人教版物理必修2同步练习：8.4 机械能守恒定律（优生加练）

人教版物理必修2同步练习：8.4 机械能守恒定律（优生加练）
一、选择题
1．（2021高三上·安徽月考）一个倾角 的斜面固定于水平地面，斜边长5m，一物块从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中两直线所示，设斜面底端所在的水平面为零势能面， ， ，重力加速度取 ，则（　　）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4.
C．物块下滑到斜面底端时速度大小为
D．当物块下滑3.0m时机械能损失了12J
2．（2018高三上·河北期末）在粗糙的水平面上固定ー挡板，ー质量不计的弹簧左端固定在挡板上，一可视为质点的质量为m的物块A放在弹簧的右端，初始时刻弹簧为原长，物块与弹簧未连接，现瞬间给物块一向左的初速度，使其将弹簧压缩，经过一段时间弹簧将物块弹开，在整个运动过程中弹簧的最大压缩量为l。已知物块的初速度大小为v0、物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ。则下列不正确的是（　　）
A．物块向右运动与弹簧分离前，物块的动能先增大后减小
B．弹簧最短时，弹簧具有的弹性势能为
C．物块与弹簧分离前二者组成的系统其机械能一直减小
D．当物块离开弹簧滑动到速度为零时，物块距离出发点之间的距离为 ；
3．（2018·浙江模拟）风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源，风力发电也是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式，近年来，我国风电产业规模逐渐扩大，已成为能源发展的重要领域，在风电技术发展方面，由于相同风速时发电功率的不同，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机，来提高风力发电的效率 具体风速对应的功率如图乙所示，设甲图中风力发电机每片叶片长度为30m，所处地域全天风速均为 ，空气的密度为 ，圆周率 取 ，下列说法不正确的是（　　）
A．变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为
B．用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电
C．无论采用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转化的空气动能均为
D．若煤的热值为 ，那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能相当
4．（2017·山西模拟）如图所示，质量分别为m1和m2的木块 A 和 B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端 带有挡板的光滑斜面上，其中 B 置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为 k．现用一平行于斜面的恒力 F 拉木块 A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块 B 恰好对挡板的压力为零 时，木块 A 在斜面上运动的速度为 v，则下列说法正确的是（　　）
A．此时弹簧的弹力大小为 m1gsinθ
B．拉力 F 在该过程中对木块 A 所做的功为
C．弹簧在该过程中弹性势能增加了 ﹣ mv2
D．木块A在该过程中重力势能增加了
5．（人教版物理必修二第七章第四节重力势能同步练习题）物块A质量为m，置于光滑水平地面上，其上表面固定一根轻弹簧，弹簧原长为 ，劲度系数为k，如图所示．现将弹簧上端B缓慢的竖直向上提起一段距离L，使物块A离开地面，若以地面为势能零点，则这时物块A具有的重力势能为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024高三上·长沙期末）如图所示，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球置于距地面高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，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（　　）
A．小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B．小球C的机械能一直减小
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
7．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A的加速度大小为
C．小环B速度最大时轻杆弹力为
D．小球A运动到最低点时的速度大小为
8．（2024高三上·牡丹江月考）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块，细线跨过位于点的轻质光滑定滑轮，一端连接，另一端悬挂小物块，物块质量相等。为点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离，重力加速度为。开始时位于点，与水平方向的夹角为，现将由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物块运动到点过程中机械能变小
B．物块经过点时的速度大小为
C．物块在杆上长为的范围内做往复运动
D．在物块由点出发第一次到达点过程中，物块克服细线拉力做的功等于重力势能的减少量
二、多项选择题
9．（2024高三上·期末）如图所示，为一弹性轻绳，一端固定于点，一端连接质量为的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于，初始时在一条水平线上，小球从点由静止释放滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球在点时速度最大
B．若在点给小球一个向上的速度，小球恰好能回到点，则
C．小球在阶段损失的机械能等于小球在阶段损失的机械能
D．若点没有固定，杆在绳的作用下以为轴转动，在绳与点分离之前，的线速度等于小球的速度沿绳方向分量
10．（2024高三上·期末）如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．释放球A瞬间，球B的加速度大小为
B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大
C．球A沿斜面下滑的最大速度为2g
D．球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒
11．（2022·达州模拟）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m的滑块a压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，换用相同材料、质量为2m的滑块b压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是（　　）
A．滑块a、b到达B点的速度大小之比2：1
B．滑块a、b沿斜面上升最大高度之比2：1
C．滑块a、b上升到最高点的过程中克服重力做功之比1：1
D．滑块a、b上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量之比2：1
12．（2024高考·泸州模拟）半径为的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为。质量均为的相同小球静止在轨道最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。当小球沿轨道分别经过、点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角，如图所示，此时轻杆的弹力大小为。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为，，，则（　　）
A． B． C． D．
13．（2024高考·湖南模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，圆心在点。质还分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为的轻杆通过较链连接，开始时对球施加一个竖直向上的外力，使A、B均处于静止状态，且球恰好与圆心等高，重力加速度为，则下列说法正确的是
A．对球施加的坚直向上的外力的大小为
B．若撤掉外力；对球施加一个水平向左的外力，使系统仍处于原来的静止状态，则的大小为mg
C．撤掉外力，系统无初速度释放，当球到达最低点时，球的速度大小为
D．撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，球能够上升的最高点相对圆心点的坚直高度为
14．（2024高三下·哈尔滨开学考） 如图所示，质量为的物体A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数，物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B，小球B套在倾角的光滑直杆上，D为杆的底端，与固定杆的夹角也是，细线水平，此时细线的拉力是。小球B的质量，C是杆上一点且与杆垂直，，重力加速度g取。现由静止释放小球B，下列说法正确的是（　　）
A．物体A、B系统的机械能不守恒
B．小球B第一次运动到C点时的动能为7.2J
C．小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10J
D．小球B第一次运动到D点时A的动能为零
三、非选择题
15．（2023高三上·海淀开学考） 北京赢得了2022年第二十四届冬季奥林匹克运动会的举办权，引得越来越多的体育爱好者参加滑雪运动．如图所示，某滑雪场的雪道由倾斜部分AB段和水平部分BC段组成，其中倾斜雪道AB的长L＝25m，顶端高H＝15m，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25．滑雪爱好者每次练习时均在倾斜雪道的顶端A处以水平速度飞出，落到雪道时他靠改变姿势进行缓冲，恰好可以使自己在落到雪道前后沿雪道方向的速度相同．不计空气阻力影响，取重力加速度g=10m/s2．
（1）第一次滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s落到雪道上的D处（图中未标出），求水平初速度v1及A、D之间的水平位移x1．
（2）第二次该爱好者调整水平初速度，落到雪道上的E处（图中未标出），已知A、E之间的水平位移为x2，且，求该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离s．
（3）该爱好者在随后的几次练习中都落在雪道的AB段，他根据经验得出如下结论：在A处水平速度越大，落到雪道前瞬时的速度越大，速度方向与雪道的夹角也越大．他的观点是否正确，请你判断并说明理由．
16．（2023高一下·河北期末）如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由粗糙倾斜直线轨道、光滑圆弧形轨道、光滑半圆形轨道、光滑水平轨道组成，轨道与圆弧轨道相切，轨道所对应的圆心角为，点距地面的高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点距水平地面的高度差。表演者从点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从点离开轨道，最后落到地面上的点。已知表演者与摩托车的总质量，表演者与摩托车可视质点，空气阻力不计，，，。
（1）摩托车与轨道间的动摩擦因数，求通过点时摩托车对轨道的压力大小；
（2）表演者与摩托车恰能经过最高点且安全完成完整表演，求点与点的水平距离。
17．（2023高一下·公主岭期末）如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径。用外力将一质量的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点（此时物块与弹簧已分离）进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离。已知A、B两点间的距离，物块与水平地面AB间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力，求：
（1）物块经过C点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
18．（2023高一下·武进期末）如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，导轨半径R=0.4m，一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数=0.2，AB的长度L=2m，求：
（1）小滑块在圆轨道最高点速度大小；
（2）小滑块在B点对轨道的压力；
（3）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
19．（2024高三上·东莞期末） 如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管 EFG 组成，其中水平传送带长 B点在传送带右端转轴的正上方，轨道 BCD和细圆管 EFG 的圆心分别为( 和 圆心角均为( 半径均为 R=0.4m，且 B 点和 G 点分别为两轨道的最高点和最低点. 在细圆管 EFG 的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、 长 质量 木板(与轨道不粘连) . 现将一块质量 的物块(可视为质点) 轻放在传送带的最左端 A 点，由传送带自左向右传动，在 B 处的开口和 E、D处的开口正好可容物块通过. 已知物块与传送带之间的动摩擦因数 物块与木板之间的动摩擦因数 重力加速度
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度为 3m/s，求物块经过圆弧轨道 EFG 最低点 G 时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度为 5m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q 与传送带速度 v之间的关系.
20．（2024高三上·邢台月考）如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁 K 构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G'H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过（进入，在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为，半径为，HM长度为N点为HM的中点。现将质量为的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度 g取求：
（1）物块到达H点时对轨道的压力；
（2）C、D两点的竖直高度差；
（3）物块被锁定时弹簧具有的弹性势能；
（4）设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数。
21．（2023高一下·安徽月考）质量的圆环A和质量的重物B用轻绳跨过一滑轮连接，重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为。现将圆环A从与滑轮上表面等高处a静止释放，下降到达b位置。已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）当圆环A滑动到b时，圆环B的速度大小（答案可保留根号）；
（2）圆环A从a到b过程中，绳子拉力对圆环A做的功（保留两位小数）；
（3）圆环A从a到b过程中，重物B与斜面间由于摩擦产生的热量。
22．（2021高三上·湖北月考）如图，在离水平面高度 m的光滑水平面上有一靠墙的轻质弹簧，一个质量 kg的物块（可看为质点）紧贴弹簧，压缩弹簧储存一定弹性势能 后由静止释放，物块与弹簧分离后以一定初速度 从A点飞出平台，恰好从B点能无碰撞进入光滑圆弧轨道 ，C点为轨道最低点，已知圆弧轨道半径 m，B点到地面高度为 m，已知重力加速度 。
（1）求弹簧所储存的弹性势能；
（2）求物块对圆弧形轨道最低点的压力；
（3）判断物块从D点飞出后的第一碰撞点在墙面上还是在地面上，并求出碰撞点到D点的水平距离。
23．（2023高三上·历城开学考）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
24．（2023高一下·上海市期末）如图所示，用大小为10N、方向与水平地面成 角的拉力F，使静止物体从A点沿水平地面运动到相距15m的B点，到达B点时的速度为6m/s。此时立即撤去F，物体沿光滑弧形轨道滑到C点，然后返回水平地面，停在离B点 的D点。（取 ， ， ）求：
（1）C点的离地高度；
（2）物体从A向B运动时的加速度及物体的质量；
（3）若要使物体返回后越过D点停下，物体的质量应满足什么条件
25．（2023高一下·牡丹江期末）如图所示，水平传送带左端处与竖直面内的光滑曲面平滑连接，右端处与光滑水平面平滑连接，水平面上固定一个竖直挡板，挡板左侧连接一个轻弹簧，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的点。光滑曲面上的点距离水平传送带的高度差，传送带长，以速度顺时针转动。一质量为的物块从点由静止释放，已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，取，求：
（1）物块第一次滑到曲面底端处的速度大小；
（2）物块第一次到达处的速度大小；
（3）弹簧获得的最大弹性势能；
26．（2023高一下·泸水期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为6V、频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出。
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=　 　m/s。
（2）从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp=　 　J，此过程中物体动能的增量ΔEk=　 　J。（结果保留两位有效数字）。
（3）如果以为纵轴，以下降高度h为横轴，根据多组数据给出的图像，图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比等于　 　。
27．（2022高三上·崇明期末）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，放置了一装有挡光片的滑块A，其质量m=0.2kg。A在恒力F作用下以一定初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零后又继续沿斜面下滑。当A滑到粗糙水平面O点时撤去F，此时完全相同的滑块B以一定初速度沿水平面向右滑行。a、b、c、d、e是五个光电门，测量滑块通过所在位置的速率。忽略滑块A过O点时的能量损失，以滑块A向上经过光电门a的瞬间为t1=0时刻，每个光电门在各个时刻测得的速率记录在下表（其中v3数据不详），g取10m/s2。
a b c d e
t1=0.0 v1=2 　 　 　 　
t2=0.8 v2=2 　 　 　 　
t3=1.0 　 v3= 　 　 　
t4=1.2 　 　 v4=1 　 v5=2
t5=2.4 　 　 　 v6=0.5 　
（1）计算滑块A在斜面上运动时的加速度；
（2）t3=1.0时，v3的数值是多少？
（3）以光电门b的位置为零势能面，计算滑块A通过光电门a的机械能，分析说明滑块A在斜面上运动时机械能是否守恒。
（4）光电门e、c间距L=2m，若A、B两滑块在t5时刻前还未相遇，通过分析判断光电门d测得的是哪个滑块的速度。
28．（2023高一下·叙州期末）如图所示，固定的光滑直杆AB和光滑圆弧管道BC在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，管道BC的半径为R=0.5m，所对应的圆心角为53°，一中间穿孔、直径略小于管道BC内径、质量为m的小球，穿在直杆AB上。绕过在O点的定滑轮的细线一端和小球相连，另一端与质量为M的物块相连，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时使细线断裂，小球进入管道继续运动，且到达C点时速度恰好为零，已知sin53°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）小球运动到B点时的速度大小vB；
（2）物块和小球质量的比值；
（3）若在其它条件不变的情况下，仅使=7，求小球运动到C点时对管道的作用力。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】A．物块在最高点时重力势能为EP=mgLsin37°=30J
可得物块的质量m=1kg
A不符合题意；
B．根据动能定理
可得物块下滑的加速度为
根据
可得与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5
B不符合题意；
C．物块下滑到斜面底端时动能为10J，则
根据速度大小为
C不符合题意；
D．当物块下滑3.0m时机械能损失了
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用重力势能的表达式得出物块的质量；利用动能定理以及牛顿第二定律得出动摩擦因数；结合动能的表达式得出物块下滑到斜面底端时速度；利用功能关系得出物块损失的机械能。
2．【答案】B
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】A、物块向右运动的过程，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后等于滑动摩擦力，再小于滑动摩擦力，物块的合外力先向右，再等于零，后合外力向左，所以物块向右先加速后减速，动能先增大后减小，A不符合题意；
B、弹簧最短时，由能量守恒定律得，弹簧具有的弹性势能为 ，B错误，符合题意；
C、物块与弹簧分离前，摩擦力对系统一直做负功，由功能原理知系统的机械能一直减小，C不符合题意；
D、设物块的速度为零时，物块距离出发点之间的距离为x，对物块向右的整个过程，由能量守恒定律得 ，解得 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对物体A进行受力分析，对物体A向左的运动过程，结合物体A的初末速度，利用动能定理求解弹簧的弹性势能。
3．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】设在时间t内发电机获得的风能为 ，则 ，由于 ，所以 ，故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为： ，A符合题意；由图象可知，当风速为 时，变桨距控制风力发电机的功率为400kW，定桨距控制风力发电机的功率为100KW，所以每台风力发电机每天能多发电： ，B符合题意；由A知道空气的动能为 ，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为： ，C符合题意；完全燃烧45kg煤所产生的内能： ，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为： ，故一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能不相当，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查变桨距控制风力发电机中的能量关系。风力发电机把风能转化为电能时，根据风速和动能表达式可得风力发电机获得的风能，由风力发电机的风速与功率的图象可知变桨距控制风力发电机的功率，由效率定义式可求风力发电机将风能转化成电能的效率；根据可求发电量；完全燃烧煤所产生的内能可用计算。
4．【答案】B
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】解：A、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即F弹=m2gsinθ，A不符合题意；
B、开始系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，则有：m1gsinθ=kx1，x1为弹簧此时的压缩量，得：x1= ．
当B刚离开C时，有 m2gsinθ=kx2，x2为弹簧此时的伸长量，得：x2= ，则A沿斜面上升的距离为 x=x1+x2= ，拉力F在该过程中对木块A所做的功为 W=Fx=F ，B符合题意；
CD、木块A在该过程中重力势能增加量△EP=m1gxsinθ=m1gsinθ = ，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为△E弹=W﹣△EP﹣ mv2=F ﹣ ﹣ mv2，CD不符合题意．
故答案为：B．
【分析】分析B物体的运动过程，当B刚离开C时，系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量和压缩量，从而求出A上升的距离，根据W=Fx求解F做的功，根据重力做功与重力势能的关系求解A重力势能增加量，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量．
5．【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】解答：物块刚A离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律得
弹簧伸长的长度 ，
由弹簧上端B缓慢的竖直向上提起的距离L，则物块上升的高度为h=L-x
以地面为势能零点，这时物块A具有的重力势能为
故选D
分析：物块刚A离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律求出此时弹簧伸长的长度，根据几何关系求出物块上升的高度，再求物块A具有的重力势能．
6．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.由于不计一切摩擦， 小球A、B、C组成的系统只发生了动能和重力势能之间的转化，故系统的机械能守恒，A不符合题意；
B.小球B的初速度为零，C落地瞬间，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，可知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，B不符合题意；
C.设小球C落地前瞬间的速度大小为v，对A、B、C系统，由机械能守恒定律可得
解得小球C落地前瞬间的速度大小
C符合题意；
D.因为A、B、C系统的机械能守恒，所以当小球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，则杆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，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据机械能守恒条件分析小球A、B、C组成的系统机械能是否守恒；分析A、B小球机械能的变化，再根据系统机械能守恒，得出C的机械能变化；对小球A、B、C组成的系统，由机械能守恒定律求解小球C落地前瞬间的速度大小；根据系统机械能守恒，分析小球C的机械能最小时，B的受力状态。
7．【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只发生了动能和重力势能的相互转化，故A和B组成的系统机械能守恒，A不符合题意；
B.刚释放时小球A时，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可得，解得小球此时的加速度大小为，B符合题意；
C.小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C不符合题意；
D.几何关系如图所示：
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为，由几何关系可知，解得，设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为，由几何关系可知，由系统机械能守恒可得，其中，，，解得小球A运动到最低点时的速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据A、B系统中的能量转化分析系统机械能是否守恒；分析小球刚释放时的受力，由牛顿第二定律求出小球的加速度；分析小球B的最大速度的特点，结合A的状态分析杆上的弹力大小；对A、B组成的系统，由机械能守恒定律列式，求解小球A运动到最低点时的速度大小。
8．【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.物块A运动过程中受重力、支持力和拉力作用，物块A运动到C点过程中，细线对A始终做正功，重力和支持力不做功，根据功能关系可知，物块A的速机械能增大，A不符合题意；
B.物块A经过C点时，细线与物块A的运动方向垂直，根据牵连速度的规律可知，物块B的速度为0，根据系统机械能守恒定律可得
解得物块A经过C点的速度为
B不符合题意；
C.由于系统机械能守恒，可知物块A在水平光滑杆上往复运动，运动范围为
C不符合题意；
D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B的动能变化量为0，则物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析物块A的受力，根据各力做功，由功能关系分析物块A机械能的变化；根据机械能守恒定律求解物块A经过C点的速度大小；由几何关系求出物块A在杆上做往复运动的范围；结合牵连速度规律，分析物块B在物块A由P点出发第一次到达C点过程中的动能变化，由功能关系分析该过程中物块B克服细线拉力做的功与B重力势能变化量之间的关系。
9．【答案】A,D
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 设小球下落过程，弹性绳伸长量为x，绳与竖直方向夹角为，对小球进行受力分析，正交分解水平方向有
即
竖直方向有
数值高度
解的加速度
可知随x'增大，加速度减小，当
时，速度最大，之后做加速度增大的减速运动，可认为简谐振动，则根据对称性，小球在D点速度最大，A符合题意；
B. 小球从C到E的过程中，由动能定理可得
若在E点给小球向上的速度v，小球恰好回到C点，有
联立可得
，
B不符合题意；
C. 对小球而言，绳的拉力在CD段要比DE段小，故拉力做功CD段小于DE段，即小球在CD损失的机械能小于DE阶段损失的机械能，C不符合题意；
D. 若O点没有固定，绳与B点分力之前做圆周运动，故线速度大小等于小球速度沿绳方向分量，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用弹簧振子得受力特点，根据牛顿第二定律可求出加速度表达式，结合小球运动情况，可求出小球的运动状态；利用除重力以外其他合理做功情况判断机械能损失。
10．【答案】B,C
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 释放球A前，球B处于受力平衡状态， 有
释放球A后，对A有
对球B有
联立可得
A不符合题意；
B. 释放球A后，当球C恰好离开地面时，对C分析有
对AB分析联立有
解得a=0，可知此时速度达到最大，B符合题意；
C. 速度最大时，球C恰好离开地面，由能量守恒定律可知，球A重力势能得减小量等于球B重力势能增加量与两球动能增加量，有
解的
C符合题意；
D. 由
，
可知，球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧得压缩量相等，但是在运动过程中，弹簧对球B做功，故A、B两球组成的系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用牛顿第二定律可求出加速度得大小；利用能量守恒定律，结合系统重力势能与动能得变化情况，可求出速度的大小。
11．【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能
【解析】【解答】A．弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，根据
可知滑块a、b到达B点的速度大小之比，A不符合题意；
B．设滑块a、b与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，对滑块a有
对滑块b有
联立解得
B符合题意；
C．重力做负功，则克服重力做功为
结合B选项可知
C符合题意；
D．由功能关系可知，因摩擦产生的热量为结合BC选项可知
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用其能量守恒定律结合质量的大小可以判别滑块滑动B点速度的大小；利用其能量守恒定律可以求出上滑高度的大小；利用其高度变化及质量可以比较重力做功的大小；利用其功能关系可以比较摩擦产生的热量大小。
12．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB、两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，在最高点小球受到的重力提供向心力。
根据牛顿第二定律可得：
从最低点到最高点的过程，由动能定理得：
根据机械能守恒定律得：
联立解得：，故A错误，B正确；
CD、对右边小球从最低点到点的过程，由动能定理得：
设小球在点时其与轨道相互作用的弹力大小为，
由牛顿第二定律得：
对光滑圆形轨道由受力平衡得：
联立解得：，故C正确，D错误。
故选：BC
【分析】在最高点小球受到的重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得小球到达最高点时的速度，再根据动能定理和机械能守恒定律求解弹簧的弹性势能；根据动能定理求得小球到达点或的时的速度，根据牛顿第二定律和平衡条件求解轻杆的弹力
13．【答案】B,C,D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、当外力F1作用在A球上时，对小球B受力分析可知，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对B、A均无作用力，A球受重力和外力F1处于平衡状态，则
故A错误；
B、若撤掉外力F1，对球B施加一个水平向左的外力F，分别对球A、B受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
又有
解得
故B正确；
C、根据运动的合成与分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圆周运动），即
A球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，则由系统机械能守恒有
解得
故C正确；
D、当B球上升到最大高度时，如图所示
以圆环最低点为参考面，由系统机械能守恒有
可得
则B球能够上升的最大高度相对圆心O点的竖直高度为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】当两球处于平衡状态时，分别对两球进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定外力F的大小情况。当系统运动时，两球及杆构成的系统在运动过程机械能守恒。两球沿杆方向速度相等，根据运动的分解确定任意位置两球的速度关系。B球到达最高点时，系统的速度为零。再对整体运用机械能守恒定律进行解答。
14．【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块A与小球B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A正确；
B．小球B第一次运动到C点时，物块A下降的高度为
小球B下降的高度为
未释放小球B时，设弹簧的形变量为，对物块A有
解得
此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时
此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知
解得小球B的动能为
故B错误；
C．小球B从释放第一次运动到C点，对小球B，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．由几何知识可得
故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到初始位置，设此时小球B的速度为，物块A的速度为，则
小球B下降的高度为
整个过程根据动能定理可得
则A的动能为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，结合几何关系以及动能定理求解。
15．【答案】（1）解：滑雪爱好者自 A处以水平速度飞出后，可能落在AB段，也可能落在BC段．
设滑雪爱好者落在雪道的水平部分 BC 段所用时间为 t0，根据平抛规律
解得：
由此可知，滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s 落在雪道的倾斜部分AB段．
根据平抛规律
解得：
A、D之间的水平位移
解得：
（2）解：设此次爱好者水平初速度v2，由，
可知，由此可判断此次滑雪爱好者水平飞出后落在雪道的水平部分BC段．
由平抛规律
解得：
之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行，由动能定理有：
解得该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离s＝45m
（3）解：他的观点不正确．正确观点是：在A处水平速度越大，落到雪道前瞬时速度越大，而速度方向与雪道夹角相同．
设爱好者水平初速度，由平抛规律知落到AB段均满足
解得：
由此可知：越大，运动时间t越长
落到雪道前瞬时速度大小，越大，落点速度越大
速度方向与水平方向夹角为α，，速度方向与无关．
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑雪爱好者自 A处以水平速度飞出后，可能落在AB段，也可能落在BC段． 根据平抛规律可得下落到水平部分 BC 段所用时间，此时间大于1.5s， 由此可知，滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s 落在雪道的倾斜部分AB段．根据平抛规律可得水平初速度v1及A、D之间的水平位移x1；
（2） 第二次该爱好者调整水平初速度， 已知A、E之间的水平位移为x2，且 ， 由此可判断此次滑雪爱好者水平飞出后落在雪道的水平部分BC段， 由平抛规律可得初速度， 之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行，由动能定理可得该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离；
（3） 他的观点不正确， 设爱好者水平初速度，由平抛规律知落到AB段均满足 ，可得在空中飞行的时间 ， 由此可知：越大，运动时间t越长 ， 落到雪道前瞬时速度大小，越大，落点速度越大 ， 速度方向与水平方向夹角为α，，速度方向与无关．
16．【答案】（1）解：摩托车和表演者由运动到，下落的高度为
轨道的长度为
由点到点，由动能定理得
对摩托车在点，根据牛顿第二定律得
代入数据解得经过点的轨道对摩托车的支持力：
由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小
答：通过点时摩托车对轨道的压力大小为；
（2）解：表演者与摩托车恰能经过最高点，在点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
从点到点，由机械能守恒可得
解得：
摩托车离开点做平抛运动，平抛运动的竖直位移
所以平抛运动时间为
因此，表演者落点点与点的水平距离
点与点的水平距离为。
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1)、 摩托车和表演者由运动到 ，利用动能定理可得再C点的速度 ， 对摩托车在点时，根据牛顿第二定律可得支持力的大小， 再根据牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小 ；
(2)、 表演者与摩托车恰能经过最高点且安全完成完整表演，即在D点完全由重力提供向心力，由牛顿第二定律可得D点速度 ， 从点到点，由机械能守恒可得F点的速度 ， 摩托车离开点做平抛运动，利用平抛运动的规律 点与点的水平距离 。
17．【答案】（1）解：物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
解得
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有
由牛顿第三定律有
解得
（2）解：物块从A点运动到C点，由动能定理有
根据功能关系可知
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由于物块从C点飞出做平抛运动，利用平抛运动规律可得在C点的速度，再根据牛顿第二定律得到物块对轨道的压力再由 牛顿第三定律可得物块对轨道的压力；
(2) 物块从A点运动到C点，由动能定理再结合功能关系可得弹簧的弹性势能。
18．【答案】（1）解：在C点，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：B到C，根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知小滑块在B点对轨道的压力为
负号表示方向竖直向下。
（3）解：A至C，根据动能定理有
代入数据得
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 (1)、 小滑块经过B点后恰好能通过最高点C ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律 求vC；
(2)、 小滑块从B到C由动能定理有，
小滑块在最低点B点由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有，再由牛顿第三定律求解压力；
(3)、小滑块从A至C， 根据动能定理有 可求解。
19．【答案】（1）解： 物块进入圆弧轨道 后恰好不脱轨， 则在 点有
解得：
若物块在传送带上一直加速， 由：
得：
所以物块在传送带上先加速后匀速， 运动时间为：
（2）解： 若传送带的速度为 ，
经判断物体先加速后匀速， 经过 B 点时速度：
从 到 ， 由动能定理得：
经过 点时：
解得轨道对物块的作用力大小：
（3）解：从 B 到 G， 由动能定理得：
若在木板上恰好不分离则有：
得：
当 时，
当 时，
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，物块在B点的受力，由牛顿第二定律求出物块在B点的速度，再由匀变速直线运动的公式求解物块在传送带上运动的时间；（2）根据动能定理和牛顿第二定律可求出轨道对物块作用力大小；（3）根据限定条件，由动能定理求出滑块在运动到B点的速度，再由能量守恒定律求解产生的热量和速度的关系。
20．【答案】（1）由牛顿第二定律，在D点
到H点时
从D到H的过程中，由动能定理可得
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压为45 N，方向竖直向下。
（2）由于恰好进入轨道D，根据平抛规律可得
vD tan 37°
CD竖直高度差
（3）CE高度差
由能量守恒得
解得
（4）物块最终停在N 点，可得根据能量守恒
（其中）
代入数据可得
（其中）①
与竖直墙壁碰撞后不能越过，因此
解得
②
①②联立解得
或
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1） 由牛顿第二定律，在D点
到H点时
从D到H的过程中，由动能定理可得
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压为45 N，方向竖直向下。
（2） 由于恰好进入轨道D，根据平抛规律可得
vD tan 37°
CD竖直高度差
（3） CE高度差
由能量守恒得
解得
（4） 物块最终停在N 点，可得根据能量守恒
（其中）
代入数据可得
（其中）①
与竖直墙壁碰撞后不能越过，因此
解得
②
①②联立解得
或
【分析】本题考查功能关系，（1）题干给出“ 其经过D点时速度水平，对轨道的作用力恰好为零 ”，可以求出物块在D点的速度，研究物体从D运动到H的过程，运用动能定理求解物体在H点的速度，结合物体在H的受力，指向圆心的合力提供向心力，从而求出物体在H点受到轨道的支持力，通过牛顿第三定律求解物体对轨道的压力大小。
（2）物体从C运动到D的过程，其实也是平抛的逆过程，通过几何关系求解物体在C点竖直方向的分速度，运用运动学公式求出CD间的高度差。
（3）难点在于如何求出CE间的高度，从能量守恒的角度，物体从开始释放到达D点的过程中，物体的动能、重力势能和整个过程产生的内能的总和等于弹簧的弹性势能。
（4） 物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，在间某点速度为零，然后又继续滑下来，直至停在N点，由于是光滑的，即物体原来在H点的动能最终转化为内能，即。由于物体 与竖直墙壁碰撞后不能越过，有，结合即可求解 物块与水平轨道HM间的动摩擦因数 。
21．【答案】（1）解：当圆环A运动到时，设此时轻绳与竖直杆的夹角为，则有
设重物B沿斜面上滑的距离为，则有
由运动关系可知此时圆环A的速度与重物B的速度的关系为
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：根据题意，设圆环A从到过程中，绳子拉力对圆环A做的功为，由动能定理有
代入数据解得
（3）解：圆环从到过程中，重物B与斜面间由于摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；能量守恒定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牵连速度的规律确定A、B的速度关系，对A、B组成的系统根据能量守恒定律列方程，再结合几何关系求解即可；（2）对圆环A 从a运动到b的过程 ，应用动能定理列式即可求解；（3）根据功能关系求解重物B与斜面间由于摩擦产生的热量。
22．【答案】（1）解：由于恰好能无碰撞进入光滑圆弧轨道BC，所以在B点的速度方向与OB垂直，作出速度矢量三角形如图
由几何关系可知
联立解得
（2）解：从A到C过程中，根据动能定理
在C点
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对圆弧形轨道最低点的压力大小为 ，方向垂直地面向下
（3）解：设物块在D点的速度为vD，墙到D水平距离
联立解得
根据能量守恒
当物块落到地面时
此时水平位移
解得
因此未撞在墙上，所以碰撞点在地面上，到D距离为
【知识点】弹性势能；能量守恒定律；动能；动能定理的综合应用；重力势能；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出AB间的高度，结合匀变速直线运动的规律以及动能的表达式和能量关系求出弹簧的弹性势能；
（2）物块A到C的过程中根据动能定理求出C点的速度大小，在C点根据牛顿第二定律得出 物块对圆弧形轨道最低点的压力；
（3）物块D点飞出后根据匀变速直线运动的规律的初水平运动的距离，再结合能量守恒以及平抛运动的规律得出碰撞点到D点的水平距离。
23．【答案】（1）解：系统在图中虚线位置能保持静止，由平衡条件可得
解得
（2）解：设碰撞后D的速度为v，由于碰撞时间极短，构成的系统动量守恒
在D运动过程中由动能定理有
将代入可得
（3）解：系统动能最大时加速度为零，合力为零，即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时与C的速度大小分别为，由于C的速度沿绳的分速度等于的速度，故
再由系统机械能守恒有
解得C的最大动能
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析物体C在虚线位置的受力，由共点力平衡条件列式求解C的质量；（2）对C、D的碰撞过程，由动量守恒定律求出D的碰后速度，再对D碰后的运动过程，应用动量定理，求出F的大小；（3）先由牛顿第二定律分析系统的动能最大的位置，再对A、B、C构成的系统，根据机械能守恒定律求解A、B、C总动能最大时C的动能。
24．【答案】（1）解：物体从B到C过程，根据机械能守恒定律可得
解得C点的离地高度为
（2）解：物体从B到D的过程，根据速度与位移的关系
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
物体从A向B的过程，根据速度与位移的关系
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解： 结合上述计算结果得知：物块返回恰好停在D点；若要越过D点，需要减小物体的质量，即减小摩擦力作用，增大物体在AB运动过程中的加速度，增大运动到B点速度，所以质量应满足
其次，物体需要沿水平地面运动，所以在AB运动过程中不能离开地面，则需要满足
解得
综上所述，物块质量需要满足
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）本题考查动能定理的相关应用，从B运动到C的过程中，可以用动能定理或机械能守恒定律求解，BC是光滑的，即物体再次滑到B点时速度还是6m/s；
（2）根据运动学公式结合牛顿第二定律求解水平面的动摩擦因数，进而求解物体从A运动到B过程的加速度和质量；
（3）减小物体的质量，物体加速后获得的动能变大，物体返回时就会越过D点，但根据题意，物体沿水平面加速，即加速时物体不可以离开地面，这样就得到最小质量。
25．【答案】（1）解：设物块滑到斜面底端的速度为，根据机械能守恒有
（2）解：由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设加速度大小为a，
则
解得
设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，减速运动的位移为，则
解得 由于，
因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动。
设物块经过B点的速度为v，根据动能定理有
解得
（3）解：由分析可得，物块第一次将弹簧压缩到最短时，弹簧获得的弹性势能最大。
根据功能关系得
解得
【知识点】弹性势能；牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 设物块从O点滑到斜面底端A点的速度为，根据机械能守恒有 可解得；
（2） 由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，根据牛顿第二定律解得物块的加速度，运用运动学规律知道减速运动的位移为， 由于，说明物块从A点到B点一直做匀减速运动， 设物块经过B点的速度为v，根据动能定理有 ；
（3） 物块第一次将弹簧压缩到最短时，弹簧获得的弹性势能最大，物块的动能转化为弹簧的 弹性势能。
26．【答案】（1）0.98
（2）0.49；0.48
（3）g
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由题意可知打点周期T=0.02s，B为AC段位移的中间时刻，由匀变速直线运动运动规律可知B点速度等于AC段位移的平均速度。代入数据得=0.98m/s.
（2）由O到B过程中重力势能的减少量代入数据得=0.49J.动能增量为 ΔEk =代入得 ΔEk =0.48J。
（3）由机械能守恒定律可得，化简为，可得图像斜率为g。
【分析】本题考查验证机械能守恒定律实验。
27．【答案】（1）解：滑块A在斜面上运动时所受合力不变，做匀减速直线运动，加速度沿斜面向下，从表格中前两组数据可知，滑块A从斜面最高点滑至光电门a的时间间隔为
所以
方向沿斜面向下；
（2）解：v3是滑块A滑至光电门b的速度
（3）解：根据速度位移关系可得
所以
滑块A在光电门a位置，所以
滑块A在光电门b位置，所以
滑块A在斜面上受到重力G、弹力FN和外力F的作用，由加速度a=5m/s2，可知F的方向垂直于斜面，与运动方向垂直，不做功，弹力FN方向垂直于斜面，也不做功，仅重力做功，机械能守恒。
（4）解：A、B两相同滑块在水平面上受力相同，由牛顿第二定律，加速度大小相同；
解法一：若d传感器测得的是A滑块的速度，由光电门c、d数据知
在1.2s-2.4s时间内，A滑块位移为
B滑块位移为
位移之和
假设不成立，所以d传感器测到的是B滑块速率。
解法二：若d传感器测得的是B的速度，由光电门e、d数据知
在1.2s-2.4s之间，A滑块停止运动的时间为
位移为
B滑块位移为
位移之和
假设成立，所以d传感器测到的是B滑块速率。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据加速度的定义式求解计算滑块A在斜面上运动时的加速度；（2）根据匀变速直线运动的速度公式求解的数值；（3）计算滑块A在a、b两点的机械能，通过比较两点的机械能是否相等，判断滑块A在斜面上运动时机械能是否守恒；（4）根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
28．【答案】（1）解：绳子断裂后，小球独自从B点运动到C点，由机械能守恒定律得：①
代入得
（2）解：绳子断裂时小球速度与绳垂直，由速度分解知识得，此时M速度为0，由系统机械能守恒得
解得
（3）解：小球由A点运动到B点过程机械能守恒
小球B到C点过程机城能守恒
设在C点对管对小球的作用力的方向向下，由牛顿第二定律得
解得
小球对管道的作用力竖直向上
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球由B运动到C的过程，应用机械能守恒定律，求出小球运动到B点时的速度；（2）根据牵连速度规律，求出小球运动到B点时，物体M的速度，再对小球和物块够成的系统，由机械能守恒定律求解物块和小球的质量比；（3）对小球和物块够成的系统，由机械能守恒定律求小球到达B的速度，再对小球从B运动到C的过程，应用机械能守恒定律求出小球运动到C点的速度，最后由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出小球运动到C点对管道的作用力。
1 / 1人教版物理必修2同步练习：8.4 机械能守恒定律（优生加练）
一、选择题
1．（2021高三上·安徽月考）一个倾角 的斜面固定于水平地面，斜边长5m，一物块从斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中两直线所示，设斜面底端所在的水平面为零势能面， ， ，重力加速度取 ，则（　　）
A．物块的质量m=2kg
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4.
C．物块下滑到斜面底端时速度大小为
D．当物块下滑3.0m时机械能损失了12J
【答案】D
【知识点】功能关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用；重力势能
【解析】【解答】A．物块在最高点时重力势能为EP=mgLsin37°=30J
可得物块的质量m=1kg
A不符合题意；
B．根据动能定理
可得物块下滑的加速度为
根据
可得与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5
B不符合题意；
C．物块下滑到斜面底端时动能为10J，则
根据速度大小为
C不符合题意；
D．当物块下滑3.0m时机械能损失了
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用重力势能的表达式得出物块的质量；利用动能定理以及牛顿第二定律得出动摩擦因数；结合动能的表达式得出物块下滑到斜面底端时速度；利用功能关系得出物块损失的机械能。
2．（2018高三上·河北期末）在粗糙的水平面上固定ー挡板，ー质量不计的弹簧左端固定在挡板上，一可视为质点的质量为m的物块A放在弹簧的右端，初始时刻弹簧为原长，物块与弹簧未连接，现瞬间给物块一向左的初速度，使其将弹簧压缩，经过一段时间弹簧将物块弹开，在整个运动过程中弹簧的最大压缩量为l。已知物块的初速度大小为v0、物块与水平地面之间的动摩擦因数为μ。则下列不正确的是（　　）
A．物块向右运动与弹簧分离前，物块的动能先增大后减小
B．弹簧最短时，弹簧具有的弹性势能为
C．物块与弹簧分离前二者组成的系统其机械能一直减小
D．当物块离开弹簧滑动到速度为零时，物块距离出发点之间的距离为 ；
【答案】B
【知识点】弹性势能；功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】A、物块向右运动的过程，弹簧的弹力先大于滑动摩擦力，后等于滑动摩擦力，再小于滑动摩擦力，物块的合外力先向右，再等于零，后合外力向左，所以物块向右先加速后减速，动能先增大后减小，A不符合题意；
B、弹簧最短时，由能量守恒定律得，弹簧具有的弹性势能为 ，B错误，符合题意；
C、物块与弹簧分离前，摩擦力对系统一直做负功，由功能原理知系统的机械能一直减小，C不符合题意；
D、设物块的速度为零时，物块距离出发点之间的距离为x，对物块向右的整个过程，由能量守恒定律得 ，解得 ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】对物体A进行受力分析，对物体A向左的运动过程，结合物体A的初末速度，利用动能定理求解弹簧的弹性势能。
3．（2018·浙江模拟）风能是可再生资源中目前发展最快的清洁能源，风力发电也是具有大规模开发和商业化发展前景的发电方式，近年来，我国风电产业规模逐渐扩大，已成为能源发展的重要领域，在风电技术发展方面，由于相同风速时发电功率的不同，我国目前正逐步采用变桨距控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机，来提高风力发电的效率 具体风速对应的功率如图乙所示，设甲图中风力发电机每片叶片长度为30m，所处地域全天风速均为 ，空气的密度为 ，圆周率 取 ，下列说法不正确的是（　　）
A．变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为
B．用变桨距控制风力发电机替换定桨距控制风力发电机后，每台风力发电机每天能多发电
C．无论采用变桨距控制风力发电机还是定桨距控制风力发电机，每台发电机每秒钟转化的空气动能均为
D．若煤的热值为 ，那么一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能相当
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】【解答】设在时间t内发电机获得的风能为 ，则 ，由于 ，所以 ，故变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为： ，A符合题意；由图象可知，当风速为 时，变桨距控制风力发电机的功率为400kW，定桨距控制风力发电机的功率为100KW，所以每台风力发电机每天能多发电： ，B符合题意；由A知道空气的动能为 ，所以每台发电机每秒钟转化的空气动能均为： ，C符合题意；完全燃烧45kg煤所产生的内能： ，一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能为： ，故一台变桨距控制风力发电机每小时获得的风能与完全燃烧45kg煤所产生的内能不相当，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查变桨距控制风力发电机中的能量关系。风力发电机把风能转化为电能时，根据风速和动能表达式可得风力发电机获得的风能，由风力发电机的风速与功率的图象可知变桨距控制风力发电机的功率，由效率定义式可求风力发电机将风能转化成电能的效率；根据可求发电量；完全燃烧煤所产生的内能可用计算。
4．（2017·山西模拟）如图所示，质量分别为m1和m2的木块 A 和 B 之间用一轻质弹簧相连，然后将它们静置于一底端 带有挡板的光滑斜面上，其中 B 置于斜面底端的挡板上，设斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为 k．现用一平行于斜面的恒力 F 拉木块 A 沿斜面由静止开始向上运动，当木块 B 恰好对挡板的压力为零 时，木块 A 在斜面上运动的速度为 v，则下列说法正确的是（　　）
A．此时弹簧的弹力大小为 m1gsinθ
B．拉力 F 在该过程中对木块 A 所做的功为
C．弹簧在该过程中弹性势能增加了 ﹣ mv2
D．木块A在该过程中重力势能增加了
【答案】B
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【解答】解：A、当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即F弹=m2gsinθ，A不符合题意；
B、开始系统处于静止状态，弹簧的弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，则有：m1gsinθ=kx1，x1为弹簧此时的压缩量，得：x1= ．
当B刚离开C时，有 m2gsinθ=kx2，x2为弹簧此时的伸长量，得：x2= ，则A沿斜面上升的距离为 x=x1+x2= ，拉力F在该过程中对木块A所做的功为 W=Fx=F ，B符合题意；
CD、木块A在该过程中重力势能增加量△EP=m1gxsinθ=m1gsinθ = ，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为△E弹=W﹣△EP﹣ mv2=F ﹣ ﹣ mv2，CD不符合题意．
故答案为：B．
【分析】分析B物体的运动过程，当B刚离开C时，系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量和压缩量，从而求出A上升的距离，根据W=Fx求解F做的功，根据重力做功与重力势能的关系求解A重力势能增加量，根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量．
5．（人教版物理必修二第七章第四节重力势能同步练习题）物块A质量为m，置于光滑水平地面上，其上表面固定一根轻弹簧，弹簧原长为 ，劲度系数为k，如图所示．现将弹簧上端B缓慢的竖直向上提起一段距离L，使物块A离开地面，若以地面为势能零点，则这时物块A具有的重力势能为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】能量守恒定律
【解析】解答：物块刚A离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律得
弹簧伸长的长度 ，
由弹簧上端B缓慢的竖直向上提起的距离L，则物块上升的高度为h=L-x
以地面为势能零点，这时物块A具有的重力势能为
故选D
分析：物块刚A离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律求出此时弹簧伸长的长度，根据几何关系求出物块上升的高度，再求物块A具有的重力势能．
6．（2024高三上·长沙期末）如图所示，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球置于距地面高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，重力加速度为g，则在小球C下落过程中（　　）
A．小球A、B、C组成的系统机械能不守恒
B．小球C的机械能一直减小
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
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.由于不计一切摩擦， 小球A、B、C组成的系统只发生了动能和重力势能之间的转化，故系统的机械能守恒，A不符合题意；
B.小球B的初速度为零，C落地瞬间，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，可知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，B不符合题意；
C.设小球C落地前瞬间的速度大小为v，对A、B、C系统，由机械能守恒定律可得
解得小球C落地前瞬间的速度大小
C符合题意；
D.因为A、B、C系统的机械能守恒，所以当小球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，则杆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，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据机械能守恒条件分析小球A、B、C组成的系统机械能是否守恒；分析A、B小球机械能的变化，再根据系统机械能守恒，得出C的机械能变化；对小球A、B、C组成的系统，由机械能守恒定律求解小球C落地前瞬间的速度大小；根据系统机械能守恒，分析小球C的机械能最小时，B的受力状态。
7．（2023高二上·阳江期末） 如图所示，固定光滑斜面倾角，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用的轻杆通过轻质铰链相连。B套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D点且通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A由静止释放到运动至最低点的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．A和B组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A的加速度大小为
C．小环B速度最大时轻杆弹力为
D．小球A运动到最低点时的速度大小为
【答案】B
【知识点】机械能守恒定律
【解析】【解答】A.在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只发生了动能和重力势能的相互转化，故A和B组成的系统机械能守恒，A不符合题意；
B.刚释放时小球A时，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可得，解得小球此时的加速度大小为，B符合题意；
C.小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C不符合题意；
D.几何关系如图所示：
设A初始时刻距离最低点的竖直高度为，由几何关系可知，解得，设小环B初始时刻距离D点的竖直高度为，由几何关系可知，由系统机械能守恒可得，其中，，，解得小球A运动到最低点时的速度大小，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据A、B系统中的能量转化分析系统机械能是否守恒；分析小球刚释放时的受力，由牛顿第二定律求出小球的加速度；分析小球B的最大速度的特点，结合A的状态分析杆上的弹力大小；对A、B组成的系统，由机械能守恒定律列式，求解小球A运动到最低点时的速度大小。
8．（2024高三上·牡丹江月考）如图所示，水平光滑长杆上套有小物块，细线跨过位于点的轻质光滑定滑轮，一端连接，另一端悬挂小物块，物块质量相等。为点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离，重力加速度为。开始时位于点，与水平方向的夹角为，现将由静止释放，下列说法正确的是（　　）
A．物块运动到点过程中机械能变小
B．物块经过点时的速度大小为
C．物块在杆上长为的范围内做往复运动
D．在物块由点出发第一次到达点过程中，物块克服细线拉力做的功等于重力势能的减少量
【答案】D
【知识点】运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A.物块A运动过程中受重力、支持力和拉力作用，物块A运动到C点过程中，细线对A始终做正功，重力和支持力不做功，根据功能关系可知，物块A的速机械能增大，A不符合题意；
B.物块A经过C点时，细线与物块A的运动方向垂直，根据牵连速度的规律可知，物块B的速度为0，根据系统机械能守恒定律可得
解得物块A经过C点的速度为
B不符合题意；
C.由于系统机械能守恒，可知物块A在水平光滑杆上往复运动，运动范围为
C不符合题意；
D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B的动能变化量为0，则物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，D不符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析物块A的受力，根据各力做功，由功能关系分析物块A机械能的变化；根据机械能守恒定律求解物块A经过C点的速度大小；由几何关系求出物块A在杆上做往复运动的范围；结合牵连速度规律，分析物块B在物块A由P点出发第一次到达C点过程中的动能变化，由功能关系分析该过程中物块B克服细线拉力做的功与B重力势能变化量之间的关系。
二、多项选择题
9．（2024高三上·期末）如图所示，为一弹性轻绳，一端固定于点，一端连接质量为的小球，小球穿在竖直的杆上。轻杆一端固定在墙上，一端为定滑轮。若绳自然长度等于，初始时在一条水平线上，小球从点由静止释放滑到点时速度恰好为零。已知、两点间距离为，为的中点，小球在点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
A．小球在点时速度最大
B．若在点给小球一个向上的速度，小球恰好能回到点，则
C．小球在阶段损失的机械能等于小球在阶段损失的机械能
D．若点没有固定，杆在绳的作用下以为轴转动，在绳与点分离之前，的线速度等于小球的速度沿绳方向分量
【答案】A,D
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 设小球下落过程，弹性绳伸长量为x，绳与竖直方向夹角为，对小球进行受力分析，正交分解水平方向有
即
竖直方向有
数值高度
解的加速度
可知随x'增大，加速度减小，当
时，速度最大，之后做加速度增大的减速运动，可认为简谐振动，则根据对称性，小球在D点速度最大，A符合题意；
B. 小球从C到E的过程中，由动能定理可得
若在E点给小球向上的速度v，小球恰好回到C点，有
联立可得
，
B不符合题意；
C. 对小球而言，绳的拉力在CD段要比DE段小，故拉力做功CD段小于DE段，即小球在CD损失的机械能小于DE阶段损失的机械能，C不符合题意；
D. 若O点没有固定，绳与B点分力之前做圆周运动，故线速度大小等于小球速度沿绳方向分量，D符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用弹簧振子得受力特点，根据牛顿第二定律可求出加速度表达式，结合小球运动情况，可求出小球的运动状态；利用除重力以外其他合理做功情况判断机械能损失。
10．（2024高三上·期末）如图所示，质量为4m的球A与质量为m的球B用绕过轻质定滑轮的细线相连，球A放在固定的光滑斜面上，斜面倾角α=30°，球B与质量为m的球C通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，球C放在水平地面上。开始时控制住球A，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释放球A，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．释放球A瞬间，球B的加速度大小为
B．释放球A后，球C恰好离开地面时，球A沿斜面下滑的速度达到最大
C．球A沿斜面下滑的最大速度为2g
D．球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B,C
【知识点】功能关系；胡克定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A. 释放球A前，球B处于受力平衡状态， 有
释放球A后，对A有
对球B有
联立可得
A不符合题意；
B. 释放球A后，当球C恰好离开地面时，对C分析有
对AB分析联立有
解得a=0，可知此时速度达到最大，B符合题意；
C. 速度最大时，球C恰好离开地面，由能量守恒定律可知，球A重力势能得减小量等于球B重力势能增加量与两球动能增加量，有
解的
C符合题意；
D. 由
，
可知，球C恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧得压缩量相等，但是在运动过程中，弹簧对球B做功，故A、B两球组成的系统机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】利用牛顿第二定律可求出加速度得大小；利用能量守恒定律，结合系统重力势能与动能得变化情况，可求出速度的大小。
11．（2022·达州模拟）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点.轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m的滑块a压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，换用相同材料、质量为2m的滑块b压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是（　　）
A．滑块a、b到达B点的速度大小之比2：1
B．滑块a、b沿斜面上升最大高度之比2：1
C．滑块a、b上升到最高点的过程中克服重力做功之比1：1
D．滑块a、b上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量之比2：1
【答案】B,C
【知识点】能量守恒定律；动能
【解析】【解答】A．弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，根据
可知滑块a、b到达B点的速度大小之比，A不符合题意；
B．设滑块a、b与斜面间的动摩擦因数为，斜面倾角为，对滑块a有
对滑块b有
联立解得
B符合题意；
C．重力做负功，则克服重力做功为
结合B选项可知
C符合题意；
D．由功能关系可知，因摩擦产生的热量为结合BC选项可知
D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用其能量守恒定律结合质量的大小可以判别滑块滑动B点速度的大小；利用其能量守恒定律可以求出上滑高度的大小；利用其高度变化及质量可以比较重力做功的大小；利用其功能关系可以比较摩擦产生的热量大小。
12．（2024高考·泸州模拟）半径为的光滑圆形轨道用一轻杆固定于天花板，其质量为。质量均为的相同小球静止在轨道最低位置。两球间夹有一压缩的微型轻弹簧，弹性势能为，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。当小球沿轨道分别经过、点时，小球与圆心的连线和竖直方向的夹角，如图所示，此时轻杆的弹力大小为。整个过程不计空气阻力，圆形轨道始终处于静止状态，取重力加速度为，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】AB、两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点，在最高点小球受到的重力提供向心力。
根据牛顿第二定律可得：
从最低点到最高点的过程，由动能定理得：
根据机械能守恒定律得：
联立解得：，故A错误，B正确；
CD、对右边小球从最低点到点的过程，由动能定理得：
设小球在点时其与轨道相互作用的弹力大小为，
由牛顿第二定律得：
对光滑圆形轨道由受力平衡得：
联立解得：，故C正确，D错误。
故选：BC
【分析】在最高点小球受到的重力提供向心力，根据牛顿第二定律求得小球到达最高点时的速度，再根据动能定理和机械能守恒定律求解弹簧的弹性势能；根据动能定理求得小球到达点或的时的速度，根据牛顿第二定律和平衡条件求解轻杆的弹力
13．（2024高考·湖南模拟）如图所示，竖直平面内固定一半径为的光滑圆环，圆心在点。质还分别为m、0.75m的A、B两小球套在圆环上，用不可伸长的长为的轻杆通过较链连接，开始时对球施加一个竖直向上的外力，使A、B均处于静止状态，且球恰好与圆心等高，重力加速度为，则下列说法正确的是
A．对球施加的坚直向上的外力的大小为
B．若撤掉外力；对球施加一个水平向左的外力，使系统仍处于原来的静止状态，则的大小为mg
C．撤掉外力，系统无初速度释放，当球到达最低点时，球的速度大小为
D．撤掉外力，系统无初速度释放，沿着圆环运动，球能够上升的最高点相对圆心点的坚直高度为
【答案】B,C,D
【知识点】力的合成与分解的运用；共点力的平衡；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A、当外力F1作用在A球上时，对小球B受力分析可知，小球B受重力和环给B竖直向上的弹力处于平衡状态，则杆对B、A均无作用力，A球受重力和外力F1处于平衡状态，则
故A错误；
B、若撤掉外力F1，对球B施加一个水平向左的外力F，分别对球A、B受力分析，如图所示
由平衡条件有
，
又有
解得
故B正确；
C、根据运动的合成与分解，A球和B球速度大小相等（A球和B球一起做圆周运动），即
A球从左侧圆心等高处到达圆环最低点时，B球从圆环最低点到达右侧圆心等高处，则由系统机械能守恒有
解得
故C正确；
D、当B球上升到最大高度时，如图所示
以圆环最低点为参考面，由系统机械能守恒有
可得
则B球能够上升的最大高度相对圆心O点的竖直高度为
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】当两球处于平衡状态时，分别对两球进行受力分析，根据平衡条件及力的合成与分解确定外力F的大小情况。当系统运动时，两球及杆构成的系统在运动过程机械能守恒。两球沿杆方向速度相等，根据运动的分解确定任意位置两球的速度关系。B球到达最高点时，系统的速度为零。再对整体运用机械能守恒定律进行解答。
14．（2024高三下·哈尔滨开学考） 如图所示，质量为的物体A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系数，物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B，小球B套在倾角的光滑直杆上，D为杆的底端，与固定杆的夹角也是，细线水平，此时细线的拉力是。小球B的质量，C是杆上一点且与杆垂直，，重力加速度g取。现由静止释放小球B，下列说法正确的是（　　）
A．物体A、B系统的机械能不守恒
B．小球B第一次运动到C点时的动能为7.2J
C．小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10J
D．小球B第一次运动到D点时A的动能为零
【答案】A,C
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块A与小球B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A正确；
B．小球B第一次运动到C点时，物块A下降的高度为
小球B下降的高度为
未释放小球B时，设弹簧的形变量为，对物块A有
解得
此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时
此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，有
由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知
解得小球B的动能为
故B错误；
C．小球B从释放第一次运动到C点，对小球B，根据动能定理可得
解得
故C正确；
D．由几何知识可得
故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到初始位置，设此时小球B的速度为，物块A的速度为，则
小球B下降的高度为
整个过程根据动能定理可得
则A的动能为
故D错误。
故答案为：AC。
【分析】A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，结合几何关系以及动能定理求解。
三、非选择题
15．（2023高三上·海淀开学考） 北京赢得了2022年第二十四届冬季奥林匹克运动会的举办权，引得越来越多的体育爱好者参加滑雪运动．如图所示，某滑雪场的雪道由倾斜部分AB段和水平部分BC段组成，其中倾斜雪道AB的长L＝25m，顶端高H＝15m，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25．滑雪爱好者每次练习时均在倾斜雪道的顶端A处以水平速度飞出，落到雪道时他靠改变姿势进行缓冲，恰好可以使自己在落到雪道前后沿雪道方向的速度相同．不计空气阻力影响，取重力加速度g=10m/s2．
（1）第一次滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s落到雪道上的D处（图中未标出），求水平初速度v1及A、D之间的水平位移x1．
（2）第二次该爱好者调整水平初速度，落到雪道上的E处（图中未标出），已知A、E之间的水平位移为x2，且，求该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离s．
（3）该爱好者在随后的几次练习中都落在雪道的AB段，他根据经验得出如下结论：在A处水平速度越大，落到雪道前瞬时的速度越大，速度方向与雪道的夹角也越大．他的观点是否正确，请你判断并说明理由．
【答案】（1）解：滑雪爱好者自 A处以水平速度飞出后，可能落在AB段，也可能落在BC段．
设滑雪爱好者落在雪道的水平部分 BC 段所用时间为 t0，根据平抛规律
解得：
由此可知，滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s 落在雪道的倾斜部分AB段．
根据平抛规律
解得：
A、D之间的水平位移
解得：
（2）解：设此次爱好者水平初速度v2，由，
可知，由此可判断此次滑雪爱好者水平飞出后落在雪道的水平部分BC段．
由平抛规律
解得：
之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行，由动能定理有：
解得该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离s＝45m
（3）解：他的观点不正确．正确观点是：在A处水平速度越大，落到雪道前瞬时速度越大，而速度方向与雪道夹角相同．
设爱好者水平初速度，由平抛规律知落到AB段均满足
解得：
由此可知：越大，运动时间t越长
落到雪道前瞬时速度大小，越大，落点速度越大
速度方向与水平方向夹角为α，，速度方向与无关．
【知识点】功能关系；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑雪爱好者自 A处以水平速度飞出后，可能落在AB段，也可能落在BC段． 根据平抛规律可得下落到水平部分 BC 段所用时间，此时间大于1.5s， 由此可知，滑雪爱好者水平飞出后经t1=1.5s 落在雪道的倾斜部分AB段．根据平抛规律可得水平初速度v1及A、D之间的水平位移x1；
（2） 第二次该爱好者调整水平初速度， 已知A、E之间的水平位移为x2，且 ， 由此可判断此次滑雪爱好者水平飞出后落在雪道的水平部分BC段， 由平抛规律可得初速度， 之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行，由动能定理可得该爱好者落到雪道上的E处之后的滑行距离；
（3） 他的观点不正确， 设爱好者水平初速度，由平抛规律知落到AB段均满足 ，可得在空中飞行的时间 ， 由此可知：越大，运动时间t越长 ， 落到雪道前瞬时速度大小，越大，落点速度越大 ， 速度方向与水平方向夹角为α，，速度方向与无关．
16．（2023高一下·河北期末）如图所示为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由粗糙倾斜直线轨道、光滑圆弧形轨道、光滑半圆形轨道、光滑水平轨道组成，轨道与圆弧轨道相切，轨道所对应的圆心角为，点距地面的高度差，轨道的半径，轨道的半径，轨道最低点距水平地面的高度差。表演者从点驾驶摩托车由静止开始沿轨道运动，接着沿轨道运动，然后从点离开轨道，最后落到地面上的点。已知表演者与摩托车的总质量，表演者与摩托车可视质点，空气阻力不计，，，。
（1）摩托车与轨道间的动摩擦因数，求通过点时摩托车对轨道的压力大小；
（2）表演者与摩托车恰能经过最高点且安全完成完整表演，求点与点的水平距离。
【答案】（1）解：摩托车和表演者由运动到，下落的高度为
轨道的长度为
由点到点，由动能定理得
对摩托车在点，根据牛顿第二定律得
代入数据解得经过点的轨道对摩托车的支持力：
由牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小
答：通过点时摩托车对轨道的压力大小为；
（2）解：表演者与摩托车恰能经过最高点，在点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
从点到点，由机械能守恒可得
解得：
摩托车离开点做平抛运动，平抛运动的竖直位移
所以平抛运动时间为
因此，表演者落点点与点的水平距离
点与点的水平距离为。
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】 (1)、 摩托车和表演者由运动到 ，利用动能定理可得再C点的速度 ， 对摩托车在点时，根据牛顿第二定律可得支持力的大小， 再根据牛顿第三定律可知，摩托车对轨道的压力大小 ；
(2)、 表演者与摩托车恰能经过最高点且安全完成完整表演，即在D点完全由重力提供向心力，由牛顿第二定律可得D点速度 ， 从点到点，由机械能守恒可得F点的速度 ， 摩托车离开点做平抛运动，利用平抛运动的规律 点与点的水平距离 。
17．（2023高一下·公主岭期末）如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径。用外力将一质量的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点（此时物块与弹簧已分离）进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离。已知A、B两点间的距离，物块与水平地面AB间的动摩擦因数，取重力加速度大小，不计空气阻力，求：
（1）物块经过C点时对轨道的压力大小；
（2）弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
【答案】（1）解：物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上有
解得
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有
由牛顿第三定律有
解得
（2）解：物块从A点运动到C点，由动能定理有
根据功能关系可知
解得
【知识点】功能关系；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）由于物块从C点飞出做平抛运动，利用平抛运动规律可得在C点的速度，再根据牛顿第二定律得到物块对轨道的压力再由 牛顿第三定律可得物块对轨道的压力；
(2) 物块从A点运动到C点，由动能定理再结合功能关系可得弹簧的弹性势能。
18．（2023高一下·武进期末）如图所示，粗糙水平面AB与竖直面内的光滑半圆形轨道在B点平滑相接，导轨半径R=0.4m，一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）将弹簧压缩至A点后由静止释放，经过B点后恰好能通过最高点C作平抛运动。已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数=0.2，AB的长度L=2m，求：
（1）小滑块在圆轨道最高点速度大小；
（2）小滑块在B点对轨道的压力；
（3）弹簧压缩至A点时弹簧的弹性势能；
【答案】（1）解：在C点，由牛顿第二定律有
解得
（2）解：B到C，根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知小滑块在B点对轨道的压力为
负号表示方向竖直向下。
（3）解：A至C，根据动能定理有
代入数据得
【知识点】功能关系；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】 (1)、 小滑块经过B点后恰好能通过最高点C ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律 求vC；
(2)、 小滑块从B到C由动能定理有，
小滑块在最低点B点由支持力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有，再由牛顿第三定律求解压力；
(3)、小滑块从A至C， 根据动能定理有 可求解。
19．（2024高三上·东莞期末） 如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置的示意图，该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管 EFG 组成，其中水平传送带长 B点在传送带右端转轴的正上方，轨道 BCD和细圆管 EFG 的圆心分别为( 和 圆心角均为( 半径均为 R=0.4m，且 B 点和 G 点分别为两轨道的最高点和最低点. 在细圆管 EFG 的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、 长 质量 木板(与轨道不粘连) . 现将一块质量 的物块(可视为质点) 轻放在传送带的最左端 A 点，由传送带自左向右传动，在 B 处的开口和 E、D处的开口正好可容物块通过. 已知物块与传送带之间的动摩擦因数 物块与木板之间的动摩擦因数 重力加速度
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度为 3m/s，求物块经过圆弧轨道 EFG 最低点 G 时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度为 5m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q 与传送带速度 v之间的关系.
【答案】（1）解： 物块进入圆弧轨道 后恰好不脱轨， 则在 点有
解得：
若物块在传送带上一直加速， 由：
得：
所以物块在传送带上先加速后匀速， 运动时间为：
（2）解： 若传送带的速度为 ，
经判断物体先加速后匀速， 经过 B 点时速度：
从 到 ， 由动能定理得：
经过 点时：
解得轨道对物块的作用力大小：
（3）解：从 B 到 G， 由动能定理得：
若在木板上恰好不分离则有：
得：
当 时，
当 时，
【知识点】能量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）分析若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，物块在B点的受力，由牛顿第二定律求出物块在B点的速度，再由匀变速直线运动的公式求解物块在传送带上运动的时间；（2）根据动能定理和牛顿第二定律可求出轨道对物块作用力大小；（3）根据限定条件，由动能定理求出滑块在运动到B点的速度，再由能量守恒定律求解产生的热量和速度的关系。
20．（2024高三上·邢台月考）如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁 K 构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G'H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过（进入，在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为，半径为，HM长度为N点为HM的中点。现将质量为的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度 g取求：
（1）物块到达H点时对轨道的压力；
（2）C、D两点的竖直高度差；
（3）物块被锁定时弹簧具有的弹性势能；
（4）设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数。
【答案】（1）由牛顿第二定律，在D点
到H点时
从D到H的过程中，由动能定理可得
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压为45 N，方向竖直向下。
（2）由于恰好进入轨道D，根据平抛规律可得
vD tan 37°
CD竖直高度差
（3）CE高度差
由能量守恒得
解得
（4）物块最终停在N 点，可得根据能量守恒
（其中）
代入数据可得
（其中）①
与竖直墙壁碰撞后不能越过，因此
解得
②
①②联立解得
或
【知识点】能量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】（1） 由牛顿第二定律，在D点
到H点时
从D到H的过程中，由动能定理可得
解得
由牛顿第三定律可得对轨道的压为45 N，方向竖直向下。
（2） 由于恰好进入轨道D，根据平抛规律可得
vD tan 37°
CD竖直高度差
（3） CE高度差
由能量守恒得
解得
（4） 物块最终停在N 点，可得根据能量守恒
（其中）
代入数据可得
（其中）①
与竖直墙壁碰撞后不能越过，因此
解得
②
①②联立解得
或
【分析】本题考查功能关系，（1）题干给出“ 其经过D点时速度水平，对轨道的作用力恰好为零 ”，可以求出物块在D点的速度，研究物体从D运动到H的过程，运用动能定理求解物体在H点的速度，结合物体在H的受力，指向圆心的合力提供向心力，从而求出物体在H点受到轨道的支持力，通过牛顿第三定律求解物体对轨道的压力大小。
（2）物体从C运动到D的过程，其实也是平抛的逆过程，通过几何关系求解物体在C点竖直方向的分速度，运用运动学公式求出CD间的高度差。
（3）难点在于如何求出CE间的高度，从能量守恒的角度，物体从开始释放到达D点的过程中，物体的动能、重力势能和整个过程产生的内能的总和等于弹簧的弹性势能。
（4） 物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，在间某点速度为零，然后又继续滑下来，直至停在N点，由于是光滑的，即物体原来在H点的动能最终转化为内能，即。由于物体 与竖直墙壁碰撞后不能越过，有，结合即可求解 物块与水平轨道HM间的动摩擦因数 。
21．（2023高一下·安徽月考）质量的圆环A和质量的重物B用轻绳跨过一滑轮连接，重物B放置在倾角为30°固定在水平地面的斜面上，轻绳平行于斜面，B与斜面间的动摩擦因数，圆环A套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离为。现将圆环A从与滑轮上表面等高处a静止释放，下降到达b位置。已知直杆和斜面足够长，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）当圆环A滑动到b时，圆环B的速度大小（答案可保留根号）；
（2）圆环A从a到b过程中，绳子拉力对圆环A做的功（保留两位小数）；
（3）圆环A从a到b过程中，重物B与斜面间由于摩擦产生的热量。
【答案】（1）解：当圆环A运动到时，设此时轻绳与竖直杆的夹角为，则有
设重物B沿斜面上滑的距离为，则有
由运动关系可知此时圆环A的速度与重物B的速度的关系为
根据能量守恒定律有
解得
（2）解：根据题意，设圆环A从到过程中，绳子拉力对圆环A做的功为，由动能定理有
代入数据解得
（3）解：圆环从到过程中，重物B与斜面间由于摩擦产生的热量为
【知识点】功能关系；能量守恒定律；运动的合成与分解；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）根据牵连速度的规律确定A、B的速度关系，对A、B组成的系统根据能量守恒定律列方程，再结合几何关系求解即可；（2）对圆环A 从a运动到b的过程 ，应用动能定理列式即可求解；（3）根据功能关系求解重物B与斜面间由于摩擦产生的热量。
22．（2021高三上·湖北月考）如图，在离水平面高度 m的光滑水平面上有一靠墙的轻质弹簧，一个质量 kg的物块（可看为质点）紧贴弹簧，压缩弹簧储存一定弹性势能 后由静止释放，物块与弹簧分离后以一定初速度 从A点飞出平台，恰好从B点能无碰撞进入光滑圆弧轨道 ，C点为轨道最低点，已知圆弧轨道半径 m，B点到地面高度为 m，已知重力加速度 。
（1）求弹簧所储存的弹性势能；
（2）求物块对圆弧形轨道最低点的压力；
（3）判断物块从D点飞出后的第一碰撞点在墙面上还是在地面上，并求出碰撞点到D点的水平距离。
【答案】（1）解：由于恰好能无碰撞进入光滑圆弧轨道BC，所以在B点的速度方向与OB垂直，作出速度矢量三角形如图
由几何关系可知
联立解得
（2）解：从A到C过程中，根据动能定理
在C点
联立解得
根据牛顿第三定律可知物块对圆弧形轨道最低点的压力大小为 ，方向垂直地面向下
（3）解：设物块在D点的速度为vD，墙到D水平距离
联立解得
根据能量守恒
当物块落到地面时
此时水平位移
解得
因此未撞在墙上，所以碰撞点在地面上，到D距离为
【知识点】弹性势能；能量守恒定律；动能；动能定理的综合应用；重力势能；动能和势能的相互转化
【解析】【分析】（1）根据几何关系得出AB间的高度，结合匀变速直线运动的规律以及动能的表达式和能量关系求出弹簧的弹性势能；
（2）物块A到C的过程中根据动能定理求出C点的速度大小，在C点根据牛顿第二定律得出 物块对圆弧形轨道最低点的压力；
（3）物块D点飞出后根据匀变速直线运动的规律的初水平运动的距离，再结合能量守恒以及平抛运动的规律得出碰撞点到D点的水平距离。
23．（2023高三上·历城开学考）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1）解：系统在图中虚线位置能保持静止，由平衡条件可得
解得
（2）解：设碰撞后D的速度为v，由于碰撞时间极短，构成的系统动量守恒
在D运动过程中由动能定理有
将代入可得
（3）解：系统动能最大时加速度为零，合力为零，即在图中虚线位置时系统的动能最大。设此时与C的速度大小分别为，由于C的速度沿绳的分速度等于的速度，故
再由系统机械能守恒有
解得C的最大动能
【知识点】共点力的平衡；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）分析物体C在虚线位置的受力，由共点力平衡条件列式求解C的质量；（2）对C、D的碰撞过程，由动量守恒定律求出D的碰后速度，再对D碰后的运动过程，应用动量定理，求出F的大小；（3）先由牛顿第二定律分析系统的动能最大的位置，再对A、B、C构成的系统，根据机械能守恒定律求解A、B、C总动能最大时C的动能。
24．（2023高一下·上海市期末）如图所示，用大小为10N、方向与水平地面成 角的拉力F，使静止物体从A点沿水平地面运动到相距15m的B点，到达B点时的速度为6m/s。此时立即撤去F，物体沿光滑弧形轨道滑到C点，然后返回水平地面，停在离B点 的D点。（取 ， ， ）求：
（1）C点的离地高度；
（2）物体从A向B运动时的加速度及物体的质量；
（3）若要使物体返回后越过D点停下，物体的质量应满足什么条件
【答案】（1）解：物体从B到C过程，根据机械能守恒定律可得
解得C点的离地高度为
（2）解：物体从B到D的过程，根据速度与位移的关系
解得加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得
物体从A向B的过程，根据速度与位移的关系
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（3）解： 结合上述计算结果得知：物块返回恰好停在D点；若要越过D点，需要减小物体的质量，即减小摩擦力作用，增大物体在AB运动过程中的加速度，增大运动到B点速度，所以质量应满足
其次，物体需要沿水平地面运动，所以在AB运动过程中不能离开地面，则需要满足
解得
综上所述，物块质量需要满足
【知识点】牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）本题考查动能定理的相关应用，从B运动到C的过程中，可以用动能定理或机械能守恒定律求解，BC是光滑的，即物体再次滑到B点时速度还是6m/s；
（2）根据运动学公式结合牛顿第二定律求解水平面的动摩擦因数，进而求解物体从A运动到B过程的加速度和质量；
（3）减小物体的质量，物体加速后获得的动能变大，物体返回时就会越过D点，但根据题意，物体沿水平面加速，即加速时物体不可以离开地面，这样就得到最小质量。
25．（2023高一下·牡丹江期末）如图所示，水平传送带左端处与竖直面内的光滑曲面平滑连接，右端处与光滑水平面平滑连接，水平面上固定一个竖直挡板，挡板左侧连接一个轻弹簧，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的点。光滑曲面上的点距离水平传送带的高度差，传送带长，以速度顺时针转动。一质量为的物块从点由静止释放，已知物块与传送带之间的动摩擦因数为，取，求：
（1）物块第一次滑到曲面底端处的速度大小；
（2）物块第一次到达处的速度大小；
（3）弹簧获得的最大弹性势能；
【答案】（1）解：设物块滑到斜面底端的速度为，根据机械能守恒有
（2）解：由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，设加速度大小为a，
则
解得
设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，减速运动的位移为，则
解得 由于，
因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动。
设物块经过B点的速度为v，根据动能定理有
解得
（3）解：由分析可得，物块第一次将弹簧压缩到最短时，弹簧获得的弹性势能最大。
根据功能关系得
解得
【知识点】弹性势能；牛顿运动定律的应用—传送带模型；牛顿运动定律的综合应用；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1） 设物块从O点滑到斜面底端A点的速度为，根据机械能守恒有 可解得；
（2） 由于，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，根据牛顿第二定律解得物块的加速度，运用运动学规律知道减速运动的位移为， 由于，说明物块从A点到B点一直做匀减速运动， 设物块经过B点的速度为v，根据动能定理有 ；
（3） 物块第一次将弹簧压缩到最短时，弹簧获得的弹性势能最大，物块的动能转化为弹簧的 弹性势能。
26．（2023高一下·泸水期末）在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为6V、频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1kg，一条理想的纸带，数据如图所示，单位是cm，g取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点没画出。
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=　 　m/s。
（2）从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能的减少量ΔEp=　 　J，此过程中物体动能的增量ΔEk=　 　J。（结果保留两位有效数字）。
（3）如果以为纵轴，以下降高度h为横轴，根据多组数据给出的图像，图像上任意两点的纵坐标之差与横坐标之差的比等于　 　。
【答案】（1）0.98
（2）0.49；0.48
（3）g
【知识点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）由题意可知打点周期T=0.02s，B为AC段位移的中间时刻，由匀变速直线运动运动规律可知B点速度等于AC段位移的平均速度。代入数据得=0.98m/s.
（2）由O到B过程中重力势能的减少量代入数据得=0.49J.动能增量为 ΔEk =代入得 ΔEk =0.48J。
（3）由机械能守恒定律可得，化简为，可得图像斜率为g。
【分析】本题考查验证机械能守恒定律实验。
27．（2022高三上·崇明期末）如图所示，倾角θ=30°的光滑斜面上，放置了一装有挡光片的滑块A，其质量m=0.2kg。A在恒力F作用下以一定初速度沿斜面向上做匀减速直线运动，速度减为零后又继续沿斜面下滑。当A滑到粗糙水平面O点时撤去F，此时完全相同的滑块B以一定初速度沿水平面向右滑行。a、b、c、d、e是五个光电门，测量滑块通过所在位置的速率。忽略滑块A过O点时的能量损失，以滑块A向上经过光电门a的瞬间为t1=0时刻，每个光电门在各个时刻测得的速率记录在下表（其中v3数据不详），g取10m/s2。
a b c d e
t1=0.0 v1=2 　 　 　 　
t2=0.8 v2=2 　 　 　 　
t3=1.0 　 v3= 　 　 　
t4=1.2 　 　 v4=1 　 v5=2
t5=2.4 　 　 　 v6=0.5 　
（1）计算滑块A在斜面上运动时的加速度；
（2）t3=1.0时，v3的数值是多少？
（3）以光电门b的位置为零势能面，计算滑块A通过光电门a的机械能，分析说明滑块A在斜面上运动时机械能是否守恒。
（4）光电门e、c间距L=2m，若A、B两滑块在t5时刻前还未相遇，通过分析判断光电门d测得的是哪个滑块的速度。
【答案】（1）解：滑块A在斜面上运动时所受合力不变，做匀减速直线运动，加速度沿斜面向下，从表格中前两组数据可知，滑块A从斜面最高点滑至光电门a的时间间隔为
所以
方向沿斜面向下；
（2）解：v3是滑块A滑至光电门b的速度
（3）解：根据速度位移关系可得
所以
滑块A在光电门a位置，所以
滑块A在光电门b位置，所以
滑块A在斜面上受到重力G、弹力FN和外力F的作用，由加速度a=5m/s2，可知F的方向垂直于斜面，与运动方向垂直，不做功，弹力FN方向垂直于斜面，也不做功，仅重力做功，机械能守恒。
（4）解：A、B两相同滑块在水平面上受力相同，由牛顿第二定律，加速度大小相同；
解法一：若d传感器测得的是A滑块的速度，由光电门c、d数据知
在1.2s-2.4s时间内，A滑块位移为
B滑块位移为
位移之和
假设不成立，所以d传感器测到的是B滑块速率。
解法二：若d传感器测得的是B的速度，由光电门e、d数据知
在1.2s-2.4s之间，A滑块停止运动的时间为
位移为
B滑块位移为
位移之和
假设成立，所以d传感器测到的是B滑块速率。
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据加速度的定义式求解计算滑块A在斜面上运动时的加速度；（2）根据匀变速直线运动的速度公式求解的数值；（3）计算滑块A在a、b两点的机械能，通过比较两点的机械能是否相等，判断滑块A在斜面上运动时机械能是否守恒；（4）根据牛顿第二定律和运动学公式综合求解。
28．（2023高一下·叙州期末）如图所示，固定的光滑直杆AB和光滑圆弧管道BC在B处相切并平滑连接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直，管道BC的半径为R=0.5m，所对应的圆心角为53°，一中间穿孔、直径略小于管道BC内径、质量为m的小球，穿在直杆AB上。绕过在O点的定滑轮的细线一端和小球相连，另一端与质量为M的物块相连，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时使细线断裂，小球进入管道继续运动，且到达C点时速度恰好为零，已知sin53°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）小球运动到B点时的速度大小vB；
（2）物块和小球质量的比值；
（3）若在其它条件不变的情况下，仅使=7，求小球运动到C点时对管道的作用力。
【答案】（1）解：绳子断裂后，小球独自从B点运动到C点，由机械能守恒定律得：①
代入得
（2）解：绳子断裂时小球速度与绳垂直，由速度分解知识得，此时M速度为0，由系统机械能守恒得
解得
（3）解：小球由A点运动到B点过程机械能守恒
小球B到C点过程机城能守恒
设在C点对管对小球的作用力的方向向下，由牛顿第二定律得
解得
小球对管道的作用力竖直向上
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）对小球由B运动到C的过程，应用机械能守恒定律，求出小球运动到B点时的速度；（2）根据牵连速度规律，求出小球运动到B点时，物体M的速度，再对小球和物块够成的系统，由机械能守恒定律求解物块和小球的质量比；（3）对小球和物块够成的系统，由机械能守恒定律求小球到达B的速度，再对小球从B运动到C的过程，应用机械能守恒定律求出小球运动到C点的速度，最后由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出小球运动到C点对管道的作用力。
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