4.5 机械能守恒定律检测题Word版含答案

　机械能守恒定律
一、基础与经典
1．下列说法正确的是(　　)
A．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
B．做曲线运动的物体，机械能可能守恒
C．物体所受的合力为零，机械能一定守恒
D．物体所受的合力不为零时，机械能一定不守恒
答案　B
解析　做匀速直线运动的物体只意味着其动能不变，但势能不一定不变，A错误；做曲线运动的物体比如：平抛运动，其机械能就守恒，B正确；物体所受的合力为零，只意味着物体处于平衡状态，机械能不一定守恒，C错误；物体所受的合力不为零，一样能满足机械能守恒定律的条件，如做自由落体运动的物体，D错误。
2．
如图所示，在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的弹性势能逐渐减少
B．物体的机械能不变
C．弹簧的弹性势能先增加后减少
D．弹簧的弹性势能先减少后增加
答案　D
解析　因弹簧左端固定在墙上，右端与物体连接，故撤去F后，弹簧先伸长到原长后，再被物体拉伸，其弹性势能先减少后增加，物体的机械能先增大后减小，故D正确，A、B、C均错误。
3．不同质量的两个物体由同一地点以相同的动能竖直向上抛出，不计空气阻力，则这两个物体(　　)
A．所能达到的最大高度和最大重力势能都相同
B．所能达到的最大高度和最大重力势能均不同
C．所能达到的最大高度不同，但最大重力势能相同
D．所能达到的最大高度相同，但最大重力势能不同
答案　C
解析　物体做竖直上抛运动到最高点，速度为零，根据机械能守恒定律得Ek＝mgh，解得h＝，m不同，Ek相等，故最大高度h不同，而最大重力势能Ep＝mgh＝Ek相同，故A、B、D错误，C正确。
4．在如图所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是(　　)
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球A机械能守恒
C．丙图中小球机械能守恒
D．丁图中小球机械能守恒
答案　A
解析　甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A正确；乙图释放过程中A球的重力势能转化为两球的动能和B球的重力势能，小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的重力势能转为球和小车的动能，D错误。
5．(多选)原长为L的一轻质弹簧，固定于天花板上的O点，如图所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后竖直向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是(　　)
A．由A到C的过程中，物块的动能和重力势能之和保持不变
B．由B到C的过程中，弹性势能和物块的动能之和逐渐减小
C．由A到C的过程中，物块的机械能守恒
D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒
答案　BD
解析　由A到C的过程中，对于物块与弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，而弹簧的弹性势能增大，所以物块的重力势能与动能之和减小，故A错误，D正确；由B到C的过程中，系统的机械能守恒，即物块的重力势能、动能与弹簧的弹性势能总和不变，物块的重力势能增大，则弹性势能和动能之和减小，故B正确；由A到C的过程中，对于物块，由于弹簧的弹力做功，其机械能不守恒，故C错误。
6．(多选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为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。已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)
A．小球的动能与重力势能之和保持不变
B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加
D．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
答案　BC
解析　整个运动过程中，只有小球的重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒。下滑过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A错误，B正确。下滑过程中，小球的重力势能逐渐减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和增加，C正确。小球由C点运动到B点的过程中，合力对小球做正功，小球的动能增大，所以此过程中小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和减小，D错误。
7．如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法中正确的是(　　)
A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律知，物体冲出C点后仍能升高h
B．若把斜面弯成圆弧形，物体仍能沿AD升高h
C．若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高h，因为机械能不守恒
D．若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状，物体都不能升高h，但机械能仍守恒
答案　D
解析　物体沿斜面升高h时，速度为零，即动能全部转化为势能。当斜面锯断时，物体冲出C点后做斜抛运动，到达最高点时速度不为零，而物体沿圆弧到达最高点时速度也不为零，即动能没有全部转化为势能，故物体都不能升高h。但都是只有重力做功，因而机械能仍守恒。D正确。
8．(多选)如图a所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图b所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则(　　)
A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
答案　BD
解析　铁球在运动的过程中受到重力、轨道的弹力和磁性引力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，弹力的方向过圆心，它们都始终与铁球运动的方向垂直，所以磁性引力和弹力都不对铁球做功，只有重力对铁球做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，故A错误，B正确；在A点轨道对铁球的弹力的方向向上，铁球的速度只要大于等于0即可通过A点，故C错误；由于铁球在运动的过程中机械能守恒，所以铁球在A点的速度越小，则机械能越小，在B点的速度也越小，铁球不脱轨的条件是：铁球在A点的速度恰好为0，而且到达B点时，轨道对铁球的弹力恰好等于0，根据机械能守恒定律，铁球在A点的速度恰好为0，到达B点时的速度满足mg·2R＝mv2，轨道对铁球的弹力恰好等于0，则磁性引力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝m，联立得F＝5mg，可知要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，故D正确。
9．(多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切。一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放。设轻绳足够长，不计一切摩擦。则(　　)
A．在m1由c下滑到a点的过程中，两球速度大小始终相等
B．m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1＝2m2
D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1＝3m2
答案　BC
解析　两小球用轻绳连接，两球在沿绳方向的分速度大小相等，A错误；m1在由c点到a点的过程中重力做正功，但在c点和a点时重力的功率均为零，故重力的功率先增大后减小，B正确；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，有m1gR(1－cos60°)＝m2gR，解得m1＝2m2，C正确，D错误。
10．(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A和B，两球之间用一根长为L的轻杆相连，下面的B球离斜面底端的高度为h。两球从静止开始下滑，不计球与地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑。在球A、B从开始下滑到A球进入水平面的过程中(　　)
A．当A、B球均在斜面上运动时，B球受3个力作用
B．A球进入水平面的速度大小为
C．全过程中A球的机械能减小了mgLsinθ
D．全过程中轻杆对B球不做功
答案　BC
解析　A、B球均在斜面上时，对于A、B球整体有，2mgsinθ＝2ma，对于B球，设杆对B球的作用力为F，沿斜面向下，则F＋mgsinθ＝ma，联立得F＝0，所以B球只受两个力作用，A项错误；当A球进入水平面时，对A、B球组成的系统，全过程中机械能守恒，mg(Lsinθ＋h)＋mgh＝·2mv2，解得v＝，B项正确；因为两球在水平面运动的速度比B球从h处自由滑下的速度大，B球增加的机械能ΔEB＝mv2－mgh＝mgLsinθ正好是A球减小的机械能，所以C项正确；由于B球的机械能增加了，根据功能关系可知，从B球接触水平面到A球接触水平面的过程中，轻杆对B球做正功，D错误。
二、真题与模拟
11．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR
答案　C
解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：F·3R－mg·R＝mv，解得：vc＝2。小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝＝，水平方向的位移为x＝axt2＝g·2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·(3R＋x)＝5mgR，正确答案为C。
12．(2015·全国卷Ⅱ)
(多选)如图所示，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
答案　BD
解析　设某一时刻a、b速度分别为va、vb，则vacosθ＝vbsinθ。当a落到地面时，θ＝90°，cosθ＝0，故vb为0，可知a下落过程中b先加速后减速，轻杆对b先做正功后做负功，A错误。轻杆对a的作用力先为支持力后为拉力，故a的加速度先小于g后大于g，C错误。由于a、b系统只有重力和系统内杆的弹力做功，且弹力对a、b的做功之和为零，故a、b系统机械能守恒，a落地时b速度为零，由机械能守恒定律得mgh＝mv，得va＝，B正确。a落地前，当a的机械能最小时，b的机械能最大，即动能最大，此时F杆＝0，故FN＝mg，D正确。
13．(2015·天津高考)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案　B
解析　圆环在下滑的过程中，圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，而圆环的机械能并不守恒，A项错误；在下滑到最大距离的过程中，圆环动能的变化量为零，因此圆环减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能，即Ep＝mg ＝mgL，B项正确；圆环下滑的过程中速度先增大后减小，加速度先减小后增大，到最大距离时，向上的加速度最大，此时圆环所受合力不为零，C项错误；由于圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，所以圆环重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和为定值，因此圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，D项错误。
14．(2018·辽宁师大附中期中)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑定滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体A，此时A与挡板的距离为s，B静止于地面上，滑轮两侧的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动，整个过程弹簧形变不超过其弹性限度，下列说法中正确的是(　　)
A．A和B组成的系统机械能守恒
B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零
C．若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零
D．若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和
答案　BD
解析　对于A、B、弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，但对于A和B组成的系统机械能不守恒，故A错误；A的重力沿斜面向下的分力为Mgsinθ＝mg，物体A先做加速运动，当受力平衡时A的速度最大，此时B所受的拉力为T＝mg，B恰好与地面间的作用力为零，故B正确；若A恰好能到达挡板处，从B开始运动直到A到达挡板的过程中，细绳弹力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速运动，故C错误；A恰好能到达挡板处，由机械能守恒定律可知此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故D正确。
15．(2018·江苏南京、盐城一模)(多选)如图所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L的细线连接两球。现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动。则物块(　　)
A．运动到最低点时，小球的动能为零
B．速度最大时，弹簧的弹性势能最大
C．速度最大时，杆对两球的支持力为(M＋2m)g
D．运动到最低点时，杆对两球的支持力小于(M＋2m)g
答案　AC
解析　物块释放后先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时小球的动能也为零，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，系统的机械能守恒，物块减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，故A正确，B错误；物块速度最大时，将两小球和物块看成整体，系统所受合外力为零，杆对两球的支持力与系统重力平衡，故C正确；运动到最低点时物块具有向上的加速度，由整体法可知，杆对两球的支持力大于(M＋2m)g，故D错误。
16．(2018·哈尔滨三中二模)(多选)
“快乐向前冲”节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，已知开始时绳与竖直方向夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为L。如果质量为m的选手抓住绳子由静止开始摆动，运动到O点的正下方时松手，做平抛运动，不考虑空气阻力和绳的质量，下列说法正确的是(　　)
A．选手刚摆到最低点时处于超重状态
B．选手刚摆到最低点时所受绳子的拉力为(3－2cosα)·mg
C．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L＝时，落点距起点的水平距离最远
D．若绳与竖直方向夹角仍为α，当L＝时，落点距起点的水平距离最远
答案　ABC
解析　选手向下摆动过程中，机械能守恒，在最低点时绳子拉力和重力的合力提供向心力，选手在最低点松手后，做平抛运动，明确了整个过程的运动特点，依据所遵循的规律即可正确求解。在最低点时加速度方向竖直向上，处于超重状态，A正确；在最低点T－mg＝m，从高处由静止到最低点的运动过程中机械能守恒，故mgL(1－cosα)＝mv2，联立解得T＝(3－2cosα)mg，B正确；从最低点松开绳子后，选手做平抛运动，故在水平方向上x＝vt，在竖直方向上(H－L)＝gt2，解得x＝，根据数学知识可知当L＝H－L，即L＝时x最大，D错误，C正确。
17．(2019·河南南阳模拟)如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法一定正确的是(　　)
A．若v0<2，小球运动过程中机械能不可能守恒
B．若v0＝3，小球运动过程中机械能守恒
C．若v0<，小球不可能到达最高点
D．若v0＝2，小球恰好能到达最高点
答案　B
解析　若小球上升到与圆心等高处时速度为零，此过程中小球只与外轨作用，不受摩擦力，只有重力做功，由机械能守恒定律得mv＝mgR，解得v0＝<2，故A错误；小球如果不挤压内轨，则小球到达最高点速度最小时，小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg＝m，由于小球不挤压内轨，则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用，只有重力做功，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mv＝mv2＋mg·2R，解得v0＝，则小球要不挤压内轨，速度应大于等于，故B正确；假设v0<时，小球能到达最高点，且到达最高点时的速度为v，克服内轨摩擦力做功为Wf，由动能定理得－mg·2R－Wf＝mv2－mv，又v≥0，且v0<，则若小球的速度 ≤v0<，也可以到达最高点，只是最终将在圆心下方做往复运动，故C错误；如果内轨光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，机械能守恒，则小球恰能运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R，解得v0＝2，但内轨粗糙，一定受到摩擦力作用，若v0＝2，小球在到达最高点前速度已为零，不能到达最高点，故D错误。
一、基础与经典
18．
如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________。
A．物块的质量m1、m2
B．物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间
C．物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间
D．绳子的长度
(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
A．绳的质量要轻
B．在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好
C．尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃
D．两个物块的质量之差要尽可能大
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________。
(3)在数据的处理过程中，A、B物块的势能减小量总是大于A、B物块的动能增加量，导致这一原因除有空气阻力和摩擦阻力外，还有可能的原因是________________________________。
(4)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
答案　(1)AB(或AC)　(2)AC
(3)没有考虑滑轮动能的增加
(4)对同一高度进行多次测量取平均值(或选取受力后相对伸长尽量小的绳等)
解析　(1)通过连接在一起的A、B两物块验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度，需要测量两物块的质量，以及物块A下落的距离以及下落这段距离所用的时间，或物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间，故选A、B或A、C均可以。
(2)如果绳子较重，系统的重力势能就会有一部分转化为绳子的动能，造成实验误差；绳子不宜太长，越长，形变对实验的影响越大；物块末速度v是根据匀变速直线运动求出的，故要保证物块在竖直方向运动；m1、m2相差越大，整体运动的速度越大，则对时间的测量误差就会越大；则提高实验准确程度的做法选A、C。
(3)在数据的处理过程中，A、B物块的势能减小量总是大于A、B物块的动能增加量，导致这一原因除有空气阻力和摩擦阻力外，还有可能的原因是没有考虑滑轮动能的增加。
(4)减小误差的建议：对同一高度进行多次测量取平均值；选取受力后相对伸长尽量小的绳等。
19．如图所示，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能，其中重力加速度为g。解除锁定，小球离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出。
(1)若小球经C点时所受的弹力的大小为mg，求弹簧弹性势能的大小Ep；
(2)若换用质量为m1的小球用锁定弹簧发射(弹簧势能不变)，则要使从C点抛出的小球能击中薄板DE，小球质量m1满足什么条件？
答案　(1)mgR　(2)m≤m1≤m
解析　(1)从解除弹簧锁定到小球运动到C点的过程，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，设小球到达C点的速度大小为v1，根据机械能守恒定律可得：
Ep＝2mgR＋mv。
又小球经C点时所受的弹力的大小为mg，方向只能竖直向下。
根据向心力公式得：mg＋mg＝m，
联立解得：Ep＝mgR。
(2)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有：2R＝gt2，x＝v2t，
若要小球击中薄板，应满足R≤x≤2R，
又弹簧的弹性势能Ep＝mgR＝2m1gR＋m1v，
解得m≤m1≤m，
故小球质量m1满足m≤m1≤m条件时，小球能击中薄板DE。
二、真题与模拟
20．(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。(结果保留两位有效数字)
(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＝mv①
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＝mv＋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′＝m2＋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 J。
21．(2018·四川德阳二诊)如图所示，一光滑水平桌面与一半径为R的光滑半圆形竖直轨道相切于C点，且两者固定不动。一长L＝0．8 m的细绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0．2 kg的小球A，当细绳在竖直方向静止时，小球A对水平桌面的作用力刚好为零，现将A提起使细绳处于水平位置时无初速度释放，当球A摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝0．8 kg的小球B正碰，碰后球A以2 m/s的速率弹回，球B将沿半圆形轨道运动，恰好能通过最高点D，g取10 m/s2，求：
(1)B球在半圆形轨道最低点C的速度为多大？
(2)半圆形轨道半径R应为多大？
答案　(1)1．5 m/s　(2)0．045 m
解析　(1)设小球A摆至最低点时速度为v0，由机械能守恒定律得m1gL＝m1v，解得v0＝＝4 m/s，A与B碰撞，水平方向动量守恒，设A、B碰后的速度分别为v1、v2，选水平向右为正方向，则
m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v2＝1．5 m/s。
(2)小球B恰好通过最高点D，由牛顿第二定律得
m2g＝m2，
B在CD上运动时，由机械能守恒定律得
m2v＝m2g·2R＋m2v，解得R＝0．045 m。