2.3能量守恒定律
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．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
3．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
4．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）
5．如图所示，一轻质弹簧下端固定在倾角为θ的粗糙斜面底端的挡板上，弹簧上端处于自由状态。一质量为m的物块（可视为质点）从距离弹簧上端L1处由静止释放，物块在下滑过程中经A点（图中未画出）时速度达到最大值v，弹簧被压缩到最短时物体离释放点的距离为L2。已知物块与斜面间动摩擦因数为?，重力加速度为g，则在物块释放到弹簧压缩到最短的过程中（ ）
A．系统损失的机械能为
B．若物块能弹回，则上滑过程中经过A点时速度最大
C．物块速度最大时，弹簧的弹性势能为
D．物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和
6．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
7．伽利略的斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦力小到可以忽略，小球必将准确地到达同它出发时相同高度的点，绝不会更高一点，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．弹力
B．势能
C．能量
D．动能
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．“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
10．质量相同的两物块A、B，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，物块B套在一光滑的细杆上，初始时用一水平力F把B拉到如图所示位置。使A、B均处于静止状态。撤去水平力F后，A向下运动，B向右运动，从开始运动到B运动到滑轮正下方的过程中，下列说法正确的是（
）
A．物块A重力势能的减少量等于A、B两物块动能的增加量
B．物块A的速度大于物块B的速度
C．物块A的动能一直增大
D．细绳对物块A做的功等于物块A机械能的变化量
11．有一种手电筒，当其电池的电能耗尽时，摇晃它，即可为电池充电，在这个摇晃过程中_____能转化为电能；如果将这种手电筒摇晃一次，相当于将200g的重物举高20cm，每秒摇两次，则摇晃手电筒的平均功率为________W，g=10m/s2。
12．如图，一直角斜面体固定在水平地面上，两侧斜面倾角分别为α=60?，β=30?。A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，置于斜面上，两物体重心位于同一高度并保持静止。不计所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，两物体从静止开始沿斜面下滑，则它们加速度大小之比为____，着地瞬间机械能之比为_____。
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．物块A的质量为m=2kg，物块与坡道间的动摩擦因数为μ=0.6，水平面光滑。坡道顶端距水平面高度为h=1m，倾角为θ=37°物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示.物块A从坡顶由静止滑下，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)物块滑到O点时的速度大小；
(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；
(3)物块A被弹回到坡道后上升的最大高度。
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．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.
3．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；
4．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。
5．D
【解析】
A．系统损失的机械能为滑动摩擦力做的功，所以物块运动到最低点时，机械能的损失量为
故A错误；
B．下滑时，在A点速度最大，则加速度为零，合力为零，此时物体受到重力、沿斜面向上的弹力和沿斜面向上的摩擦力，而返回时，摩擦力方向向下了，所以再回到A点时，合力不为零了，不是速度最大的点，故B错误；
C．物块的最大速度是在合力为零时，即受力平衡时，设
速度最大时设弹簧压缩量x，根据功能关系
故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，从物块释放到弹簧压缩到最短的过程中，物体重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与系统产生的内能之和，故D正确。
故选D。
6．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。
7．C
【解析】
A．因为在物体运动的过程中，改变斜面的倾角不同，物体受到的支持力不同，但物体仍能达到相同的高度，故力不是守恒量，故A错误；
BCD．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能量，也就是动能和势能的总和，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．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。
10．AD
【解析】
A．把AB两物块（包括细绳）看成一个系统，系统所受合力为零，所以系统机械能守恒，物块A重力势能的减少量等于A、B两物块动能的增加量，故A正确；
B．如图所示
所以，故B错误；
C．当B运动到滑轮正下方时，B的速度在竖直方向的分量为0，所以此时A的速度为0，则在这个过程中A的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故C错误；
D．对A受力分析，A受重力和细绳拉力，根据功能关系可知：除重力以为其他力做的功等于物体机械能的变化量，故D正确。
故选AD。
11．机械（或动能）
0.8
【解析】
[1]摇晃过程中，人对手电筒做功，所以在摇晃过程中将机械能（或动能）转化为电能。
[2]摇晃两次，平均功率为
12．
【解析】
[1][2]两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示
绳子对A和B的拉力大小相等，对A有
对B有
联立解得
绳子剪断后，两物体均自由下落，落地高度相同，故落地时的速度相同
得
落地高度相同，故落地时的速度相同，且只剩下动能，故机械能之比等于动能之比
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)；(2)；(3)
【解析】
(1)由动能定理得
解得
，
代入数据得
v=2m/s
(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得
代入数据得
Ep＝4J
(3)设物块A能够上升的最大高度为h1，物块被弹回过程中由动能定理得
代入数据解得
h1＝m2.3能量守恒定律
跟踪训练（含解析)
1．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．
2．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
3．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套一质量为m的环，环与轻弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在O点，O点与B点在同一水平线上，BC>AB，AC=h，环从A处由静止释放运动到B点时弹簧仍处于伸长状态，整个运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，环从A处开始运动时的加速度大小为2g，则在环向下运动的过程中（ ）
A．环在B处的加速度大小为0
B．环在C处的速度大小为
C．环从B到C一直做加速运动
D．环的速度最大的位置在B、C两点之间
4．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．
5．有一个固定的直杆与水平面的夹角为，杆上套着一个滑块A，用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A与物块B通过定滑轮相连接，两物体质量均为2m，不计摩擦，当A与滑轮等高时，将滑块A由静止释放，（整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆）。则（ ）
A．当绳子与直杆垂直时，滑块A的速度最大
B．滑块A从O点运动至最低点的过程中机械能一直减小
C．当绳子与直杆垂直时，滑块A的机械能最大，物块B的机械能最小
D．滑块A从O点运动至最低点的过程中，滑块A动能等于物块B动能的位置可能位于绳子与直杆垂直点的上方
6．如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为，杆上的点与定滑轮等高，杆上的点在点下方距离为处。现将环从处由静止释放，不计一切摩擦阻力，杆足够长，下列说法正确的是（ ）
A．环到达处时，重物上升的高度
B．环到达处时，环与重物的速度大小相等
C．环能下降的最大高度为
D．环从到，环减少的机械能大于重物增加的机械能
7．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
8．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
9．如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是（ ）
A．重力势能和动能之和总保持不变
B．重力势能和弹性势能之和一直增加
C．动能和弹性势能之和一直增加
D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变。
10．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m1的滑块压缩弹簧至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m2的滑块（m2>m1）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．两滑块到达B点的速度相同
B．m2滑块沿斜面上升的高度小于m1滑块沿斜面上升的高度
C．两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同
D．两滑块上升到最高点的过程中质量小的滑块克服重力所做的功比质量大的滑块少
11．如图，水平桌面与地面的竖直高度差为H，B点与A点的竖直高度差为h，在水平桌面上的A点有一个质量为m的物体以初速度v0被水平抛出，不计空气阻力，当它到达B点时，其动能为_____________，机械能为_____________。以地面为零势能面。
12．某实验小组的学生们为探究“机械能守恒定律”设计了如图所示的实验装置：用一个电磁铁吸住一个质量为m，直径为d的小铁球；当将电磁铁断电后，小铁球由静止开始向下加速运动；小铁球经过光电门时，计时装置将记录其通过光电门的时间t。小铁球由静止开始下降至光电门时的高度h，当地的重力加速度为g，那么
(1)小铁球通过光电门的速度v=_______（用d、t表示）；
(2)验证此过程小铁球机械能守恒定律的表达式_____________；
(3)考虑小铁球在运动过程中受到阻力的因素，其重力势能减少量____动能的增加量（选填
“大于”，“等于”或“小于”）
13．如图所示，光滑斜面的倾角为，顶端离地面高度为0.2m，质量相等的两个小球A、B，用恰好等于斜面长的细绳子相连，使A在斜面底端，现把B稍许移出斜面，使它由静止开始沿斜面的竖直边下落，求：
(1)当B球刚落地时，A球的速度；
(2)B球落地时后，A球还可沿斜面运动的距离（g=10m/s2）。
14．如图所示，动摩擦因数均为=0.1的水平轨道AB和DE分别长2.0m和10.0m，光滑圆弧形轨道CD半径R=0.5m，光滑斜面EF足够长。一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点，现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W；经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道CD，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N；已知半径OC和竖直方向的夹角=37°，（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；
(2)滑块从B点运动到C点重力做的功；
(3)滑块在水平轨道AB段上水平外力作用在滑块上的时间t和最终滑块停在距D点多远的位置。
参考答案
1．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．
2．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．
3．D
【解析】
A．环在处水平方向合外力为0，竖直方向上只受重力，所加速度为，A错误；
B．环在运动过程中，OC的长度大于OA的长度，因此弹簧从A点到C点伸长量变大，弹性势能增加，如果物体的重力势能全部转化为动能则有
可得物体的速度为，但是物体的重力势能转化为动能和弹性势能，因此速度小于，B错误；
CD．环在处，根据牛顿第二定律
弹力在竖直方向的分力
环经过点向下做加速度减小的加速运动，滑动至距离点处时，弹簧的伸长量与在处大小相等，所以弹簧弹力在竖直方向的分力与重力等大反向，加速度为0，此时速度最大，之后环做减速运动，因为，所以环的速度最大的位置在B、C两点之间，环从B到C先加速后减速，C错误，D正确。
故选D。
4．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。
5．C
【解析】
A．当滑块A受力合为零时，A的速度最大，当绳子与直杆垂直时，对A受力分析如图知A合力不可能为零，故A错误；
BC．滑块A从O点运动至绳子与直杆垂直的过程，绳子拉力做正功，机械能增大，绳子与直杆垂直至最低点的过程中，绳子拉力做负功，机械能减小，所以A的机械能是先增大后减小，当绳子与直杆垂直时，滑块A的机械能最大，根据AB系统机械能守恒知此时B的机械能最小，故B错误，C正确；
D．滑块A与物块B质量相等，要是动能相等，则满足速度相等，B的速度等于沿绳方向的速度，由于沿绳方向的速度为A的分速度，二者不共线速度不可能相等，即动能不可能相等，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
A．根据几何关系有，环从A下滑至B点时，下降的高度为d，则重物上升的高度
故A错误；
B．环到达B处时，对环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有
得
故B错误；
C．环下滑到最大高度为h时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为，根据机械能守恒有
得
故C正确；
D．环下滑过程中无摩擦力对系统做功，故系统机械能守恒，即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能，故D错误。
故选C。
7．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.
8．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
9．CD
【解析】
AD．对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能这三种形式的能量相互转化，没有与其他形式的能发生交换，也就说小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变；对于小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧是一直被压缩的，所以弹簧的弹性势能一直在增大，因为小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，所以重力势能和动能之和始终减小，故A错误，D正确；
B．在刚接触弹簧的时候小球的加速度等于重力加速度，在压缩的过程中，弹簧的弹力越来越大，小球的加速度越来越小，直到弹簧的弹力等于小球所受到的重力，这个时候小球的加速度为0，小球在这个过程中一直处于加速状态。由于惯性，小球还是继续压缩弹簧，这个时候弹簧的弹力大于小球受到的重力，小球减速，直到小球的速度为0，这个时候弹簧压缩到最短，所以小球的动能先增大后减小，重力势能和弹性势能之和先减小后增加，故B错误；
C．小球下降，重力势能一直减小，所以动能和弹性势能之和一直增加，故C正确；
故选CD。
10．BC
【解析】
A．弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化滑块的动能，两次的弹性势能一样，则两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；
BD．两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为
由能量守恒
可得
即两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同，重力小的，上升的高度较大，故B正确，D错误；
C．因摩擦产生的热量
可知，两滑块摩擦产生的热量相同，故C正确。
故选BC。
11．
【解析】
[1]对小球在空中运动过程中，机械能守恒，B点机械能等于A点机械能，以地面为零势能面，由机械能守恒定律得
当小球在B点时，动能为
[2]由机械能守恒，B点机械能等于A点机械能，即
12．
大于
【解析】
（1）根据速度公式可得小铁球通过光电门的速度
（2）实验根据小铁球的重力势能转化为小铁球的动能来探究机械能守恒，即
由（1）知
，所以小铁球机械能守恒定律的表达式为
（3）根据能量守恒：重力势能转化为动能的同时，还克服空气阻力做功，所以其重力势能减少量大于动能的增加量
13．(1)1m/s；(2)0.1m
【解析】
(1)A、B系统机械能守恒，设B落地时的速度为v，小球A、B的质量为m，由机械能守恒定律得
mBgh-mAghsin30°=(mA+mB)v2
代入数据解得
(2)B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设A还能沿斜面上升的距离为s，由动能定理得
-mAgs?sin30°=0-mAv2
代入数据解得
14．(1)5m/s；(2)1.8J；(3)0.4s；距D点6.5m的位置上
【解析】
(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得
联立解得
vC=5m/s
(2)滑块运动到B点时的速度为
vB=vCcosα=4m/s
滑块由B点运动到C点的过程，由动能定理得：
代入数据解得
WG=1.8J
(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
解得
t=0.4s
滑块由D点运动到停止的过程，由动能定理得
解得
x=13.5m
水平轨道DE长10.0m，滑块冲上斜面EF后返回DE
Δx=10－（13.5－10）m=6.5m
最终停在距D点6.5m的位置上
