2020版高考物理一轮复习 全程训练计划 课练16 机械能守恒定律和能量守恒定律（含解析）

机械能守恒定律和能量守恒定律小题狂练 小题是基础练小题提分快1.2019内蒙古包头一中模拟 取水平地面为零重力势能面一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为()A. B.C1 D.答案：C解析：设抛出时物块的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为.根据机械能守恒定律得：mvmghmv2，据题有：mvmgh，联立解得：vv0，则tan1，C正确，A、B、D错误2.2019山东师大附中模拟如图所示，在倾角为30的光滑斜面上，有一根长为L0.8 m的轻绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，取g10 m/s2，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是()A4 m/s B2 m/sC2 m/s D2 m/s答案：C解析：若小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时轻绳的拉力为零，根据圆周运动知识和牛顿第二定律有：mgsin30m，解得vA2 m/s，由机械能守恒定律有：2mgLsin30mvmv，代入数据解得：vB2 m/s，故C正确，A、B、D错误32019黑龙江省大庆实验中学模拟如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧都处于原长状态且原长为L，细杆上的A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A圆环通过O点时的加速度小于gB圆环在O点的速度最大C圆环在A点的加速度大小为D圆环在B点的速度大小为2答案：D解析： 圆环通过O点时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力，此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过O点时加速度大小为g，故A项错误；圆环在受力平衡处速度最大，而在O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误；圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足mg2(1)kLcos45ma，解得圆环在A点的加速度大小为g，故C项错误；圆环从A点到B点的过程，根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即2mgLmv2，解得圆环在B点的速度大小为2，故D项正确42019云南省昆明三中、玉溪一中统考如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一质量为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，已知杆与水平地面之间的夹角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两滑块组成的系统机械能守恒B重力对M做的功等于M动能的增加量C轻绳对m做的功等于m机械能的增加量D两滑块组成的系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功答案：CD解析：由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力、弹力以外，摩擦力做负功，机械能有损失，故D正确7(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动已知小球在A点时弹簧被拉长，在C点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是()A弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量B小球从A至C一直做加速运动，从C至B一直做减速运动C弹簧处于原长时，小球的速度最大D小球机械能最大的位置有两处答案：AD解析：因只有重力和系统内弹力做功，故小球和弹簧组成系统的机械能守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小，故小球在A点的弹性势能必大于在C点的弹性势能，所以弹簧在A点的伸长量一定大于弹簧在C点的压缩量，故A正确；小球从A至C，在切线方向先做加速运动，再做减速运动，当切线方向合力为零(此时弹簧仍处于伸长状态)时，速度最大，故B、C错误；当弹簧处于原长时，弹性势能为零，小球机械能最大，由题意知，A、B相对于O1O2对称，显然，此位置在A、C与B、C之间各有一处，故D正确82019安徽省合肥模拟如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动对它们向上运动过程，下列说法正确的是()A小球动能相等的位置在同一水平面上B小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上答案：D解析：小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，设小球上升高度为h，直轨道与容器侧壁之间的夹角为，则小球克服摩擦力做功Wfmgsin，因为不同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为，则小球在时间t0内的位移x0vt0at，a(gsingcos)，由于与有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误，运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为，即Qmglcosmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同D项正确92019浙江省温州模拟 极限跳伞是世界上流行的空中极限运动，如图所示，它的独特魅力在于跳伞者可以从正在飞行的各种飞行器上跳下，也可以从固定在高处的器械、陡峭的山顶、高地甚至建筑物上纵身而下，并且通常起跳后伞并不是马上自动打开，而是由跳伞者自己控制开伞时间伞打开前可看成是自由落体运动，打开伞后减速下降，最后匀速下落如果用h表示人下落的高度，t表示下落的时间，Ep表示人的重力势能Ek表示人的动能，E表示人的机械能，v表示人下落的速度，如果打开伞后空气阻力与速度平方成正比，则下列图象可能正确的是()答案：B解析：人先做自由落体运动，由机械能守恒可得EkEpmgh，与下落的高度成正比，打开降落伞后做加速度逐渐减小的减速运动，由动能定理得：Ek(fmg)h，随速度的减小，阻力减小，由牛顿第二定律可知，人做加速度减小的减速运动，最后当阻力与重力大小相等后，人做匀速直线运动，所以动能先减小得快，后减小得慢，当阻力与重力大小相等后，动能不再发生变化，而机械能继续减小，故B正确，A、C、D错误102019江西省新余四中检测(多选) 如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是()A物块运动的时间变为原来的一半B摩擦力对物块做的功不变C摩擦产生的热量为原来的两倍D电动机因带动物块多做的功是原来的两倍答案：BD解析：由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据xat2可知，运动的时间相同，故A错误；根据动能定理可知：Wfmv，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B正确；物块做匀加速直线运动的加速度为ag，则匀加速直线运动的时间为：t，在这段时间内物块的位移为：x2，传送带的位移为：x1v0t，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：xx1x2，摩擦产生的热量Qmgx，当传送带速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x2，传送带的位移为：x12v0t，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：xx1x2，摩擦产生的热量Qmgx，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W电Qmv，速度加倍后：W电Q2mv，故D正确所以B、D正确，A、C错误112019河北省廊坊监测如图所示，重力为10 N的滑块在倾角为30的斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点时(图中未画出)开始弹回，返回b点时离开弹簧，恰能再回到a点若bc0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，则下列说法正确的是()A轻弹簧的劲度系数是50 N/mB从d到b滑块克服重力做的功为8 JC滑块的动能最大值为8 JD从d点到c点弹簧的弹力对滑块做的功为8 J答案：A解析：整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明滑块机械能守恒，即斜面是光滑的，滑块到c点时速度最大，即所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有kxbcGsin30，解得k50 N/m，A项对；滑块由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c点时的最大动能一定小于8 J，C项错；从d点到c点，弹簧弹性势能的减少量小于8 J，所以弹力对滑块做的功小于8 J，D项错122019山西省太原模拟(多选) 如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球(可视为质点)，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定的光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则()A在b球落地前的整个过程中，a、b组成的系统水平方向上动量守恒B从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功为mgLC从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功为mgLD从b球由静止释放落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg答案：BD解析：在b球落地前的整个过程中，b在水平方向上受到固定光滑杆的弹力作用，a球的水平方向受力为零，所以a、b组成的系统水平方向上动量不守恒，A错误从开始到b球距地面高度为的过程中，b球减少的重力势能为mgL，当b球距地面高度为时，由两球沿杆方向分速度相同可知vbva，又因为a、b质量相等，所以有Ekb3Eka.从开始下落到b球距地面高度为的过程由机械能守恒可得mgL4Eka.可得EkamgL，所以杆对a球做功为mgL，B正确从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做负功，且大小等于a球机械能的增加量，为mgL，C错误在b球落地的瞬间，a球速度为零，从b球由静止释放到落地瞬间的过程中，b球减少的重力势能全部转化为b球动能，所以此时b球速度为，方向竖直向下，所以重力对b球做功的功率为mg，D正确132019甘肃省重点中学一联(多选)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h00.1 m处，滑块与弹簧不拴接现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ekh图象如图乙所示，其中高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g10 m/s2，由图象可知()A滑块的质量为0.1 kgB轻弹簧原长为0.2 mC弹簧最大弹性势能为0.5 JD滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4 J答案：BC解析：由动能定理得，EkF合h，所以题图乙中Ekh图线各点的切线斜率的绝对值等于合外力，图象中直线部分表示合外力恒定，反映了滑块离开弹簧后只受重力作用，F合mg2 N，m0.2 kg，故选项A错误；由题意和题图乙知，h0.2 m时滑块不受弹簧的弹力，即脱离了弹簧，弹力为零时弹簧恢复原长，所以弹簧原长为0.2 m，故选项B正确；滑块在离地高度h00.1 m处，弹簧的弹性势能最大，滑块动能为0，滑块与弹簧组成的系统的机械能为Epmgh0，当滑块到达h10.35 m处，动能为0，弹簧的弹性势能也为0，系统的机械能为mgh1，由机械能守恒定律有Epmgh0mgh1，解得Ep0.5 J，故选项C正确；由题图乙知，滑块的动能最大时，其重力势能和弹簧的弹性势能总和最小，经计算可知选项D错误综上本题选B、C.14名师原创(多选)静止在粗糙水平面上的物体，在水平拉力作用下沿直线运动的vt图象如图所示，已知物体与水平面间的动摩擦因数恒定，则()A第1 s内拉力做的功与第7 s内拉力做的功相等B4 s末拉力做功的功率与6 s末拉力做功的功率不相等C13 s内因摩擦产生的热量大于37 s内因摩擦产生的热量D第1 s内合外力做的功等于07 s内合外力做的功答案：BD解析：物体与水平面间的动摩擦因数恒定，即摩擦力大小恒定，设01 s、13 s、35 s、57 s内拉力大小分别为F1、F2、F3、F4，摩擦力大小为f，物体质量为m，由牛顿第二定律可得F1f4m(N)，F2f，F3|f2m|(N)，F4f2m(N)，故拉力大小关系满足F1F4F2，F1F4F3.第1 s内与第7 s内拉力大小不相等，位移大小s12 m，s73 m，则第1 s内拉力做的功W12f8m(J)，第7 s内拉力做的功W23f6m(J)，二者大小关系无法确定，A错误第4 s末与第6 s末速度大小相等，拉力大小不相等，功率不相等，B正确.13 s内与37 s内物体运动的路程相等，又摩擦力大小不变，所以因摩擦产生的热量相等，C错误由动能定理可知，第1 s内合外力做的功等于07 s内合外力做的功，D正确15名师原创如图所示，质量为m的小球套在与水平方向成53角的固定光滑细杆上，小球用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时小球与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与小球相距0.5 m现由静止释放小球已知重力加速度g10 m/s2，sin530.8，cos530.6.下列说法正确的是()A小球沿细杆下滑0.6 m时速度为零B小球与木块的动能始终相等C小球的机械能守恒D小球沿细杆下滑0.3 m时速度为m/s答案：D解析：当小球沿细杆下滑0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，小球下降了h10.6sin53 m0.48 m，由运动的合成与分解得v木v球cos53，由小球与木块组成的系统机械能守恒有mgh1mvmv，解得v球0，A错误；小球与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为，由运动的合成与分解得v木v球cos，当小球沿细杆下滑0.3 m时，根据几何关系，90，木块速度为零，小球下降了h20.3sin53 m0.24 m，木块下降了h30.5 m0.5sin53 m0.1 m，由机械能守恒有mgh2mgh3mv，解得v球m/s，B错误，D正确16新情景题(多选)如图所示，一小球(可视为质点)套在固定的水平光滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为P，长轴AC2L0，短轴BDL0.原长为L0的轻弹簧一端套在过P点的光滑轴上，另一端与小球连接若小球做椭圆运动，在A点时的速度大小为v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是()A小球在A点时弹簧的弹性势能大于在C点时的B小球在A、C两点时的向心加速度大小相等C小球在B、D点时的速度最大D小球在B点时受到轨道的弹力沿BO方向答案：BCD解析：椭圆的焦距cL0OP，PBL0，即小球在B点或D点时弹簧处于原长状态，小球在A点时弹簧的长度xAOAcL0，弹簧的压缩量xAL0xAL0，小球在C点时弹簧的伸长量xCPCL0L0xA，故小球在A点时弹簧的弹性势能与在C点时弹簧的弹性势能相等且最大，选项A错误；由系统机械能守恒知，小球在A点和在C点时的速度大小相等，A点与C点的曲率半径r相等，由向心加速度公式a知，选项B正确；小球在B、D点时弹簧弹性势能最小，由系统机械能守恒知，选项C正确；小球过B点需要的向心力仅由轨道对小球的弹力提供，此弹力沿BO方向，选项D正确课时测评 综合提能力课时练赢高分一、选择题12019贵阳监测如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内，对应端点(虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速率vA，不计空气阻力，重力加速度为g.则()A小球在A点的向心力小于mgB小球在B点的向心力等于4mgC小球在B、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD小球在B、A两点的动能之差等于2mg(Rx)答案：C解析：小球在最高点A时的速率vA，F向，小球在A点的向心力F向mg，选项A错误；根据机械能守恒定律，mvmg(2Rx)mv，解得v2g(2Rx)v4gR2gxv，小球在B点的向心力Fm4mgm，一定大于4mg，选项B错误；设小球运动到轨道最低点B时所受半圆形轨道的支持力为FB，由牛顿第二定律，FBmgm，解得FB5mgm，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FBFB5mgm，设小球运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为FA，由牛顿第二定律，FAmgm，解得FAmmg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FAFAmmg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为FFBFA6mg，大于6mg，选项C正确；根据mvmg(2Rx)mv，小球在B、A两点的动能之差Ekmvmvmg(2Rx)，选项D错误22019广州模拟(多选)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度大小为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面下列说法正确的是()A斜面倾角30BA获得的最大速度为2gCC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒答案：AB解析：C刚离开地面时，对C有kx2mg，此时A、B有最大速度，即aBaC0，则对B有Tkx2mg0，对A有4mgsinT0，以上方程联立可解得sin，30，故A正确；初始系统静止，且线上无拉力，对B有kx1mg，可知x1x2，则从释放A至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即4mg(x1x2)sinmg(x1x2)(4mm)v，联立解得vAm2g，所以A获得的最大速度为2g，故B正确；对B进行受力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误3(多选)如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮(滑轮大小不计)，一端连接A，另一端悬挂小物块B，A、B质量相等C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OCh.开始时A位于P点，PO与水平方向的夹角为30.已知重力加速度大小为g.现将A、B由静止释放，则下列说法正确的是()AA由P点出发第一次到达C点过程中，速度不断增大B在A由P点出发第一次到达C点过程中，B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量CA在杆上长为2h的范围内做往复运动DA经过C点时的速度大小为答案：ACD解析：A由P点出发第一次到达C点过程中，B从释放到最低点，此过程中，对A受力分析，可知细线的拉力一直对A做正功，A的动能一直增大，故A正确；A由P点出发第一次到达C点的过程中，细线对B一直做负功，其机械能一直减小，A到达C点时，B的速度为0，则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；由分析知，A、B组成的系统机械能守恒，由对称性可知，物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动，故C正确；B的机械能最小时，即A到达C点时，此时A的速度最大，设为vA，此时B的速度为0，根据系统的机械能守恒得mBgmAv，A、B质量相等，解得vA，故D正确4如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做的功为()A. B.Cmv2 D2mv2答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mgx相，x相vtt，ag，vat即vgt，联立以上各式可得Wmv2，故选项C正确5将一物体竖直向上抛出，物体运动过程中所受到的空气阻力大小(小于物体的重力)恒定若以地面为零势能参考面，则在物体从抛出直至落回地面的过程中，物体机械能E与物体距地面的高度h的关系图象(Eh)应为(图中h0为上抛的最大高度)()答案：C解析：由于物体受空气阻力的作用，所以物体的机械能要减小，减小的机械能等于克服阻力做的功，设阻力的大小为f，则物体的机械能为EEk0fh，在返回的过程中，阻力大小恒定，机械能还是均匀减小的，所以B、D错误，当返回地面时，物体还有动能，所以物体的机械能不会是零，所以C正确，A错误6(多选)如图所示，固定在地面上的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦则在各小球运动过程中，下列说法正确的是()A球1的机械能守恒B球6在OA段机械能增大C球6的水平射程最大D有三个球落地点位置相同答案：BD解析：6个小球全在斜面上时，加速度相同，相互之间没有作用力，每个小球机械能守恒球6加速距离最小，球6刚运动到OA段时，球5、4、3、2、1仍在斜面上加速，对球6有向左的作用力，对球6做正功，故球6机械能增加，B正确；而依次刚滑到OA段的小球对其右上侧的小球有沿斜面向上的作用力，并对其右上侧的小球做负功，只要有小球运动到OA段，球2就与球1之间产生作用力，球2对球1做负功，故球1的机械能减少，A错误；当6、5、4三个小球在OA段的时候速度相等，球6离开OA后，球4继续对球5做正功，所以球5离开OA时速度大于球6的速度，同理，球4离开OA时的速度大于球5的速度，所以球6离开OA时的水平速度最小，水平射程最小，故C错误；3、2、1三个小球运动到OA时，斜面上已经没有小球，故这三个小球之间没有相互作用的弹力，离开OA的速度相等，水平射程相同，落地点相同，D正确7.2019江苏泰州中学模拟(多选)如图所示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法正确的是()A物体落到海平面时的重力势能为mghB物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC物体在海平面上的动能为mvmghD物体在海平面上的机械能为mv答案：BCD解析：物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为mv，故整个过程中的机械能为mv，所以物体在海平面上的机械能为mv，在海平面重力势能为mgh，根据机械能守恒定律可得mghmv2mv，所以物体在海平面上的动能为mvmgh，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh，所以B、C、D正确82019吉林省实验中学模拟(多选)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竖直轨道：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图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管开口的高度大于h；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高度h的是()答案：AC解析：A图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得mgh0mgh0，则hh，故A正确；B图中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mgh0mghmv2，则hh，故B错误；C图中小球最后沿轨道做竖直上抛运动，运动到最高点时速度为零，根据机械能守恒定律得mgh0mgh0，则hh，故C正确；D图中小球沿半圆轨道运动，通过最高点最小的速度为v，故在最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律可知小球不能到达h高处，故D错误9(多选)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，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，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等于乙球增加的重力势能C甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点答案：AD解析：由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中，甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据滑动过程机械能守恒知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据滑动过程机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确10一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是()AvavbvC Bvavbvavb DvavbvC答案：C解析：图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mgmv，解得va；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg2mv，解得vb；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有mgmg2mv，解得vC，故vCvavb，选项C正确二、非选择题11.如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y6x2(单位：m)，小球质量m0.4 kg，圆弧轨道半径R1.25 m，g取10 m/s2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)答案：(1)12 N(2) s解析：(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgRmv2解得：v5 m/s小球在圆轨道最低点：FNmgm解得：FNmgm12 N由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FNFN12 N(2)小球从O点水平抛出后满足：ygt2，xvt又有y6x2，联立解得：t s.122017全国卷一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 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2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)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0mv式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由式和题给数据得Ek04.0108 J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Ehmvmgh式中，vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Ehm2mgh由功能关系得WEhEk0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式和题给数据得W9.7108 J19