第四章4 机械能守恒原理 学案 Word版含答案
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| 名称 | 第四章4 机械能守恒原理 学案 Word版含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 910.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-04-21 15:50:20 | ||
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机械能守恒原理
重力做功和重力势能的关系★★★☆☆
．如图所示，细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，在小球从P点向Q点运动的过程中（ ）
A．小球动能先减小后增大 B．小球动能一直减小
C．小球重力势能先增大后减小 D．小球重力势能先减小后增大
故选：D．
如图所示，质量为m的小球，从离桌面高度为h的位置静止释放，桌面离地高度为H，不计空气阻力，取桌面为零势能面，则小球（ ）
A．到达桌面位置时的机械能为mg（H+h）
B．到达桌面位置时的动能为mgh
C．到达地面时的重力势能为mg（H+h）
D．到达地面时的机械能为mgh
故选：BD．
如图所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：小环在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2=mv02+mgh
则v2=v02+2gh
若v0=0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
如图所示，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m的重物，跨在长度为L的轻绳上，开始时绳子固定在框架上等高的A、B两点，与水平方向的夹角为θ，绳子拉力为F．现保持绳长不变，将绳子右端从B点沿竖直方向缓慢移至C点，再从C点沿水平方向向左缓慢移至D点，关于绳子拉力F和重物重力势能Ep的变化，下列说法正确的是（ ）
A．从B移至C的过程中，拉力F保持不变
B．从B移至C的过程中，重力势能Ep逐渐变小
C．从C移至D的过程中，拉力F保持不变
D．从C移至D的过程中，重力势能Ep逐渐变小
【解答】解：A、B、当轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．根据平衡条件得
2Fcosθ=mg
得到绳子的拉力F=
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到
sinθ=，L、S不变，则θ保持不变．所以在轻绳的右端从B点移到直杆C的过程中，θ不变，cosθ不变，则F不变．但升高了，故Ep=mgh增大，故A正确，B错误；
C、D、当轻绳的右端从C点移到D点时，θ变小，cosθ变大，则F减小．h减小，故Ep=mgh减小，故D正确，C错误；
故选：AD
【过关检测】
如图，物体由静止开始自最高点沿不同倾角的光滑斜面下滑时，其滑到斜面底端末速度的大小（ ）
A．只与斜面的倾角有关 B．只与下滑的高度有关
C．只与斜面的长度有关 D．只与物体的质量有关
【解答】解：因物体在滑动过程中，只有重力做功；故由机械能守恒定律可知，mgh=mv2；解得：v=
故沿不同斜面滑到底部时速度的大小相等；其速度与斜面无关；与物体的质量无关；
故选：B．
一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ ）
A．物体重力势能的增加量
B．物体动能的增加量
C．物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量
D．物体动能的增加量加上克服重力所做的功
【解答】解：物体受重力和支持力，设重力做功为WG，支持力做功为WN，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：
WG+WN=△Ek
WN=△Ek﹣WG
由于物体加速上升，所以重力做负功，设物体克服重力所做的功为：
WG′，WG′=﹣WG
所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+WG′．
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
wG=﹣△Ep，
所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+△Ep．
即地板对物体的支持力所做的功等于物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量，故AB错误，CD正确．
故选：CD
如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（ ）
A．△x1＞△x2
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=，则x1=x2=x，故A错误；
A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，
W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；
C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误；
故选：B．
如图所示，质量为m的物体在外力作用下从a点分别沿abc和adc轨迹运动到其左下方的c点．已知a点与c点间的高度差为h，物体两次运动的时间均为t，重力加速度为g，则以下说法中正确的是（ ）
A．物体沿abc轨迹运动时，重力势能先减小后增大
B．两次运动过程中重力做功的平均功率相等
C．物体沿abc轨迹运动时，重力做功大于mgh
D．物体沿adc轨迹运动时，重力做功大于mgh
【解答】解：A、物体沿abc运动时，高度先增大后减小；故重力势能先增大后减小；故A错误；
B、重力做功和路径无关；取决于初末两点间的高度差；故两种情况下重力做功相等；均为mgh；由于时间相等，所以重力的平均功率相等；故B正确，CD错误；
故选：B．
质量相同的两木块A、B，分别从高度相同、倾角不同的光滑固定斜面的顶端由静止开始下滑，如图所示，在它们分别从顶端到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．A所受重力做的功大于B所受重力做的功
B．斜面对A支持力做的功大于斜面对B支持力做的功
C．两木块重力做功的平均功率相等
D．两木块到达最低点时，A木块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率
【解答】解：A、重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，高度差相同，质量相同，则重力做功相同，故A错误．
B、斜面对物体的支持力与运动方向垂直，支持力不做功，故B错误．
C、设斜面的倾角为θ，则加速度a=gsinθ，根据得，t=，可知A的运动时间较长，重力做功相同，可知重力做功的平均功率不同，故C错误．
D、根据机械能守恒定律得，A、B到达底端的速度大小相等，根据P=mgcos（90°﹣θ）=mgsinθ，A木块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率，故D正确．
故选：D．
一顶角为90°的三角形物块M放在光滑水平面上，底角分别为α，β（α＜β），a，b两个质量相等的小物块，分别从光滑斜面上的P，Q两点（图中标出P、Q）同时由静止释放，如图所示，二者在下滑过程中均未脱离斜面且同时落地，选择地面为零势能面，则正确的是（ ）
A．a、b在释放点的重力势能大小相等
B．a、b到达斜面底端时重力的功率Pa＜Pb
C．a在下滑过程中的机械能减小
D．a、b下滑过程中三角形物块M向左运动
【解答】解：A、斜面对a的支持力N1=mgcosα，故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα
同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ
因为N2′cosα=mgcosαcosβ，N1′cosβ=mgcosαcosβ
所以N2′cosα=N1′cosβ，所以M静止不动．
对a，有 =，对b有：=．
a、b在释放点的重力势能分别为 EPa=mgha=mg?，EPb=mghb=mg?
因为α＜β，则二者在释放点重力势能不；故A、D错误；
B、到达底部时，由于重力做功相等，故速度大小相等，故由P=mgvsinα可知，b重力做功的功率要大；故B正确；
C、在a下滑时，M保持静止，故a只有重力做功，机械能守恒；故C错误；
故选：B．
如图所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，用劲度系数为k的轻弹簧相连，处于竖直静止状态．现对A施加竖直向上的力F将A提起，稳定时B对地面无压力．当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，重力做功为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：开始时B对地面恰无压力，弹簧伸长，故kx1=mBg，解得：；
A速度最大时，处于平衡位置，弹簧倍压缩有：kx2=mAg，解得：；
故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；
故重力做功为：；
故选：C
如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是（ ）
A．a、b两球到底端时速度相同
B．a、b两球重力做功相同
C．小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间
D．小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力
【解答】解：A、a、b两球到底端时速度的方向不同，故速度不同，A错误；
B、对a球受力分析，如图：
根据平衡条件：mag=
同理可得：mgg=
故ma：mb=3：1
则、b两球重力做功mgh不同，B错误；
C、设从斜面下滑的高度为h，则=at2
aa=gsin30°
得：t=
同理：=gsin60°t′2
t′
可见a球下滑的时间较长，C正确；
D、小球a受到的弹力N=magcos30°=3mg
小球b受到的弹力N′=mbgcos60°=mg?
故a受到的弹力大于球b受到的弹力；D错误；
故选：C．
机械能守恒的判断★★★☆☆☆
下列过程中机械能守恒的是（ ）
A．跳伞运动员匀速下降的过程
B．小石块做平抛运动的过程
C．子弹射穿木块的过程
D．木箱在粗糙斜面上滑动的过程
【解答】解：A、运动员动能不变，但高度下降，故重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；
B、石块在平抛运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；
C、子弹穿过木块时由于摩擦力做功，故有内能产生，故机械能不守恒，故C错误；
D、木箱在粗糙斜面上运动时，由于摩擦力做功，故有内能产生，机械能不守恒，故D错误；
故选B．
下列关于单个物体机械能守恒的说法正确的是（ ）
A．只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒
B．若物体机械能守恒，则该物体只受重力作用
C．匀速直线运动的物体机械能一定守恒
D．合外力对物体做功为零时，物体机械能守恒
【解答】解：A、只有重力对物体做功，只发生动能和重力势能之间的转化，物体机械能一定守恒，故A正确．
B、若物体机械能守恒，则该物体可能只受重力作用，如平抛运动，也可以受到其他力作用，但其他力不做功或做功代数和为零，故B错误．
C、在竖直方向做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能变化，则机械能不守恒，故C错误．
D、合外力对物体做功为零时，动能不变，但重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故D错误．
故选：A
下列关于机械能守恒条件分析错误的是（ ）
A．合力为零，物体的机械能一定守恒
B．合力做功为零，物体的机械能一定守恒
C．只有重力做功，物体的机械能一定守恒
D．物体做平抛运动过程中机械能不一定守恒
【解答】解：A、运动过程中受合外力为零的物体，若有除重力或者是弹力以外的做功，物体的机械能并不守恒，比如匀速下降的物体，故A错误．
B、合力做功为零，物体的机械能不一定守恒，如物体沿斜面匀速下滑的过程中．故B错误．
C、只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒．故C正确；
D、物体做平抛运动过程中机械能不一定守恒，只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒，故D错误．
本题选择错误的，故选：ABD．
2014年仁川亚运会上，屮国选手包揽了跳水项目的伞部金牌．若不计空气阻力，在下列过程中，跳扳跳水运动员机械能守恒的是（ ）
A．登上跳板的过程 B．跳板上起跳的过程
C．空中运动的过程 D．手触水后的运动过程
【解答】解：A、登上跳板的过程，跳板对运动员做负功，其机械能不守恒，故A错误．
B、跳板上起跳的过程，跳板对运动员做正功，其机械能不守恒，故B错误．
C、运动员空中运动的过程，只有重力做功，运动员的机械能守恒，故C正确．
D、手触水后的运动过程，水对运动员做功，其机械能不守恒，故D错误．
故选：C．
如图所示是必修2课本中四幅插图，关于该四幅图示的运动过程中物体机械能不守恒的是（ ）
A．图甲中，滑雪者沿光滑斜面自由下滑
B．图乙中，过山车关闭油门后通过不光滑的竖直圆轨道
C．图丙中，小球在水平面内做匀速圆周运动
D．图丁中，石块从高处被斜向上抛出后在空中运动（不计空气阻力）
【解答】解：
A、滑雪者沿光滑斜面自由下滑时，斜面的支持力不做功，只有重力做功，其机械能守恒．
B、过山车关闭油门后通过不光滑的竖直圆轨道，阻力做负功，其机械能减小，机械能不守恒．
C、小球在水平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能也不变，两者之和不变，即机械能守恒．
D、石块从高处被斜向上抛出后在空中运动时，不计空气阻力，只受重力，其机械能一定守恒．
本题选机械能不守恒的，故选：B
【过关检测】
如图所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中（斜面体始终保持静止），下列判断中正确的是（ ）
A．物块B受到的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力先向右后向左
C．小球A的机械能守恒
D．绳的拉力可能对B做正功
【解答】解：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL=．在最低点，有F﹣mg=m，解得绳子拉力为 F=3mg．
再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30°=2mg，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后反向增大．故A正确．
B、对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，受到地面对静摩擦力一直向右．故B错误．
CD、小球A摆下过程中，绳子拉力与球的速度始终垂直，对球不做功，只有重力做功，小球A的机械能守恒．故C正确，D错误．
故选：AC
下列所述的实例中（均不计空气阻力），机械能守恒的是（ ）
A．小石块被水平抛出后在空中运动的过程
B．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程
C．人乘电梯加速上升的过程
D．子弹射穿木块的过程
【解答】解：
A、小石块被水平抛出后只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A正确；
B、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，滑动摩擦力对物体做功，则其机械能不守恒，故B错误．
C、人乘电梯加速上升的过程中，动能和重力势能均增大；故机械能增大，机械能不守恒，故C错误；
D、子弹射穿木块的过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误．
故选：A．
如图所示，长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°的静止三角形物块刚好接触，现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，已知重力加速度为g，不计所有的摩擦，则在此过程中（ ）
A．斜面对小球做的功等于小球增加的动能
B．推力F做的功等于小球增加的机械能
C．小球的机械能守恒
D．推力F做的功为FL
【解答】解：A、根据功能原理，知斜面对小球做的功等于小球增加的机械能，即增加的动能与增加的重力势能之和，故A错误．
B、推力F做的功等于小球增加的机械能与三角形物块增加的动能之和，故B错误．
C、斜面对小球做功，所以小球的机械能增加，故C错误．
D、根据几何关系可得，斜面向左移动的位移为L，由于F是恒力，则F做功为 W=FL，故D正确．
故选：D．
一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0﹣s1过程的图线为曲线，s1﹣s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是（ ）
A．0﹣s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小
B．s1﹣s2过程中物体可能在做匀速直线运动
C．s1﹣s2过程中物体可能在做变加速直线运动
D．0﹣s1过程中物体的动能可能在不断增大
【解答】解：A、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1内物体所受的拉力是不断增大的，而合力先减小后反向增大的．故A错误．
B、由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动．故B正确．
C、由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误．
D、如果物体在0～s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．
故选：BD．
关于物体的机械能是否守恒，下列叙述正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定不守恒
C．外力对物体做功为零时，机械能可能不守恒
D．运动过程中只有重力对物体做功，机械能一定守恒
【解答】解：A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，如在竖直方向匀速下降的物体，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故A错误；
B、做匀速直线运动的物体，机械能可能守恒，如沿水平面做匀速直线运动的物体 机械能守恒，故B错误；
C、外力对物体做功不为零时，机械能可能不守恒，如用力拉着物体在水平面上做匀加速直线运动的物体机械能不守恒，故C正确；
D、运动过程中只有重力对物体做功，机械能一定守恒，故D正确；
故选：CD．
（多选）如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定在圆筒底部，另一端系着质量为m的小球．现让圆筒绕通过底部的竖直轴在水平面内从静止开始加速转动，当弹簧长度达到2L时即让圆筒保持此时的转速匀速转动．已知轻弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能Ep=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为其形变量．下列对上述过程的分析正确的是（ ）
A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B．圆筒匀速转动的角速度为
C．弹簧对小球做的功为kL2
D．圆筒对小球做的功为kL2
【解答】解：A、在加速过程中，圆筒对小球做功，所以系统的机械能增加，故A错误．
B、圆筒匀速转动时，由kL=mω2?2L，得ω=．故B正确．
C、根据功能关系知：球对弹簧做功等于弹簧的弹性势能的增加，则球对弹簧做功为 W=kL2，则弹簧对球做功为 W′=﹣W=﹣kL2，故C错误．
D、对球，根据动能定理得：W筒+W′=，v=ω?2L，解得圆筒对小球做的功为W筒=kL2，故D正确．
故选：BD
如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m动能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
【解答】解：A、由于斜面ab粗糙，滑块M运动过程中，摩擦力做负功，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误．
B、重力对M做的功等于M重力势能的变化，合力对M做功才等于M动能的增加，故B错误．
C、m受到绳子的拉力向上运动，拉力做正功，故m的机械能一定增加，而且轻绳对m做的功等于m机械能的增加，故C错误；
D、根据功能原理得知：除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失，则有：两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功．故D正确．
故选：D．
如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹力弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A．由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变
B．当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
【解答】解：A、由题意，F1、F2等大反向，在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，故A错误；
B、物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都作负功，故系统的机械能会减小；故B正确，C正确．
D、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零；故D错误；
故选：BC．
如图所示，质量相同的物体a和b，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在光滑的水平桌面上．初始时用力拉住b使a、b静止，撤去拉力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（ ）
A．a物体的机械能守恒
B．a、b两物体机械能的总和不变
C．a物体的动能总等于b物体的动能
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和不为零
【解答】解：A、a物体下落过程中，有绳子的拉力做功，所以其机械能不守恒，故A错误．
B、对于a、b两个物体组成的系统，只有重力做功，所以a、b两物体机械能守恒，故B正确．
C、将b的实际速度进行分解如图：
由图可知va=vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，故C错误．
D、在极短时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣FTvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：
FTvbcosθt，
又va=vbcosθ，
所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D错误．
故选：B．
如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．在小球由A到B的过程中（ ）
A．小球、弹簧和地球构成的系统机械能守恒
B．弹簧的弹力大小先变小后变大
C．加速度等于重力加速度g的位置有两个
D．重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功
【解答】解：A、因除重力，弹力做功外其它力不做功，则系统机械能守恒．则A正确
B、弹簧先为压缩状态，其长度变小后再变为拉伸状态，则力先增加再减小再增加，则B错误
C、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则两处加速度为g，则C正确
D、弹力做功为0，重力做功为正，则D错误
故选：AC
机械能守恒定律的三种表达式★☆☆☆☆☆
如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为0点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．下列说法正确的是（ ）
A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大
B．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动
D．物块A经过C点时的速度大小为
【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，故A正确．
B、到C点时B的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故B错误．
C、由几何知识可得 =h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动．故C正确．
D、设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0．
根据系统的机械能守恒得：mg（﹣h）=，得 v=，故D正确．
故选：ACD．
如图所示，足够长的粗糙斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，按住B不动，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，放手后B沿斜面加速上滑，C一直处于静止状态．则在A落地前的过程中（ ）
A．A的重力势能的减少量等于B的机械能的增加量
B．C一定受到水平面的摩擦力
C．水平面对C的支持力小于B、C的总重力
D．A物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率与其重力的功率相等
【解答】解：A、在A落地前，A、B一起加速运动，它们的速度大小相等，A重力势能的减少量转化为A、B的动能、B增加的重力势能、系统增加的内能，A重力势能的减少量大于B的机械能的增加量，故A错误；
B、B沿斜面上滑，B受到的摩擦力沿斜面向下，B对C的摩擦力平行于斜面向上，B有向右的运动趋势，因此C受到水平向左的地面的摩擦力，故B正确；
C、A、B加速运动，A、B系统处于失重状态，B对C的压力小于B的重力，B、C对于地面的压力小于B、C的总重力，因此水平面对C的支持力小于B、C的总重力，故C正确；
D、A向下加速运动，绳子的拉小于A受到的重力，由P=Fv可知，A物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率小于A重力的功率，故D错误；
故选：BC．
如图所示，轻质杆可绕垂直于纸面的O轴转动，在杆的两端分别固定有质量分别为m和2m的小球A和B（均可看作质点），OB=2OA=l．将轻质杆从水平位置由静止释放，小球B从开始运动到最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法中正确的是（ ）
A．A球的最大速度为
B．杆对A球做的功为mgl
C．A球增加的机械能等于B球减少的机械能
D．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能．
【解答】解：A、当B球运动到最低点时，A球的速度最大，对A、B组成的系统运用机械能守恒得，2mgl﹣mg=，vB=2vA，解得vA=，故A正确．
B、对A运用动能定理得，，解得W=，故B错误．
C、A和B组成的系统机械能守恒，可知A球增加的机械能等于B球减小的机械能，故C正确．
D、A球增加的重力势能小于B球减小的重力势能，故D错误．
故选：AC．
如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB与对面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．A球到达最低点时速度为零
B．当支架从右向左摆动时，A球机械能减小量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度
D．A球从图示位置向下摆动过程中，支架对A球做负功
【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：
A、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故A错误；
B、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确；
C、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故C错误；
D、A球从图示位置向下摆动过程中，A球的机械能减小；故支架对A球做负功；故D正确；
故选：BD．
如图所示，a、b两物块质量分别为m、3m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g．在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块a的机械能守恒
B．物块b的机械能减少了mgh
C．物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量
D．物块a、b与地球组成的系统机械能守恒
【解答】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，故A错误；
B、a、b间高度差为h，a上升的高度与b下降的高度均为，物体a、b构成的系统机械能守恒，有（3m）g﹣mg=mv2+（3m）v2，
解得：v=，
物体b动能增加量为（3m）v2=mgh，重力势能减小mgh，故机械能减小mgh，故B错误；
C、D、物体a上升，b下降的过程中，只有重力做功，物块a、b与地球组成的系统机械能守恒；而地球几乎不动，所以物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量，故C正确，D正确．
故选：CD．
如图所示，质量为3m和m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h（h＜L），A球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则B球离开桌边的速度为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒．则有
3mgh=（m+3m）v2
解得：v=
故选：A
【过关检测】
如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法不正确的是（ ）
A．B球减小的机械能等于A球增加的机械能
B．B球减小的重力势能等于A球增加的动能
C．B的最大速度为
D．细杆对B球所做的功为
【解答】解：A、两个球的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，B球减小的机械能等于A球增加的机械能，故A正确；
B、B球减小的重力势能等于A球的势能和AB两球的动能的增加量之和，故B错误；
C、两个球组成的系统机械能守恒，当b球运动到最低点时，速度最大，有
2mg?2R﹣mg?2R=（m+2m）v2
解得 v=，故C正确；
D、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，故细杆对B球做的功等于B球机械能的增加量，有
W=﹣2mgR=﹣mgR，故D错误；
本题选错误的，故选：BD
【点评】本题关键抓住AB系统的机械能守恒，同时运用除重力外其余力做的功等于机械能的增加量列式求解
如图，半径为R、圆心是O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为（ ）
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR
【解答】解：A、B组成的系统机械能守恒．当A运动至最低点D时，A下降的高度为hA=R+Rsin45°，B上升的高度为 hB=Rsin45°
则有 2mghA﹣mghB=+
又AB速度大小相同，即vA=vB
小球B的动能为 EkB=
联立得：EkB=mgR
故选：D．
【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要注意对单个球的机械能是不守恒的．
如图所示，两个质量均为m的完全相同的小球A和B用轻杆连接，由静止从曲面上释放至滑到水平面的过程中，不计一切摩擦，则杆对A球做的功为（ ）
A．mgh B．﹣mgh C．mgh D．﹣mgh
【解答】解：取水平面为零势能参考平面，根据系统的机械能守恒得：开始时A的机械能比B大mgh，当AB都滑到水平面上时，AB具有相同的动能，故此时AB的机械能相等，所以在下滑过程中A的机械能减小量与B的机械能增加量相等均为，对A或B而言，除重力外其它力做的功等于物体机械能增量可知，杆对小球A做的功为﹣，所以B正确．
故选：B．
内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（ ）
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点
【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；
B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；
C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C正确；
D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误；
故选：AC．
单质点的机械能守恒★★☆☆☆☆
如图1所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．如图2中A是内轨半径大于h的光滑轨道，B是内轨半径小于h的光滑轨道，C是内轨半径等于的光滑轨道，D是长为的轻杆，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球，小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上种情况中不能达到高度h的有：（ ）
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A正确．
B、小球离开轨道做斜抛运动，运动到最高点在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+mv2．则h′＜h．故B错误．
C、小球到达最高点的速度不能为零，所以小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动．故C错误．
D、杆子可以提供支持力，所以到达最高点时速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高h处，故D正确．
本题选不能达到的，故选：BC
游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端从静止滚下后，进入圆轨道下端并沿圆轨道运动．如果h可调，圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力，为使小球不脱离轨道，则h的取值范围是（ ）
A．h＞ B．h＞R C．h＜R D．R＜h＜
【解答】解：小球恰能通过圆轨道最高点时，重力提供向心力，
即应满足：mg=
小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律：mg（h﹣2R）=mv2，解得：h=R．故当h＞R时小球不脱离轨道，且能通过圆轨道的最高点．
当小球恰好通过与轨道圆心等高位置时速度为零，由机械能守恒得 mg=mgR，h=R，则当h＜R时，小球也不脱离轨道．
故选：AC．
如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一档板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m．给小球一水平向右的瞬时速度V，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，（不计小球与环的摩擦阻力），最低点瞬时速度必须满足（ ）
A．最小值 B．最大值 C．最小值 D．最大值
【解答】解：在最高点，小球的速度最小时，由重力提供向心力，则有：mg=m，解得：v1=．
根据机械能守恒定律，有：2mgr+mv12=mv1′2，解得小球在最低点的最小速度 v1′=．
在最高点，小球的速度最大时，有：mg+2mg=m，解得：v2=．
根据机械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv2′2，解得小球在最低点的最大速度v2′=．故CD正确，A、B错误．
故选：CD．
【过关检测】
一根长为l的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O点．将小球拉起使细绳与竖直方向成60°角，如图所示，在O点正下方有A、B、C三点，并且有hOA=hAB=hBC=hCD=l时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为hAB处钉钉子时，小球由静止下摆，被钉子档住后继续摆动的最大高度为hB当在C处钉子时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度hC则小球摆动的最大高度hA、hB、hC（与D点的高度差）之间的关系是（ ）
A．hA=hB=hC B．hA＞hB＞hC C．hA＞hB=hC D．hA=hB＞hC
【解答】解：小球拉开60°放手，故小球升高的高度为：
h=L﹣Lcos60°=
由机械能守恒定律可知，由mgh=得：
到达最低点的速度：v=钉子在A、B两时，小球能摆到等高的位置hA=hB；
当钉子放在C点时，小球摆到最低点后开始以C点为圆心，以L为半径做圆周运动，若能到达最高点，最高点处有最小速度，速度不能为零；但由机械能守恒知，如果能到达最高点，速度为零；故小球无法到达最高点；所以上升不到原下落点高度，故hA=hB＞hC
故选：D．
如图所示，用长为l的绳子一端系着一个质量为m的小球，另一端固定在O点，拉小球至A点，此时绳偏离竖直方向θ，松手后小球经过最低点时的速率为（ ）（空气阻力不计）
A． B． C． D．
【解答】解：小球从A到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故有：mgL（1﹣cosθ）=
解得：v=
故选：B．
如图所示，光滑管形圆轨道半径为R，质量为2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均为v，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是（ ）
A．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg
B．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=
C．若小球a在最低点的速度v≥，则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg
D．两小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为
【解答】解：AB、在最高点，当小球对轨道无压力时，由重力提供向心力，则有：mg=m；
解得：v1=；
由机械能守恒定律可得，mg?2R=mv22﹣mv12；
求得小球在最低点时的速度v2=，故最低点速度至少为，才能使两球在管内做圆周运动；故AB正确．
C、若小球a在最低点的速度v≥时，小球a在最低点时，Fa=mg+m；小球b在最高点受轨道作用力为
Fb=m﹣mg；由最低点到最高点的过程中，有
2mgR=
联立可得两球对轨道压力差为△F=6mg，所以管形圆轨道对水平面的压力为F=2mg+△F=8mg，故C错误．
D、两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知
2mgR=，即 v=2，故D错误．
故选：AB
由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H=2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=R
【解答】解：A、从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mvA2+mg2R=mgH
解得：vA=
从A点抛出后做平抛运动，则
t=
则x=vAt=2．故A错误，B正确；
C、细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度大于零即可，
即vA=＞0
解得：H＞2R，故CD错误．
故选：B
如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（ ）
A．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
B．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
C．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
D．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
【解答】解：A、小球恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据R=得，t=，则水平位移x=＞R，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，故A错误．
B、当小球在最高点的速度时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B正确．
C、小球恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据动能定理知，，解得最小高度h=，故C正确．
D、若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒得，释放的最小高度为2R．故D错误．
故选：BC．
如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度
【解答】解：A、B、C、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点．从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R﹣2R）=mv2，解得：v=．若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN≥0，在P点由牛顿第二定律得：FN+mg=m，解得m﹣mg≥0，即vP≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故ABC均不正确；
D、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确．
故选：D．
如图所示，竖直平面内有一光滑绝缘半圆轨道，处于方向水平且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C高度相同，与圆心O在同一水平线上，轨道的半径为R0，一个质量为m的带正电的小球从槽右端的A处无初速地沿轨道下滑，滑到最低点B时对槽底的压力为2mg，则在小球的滑动过程中，有（ ）
A．小球到达B点时的速度大小为
B．小球到达B点时的速度大小为
C．小球在滑动过程中的最大速度为
D．小球在滑动过程中的最大速度为
【解答】解：AB、小球在B点时，半径方向上的合力为向心力，由牛顿第二定律有：
FN﹣mg=m
由于FN=2mg，故
v2=gR，
小球到达达B点时的速度为：
v=．故A错误，B正确；
CD、从A到B，设电场力做功WE，由动能定理，得：
WE+mgR=mv2
得：WE=mv2﹣mgR=﹣mgR
由于电场力做负功，故带电小球受电场力方向向右，大小为：
F=||=mg．场强方向向右．
从A到B之间一定有位置D时，小球运动的切线方向瞬时合力为零处，也是小球速度最大处．
设OD连线与竖直方向夹角θ，Fcosθ=Gsinθ
又由动能定理得：m=mgRcosθ﹣FR（1﹣sinθ）
联立解得，最大速度为：vm=．故C正确，D错误．
故选：BC．
如图，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面（该水平面为零势面）．将质量相同的两小球（小球半径远小于碗的半径）分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时（ ）
A．两小球的向心加速度大小相等
B．两小球的机械能相等
C．两小球的动能相等
D．两小球对轨道的压力相等
【解答】解：ABD、两小球运动过程中均只有重力做功，机械能均守恒，两球相对于零势能面的高度相同，且初动能都为零，故两球到达底部时，两球的机械能一定相等．
由机械能定恒可知mgr=，解得：v=
到达碗底时，球的加速度为 a==2g，所以两球过碗底时两球的向心加速度相等．
在碗底，由F﹣mg=m可知，F=mg+m=3mg；两球受碗的支持力相等，故两球球对碗的压力相等，故ABD正确．
C、动能：Ek==mgr，r不等，故两小球的动能不相等，故C错误；
故选：ABD．
如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（ ）
A．质量为2m的小球 B．质量为3m的小球
C．质量为4m的小球 D．质量为5m的小球
【解答】解：甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；
乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；
丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；
丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；
戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；
故选：C．
如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个直径径大于h的轨道，与斜面相连；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h．如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A正确．
B、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+
．则h′＜h．故B错误．
C、小球运动到最高点的速度不能为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+．则h′＜h．故C错误．
D、小球在内轨道运动，通过最高点有最小速度，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+．则h′＜h．故D错误．
故选：A．
重力做功和重力势能的关系★★★☆☆
．如图所示，细绳悬挂一个小球在竖直平面内来回摆动，在小球从P点向Q点运动的过程中（ ）
A．小球动能先减小后增大 B．小球动能一直减小
C．小球重力势能先增大后减小 D．小球重力势能先减小后增大
故选：D．
如图所示，质量为m的小球，从离桌面高度为h的位置静止释放，桌面离地高度为H，不计空气阻力，取桌面为零势能面，则小球（ ）
A．到达桌面位置时的机械能为mg（H+h）
B．到达桌面位置时的动能为mgh
C．到达地面时的重力势能为mg（H+h）
D．到达地面时的机械能为mgh
故选：BD．
如图所示，一个小球套在竖直放置的光滑圆环上，小球从最高点向下滑动过程中，其线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：小环在下落的过程中，只有重力做功，机械能守恒，有：
mv2=mv02+mgh
则v2=v02+2gh
若v0=0，则v2与h成正比关系，若v0≠0，则v2与h成一次函数关系．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．
如图所示，光滑轻质挂钩下端悬挂质量为m的重物，跨在长度为L的轻绳上，开始时绳子固定在框架上等高的A、B两点，与水平方向的夹角为θ，绳子拉力为F．现保持绳长不变，将绳子右端从B点沿竖直方向缓慢移至C点，再从C点沿水平方向向左缓慢移至D点，关于绳子拉力F和重物重力势能Ep的变化，下列说法正确的是（ ）
A．从B移至C的过程中，拉力F保持不变
B．从B移至C的过程中，重力势能Ep逐渐变小
C．从C移至D的过程中，拉力F保持不变
D．从C移至D的过程中，重力势能Ep逐渐变小
【解答】解：A、B、当轻绳的右端从B点移到直杆最上端D时，设两绳的夹角为2θ．以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力图如图所示．根据平衡条件得
2Fcosθ=mg
得到绳子的拉力F=
设绳子总长为L，两直杆间的距离为S，由数学知识得到
sinθ=，L、S不变，则θ保持不变．所以在轻绳的右端从B点移到直杆C的过程中，θ不变，cosθ不变，则F不变．但升高了，故Ep=mgh增大，故A正确，B错误；
C、D、当轻绳的右端从C点移到D点时，θ变小，cosθ变大，则F减小．h减小，故Ep=mgh减小，故D正确，C错误；
故选：AD
【过关检测】
如图，物体由静止开始自最高点沿不同倾角的光滑斜面下滑时，其滑到斜面底端末速度的大小（ ）
A．只与斜面的倾角有关 B．只与下滑的高度有关
C．只与斜面的长度有关 D．只与物体的质量有关
【解答】解：因物体在滑动过程中，只有重力做功；故由机械能守恒定律可知，mgh=mv2；解得：v=
故沿不同斜面滑到底部时速度的大小相等；其速度与斜面无关；与物体的质量无关；
故选：B．
一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（ ）
A．物体重力势能的增加量
B．物体动能的增加量
C．物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量
D．物体动能的增加量加上克服重力所做的功
【解答】解：物体受重力和支持力，设重力做功为WG，支持力做功为WN，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：
WG+WN=△Ek
WN=△Ek﹣WG
由于物体加速上升，所以重力做负功，设物体克服重力所做的功为：
WG′，WG′=﹣WG
所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+WG′．
根据重力做功与重力势能变化的关系得：
wG=﹣△Ep，
所以WN=△Ek﹣WG=WN=△Ek+△Ep．
即地板对物体的支持力所做的功等于物体动能的增加量加上物体重力势能的增加量，故AB错误，CD正确．
故选：CD
如图所示，质量相等的物体A、B通过一轻质弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B均处于静止状态，此时弹簧压缩量△x1．现通过细绳将A向上缓慢拉起，第一阶段拉力做功为W1时，弹簧变为原长；第二阶段拉力再做功W2时，B刚要离开地面，此时弹簧伸长量为△x2．弹簧一直在弹性限度内，则（ ）
A．△x1＞△x2
B．拉力做的总功等于A的重力势能的增加量
C．第一阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
D．第二阶段，拉力做的功等于A的重力势能的增加量
【解答】解：A、开始时A压缩弹簧，形变量为x1=；要使B刚要离开地面，则弹力应等于B的重力，即kx2=mg，故形变量x2=，则x1=x2=x，故A错误；
A、缓慢提升物体A，物体A的动能不变，第一阶段与第二阶段弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能EP相同，由动能定理得：W1+EP﹣mgx=0，W2﹣EP﹣mgx=0，
W1=mgx﹣EP，W2=mgx+EP，由于在整个过程中，弹簧的弹性势能不变，物体A、B的动能不变，B的重力势能不变，由能量守恒定律可知，拉力做的功转化为A的重力势能，拉力做的总功等于A的重力势能的增加量，故B正确；
C、由A可知，W1=mgx﹣EP，物体重力势能的增加量为mgx，则第一阶段，拉力做的功小于A的重力势能的增量，故C错误；
D、由A可知，W2=mgx+EP，重力势能的增加量为mgx，则第二阶段拉力做的功大于A的重力势能的增加量，故D错误；
故选：B．
如图所示，质量为m的物体在外力作用下从a点分别沿abc和adc轨迹运动到其左下方的c点．已知a点与c点间的高度差为h，物体两次运动的时间均为t，重力加速度为g，则以下说法中正确的是（ ）
A．物体沿abc轨迹运动时，重力势能先减小后增大
B．两次运动过程中重力做功的平均功率相等
C．物体沿abc轨迹运动时，重力做功大于mgh
D．物体沿adc轨迹运动时，重力做功大于mgh
【解答】解：A、物体沿abc运动时，高度先增大后减小；故重力势能先增大后减小；故A错误；
B、重力做功和路径无关；取决于初末两点间的高度差；故两种情况下重力做功相等；均为mgh；由于时间相等，所以重力的平均功率相等；故B正确，CD错误；
故选：B．
质量相同的两木块A、B，分别从高度相同、倾角不同的光滑固定斜面的顶端由静止开始下滑，如图所示，在它们分别从顶端到最低点的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．A所受重力做的功大于B所受重力做的功
B．斜面对A支持力做的功大于斜面对B支持力做的功
C．两木块重力做功的平均功率相等
D．两木块到达最低点时，A木块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率
【解答】解：A、重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，高度差相同，质量相同，则重力做功相同，故A错误．
B、斜面对物体的支持力与运动方向垂直，支持力不做功，故B错误．
C、设斜面的倾角为θ，则加速度a=gsinθ，根据得，t=，可知A的运动时间较长，重力做功相同，可知重力做功的平均功率不同，故C错误．
D、根据机械能守恒定律得，A、B到达底端的速度大小相等，根据P=mgcos（90°﹣θ）=mgsinθ，A木块所受重力的瞬时功率小于B木块所受重力的瞬时功率，故D正确．
故选：D．
一顶角为90°的三角形物块M放在光滑水平面上，底角分别为α，β（α＜β），a，b两个质量相等的小物块，分别从光滑斜面上的P，Q两点（图中标出P、Q）同时由静止释放，如图所示，二者在下滑过程中均未脱离斜面且同时落地，选择地面为零势能面，则正确的是（ ）
A．a、b在释放点的重力势能大小相等
B．a、b到达斜面底端时重力的功率Pa＜Pb
C．a在下滑过程中的机械能减小
D．a、b下滑过程中三角形物块M向左运动
【解答】解：A、斜面对a的支持力N1=mgcosα，故物体a对斜面体的压力为N1′=mgcosα
同理，物体b对斜面体的压力为N2′=mgcosβ
因为N2′cosα=mgcosαcosβ，N1′cosβ=mgcosαcosβ
所以N2′cosα=N1′cosβ，所以M静止不动．
对a，有 =，对b有：=．
a、b在释放点的重力势能分别为 EPa=mgha=mg?，EPb=mghb=mg?
因为α＜β，则二者在释放点重力势能不；故A、D错误；
B、到达底部时，由于重力做功相等，故速度大小相等，故由P=mgvsinα可知，b重力做功的功率要大；故B正确；
C、在a下滑时，M保持静止，故a只有重力做功，机械能守恒；故C错误；
故选：B．
如图所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，用劲度系数为k的轻弹簧相连，处于竖直静止状态．现对A施加竖直向上的力F将A提起，稳定时B对地面无压力．当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，重力做功为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：开始时B对地面恰无压力，弹簧伸长，故kx1=mBg，解得：；
A速度最大时，处于平衡位置，弹簧倍压缩有：kx2=mAg，解得：；
故从静止向下运动至最大速度时，弹簧的位移为：x=x1+x2；
故重力做功为：；
故选：C
如图所示，AB、AC两光滑细杆组成的直角支架固定在竖直平面内，AB与水平面的夹角为30°，两细杆上分别套有带孔的a、b两小球，在细线作用下处于静止状态，细线恰好水平．某时刻剪断细线，在两球下滑到底端的过程中，下列结论中正确的是（ ）
A．a、b两球到底端时速度相同
B．a、b两球重力做功相同
C．小球a下滑的时间大于小球b下滑的时间
D．小球a受到的弹力小于小球b受到的弹力
【解答】解：A、a、b两球到底端时速度的方向不同，故速度不同，A错误；
B、对a球受力分析，如图：
根据平衡条件：mag=
同理可得：mgg=
故ma：mb=3：1
则、b两球重力做功mgh不同，B错误；
C、设从斜面下滑的高度为h，则=at2
aa=gsin30°
得：t=
同理：=gsin60°t′2
t′
可见a球下滑的时间较长，C正确；
D、小球a受到的弹力N=magcos30°=3mg
小球b受到的弹力N′=mbgcos60°=mg?
故a受到的弹力大于球b受到的弹力；D错误；
故选：C．
机械能守恒的判断★★★☆☆☆
下列过程中机械能守恒的是（ ）
A．跳伞运动员匀速下降的过程
B．小石块做平抛运动的过程
C．子弹射穿木块的过程
D．木箱在粗糙斜面上滑动的过程
【解答】解：A、运动员动能不变，但高度下降，故重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；
B、石块在平抛运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；
C、子弹穿过木块时由于摩擦力做功，故有内能产生，故机械能不守恒，故C错误；
D、木箱在粗糙斜面上运动时，由于摩擦力做功，故有内能产生，机械能不守恒，故D错误；
故选B．
下列关于单个物体机械能守恒的说法正确的是（ ）
A．只有重力对物体做功，物体机械能一定守恒
B．若物体机械能守恒，则该物体只受重力作用
C．匀速直线运动的物体机械能一定守恒
D．合外力对物体做功为零时，物体机械能守恒
【解答】解：A、只有重力对物体做功，只发生动能和重力势能之间的转化，物体机械能一定守恒，故A正确．
B、若物体机械能守恒，则该物体可能只受重力作用，如平抛运动，也可以受到其他力作用，但其他力不做功或做功代数和为零，故B错误．
C、在竖直方向做匀速直线运动的物体，动能不变，重力势能变化，则机械能不守恒，故C错误．
D、合外力对物体做功为零时，动能不变，但重力势能可能变化，所以机械能不一定守恒，故D错误．
故选：A
下列关于机械能守恒条件分析错误的是（ ）
A．合力为零，物体的机械能一定守恒
B．合力做功为零，物体的机械能一定守恒
C．只有重力做功，物体的机械能一定守恒
D．物体做平抛运动过程中机械能不一定守恒
【解答】解：A、运动过程中受合外力为零的物体，若有除重力或者是弹力以外的做功，物体的机械能并不守恒，比如匀速下降的物体，故A错误．
B、合力做功为零，物体的机械能不一定守恒，如物体沿斜面匀速下滑的过程中．故B错误．
C、只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒．故C正确；
D、物体做平抛运动过程中机械能不一定守恒，只有重力对物体做功，物体的机械能一定守恒，故D错误．
本题选择错误的，故选：ABD．
2014年仁川亚运会上，屮国选手包揽了跳水项目的伞部金牌．若不计空气阻力，在下列过程中，跳扳跳水运动员机械能守恒的是（ ）
A．登上跳板的过程 B．跳板上起跳的过程
C．空中运动的过程 D．手触水后的运动过程
【解答】解：A、登上跳板的过程，跳板对运动员做负功，其机械能不守恒，故A错误．
B、跳板上起跳的过程，跳板对运动员做正功，其机械能不守恒，故B错误．
C、运动员空中运动的过程，只有重力做功，运动员的机械能守恒，故C正确．
D、手触水后的运动过程，水对运动员做功，其机械能不守恒，故D错误．
故选：C．
如图所示是必修2课本中四幅插图，关于该四幅图示的运动过程中物体机械能不守恒的是（ ）
A．图甲中，滑雪者沿光滑斜面自由下滑
B．图乙中，过山车关闭油门后通过不光滑的竖直圆轨道
C．图丙中，小球在水平面内做匀速圆周运动
D．图丁中，石块从高处被斜向上抛出后在空中运动（不计空气阻力）
【解答】解：
A、滑雪者沿光滑斜面自由下滑时，斜面的支持力不做功，只有重力做功，其机械能守恒．
B、过山车关闭油门后通过不光滑的竖直圆轨道，阻力做负功，其机械能减小，机械能不守恒．
C、小球在水平面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能也不变，两者之和不变，即机械能守恒．
D、石块从高处被斜向上抛出后在空中运动时，不计空气阻力，只受重力，其机械能一定守恒．
本题选机械能不守恒的，故选：B
【过关检测】
如图所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中（斜面体始终保持静止），下列判断中正确的是（ ）
A．物块B受到的摩擦力先减小后增大
B．地面对斜面体的摩擦力先向右后向左
C．小球A的机械能守恒
D．绳的拉力可能对B做正功
【解答】解：A、小球A摆下过程，只有重力做功，机械能守恒，有mgL=．在最低点，有F﹣mg=m，解得绳子拉力为 F=3mg．
再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30°=2mg，故静摩擦力先减小，当拉力大于2mg后反向增大．故A正确．
B、对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，受到地面对静摩擦力一直向右．故B错误．
CD、小球A摆下过程中，绳子拉力与球的速度始终垂直，对球不做功，只有重力做功，小球A的机械能守恒．故C正确，D错误．
故选：AC
下列所述的实例中（均不计空气阻力），机械能守恒的是（ ）
A．小石块被水平抛出后在空中运动的过程
B．木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程
C．人乘电梯加速上升的过程
D．子弹射穿木块的过程
【解答】解：
A、小石块被水平抛出后只受到重力的作用，所以机械能守恒，故A正确；
B、木箱沿粗糙斜面匀速下滑的过程中，滑动摩擦力对物体做功，则其机械能不守恒，故B错误．
C、人乘电梯加速上升的过程中，动能和重力势能均增大；故机械能增大，机械能不守恒，故C错误；
D、子弹射穿木块的过程要克服阻力做功，机械能不守恒，故D错误．
故选：A．
如图所示，长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球，开始时绳竖直，小球与一个倾角θ=45°的静止三角形物块刚好接触，现在用水平恒力F向左推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行，此时小球的速度大小为v，已知重力加速度为g，不计所有的摩擦，则在此过程中（ ）
A．斜面对小球做的功等于小球增加的动能
B．推力F做的功等于小球增加的机械能
C．小球的机械能守恒
D．推力F做的功为FL
【解答】解：A、根据功能原理，知斜面对小球做的功等于小球增加的机械能，即增加的动能与增加的重力势能之和，故A错误．
B、推力F做的功等于小球增加的机械能与三角形物块增加的动能之和，故B错误．
C、斜面对小球做功，所以小球的机械能增加，故C错误．
D、根据几何关系可得，斜面向左移动的位移为L，由于F是恒力，则F做功为 W=FL，故D正确．
故选：D．
一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象如图所示，其中0﹣s1过程的图线为曲线，s1﹣s2过程的图线为直线．根据该图象，下列判断正确的是（ ）
A．0﹣s1过程中物体所受合力一定是变力，且不断减小
B．s1﹣s2过程中物体可能在做匀速直线运动
C．s1﹣s2过程中物体可能在做变加速直线运动
D．0﹣s1过程中物体的动能可能在不断增大
【解答】解：A、由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣x图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s1内物体所受的拉力是不断增大的，而合力先减小后反向增大的．故A错误．
B、由于物体在s1～s2内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变．如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动．故B正确．
C、由于物体在s1～s2内所受的拉力保持不变，故加速度保持不变，故物体不可能做变加速直线运动，故C错误．
D、如果物体在0～s1内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大，故D正确．
故选：BD．
关于物体的机械能是否守恒，下列叙述正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定不守恒
C．外力对物体做功为零时，机械能可能不守恒
D．运动过程中只有重力对物体做功，机械能一定守恒
【解答】解：A、做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，如在竖直方向匀速下降的物体，动能不变，重力势能减少，机械能减少，故A错误；
B、做匀速直线运动的物体，机械能可能守恒，如沿水平面做匀速直线运动的物体 机械能守恒，故B错误；
C、外力对物体做功不为零时，机械能可能不守恒，如用力拉着物体在水平面上做匀加速直线运动的物体机械能不守恒，故C正确；
D、运动过程中只有重力对物体做功，机械能一定守恒，故D正确；
故选：CD．
（多选）如图所示，在内壁光滑的圆筒内有一根原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的一端固定在圆筒底部，另一端系着质量为m的小球．现让圆筒绕通过底部的竖直轴在水平面内从静止开始加速转动，当弹簧长度达到2L时即让圆筒保持此时的转速匀速转动．已知轻弹簧发生弹性形变时所具有的弹性势能Ep=kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为其形变量．下列对上述过程的分析正确的是（ ）
A．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
B．圆筒匀速转动的角速度为
C．弹簧对小球做的功为kL2
D．圆筒对小球做的功为kL2
【解答】解：A、在加速过程中，圆筒对小球做功，所以系统的机械能增加，故A错误．
B、圆筒匀速转动时，由kL=mω2?2L，得ω=．故B正确．
C、根据功能关系知：球对弹簧做功等于弹簧的弹性势能的增加，则球对弹簧做功为 W=kL2，则弹簧对球做功为 W′=﹣W=﹣kL2，故C错误．
D、对球，根据动能定理得：W筒+W′=，v=ω?2L，解得圆筒对小球做的功为W筒=kL2，故D正确．
故选：BD
如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮．质量分别为M、m（M＞m）的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）
A．两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m动能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
【解答】解：A、由于斜面ab粗糙，滑块M运动过程中，摩擦力做负功，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误．
B、重力对M做的功等于M重力势能的变化，合力对M做功才等于M动能的增加，故B错误．
C、m受到绳子的拉力向上运动，拉力做正功，故m的机械能一定增加，而且轻绳对m做的功等于m机械能的增加，故C错误；
D、根据功能原理得知：除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，造成机械能损失，则有：两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功．故D正确．
故选：D．
如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动．在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹力弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A．由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变
B．当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
【解答】解：A、由题意，F1、F2等大反向，在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，故A错误；
B、物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧在收缩的过程中，F1、F2都作负功，故系统的机械能会减小；故B正确，C正确．
D、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零；故D错误；
故选：BC．
如图所示，质量相同的物体a和b，用不可伸长的轻绳跨接在光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在光滑的水平桌面上．初始时用力拉住b使a、b静止，撤去拉力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中（ ）
A．a物体的机械能守恒
B．a、b两物体机械能的总和不变
C．a物体的动能总等于b物体的动能
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和不为零
【解答】解：A、a物体下落过程中，有绳子的拉力做功，所以其机械能不守恒，故A错误．
B、对于a、b两个物体组成的系统，只有重力做功，所以a、b两物体机械能守恒，故B正确．
C、将b的实际速度进行分解如图：
由图可知va=vbcosθ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，故C错误．
D、在极短时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于﹣FTvat，绳子对b的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即：
FTvbcosθt，
又va=vbcosθ，
所以绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的绝对值相等，二者代数和为零，故D错误．
故选：B．
如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连．现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．在小球由A到B的过程中（ ）
A．小球、弹簧和地球构成的系统机械能守恒
B．弹簧的弹力大小先变小后变大
C．加速度等于重力加速度g的位置有两个
D．重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功
【解答】解：A、因除重力，弹力做功外其它力不做功，则系统机械能守恒．则A正确
B、弹簧先为压缩状态，其长度变小后再变为拉伸状态，则力先增加再减小再增加，则B错误
C、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则两处加速度为g，则C正确
D、弹力做功为0，重力做功为正，则D错误
故选：AC
机械能守恒定律的三种表达式★☆☆☆☆☆
如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过O点的轻质光滑小定滑轮一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为0点正下方杆上一点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时，A位于P点，PO与水平方向的夹角为30°．现将A、B静止释放．下列说法正确的是（ ）
A．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大
B．在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量
C．物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动
D．物块A经过C点时的速度大小为
【解答】解：A、物块A由P点出发第一次到达C点过程中，绳子拉力对A做正功，动能不断增大，速度不断增大，故A正确．
B、到C点时B的速度为零．则根据功能关系可知，在物块A由P点出发第一次到达C点过程中，物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量，故B错误．
C、由几何知识可得 =h，由于AB组成的系统机械能守恒，由对称性可得物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动．故C正确．
D、设物块A经过C点时的速度大小为v，此时B的速度为0．
根据系统的机械能守恒得：mg（﹣h）=，得 v=，故D正确．
故选：ACD．
如图所示，足够长的粗糙斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，按住B不动，B通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，放手后B沿斜面加速上滑，C一直处于静止状态．则在A落地前的过程中（ ）
A．A的重力势能的减少量等于B的机械能的增加量
B．C一定受到水平面的摩擦力
C．水平面对C的支持力小于B、C的总重力
D．A物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率与其重力的功率相等
【解答】解：A、在A落地前，A、B一起加速运动，它们的速度大小相等，A重力势能的减少量转化为A、B的动能、B增加的重力势能、系统增加的内能，A重力势能的减少量大于B的机械能的增加量，故A错误；
B、B沿斜面上滑，B受到的摩擦力沿斜面向下，B对C的摩擦力平行于斜面向上，B有向右的运动趋势，因此C受到水平向左的地面的摩擦力，故B正确；
C、A、B加速运动，A、B系统处于失重状态，B对C的压力小于B的重力，B、C对于地面的压力小于B、C的总重力，因此水平面对C的支持力小于B、C的总重力，故C正确；
D、A向下加速运动，绳子的拉小于A受到的重力，由P=Fv可知，A物体落地前的瞬间受到绳子拉力的功率小于A重力的功率，故D错误；
故选：BC．
如图所示，轻质杆可绕垂直于纸面的O轴转动，在杆的两端分别固定有质量分别为m和2m的小球A和B（均可看作质点），OB=2OA=l．将轻质杆从水平位置由静止释放，小球B从开始运动到最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法中正确的是（ ）
A．A球的最大速度为
B．杆对A球做的功为mgl
C．A球增加的机械能等于B球减少的机械能
D．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能．
【解答】解：A、当B球运动到最低点时，A球的速度最大，对A、B组成的系统运用机械能守恒得，2mgl﹣mg=，vB=2vA，解得vA=，故A正确．
B、对A运用动能定理得，，解得W=，故B错误．
C、A和B组成的系统机械能守恒，可知A球增加的机械能等于B球减小的机械能，故C正确．
D、A球增加的重力势能小于B球减小的重力势能，故D错误．
故选：AC．
如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB与对面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A．A球到达最低点时速度为零
B．当支架从右向左摆动时，A球机械能减小量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应等于A球开始运动时的高度
D．A球从图示位置向下摆动过程中，支架对A球做负功
【解答】解：因为在整个过程中系统机械能守恒，故有：
A、若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样．又因A、B质量不等，故A错误；
B、因为系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确；
C、因为B球质量小于A球，故B上升高度h时增加的势能小于A球减少的势能，故当B和A球等高时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故C错误；
D、A球从图示位置向下摆动过程中，A球的机械能减小；故支架对A球做负功；故D正确；
故选：BD．
如图所示，a、b两物块质量分别为m、3m，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧．开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后由静止释放，直至a、b物块间高度差为h，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g．在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块a的机械能守恒
B．物块b的机械能减少了mgh
C．物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量
D．物块a、b与地球组成的系统机械能守恒
【解答】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，故A错误；
B、a、b间高度差为h，a上升的高度与b下降的高度均为，物体a、b构成的系统机械能守恒，有（3m）g﹣mg=mv2+（3m）v2，
解得：v=，
物体b动能增加量为（3m）v2=mgh，重力势能减小mgh，故机械能减小mgh，故B错误；
C、D、物体a上升，b下降的过程中，只有重力做功，物块a、b与地球组成的系统机械能守恒；而地球几乎不动，所以物块b机械能的减少量等于物块a机械能的增加量，故C正确，D正确．
故选：CD．
如图所示，质量为3m和m的小球A和B，系在长为L的细线两端，桌面水平光滑，高h（h＜L），A球无初速度从桌边滑下，落在沙地上静止不动，则B球离开桌边的速度为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A、B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒．则有
3mgh=（m+3m）v2
解得：v=
故选：A
【过关检测】
如图所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B（均可看作质点），且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中（已知重力加速度为g），下列说法不正确的是（ ）
A．B球减小的机械能等于A球增加的机械能
B．B球减小的重力势能等于A球增加的动能
C．B的最大速度为
D．细杆对B球所做的功为
【解答】解：A、两个球的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，B球减小的机械能等于A球增加的机械能，故A正确；
B、B球减小的重力势能等于A球的势能和AB两球的动能的增加量之和，故B错误；
C、两个球组成的系统机械能守恒，当b球运动到最低点时，速度最大，有
2mg?2R﹣mg?2R=（m+2m）v2
解得 v=，故C正确；
D、除重力外其余力做的功等于机械能的增加量，故细杆对B球做的功等于B球机械能的增加量，有
W=﹣2mgR=﹣mgR，故D错误；
本题选错误的，故选：BD
【点评】本题关键抓住AB系统的机械能守恒，同时运用除重力外其余力做的功等于机械能的增加量列式求解
如图，半径为R、圆心是O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点．质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连．两球初始位置如图所示，由静止释放，当小球A运动至D点时，小球B的动能为（ ）
A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR
【解答】解：A、B组成的系统机械能守恒．当A运动至最低点D时，A下降的高度为hA=R+Rsin45°，B上升的高度为 hB=Rsin45°
则有 2mghA﹣mghB=+
又AB速度大小相同，即vA=vB
小球B的动能为 EkB=
联立得：EkB=mgR
故选：D．
【点评】本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要注意对单个球的机械能是不守恒的．
如图所示，两个质量均为m的完全相同的小球A和B用轻杆连接，由静止从曲面上释放至滑到水平面的过程中，不计一切摩擦，则杆对A球做的功为（ ）
A．mgh B．﹣mgh C．mgh D．﹣mgh
【解答】解：取水平面为零势能参考平面，根据系统的机械能守恒得：开始时A的机械能比B大mgh，当AB都滑到水平面上时，AB具有相同的动能，故此时AB的机械能相等，所以在下滑过程中A的机械能减小量与B的机械能增加量相等均为，对A或B而言，除重力外其它力做的功等于物体机械能增量可知，杆对小球A做的功为﹣，所以B正确．
故选：B．
内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定有质量m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙．现将两小球放入凹槽内，初始时刻小球乙位于凹槽的最低点（如图所示），由静止释放后（ ）
A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能
C．甲球沿凹槽下滑不可能到达槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点
【解答】解：A、甲与乙两个物体系统机械能守恒，故甲减小的机械能一定等于乙增加的机械能，故A正确；
B、甲与乙两个物体系统机械能守恒，甲球减小的重力势能转化为乙的势能和动能以及甲的动能，故B错误；
C、若甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙则到达与圆心等高处，但由于乙的质量比甲大，造成机械能增加了，明显违背了机械能守恒定律，故甲球不可能到圆弧最低点，故C正确；
D、由于机械能守恒，故动能减为零时，势能应该不变，故杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D错误；
故选：AC．
单质点的机械能守恒★★☆☆☆☆
如图1所示，小球以初速度为v0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h的斜面顶部．如图2中A是内轨半径大于h的光滑轨道，B是内轨半径小于h的光滑轨道，C是内轨半径等于的光滑轨道，D是长为的轻杆，其下端固定一个可随棒绕O点向上转动的小球，小球在底端时的初速度都为v0，则小球在以上种情况中不能达到高度h的有：（ ）
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A正确．
B、小球离开轨道做斜抛运动，运动到最高点在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+mv2．则h′＜h．故B错误．
C、小球到达最高点的速度不能为零，所以小球达不到最高点就离开轨道做斜抛运动．故C错误．
D、杆子可以提供支持力，所以到达最高点时速度可以为零，根据机械能守恒定律可知，小球能达到最高点即高h处，故D正确．
本题选不能达到的，故选：BC
游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行，游客却不会掉下来．我们把这种情形抽象为如图所示的模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使小球从弧形轨道上端从静止滚下后，进入圆轨道下端并沿圆轨道运动．如果h可调，圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力，为使小球不脱离轨道，则h的取值范围是（ ）
A．h＞ B．h＞R C．h＜R D．R＜h＜
【解答】解：小球恰能通过圆轨道最高点时，重力提供向心力，
即应满足：mg=
小球运动到最高点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律：mg（h﹣2R）=mv2，解得：h=R．故当h＞R时小球不脱离轨道，且能通过圆轨道的最高点．
当小球恰好通过与轨道圆心等高位置时速度为零，由机械能守恒得 mg=mgR，h=R，则当h＜R时，小球也不脱离轨道．
故选：AC．
如图，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一档板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、C的质量均为m．给小球一水平向右的瞬时速度V，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，（不计小球与环的摩擦阻力），最低点瞬时速度必须满足（ ）
A．最小值 B．最大值 C．最小值 D．最大值
【解答】解：在最高点，小球的速度最小时，由重力提供向心力，则有：mg=m，解得：v1=．
根据机械能守恒定律，有：2mgr+mv12=mv1′2，解得小球在最低点的最小速度 v1′=．
在最高点，小球的速度最大时，有：mg+2mg=m，解得：v2=．
根据机械能守恒定律有：2mgr+mv22=mv2′2，解得小球在最低点的最大速度v2′=．故CD正确，A、B错误．
故选：CD．
【过关检测】
一根长为l的细绳，一端系一小球，另一端悬挂于O点．将小球拉起使细绳与竖直方向成60°角，如图所示，在O点正下方有A、B、C三点，并且有hOA=hAB=hBC=hCD=l时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度为hAB处钉钉子时，小球由静止下摆，被钉子档住后继续摆动的最大高度为hB当在C处钉子时，小球由静止下摆，被钉子挡住后继续摆动的最大高度hC则小球摆动的最大高度hA、hB、hC（与D点的高度差）之间的关系是（ ）
A．hA=hB=hC B．hA＞hB＞hC C．hA＞hB=hC D．hA=hB＞hC
【解答】解：小球拉开60°放手，故小球升高的高度为：
h=L﹣Lcos60°=
由机械能守恒定律可知，由mgh=得：
到达最低点的速度：v=钉子在A、B两时，小球能摆到等高的位置hA=hB；
当钉子放在C点时，小球摆到最低点后开始以C点为圆心，以L为半径做圆周运动，若能到达最高点，最高点处有最小速度，速度不能为零；但由机械能守恒知，如果能到达最高点，速度为零；故小球无法到达最高点；所以上升不到原下落点高度，故hA=hB＞hC
故选：D．
如图所示，用长为l的绳子一端系着一个质量为m的小球，另一端固定在O点，拉小球至A点，此时绳偏离竖直方向θ，松手后小球经过最低点时的速率为（ ）（空气阻力不计）
A． B． C． D．
【解答】解：小球从A到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒，故有：mgL（1﹣cosθ）=
解得：v=
故选：B．
如图所示，光滑管形圆轨道半径为R，质量为2m，固定于水平面上，小球a、b大小相同，质量均为m，其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动，两球通过最低点速度相同，均为v，且当小球a在最低点时，小球b在最高点，下列说法中正确的是（ ）
A．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a对轨道的压力为6mg
B．若小球b在最高点对轨道无压力，则此时小球a的速度v=
C．若小球a在最低点的速度v≥，则此时管形圆轨道对水平面的压力为6mg
D．两小球要能在管内做圆周运动，则速度v至少为
【解答】解：AB、在最高点，当小球对轨道无压力时，由重力提供向心力，则有：mg=m；
解得：v1=；
由机械能守恒定律可得，mg?2R=mv22﹣mv12；
求得小球在最低点时的速度v2=，故最低点速度至少为，才能使两球在管内做圆周运动；故AB正确．
C、若小球a在最低点的速度v≥时，小球a在最低点时，Fa=mg+m；小球b在最高点受轨道作用力为
Fb=m﹣mg；由最低点到最高点的过程中，有
2mgR=
联立可得两球对轨道压力差为△F=6mg，所以管形圆轨道对水平面的压力为F=2mg+△F=8mg，故C错误．
D、两小球要能在管内做圆周运动，则小球至少要能到达最高点，由机械能守恒知
2mgR=，即 v=2，故D错误．
故选：AB
由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，下列说法正确的是（ ）
A．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
B．小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2
C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H=2R
D．小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=R
【解答】解：A、从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：mvA2+mg2R=mgH
解得：vA=
从A点抛出后做平抛运动，则
t=
则x=vAt=2．故A错误，B正确；
C、细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度大于零即可，
即vA=＞0
解得：H＞2R，故CD错误．
故选：B
如图所示，两个竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上，半径R相同，左侧轨道由金属凹槽制成，右侧轨道由金属圆管制成，均可视为光滑．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别为hA和hB，下列说法正确的是（ ）
A．适当调整hA，可使A球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
B．适当调整hB，可使B球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
C．若使小球A沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
D．若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，释放的最小高度为
【解答】解：A、小球恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据R=得，t=，则水平位移x=＞R，可知调整hA，A球不可能落在轨道右端口处，故A错误．
B、当小球在最高点的速度时，小球可以恰好落在轨道右端口处，故B正确．
C、小球恰好通过左边圆弧轨道最高点时，最小速度为，根据动能定理知，，解得最小高度h=，故C正确．
D、若使小球B沿轨道运动并且从最高点飞出，根据机械能守恒得，释放的最小高度为2R．故D错误．
故选：BC．
如图所示，光滑轨道LMNPQMK固定在水平地面上，轨道平面在竖直面内，MNPQM是半径为R的圆形轨道，轨道LM与圆形轨道MNPQM在M点相切，轨道MK与圆形轨道MNPQM在M点相切，b点、P点在同一水平面上，K点位置比P点低，b点离地高度为2R，a点离地高度为2.5R．若将一个质量为m的小球从左侧轨道上不同位置由静止释放，关于小球的运动情况，以下说法中正确的是（ ）
A．若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球一定不能沿轨道运动到K点
B．若将小球从LM轨道上b点由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
C．若将小球从LM轨道上a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定能沿轨道运动到K点
D．若将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度
【解答】解：A、B、C、由于MNPQM是半径为R的圆形轨道，所以小球只要能通过P点，就一定能沿轨道运动到K点．从a到b过程，由机械能守恒定律得：mg（2.5R﹣2R）=mv2，解得：v=．若小球能沿轨道运动到K点，则应满足的条件是在P点小球受到的弹力FN≥0，在P点由牛顿第二定律得：FN+mg=m，解得m﹣mg≥0，即vP≥，又因b点、P点在同一水平面上，因此若将小球从LM轨道上a点由静止释放，小球能恰好通过P点，也一定能沿轨道运动到K点，故ABC均不正确；
D、若将小球从LM轨道上b点，或a、b点之间任一位置由静止释放，小球一定不能通过P点，不一定能沿轨道运动到K点，故B、C错误；将小球从LM轨道上a点以上任一位置由静止释放，小球能沿轨道运动到K点，由于K点位置比P点低，根据机械能守恒定律知，小球在K点的速度一定大于零，所以小球沿轨道运动到K点后做斜上抛运动，又因小球做斜上抛运动上升到最大高度时，在水平方向上速度不为零，故小球做斜上抛运动时距离地面的最大高度一定小于由静止释放时的高度，故D正确．
故选：D．
如图所示，竖直平面内有一光滑绝缘半圆轨道，处于方向水平且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C高度相同，与圆心O在同一水平线上，轨道的半径为R0，一个质量为m的带正电的小球从槽右端的A处无初速地沿轨道下滑，滑到最低点B时对槽底的压力为2mg，则在小球的滑动过程中，有（ ）
A．小球到达B点时的速度大小为
B．小球到达B点时的速度大小为
C．小球在滑动过程中的最大速度为
D．小球在滑动过程中的最大速度为
【解答】解：AB、小球在B点时，半径方向上的合力为向心力，由牛顿第二定律有：
FN﹣mg=m
由于FN=2mg，故
v2=gR，
小球到达达B点时的速度为：
v=．故A错误，B正确；
CD、从A到B，设电场力做功WE，由动能定理，得：
WE+mgR=mv2
得：WE=mv2﹣mgR=﹣mgR
由于电场力做负功，故带电小球受电场力方向向右，大小为：
F=||=mg．场强方向向右．
从A到B之间一定有位置D时，小球运动的切线方向瞬时合力为零处，也是小球速度最大处．
设OD连线与竖直方向夹角θ，Fcosθ=Gsinθ
又由动能定理得：m=mgRcosθ﹣FR（1﹣sinθ）
联立解得，最大速度为：vm=．故C正确，D错误．
故选：BC．
如图，两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面（该水平面为零势面）．将质量相同的两小球（小球半径远小于碗的半径）分别从两个碗的边缘由静止释放，当两球分别通过碗的最低点时（ ）
A．两小球的向心加速度大小相等
B．两小球的机械能相等
C．两小球的动能相等
D．两小球对轨道的压力相等
【解答】解：ABD、两小球运动过程中均只有重力做功，机械能均守恒，两球相对于零势能面的高度相同，且初动能都为零，故两球到达底部时，两球的机械能一定相等．
由机械能定恒可知mgr=，解得：v=
到达碗底时，球的加速度为 a==2g，所以两球过碗底时两球的向心加速度相等．
在碗底，由F﹣mg=m可知，F=mg+m=3mg；两球受碗的支持力相等，故两球球对碗的压力相等，故ABD正确．
C、动能：Ek==mgr，r不等，故两小球的动能不相等，故C错误；
故选：ABD．
如图甲所示，将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h．若将质量分别为2m、3m、4m、5m的小球，分别以同样大小的速度v0从半径均为R=h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道，轨道形状如图乙、丙、丁、戊所示．则质量分别为2m、3m、4m、5m的小球中，能到达的最大高度仍为h的是（小球大小和空气阻力均不计）（ ）
A．质量为2m的小球 B．质量为3m的小球
C．质量为4m的小球 D．质量为5m的小球
【解答】解：甲图将质量为m的小球以速度v0竖直向上抛出，小球上升的最大高度为h，此时速度为零；
乙图将质量为2m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度不为零，根据动能与重力势能之和，大于初位置的动能与重力势能，因此不可能；
丙图将质量为3m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；
丁图将质量为4m的小球以速度v0滑上曲面，小球若能到达最大高度为h，则此时速度为零，根据机械能守恒定律可知，满足条件；
戊图将质量为5m的小球以速度v0滑上曲面，小球若从最高点抛出，做斜抛运动，则此时速度不为零，根据机械能守恒可知，不可能达到h高度；
故选：C．
如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个直径径大于h的轨道，与斜面相连；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h．如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：A、小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+0．则h′=h．故A正确．
B、小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+
．则h′＜h．故B错误．
C、小球运动到最高点的速度不能为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+．则h′＜h．故C错误．
D、小球在内轨道运动，通过最高点有最小速度，故在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得，mgh+0=mgh′+．则h′＜h．故D错误．
故选：A．