正确；
D．设小球的初速度大小为v0，则
解得
同理可得小球在M点的速度为
由于合运动与分运动具有等时性，则有
v0=gt
vM=at
解得
在A点将力进行合成如图1，速度进行分解如图2
则合力为
所以
代入数据，解得
根据图2可得最小速度为
所以小球从A点运动到B点过程中最小动能为
故D错误。
故选C。
10．A
【解析】
【详解】
A．抽水蓄能的过程中，总的能量是守恒的，A正确；
B．放水发电的过程中，有部分重力势能转化为内能，机械能不守恒，B错误；
C．抽水蓄能，并不能使能量增多，总的能量保持不变，C错误；
D．抽水蓄能电站，能够合理调节用电高峰期和低峰期的调峰问题，但是能量总量并没有增加，我们仍面临着能源危机，还需节约能源，D错误。
故选A。
11．A
【解析】
【详解】
A． 火箭喷气过程中返回舱向下做减速直线运动，加速度方向与速度方向相反，则火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上加速度，故A正确；
B． 火箭开始喷气前匀速下降，伞绳拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间，反冲力直接对返回舱作用致使伞绳对返回舱的拉力变小，故B错误；
C．返回舱在喷气过程中获得向上的反冲力，反冲力和阻力对它做负功，所以其机械能在减小，故C错误；
D．在火箭喷气过程中返回舱向下做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态， 故D错误。
故选A。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
根据动能定理两球落到水平地面时
因重力做功相同，则落地的动能相同，两球的机械能相同，重力势能的变化量相同。
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
A项：根据，则重力做功为，故A错误；
B项：重力做功的平均功率，故B错误；
C、D项：落地时物体的速度v=gt=10×2m/s=20m/s，则重力做功的瞬时功率P=mgv=20×20W=400W，故C错误，D正确．
点晴：根据位移时间公式求出物体的下落的高度，从而求出重力做功的大小，根据平均功率公式求出重力的平均速度功率，结合速度时间公式求出下落的速度，根据瞬时功率公式求出重力的瞬时功率．
14．BC
【解析】
【详解】
A、 从P点到C点，由动能定理可得：，当k=1时，可解得：，即滑块将在AC之间来回滑动，由于摩擦力做功，机械能减少，最后速度将减为0，受力平衡，有可能停在B点，也有可能停在AB或BC之间的某个位置，故A错误；
B、从A到C，由于摩擦力做功，机械能减少，速率逐渐减小，所需向心力减小，则滑块和轨道之间的正压力减小，而滑动摩擦力等于滑动摩擦因数乘以正压力，所以滑块经过BC部分轨道克服摩擦力做的功小于，故B正确；
CD、如果滑块能滑到D点，其最小速度由牛顿第二定律可得：，从P点到D点，由动能定理可得：，联立解得：，故C正确，D错误．
故选BC．
【点睛】
根据动能定理和功能关系判断，滑块最后停止时必定受力平衡；因为滑动摩擦力等于滑动摩擦因数乘以正压力，从A到C，由于摩擦力做功，速率逐渐减小，所需向心力减小，则滑块和轨道之间的正压力减小；根据牛顿第二定律和动能定理联立解出滑块能滑到D点的高度h．
15．BCD
【解析】
【详解】
A．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。
B．解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据A、B两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，有：弹簧锁定时其弹性势能为
EP=EKB=mBv02
则由图象可知v0=3m/s，代入数据解得
Ep=9J
故B正确。
C．A离开挡板后，由图象数据可知，弹簧伸长到最长时，B的加速度最大，v-t图象切线斜率的绝对值最大，由图知此时A、B的共同速度为：v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律有
mBv0=（mA+mB）v共
解得
mA=1kg
此时弹簧的最大弹性势能为
选项C正确；
D．A、B与弹簧组成的系统只有弹力做功，则系统的机械能始终守恒，故D正确。
故选BCD。
16．BC
【解析】
【详解】
伽利略应用“理想斜面实验”推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”观点，但没有总结牛顿第一定律，故A错误；法拉第不仅提出了场的概念，而且采用电场线来直观地描绘了电场，故B正确；安培研究了磁场对电流的作用规律，还提出了著名的分子电流假说，用来解释磁化和消磁等一些现象，故C正确；牛顿将行星与太阳、地球与月球、地球与地面物体之间的引力规律推广到宇宙中的一切物体，得出万有引力定律．卡文迪许测出了引力常量的数值，故D错误．故选BC．
17．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．图像的斜率为G，即
解得
故A正确；
B．时，，有
故
解得
故B错误；
C．时，
故C正确；
D．时
时
故
故D错误；
故选AC。
18．BC
【解析】
【分析】
据题，物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，其中的一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反．分析物体的合力如何变化，确定物体的加速度如何变化，分析物体的运动情况，判断速度的变化情况，再选择图象．
【详解】
物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中的一个力的大小在一段时间内均匀减小到零，然后又从零均匀增大到原来的大小的过程中，物体的合力从开始均匀增大，又均匀减小恢复到零，则物体的加速度先均匀增大后均匀减小到零，故C正确D错误；
物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动．根据速度图象的斜率等于加速度可知，速度-时间图象的斜率先增大后减小，故B正确A错误．
故选BC．
【点睛】
本题考查根据物体的受力情况来分析物体运动情况的能力，要用到共点力平衡条件的推论：物体在几个力作用下平衡时，其中一个力与其他各力的合力大小相等、方向相反．
19．AD
【解析】
【详解】
小球刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A正确；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故B错误；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零．物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故C错误．物块下降的最大距离为S，物块的质量为m．根据系统机械能守恒定律，有：mgS-2mg（-d）=0，解得：S=4d/3，故D正确；故选AD．
点睛：解决本题的关键要明确系统的机械能守恒，但物块与小球的机械能并不守恒．分析重力功率的变化采用的是特殊位置法．
20．CD
【解析】
【详解】
A．物块重力势能的减少等于重力对物块做的功，则
．
故A项错误．
BD．物块所受的合外力
，
物块的合外力做功
．
据动能定理可得，物块的动能增加等于合外力做功，则物块的动能增加1.6J．故B项错误，D项正确．
C．物块的重力势能减少4J，物块的动能增加1.6J，则物块的机械能减少2.4J．故C项正确．
21．AC
【解析】
【详解】
A．a球和b球组成的系统没有外力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球的机械能守恒，故A正确；
B．b球速度为0时，a到达L2所在面，在竖直方向只受重力作用，则加速度为g，故B错误；
C．当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候球b的速度达到最大，此时由运动的关联可知a球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：
得：
故C正确；
D．当轻杆L向下运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由运动的关联可知此时b球的速度为零，有系统机械能守恒有：
得：
此时a球具有向下的加速度，因此此时a球的速度不是最大，a球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，故D错误。
故选AC。
22．AC
【解析】
【详解】
A项：由公式可知，由于B、C之间的竖直高度和C、A之间的竖直高度都为h，所以小球在B点的重力势能是在C点重力势能的两倍，故A正确；
B项：小球从A点开始到BC的过程中机械能守恒，故BC两点机械能相等，故，故B错误；
C项：对AC过程分析，由机械能守恒定律可知：，故C点的动能为：，故C正确；
D项：根据机械能守恒：小球在B点的动能为，故D错误．
23．ABC
【解析】
【详解】
A．开始时、静止，由题知
解得
故A正确；
B．根据功能关系得，摩擦力对做的功等于、构成的系统机械能的增加量，故B正确；
C．因为，则系统重力势能不变，所以摩擦力对做的功等于物块、动能增加量之和，故C正确；
D．任意时刻物块、的速度大小相等，重力对做功的瞬时功率大小为
Pa=
物块b克服重力做功的瞬时功率大小为
Pb=
所以任意时刻，重力对、做功的瞬时功率大小相等，故D错误。
故选ABC。
24．(1) ；(2) 9mg
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球恰能通过D点时，释放点高度最小
A到D，根据机械能守恒定律
联立得
小球从D点飞出后恰好落在B点时，释放点高度最大
A到D，根据机械能守恒定律
联立得
释放点至水平轨道高度的范围为
（2）h=4R时，C点速度最大，压力最大，A到C，根据机械能守恒定律
在C点
联立得
根据牛顿第三定律，压力大小为
25．（1）3m；（2） 能发生第二次碰撞，；（3）27J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）第一次碰撞后A以速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前达共同速度，则
解得
系统克服阻力做功损失动能
解得
（2）因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能
所以能发生第二次碰撞

解得碰前速度

（3）设第i次与挡板M碰后A的速度为，动能为，达到共同速度后A的速度为，动能为，B的动能为，同理可求得


单程克服阻力做功
因此每次A都可以返回到M板、最终停在M板前。在每完成一个碰撞周期中损失的总能量均能满足
从第一次碰撞以后由于B与M碰撞而损失能量所占的比例为
所以
26．(1)2m/s；(2)-8J
【解析】
【详解】
(1)B、C和A通过绳子连接，三个物体速度始终相等，B、C下距离为H，则A上升的高度为H。A、B、C系统机械能守恒，B、C减少的重力势能等于A增加的重力势能与三个物体增加的动能之和。
根据机械能守恒定律，有
解得此时三个物体的速度
(2)对C受力分析，C受重力和B对C的拉力，根据动能定理有
解得B对C做的功
27． ；
【解析】
【分析】
利用平抛运动的相关知识可以得到小球被弹簧弹出时的速度，再利用系统机械能守恒可得弹簧被压缩时的弹性势能．
【详解】
小球被压缩的弹簧弹出后作平抛运动,根据 得: ,所以
小球从初位置到被抛出前,只有只有弹簧弹力和重力做功,系统的机械能守恒,
选取桌面为零势能面,根据机械能守恒定律得:
所以.
因此，本题正确答案是:.
【点睛】
本题主要考查平抛运动与机械能守恒，属于基础题．
28．（1）30N；（2）4s；（3）0.3m，1.2m
【解析】
【详解】
（1）赛车恰能过最高点时，根据牛顿第二定律
解得
由B点到C点，由动能定理
经过B点时，根据牛顿第二定律
联立解得
由牛顿第三定律知赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力
（2）对赛车从A到B，由动能定理
解得
t=4s
（3）设赛车经过C点时速度为v，对赛车从A到C，由动能定理
赛车飞出C后有
解得
所以当R=0.3m时x最大，最大值为
xmax=1.2m
29．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设在细线刚好被拉断时，则有
细线拉断后，小球做平抛运动，有
解得
（2）小球在水平方向作匀减速运动，有
解得
30．（1） m/s；（2）；（3）5m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)第一次到达B点的速度为v1，根据动能定理得
mg（h＋Rcos37°）=mv12
代入数据解得
(2)根据牛顿第二定律可得，沿斜面上滑加速度为
沿斜面下滑加速度为
沿斜面向上运动的时间为
沿斜面向上运动的最大位移
根据位移时间公式
可得沿斜面下滑时间
滑块从B点冲上斜面到再次回到B点所有时间为
(3)根据动能定理
mg（h+Rcos37°）=μmgcos37°s
代入数据解得
s=5m
31．(1)2m/s；(2)24N
【解析】
【详解】
(1)物块与挡板相碰时由动量定理
可得碰后物块的速度大小为
(2)小球释放后运动至最低点的过程，由机械能守恒定律得
可得碰撞前小球的速度大小为
小球与物块发生正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得
解得碰后小球的速度大小为
所以碰撞后小球经过最低点时绳子拉力，由牛顿第二定律得
解得小球与物块碰撞结束后绳子拉力的最大值为
32．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）设物块运动到点时速度大小为，则
解得
设物块运动到点时速度大小为，根据动能定理有
解得
设从运动到所用时间为，则
解得
；
（2）物块只要能通过点，就能到达点，物块在点时对轨道的压力恰好为零时，速度最小，设最小速度为，则
解得
设弹簧的弹性势能至少为，根据功能关系
解得
答案第1页，共2页
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