4.2研究机械能守恒定律
跟踪训练（含解析)
1．一条长为L的均匀链条，放在光滑水平桌面上，链条的一半垂直于桌边，如图所示。现由静止开始使链条自由滑落，当它全部脱离桌面瞬时的速度为多大（ ）
A．
B．
C．
D．
2．自由下落的物体，忽略空气阻力，其动能与位移的关系如图所示，则图中直线的斜率表示（ ）
A．质量
B．势能
C．重力大小
D．重力加速度
3．如图所示，滑雪运动员沿倾角为的滑雪道匀速下滑
A．运动员的机械能逐渐减小
B．运动员的动能增加
C．运动员的重力势能逐渐增加
D．运动员的合外力做功减小
4．如图所示，质量相同的两物体处于同一高度，A由静止开始沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则下列说法不正确的是
A．到达底端时重力的瞬时功率
B．重力对两物体做的功相同
C．整个过程中，两物体机械能的改变量不同
D．到达底端时两物体的动能相同，速度大小相等
5．以下说法中，正确的是
A．弹簧弹力做正功，弹簧系统的弹性势能一定增加
B．合外力做负功，物体的机械能一定减少
C．一个物体所受合外力为零，它的机械能一定守恒
D．一个物体所受合外力不为零，它的机械能可能守恒
6．如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，设小球开始所在水平面为零势能面，则小球落到地面前瞬间的机械能为（ ）
A．0
B．mgh
C．mgH
D．mg（H＋h）
7．如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上，一小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，则在以后的运动过程中，下列叙述中正确的是（弹簧始终竖直且在弹性限度内）（
）
A．当小球刚接触弹簧时，小球的动能最大
B．当小球刚接触弹簧时，小球与弹簧组成的系统的势能最大
C．当小球运动至最高点时，小球与弹簧组成的系统的势能最大
D．当小球运动至最低点时，小球与弹簧组成的系统的势能最小
8．将质量为m的小球从桌面边缘竖直向上抛出，桌面离地高为h。小球能到达的最大高度与地面的距离为H，以桌面为零势能参考平面，不计空气阻力，则小球落地时的机械能为（ ）
A．mgH
B．mg(H－h)
C．mg(H+h)
D．mgh
9．如图所示，斜面竖直固定放置，斜边与一光滑的圆弧轨道相切，切点为，长为，圆弧轨道圆心为，半径为，，，水平。现有一质量为、可视为质点的滑块从点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为，则关于滑块的运动，下列说法正确的是（
）
A．滑块经过点时对轨道的最小压力为
B．滑块下滑后将会从点飞出
C．滑块第二次经过点时对轨道的压力大小为
D．滑块在斜面上经过的总路程为
10．一个质量为m的物体以a＝1.5g的加速度沿倾角为30°的粗糙斜面向上加速运动，在此物体上升h高度的过程中，以下说法正确的是（ ）
A．物体的重力势能增加了1.5mgh
B．物体的动能增加了3mgh
C．物体的机械能增加了2mgh
D．物体的机械能增加了4mgh
11．图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从A处自由下落，毫秒计时器(图中未画出)记录下小铁球经过光电门B的挡光时间t，小铁球的直径为d，用作为球经过光电门时的速度，重力加速度为g。
①用游标卡尺测得小铁球的直径d如图乙所示，则d＝________mm；
②实验中还需要测量的物理量是________；
A．A距地面的高度H
B．A、B之间的高度h
C．小铁的质量m
③要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式_____________是否成立即可(用实验中测得物理量的符号表示)；
12．如图所示，半径R=0.5m的光滑半圆环轨道固定在竖直平面内，半圆环与光滑水平地面相切于圆环最低端点A．质量m=1kg的小球以初速度v0=5m/s从A点冲上竖直圆环，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10m/s2，不计空气阻力。
(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆环，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上。求小球落点与A点间的最小距离xmin。
13．右端连有光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5m，如图所示．将一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝2N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10m/s2．求：
（1）木块从A运动到B过程中摩擦力做的功；
（2）木块运动到B点时的速度大小；
（3）木块沿弧形槽上升的最大高度。
14．小明设计了一个弹球游戏装置，如图所示，ABCD为四分之三圆弧轨道，A端通过竖直过渡轨道PA与弹射装置相连，D端通过水平过渡轨道DE与水平轨道EG相连，两过渡轨道稍微错开；管径很小的圆形细管与轨道EG相切于O点，细管底部进出口O、稍微错开，整个轨道固定于同一竖直平面内，各段轨道间均平滑连接。现有一小球（可视为质点）被压缩的轻弹簧从P点弹出后沿轨道运动。已知小球质量m=0.2kg，轨道ABCD的半径r=0.1m，细管的圆半径R=0.2m，P、A两点间的高度差h=0.5m，O、E两点间的距离L=1m，O、G两点间的距离足够大，小球与轨道EG间的动摩擦因数，其余轨道均光滑，弹簧的最大弹性势能Epm=2.2J弹簧的形变始终不超过其弹性限度，小球运动时始终未脱离轨道。
(1)求小球通过B点的最小速度和对应的弹簧弹性势能；
(2)为使小球最终停在EO段，求弹簧弹性势能应满足的条件；
(3)以O点为坐标原点，O点指向G点的方向为正方向建立x轴，在图乙中画出弹簧弹性势能Ep与小球最终停下的位置坐标x的关系图线（本小题不需要写出具体解答过程，但需要标出关键点的坐标值）。
参考答案
1．A
【解析】
由静止开始使链条自由滑落到当它全部脱离桌面过程，由于桌面光滑，整个链条的机械能守恒。取桌面为零势能面，整个链条的质量为，根据机械能守恒定律得
解得它全部脱离桌面瞬时的速度为
故A正确，BCD错误。
故选A。
2．C
【解析】
物体在下落的过程中，根据
可知，斜率等于重力大小，C正确，ABD错误。
故选C。
3．A
【解析】
A．运动员下滑过程中，重力做正功，则其重力势能减小，动能不变，所以机械能减小；故A正确.
B．运动员做匀速运动，所以动能不变；故B错误；
C．运动员下滑过程中，重力做正功，则其重力势能减小；故C错误.
D．运动员沿雪道匀速下滑，合力为零，则合力做功为零；故D错误.
4．C
【解析】
AD．由于质量相等，高度变化相同，所以到达底端时两物体的动能相同，速度大小相同，但速度方向不同，到达底端时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力方向与速度有夹角，所以到达底端时重力的瞬时功率不相同，有PA＜PB，故AD正确.
C．A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，整个过程物体机械能都守恒，所以整个过程机械能的改变量相同，故C错误；
B．两物体质量相m同，初末位置的高度差h相同，重力做的功W=mgh相同，故B正确；
5．D
【解析】
A．弹簧弹力做正功，弹簧系统的弹性势能一定减少，A错误；
B．合外力做负功，物体的动能一定减少，无法判断机械能的变化；B错误.
C．只有重力或弹簧弹力做功，物体的机械能才守恒，C错误；
D．一个物体所受合外力不为零，它的机械能可能守恒，比如做平抛运动的物体，D正确；
6．A
【解析】
小球开始所在水平面为零势能面，则小球的机械能为0，由于小球下落时只有重力做功，机械能守恒，可知小球落到地面前瞬间的机械能为0。
故选A。
7．C
【解析】
A.小球刚接触弹簧时，小球有向下的加速度，所以小球的动能不是最大，故A错误；
BCD.根据能量守恒可知，系统内动能最小时，系统内的势能达到最大，即在最高或者最低点时，势能最大，故BD错误，C正确；
故选C。
8．B
【解析】
小球到达的最大高度时，速度为零，即动能为零，上升阶段，根据机械能守恒，小球抛出时的机械能为
由题意可知，整个过程小球机械能守恒，故小球落地时的机械能为
故ACD错误，B正确。
故选B。
9．CD
【解析】
A、滑块从A点下滑后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点、D为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则D到E点，根据机械能守恒定律：，在E点：，联立解得：，故A错误；
B、从A到G由动能定理得：，其中，解得：，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；
C、滑块第一次到达E点时，根据动能定理：，解得，第二次到达E点的速度与第一次相同，根据牛顿第二定律，解得，故C正确；
D、滑块最终将在以E点为最低点、D为最高点来回运动，根据动能定理：，解得，故D正确。
故选CD。
10．BD
【解析】
A．物体上升h高度，克服重力做功mgh，则物体重力势能增加了mgh，故A错误；
B．由牛顿第二定律知，物体的合力
F合=ma=1.5mg，方向沿斜面向上，则合力对物体做功为
W合=F合?=3mgh
由动能定理知物体的动能增加量等于合力对物体做的功，为3mgh，故B正确。
CD．物体的重力势能增加了mgh，物体的动能增加了3mgh，根据机械能等于动能与重力势能之和，可得物体的机械能增加了4mgh。故C错误，D正确。
故选BD。
11．5.4
B
d2=2ght2
【解析】
①[1]．用游标卡尺测得小铁球的直径d＝0.5cm+0.1mm×4=5.4mm；
②[2]．要验证的关系式是
即
则实验中还需要测量的物理量是A、B之间的高度h，故选B。
③[4]．由以上的分析可知，要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式
即
d2=2ght2
是否成立即可。
12．(1)；(2)x=1m；(3)1m
【解析】
(1)由机械能守恒定律得
解得
(2)由平抛规律得
x=v0t
解得
x=1m
(3)设小球运动到B点半圆环轨道对小球的压力为FN。
圆周运动向心力
得当FN=0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小
由（2）的计算可知，最小距离
xmin=x=1m
13．（1）0.75J；（2）3m/s；（3）0.45m.
【解析】
（1）木块从A运动到B过程中摩擦力做的功
（2）由A到B由动能定理
解得
vB=3m/s
（3）木块沿弧形槽上升的过程，由机械能守恒定律
解得
h=0.45m
14．(1)1m/s，1.3J；(2)1.3J≤Ep≤1.8J；(3)
【解析】
（1）在B点，当轨道对小球的弹力恰好为零时，根据向心力公式有
解得
vB=1m/s
从P点到B点，根据功能关系有
Ep1=mg（h+r）+
解得
Ep1=1.3J
（2）若小球恰好到达F点，从P点到F点，根据功能关系有
Ep2=mg（h-r+2R）+μmgL
解得
Ep2=2J
此后小球返回，根据功能关系有
mg·2R=mgh1+μmgL
解得
h1=0.2m=2r＞r=0.1m
小球会在CB间脱离轨道
若小球在到达F点前返回恰好到达C点，从P点到C点，根据功能关系有:
Ep3=mgh+μmg·2L
解得
Ep3=1.8J
故要使小球最终停在EO段，弹簧弹性势能应满足
1.3J≤Ep3≤1.8J
（3）当Ep>2J时，小球停在OG段，根据功能关系有
Ep=-mg（h-r）+μmg（L+x）
解得
Ep=0.4x+1.2
（2m＜x≤2.5m）
当1.3J≤Ep3≤1.8J时，小球停在EO段；当小球在EO段恰好往返一次到E点时，根据功能关系有
Ep4=mg·（h-r）+μmg·2L
解得
Ep4=1.6J
当
1.3J≤Ep3<1.6J
时，根据功能关系有
Ep=mg（h-r）+μmg（L+x）
解得
Ep=-0.4x+1.2
（-1m＜x≤-0.25m）
当1.6J≤Ep3≤1.8J时，根据功能关系有
Ep=-mg·（h-r）+μmg{（2L+[L-（-x）]}
解得
Ep=0.4x+2
（-1m≤x≤-0.5m）
图线如图所示:4.2研究机械能守恒定律
跟踪训练（含解析)
1．如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力大小为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是（ ）
A．小物块到达最低点N时的速度大小为
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR
C．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR
D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
2．“魔力陀螺”玩具中的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图所示的模型：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．铁球的向心力只由磁性引力提供
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
3．静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是（
）
A．
B．
C．
D．
4．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如人原地起跳时，总是身体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面．从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是（
）
A．地面对人的支持力始终等于重力
B．地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C．人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D．人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
5．以下运动中物体的机械能一定守恒的是（ ）
A．物体做匀速直线运动
B．物体从高处以的加速度竖直下落
C．不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动
D．物体做匀变速曲线运动
6．如图所示，质量为的小物块，从离桌面高处由静止下落，忽略空气阻力，桌面离地面高为。以运动起点所在平面为参考面，小物块落地时的机械能是（ ）
A．0
B．
C．
D．
7．将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g，且f）
A．排球运动过程中的加速度始终小于g
B．排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fH
C．排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功
D．排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率
8．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B．支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图所示．开始时OA边处于水平位置．由静止释放，则(
)
A．A球的最大速度为
B．A球的速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球第一次转动到与竖直方向的夹角为45°时，A球的速度为
D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1
9．如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上.质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为Ff，物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s.在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋s)
B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffs
C．物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋s)
D．物块和小车增加的机械能为Ffs
10．如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧轻绳始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L．现由静止同时释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置E点，D、E两点间的距离为．若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面间的动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，则( )
A．A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．A在从C至D的过程中，加速度大小为
C．弹簧的最大弹性势能为
D．弹簧的最大弹性势能为
11．如图1所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。
(1)关于这一实验，下列说法正确的是______。
A．重物的质量不必测量
B．打点计时器应接低压直流电
C．应先接通电源，后释放纸带
D．需使用秒表测出重物下落的时间
(2)实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=_______，动能增加量ΔEk=____________。
12．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段为水平轨道，BC段为圆心角θ=37°、半径为6l的圆弧轨道，CD段平直倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。AB段的右侧有一缓冲装置，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力Ff=4mg，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。若将一质量为m的滑块从C点由静止释放，滑块撞击弹簧后将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若滑块从C点由静止释放，经过圆弧轨道B点时，求滑块对轨道的压力；
（2）为使缓冲装置能安全工作，求允许滑块释放点离C点的最大距离；
（3）在缓冲装置安全工作时，试讨论该物块第一次被弹回后上升距B点的最大高度h'与释放时距B点的高度h之间的关系。
13．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AO为助滑道，OB为着陆坡。运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆。已知，A点与O点的高度差为h=45m，着陆坡OB的倾角为θ=37°，运动员的质量为m，重力加速度为g=10m/s2。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力，求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)运动员经过O点时的速度大小v；
(2)运动员从飞出到着陆的时间t。
14．如图所示，有一个可视为质点的质量m＝1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞的地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运动的速度为v＝3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道的半径为R＝2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．
参考答案
1．B
【解析】
A．设小物块到达最低点N时的速度大小为v，在N点，根据牛顿第二定律得
据题意有
联立得
故A错误；
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为
故B正确；
C．小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得
解得
故C错误；
D．由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。
故选B。
2．D
【解析】
A．铁球绕竖直放置的轨道上运动，从上往下运动时速度变大，从下往上运动时速度变小，则不可能做匀速圆周运动，选项A错误；
B．铁球的向心力由磁性引力和铁球的重力以及轨道的弹力沿圆心方向的合力提供，选项B错误；
C．铁球在
A
点的速度大于零均可，选项C错误；
D．若铁球到达最高点时的速度为零，则由最高点到最低点，由机械能守恒定律
在最低点时若恰不脱轨，则
解得
F=5mg
即轨道对铁球的磁性引力至少为
5mg
，才能使铁球不脱轨，选项D正确。
故选D。
3．C
【解析】
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒．设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变，故C正确．
4．B
【解析】
人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；故选B．
点睛：本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的．
5．C
【解析】
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，判断做功情况，即可判断物体是否是机械能守恒．也可以机械能的概念：机械能是动能与势能之和，进行分析．
【详解】
A．物体做匀速直线运动时动能不变，而重力势能可能变化，比如竖直方向的匀速直线运动，所以机械能不一定守恒，故A错误．
B．物体从高处以的加速度竖直下落时，必定受到向上的阻力，物体的机械能不守恒，故B错误．
C．不计空气阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动，细绳的拉力对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确．
D．物体做匀变速曲线运动时可能有除重力以外的力做功，机械能不一定守恒，故D错误．
故选C．
【点睛】
本题的关键是掌握机械能守恒的条件，也就是只有重力或弹簧的弹力做功，分析物体是否受到其它力的作用，以及其它力是否做功，由此即可判断是否机械能守恒．
6．A
【解析】
以运动起点所在平面为参考面，此位置小物块的动能为0，重力势能为0，则机械能为0，由于小物块下落过程中只有重力做功，则机械能守恒，所以小物块落地时的机械能为0，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．BD
【解析】
A．排球上升过程中合力F合=mg+f>mg，故a>g，A错；
B．排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W=fH，B对；
C．重力做功W=mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH，C错；
D．排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1=mg+f，a1=g+f/m，下降过程F2=mg-f，a2=g-f/m，a1>a2，t2>t1，由P=W/t知时间越小功率越大，D对；故选BD．
8．BC
【解析】
由机械能守恒可知，A球的速度最大时，二者的动能最大，此时两球总重力势能最小，所以B正确；根据题意知两球的角速度相同，线速度之比为vA：vB=ω?2l：ω?l=2：1，故D错误；当OA与竖直方向的夹角为θ时，由机械能守恒得：mg?2lcosθ-2mg?l（1-sinθ）=mvA2+
?2mvB2，解得：vA2=gl（sinθ+cosθ）-gl，由数学知识知，当θ=45°时，sinθ+cosθ有最大值，最大值为：vA=，所以A错误，C正确．故选BC．
【点睛】
本题中的AB的位置关系并不是在一条直线上，所以在球AB的势能的变化时要注意它们之间的关系，在解题的过程中还要用到数学的三角函数的知识，要求学生的数学基本功要好.
9．BC
【解析】
试题分析：对物块分析，物块相对于地的位移为，根据动能定理得，，则知物块到达小车最右端时具有的动能，故A错误．对小车分析，小车对地的位移为l，根据动能定理得，，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为，故B正确．物块相对于地的位移大小为，则物块克服摩擦力所做的功为，故C正确．根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：，则物块和小车增加的机械能为，故D错误.
10．BD
【解析】
试题分析：对AB整体，从C到D的过程受力分析，根据牛顿第二定律得：加速度为：，可知a不变，A做匀加速运动．从D点开始与弹簧接触，压缩弹簧，弹簧被压缩到E点的过程中，弹簧弹力是个变力，则加速度是变化的，所以A在从C至E的过程中，先做匀加速运动，后做变加速运动，最后做变减速运动，直到速度为零，故A错误，B正确；当A的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对AB整体应用动能定理得：
解得：，则弹簧具有的最大弹性势能为：，故C错误，D正确．故选BD．
考点：牛顿第二定律；动能定理
11．AC
【解析】
（1）[1]A．因为要验证
两边的质量m可以消掉，所以可以不必测量重物质量，故A正确；
B．打点计时器应接交流电源，故B错误；
C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C正确；
D．可以用打点计时器计算时间，不需要秒表，故D错误。
故选AC。
（2）[2]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
[3]根据匀变速直线运动的推论，可得打B点时重物的速度
则重物动能增加量
12．(1)
；(2)；
(3)当，；当，
【解析】
(1)从C到B的过程中，机械能守恒
根据牛顿二定律
解得
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力
(2)
小球从C点由静止释放，推动轻杆后，最终小球剩余的动能变成弹性势能
整理得
设滑块释放点离C点的最大距离为x，根据能量守恒定律
整理得
(3)
如果轻杆没被推动，则小球滑到弹簧处的动能最大值为，根据机械能守恒
整理得，小球下降的最大高度
当释放点的高度
轻杆不动，弹回上升的最大高度
而当释放点的高度
轻杆被推动，弹回上升的最大高度
13．(1)30m/s；(2)4.5s
【解析】
(1)根据机械能守恒定律有
解得运动员经过O点时的速度大小
=30m/s
(2)根据平抛运动规律有
由题意可知
解得运动员在空中运动的时间
=4.5s
14．（1）22.5N，方向竖直向下；（2）32J
【解析】
（1）设小物体在C点的速度为，在C点由
解得
设在D的的速度为，从C到D，由动能定理得
解得
在D点设轨道对小球的作用力为
解得
=22.5N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为22.5N，方向竖直向下．
（2）设物体在传送带上加速度为a
根据牛顿第二定律
解得
物体由D点向左运动至速度为零，所用时间，位移：
时间内传送带向右的位移为
物体速度由零增加到与传送带速度相等过程，所用时间
通过的位移，
传送带的位移为
小木块相对传送带移动的路程为
产生的热量为
解得
Q=32J
