高中物理機械能守恒定律練習(xí)題難題帶答案

第1頁（共1頁）高中物理機械能守恒定律一．選擇題（共25小題）1．一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中，可能正確的是（）A．B． C．D．2．一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度為v，若將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前兩次克服摩擦力所做的功，則（）A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1 C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf13．如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為（）A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR4．如圖所示，一輛有四分之一圓弧的小車停在不光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小球從靜止開始由車的頂端無摩擦滑下，且小車始終保持靜止狀態(tài)，地面對小車的靜摩擦力最大值是（）A． B． C．mg D．5．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度6．如圖所示，一物體以初速度v0沖向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列說法中正確的是（）A．若把斜面從C點鋸斷，由機械能守恒定律可知，物體沖出C點后仍能升高h B．若把斜面變成圓弧形AB′，物體仍能沿AB′升高h C．無論是把斜面從C點鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h，因為機械能不守恒 D．無論是把斜面從C點鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h，但機械能守恒7．將一物體豎直向上拋出，物體向上運動過程中所受到的空氣阻力大小恒定．若以地面為零勢能參考面，則在物體從拋出直至落回地面的過程中，物體機械能E與物體距地面的高度h的關(guān)系圖象（E﹣h）是（圖中h0為上拋的最大高度）（）A．B． C．D．8．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長度為L的靜止的長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)用一個大小為F的恒力作用在M上，當小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2，下列關(guān)系式錯誤的是（）A．μmgs1＝mv12 B．Fs2﹣μmgs2＝Mv22 C．μmgL＝mv12 D．Fs2﹣μmgs2+μmgs1＝Mv22+mv129．如圖所示，半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直面內(nèi)，開口向上，兩端點A、B連線水平，半徑為R/2的四分之一光滑圓弧軌道也在豎直面內(nèi)，C端在B點正上方，D端的切線水平。一個質(zhì)量為m的小球從A點正上方由靜止下落，從A點進入半圓軌道后從B點飛出再進入四分之一圓弧軌道，重力加速度為g。要使小球從D點飛出后剛好從A點進入軌道，則BC間的高度最大為（）A．R B． C．2R D．10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，圓環(huán)套在傾斜的粗糙固定桿上，桿與水平面之間的夾角為α，圓環(huán)在A處時彈簧豎直且處于原長。將圓環(huán)從A處靜止釋放，到達C處時速度為零。若圓環(huán)在C處獲得沿桿向上的速度v，恰好能回到A．已知AC＝L，B是AC的中點，彈簧始終在彈性限度之內(nèi)，重力加速度為g，則下列敘述錯誤的是（）A．下滑過程中，環(huán)受到的合力先減小后增大 B．下滑過程中，環(huán)與桿摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2 C．從C到A過程，彈簧對環(huán)做功為mgLsinα﹣mv2 D．環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度小于下滑的速度11．物體以60J的初動能，從A點出發(fā)作豎直上拋運動，在它上升到某一高度時，動能損失了30J，而機械能損失了10J，則該物體在落回到A點的動能為：（空氣阻力大小恒定）（）A．50J B．40J C．30J D．20J12．如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的斜面上，斜面的傾角α＝30°，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上?，F(xiàn)用手控制住A球，并使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行。已知A的質(zhì)量為M，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，A與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時C恰好離開地面。下列說法正確的是（）A．M＝3.2m B．A、B速度最大時彈簧處于原長狀態(tài) C．A到達最低點后會繼續(xù)沿斜面上升 D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能一直減小13．如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平地面上，在B上放一個木塊A，現(xiàn)以恒定的力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參照物，A、B都向前移動了一段距離，在此過程中（）A．外力F做的功等于A和B所組成的系統(tǒng)的動能增量 B．B對A的摩擦力所做的功大于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B所做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和14．如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，其中光滑的水平軌道AB與半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道BC在B點相切，CD為粗糙的水平軌道。質(zhì)量為m的小球靜止在距B點x0＝2R的水平軌道上A點，現(xiàn)對小球施加水平向右的恒力F＝mg（g為重力加速度），小球向右運動，沖出C點后上升到最大高度，最后落到軌道CD上（不再反彈）。下列說法正確的是（）A．小球上升的最大高度距軌道CD的距離為R B．小球在軌道CD上的落點到C點的距離為4R C．若僅將外力F加倍，則小球上升的最大高度距軌道CD的距離為5R D．若僅將外力F加倍，則小球落到軌道CD時速度與水平方向的夾角也加倍15．質(zhì)量為5t的汽車，在水平路面上以加速度a＝2m/s2起動，所受阻力為1.0×103N，汽車起動后第一秒末的即時功率是（）A．2kW B．22kW C．1.1kW D．20kW16．如圖所示，生產(chǎn)車間有兩個相互垂直且等高的水平傳送帶甲和乙，甲的速度為v0，乙的速度為2v0，小工件離開甲前與甲的速度相同，并平穩(wěn)地傳到乙上，工件與乙之間的動摩擦因數(shù)為μ．乙的寬度足夠大，當工件在乙上剛停止滑動時，下一只工件恰好傳到乙上，如此反復(fù)。若每個工件的質(zhì)量均為m，除工件與傳送帶之間摩擦外，其他能量損耗均不計，重力加速度為g。則驅(qū)動乙的電動機的平均輸出功率P為（）A．p＝B．p＝ C．p＝D．p＝17．用鋼索吊起質(zhì)量為m的物體，當物體以加速度a勻加速上升h時，鋼索對重物做的功是（不計阻力）（）A．mgh B．mgh+mah C．m（g﹣a）h D．mah18．如圖所示，一裝置固定在水平面上，AB是半徑為R的四分之一光滑軌道，上端A離地面的高度為H，一個質(zhì)量為m的小球從A點處由靜止滑下，落到地面上C點，若以軌道下端B點所在的水平面為零勢能面，下列說法正確的是（）A．小球在A點的重力勢能為mgH B．小球在B點的機械能為0 C．小球在C的機械能為mgR D．小球在C點的動能為mg（H﹣R）19．如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長度為R的細繩拴著在豎直面上繞O點做圓周運動，恰好能通過豎直面的最高點A，重力加速度為g，不計空氣阻力，則（）A．小球通過最高點A的速度為gR B．小球通過最低點B和最高點A的動能之差為mgR C．若細繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，則小球還能上升的高度為R D．若細繩在小球運動到A處斷了，則經(jīng)過時間t＝小球運動到與圓心等高的位置20．如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R：bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到它運動軌跡最高點的位移大小為（）A．3R B．3R C．5R D．R21．如圖，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過一不可伸長的輕質(zhì)細線掛著兩個小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1＞m2．現(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內(nèi)壁下滑．設(shè)碗固定不動，其內(nèi)壁光滑、半徑為R．則m1滑到碗最低點的速度為（）A． B． C． D．22．如圖所示：固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升，若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1和W2，滑塊經(jīng)B、C兩點時的動能分別是EKB、EKC，圖中AB＝BC，則一定有（）A．W1＞W(wǎng)2 B．W1＜W2 C．EKB＞EKC D．EKB＜EKc23．如圖（甲）所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖（乙）所示，則（）A．t1時刻小球動能最大 B．t2時刻小球動能最大 C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少 D．t2～t3段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能24．用一根繩子豎直向上拉一個物塊，物塊從靜止開始運動，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g，0﹣t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動，t0時刻后功率保持不變，t1時刻物塊達到最大速度，則下列說法正確的是（）A．物塊始終做勻加速直線運動 B．0﹣t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為 C．t0時刻物塊的速度大小為 D．.0﹣t1時間內(nèi)物塊上升的高度為25．如圖所示，帶等量異種電荷，質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小球A、B，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。當突然加一水平向右的勻強電場后，兩小球A、B將由靜止開始運動，在以后的運動過程中，對兩個小球和彈簧組成的系統(tǒng)（設(shè)整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度），以下說法正確的是（）A．兩個小球所受電場力合力為零，系統(tǒng)機械能守恒 B．電場力對A、B兩球均做正功，系統(tǒng)機械能不斷增加C．當彈簧長度達到最大值時，系統(tǒng)動能最大 D．當小球所受電場力與彈簧的彈力相等時，系統(tǒng)動能最大二．多選題（共5小題）26．如圖所示，由電動機帶動的水平傳送帶以速度為v＝2.0m/s勻速運行，A端上方靠近傳送帶料斗中裝有煤，打開閥門，煤以流量為Q＝50kg/s落到傳送帶上，煤與傳送帶達共同速度后被運至B端，在運送煤的過程中，下列說法正確的是（）A．電動機應(yīng)增加的功率為100W B．電動機應(yīng)增加的功率為200W C．在一分鐘內(nèi)因煤與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱為6.0×103J D．在一分鐘內(nèi)因煤與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱為1.2×104J27．如圖所示光滑管形圓軌道半徑為R（管徑遠小于R），小球a、b大小相同，質(zhì)量均為m，其直徑略小于管徑，能在管中無摩擦運動。兩球先后以相同速度v通過軌道最低點，且當小球a在最低點時，小球b在最高點，以下說法正確的是（）A．當小球b在最高點對軌道無壓力時，小球a比小球b所需向心力大5mg B．當v＝時，小球b在軌道最高點對軌道無壓力 C．速度v至少為，才能使兩球在管內(nèi)做圓周運動D．只要v≥，小球a對軌道最低點的壓力比小球b對軌道最高點的壓力大6mg28．如圖，固定斜面傾角為30°，C為斜面的最高點。輕彈簧一端固定在擋板A上，處于原長時另一端在B處，CB兩點間的高度差為h。質(zhì)量為m的木箱（可看作質(zhì)點）與斜面的動摩擦因數(shù)為，當?shù)刂亓铀俣葹間，木箱從斜面頂端C無初速下滑，下列選項正確的是（）A．箱子從C點剛運動到B點這一過程損失的機械能為 B．箱子最終將停在斜面上B點的下方 C．箱子在斜面上運動的總路程等于4h D．箱子在運動過程中彈簧的最大彈性勢能一定大于mgh29．如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）左端固定在A點彈性繩自然長度等于AB，跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質(zhì)量為m的小球小球穿過豎直固定的桿。初始時ABC在一條水平線上，小球從C點由靜止釋放滑到E點時速度恰好為零。已知C、E兩點間距離為h，D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（）A．小球在D點時速度最大 B．若在E點給小球一個向上的速度v，小球恰好能回到C點，則v＝ C．小球在CD階段損失的機械能等于小球在DE階段損失的機械能 D．若僅把小球質(zhì)量變?yōu)?m，則小球到達E點時的速度大小v＝30．如圖所示，左右兩側(cè)水平面等高，A、B為光滑定滑輪，C為光滑動滑輪。足夠長的輕繩跨過滑輪，右端與小車相連，左端固定在墻壁上，質(zhì)量為m的物塊懸掛在動滑輪上。從某時刻開始小車向右移動，使物塊以速度v0勻速上升，小車在移動過程中所受阻力恒定不變。在物塊上升的過程中（未到AB所在的水平面），下列說法正確的是（）A．輕繩對小車的拉力增大 B．小車向右做加速運動 C．小車阻力的功率可能不變 D．小車牽引力做的功小于物塊重力勢能的增加量與小車克服阻力做功之和三．填空題（共4小題）31．在光滑水平面上有一靜止物體．現(xiàn)以水平恒力甲推這一物體，作用一段時間后，換成相反方向水平恒力乙推這一物體，當恒力乙作用時間與恒力甲作用時間相同時，物體恰好回到原處，此時物體動能為32J，則在整個過程中，恒力甲做的功為J，恒力乙做的功為J．32．京津城際鐵路是我國最早建成并運營的高標準鐵路客運專線，如圖所示．列車在正式運營前要進行測試．某次測試中列車由靜止開始到最大速度360km/h所用時間為550s，已知列車的總質(zhì)量為4.4×105kg，設(shè)列車所受牽引力的總功率恒為8800kW，列車在運動中所受的阻力大小不變．在這次測試中，當速度為180km/h時，列車加速度的大小等于m/s2；在這550s內(nèi)列車通過的路程為m．33．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的直角坐標系中，一個質(zhì)量為m的質(zhì)點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ＜）．則F大小至少為；若F＝mgtanθ，則質(zhì)點機械能大小的變化情況是．34．以初速為v0，射程為s的平拋運動軌跡制成一光滑軌道．一物體由靜止開始從軌道頂端滑下，當其到達軌道底部時，物體的速率為，其水平方向的速度大小為．四．實驗題（共1小題）35．利用圖1裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。①為驗證機械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點間的。A．動能變化量與勢能變化量B．速度變化量和勢能變化量C．速度變化量和高度變化量②除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺（含鐵夾）、電磁打點計時器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是A．交流電源B．刻度尺C．天平（含砝碼）③實驗中，先接通電源，再釋放重物，得到圖2所示的一條紙帶。在紙帶上選取三個連續(xù)打出的點A、B、C，測得它們到起始點O的距離分別為hA、hB、hC。已知當?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周期為T．設(shè)重物的質(zhì)量為m。從打O點到打B點的過程中，重物的重力勢能變化量△Ep＝，動能變化量△Ek＝。④大多數(shù)學(xué)生的實驗結(jié)果顯示，重力勢能的減少量大于動能的增加量，原因是A．利用公式v＝gt計算重物速度B．利用公式v＝計算重物速度C．存在空氣阻力和摩擦力阻力的影響D．沒有采用多次試驗去平均值的方法。⑤根據(jù)以下方法研究機械能是否守恒：在紙帶上選取多個計數(shù)點，測量它們到起始點O的距離h，計算對應(yīng)計數(shù)點的重物速度v，描繪v2﹣h圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過原點的直線，則重物下落過程中機械能守恒。請你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確。五．計算題（共5小題）36．如圖AB水平，在恒力F作用下質(zhì)量m＝1kg的小滑塊由靜止開始運動，當達列B點時立即停止用力，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，AB長為L＝5.0m，BCD為一半徑為R＝1.0m的光滑半圓軌道，B0D在同一豎直線上（g取10m/s2），求：（1）欲使小滑塊剛能通過D點，力F大??；（2）若力F＝15N，求小滑塊通過D點時對軌道的壓力；（3）若使小滑塊正好又落回點A，小滑塊通過半圓軌道D點時對軌道的壓力大?。?7．如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根直角尺的兩端A、B，直角尺的頂點O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動軸。AO、BO的長分別為2L和L．開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉(zhuǎn)動，求：（1）當A到達最低點時，A小球的速度大小v；（2）B球能上升的最大高度h；（3）開始轉(zhuǎn)動后B球可能達到的最大速度vm。38．滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示。求：①滑塊a、b的質(zhì)量之比；②整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。39．如圖所示，傾角為θ＝30°的光滑斜面上有固定擋板AB，斜面上B、C兩點間高度差為h。斜面上疊放著質(zhì)量均為m的薄木板和小物塊，木板長為L，下端位于擋板AB處，整體處于靜止狀態(tài)。木板和物塊兩者間的動摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度為g。（1）若木板和物塊一起以某初速度沿斜面向上運動，木板上端恰能運動到C點，求初速度大小v0；（2）若對木板施加沿斜面向上的拉力，為使木板上滑且與物塊間沒有相對滑動，求拉力應(yīng)滿足的條件；（3）若給木板施加大小為F＝2mg、方向沿斜面向上的拉力，此后運動過程中小物塊始終未脫離木板，要使木板上端恰能運動到C點，求拉力F作用的時間t1。40．將一根長為L的光滑細鋼絲ABCDE制成如圖所示的形狀，并固定在豎直平面內(nèi)。其中AD段豎直，DE段為圓弧，圓心為O，E為圓弧最高點，C與E、D與O分別等高，BC＝AC．將質(zhì)量為m的小珠套在鋼絲上由靜止釋放，不計空氣阻力，重力加速度為g。（1）小珠由C點釋放，求到達E點的速度大小v1；（2）小珠由B點釋放，從E點滑出后恰好撞到D點，求圓弧的半徑R；（3）欲使小珠到達E點與鋼絲間的彈力超過，求釋放小珠的位置范圍。

參考答案與試題解析一．選擇題（共25小題）1．【分析】對于汽車，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)P＝Fv和牛頓第二定律分析加速度的變化情況，得到可能的v﹣t圖象?！窘獯稹拷猓涸?﹣t1時間內(nèi)，如果勻速，則v﹣t圖象是與時間軸平行的直線，如果是加速，根據(jù)P＝Fv，牽引力減小；根據(jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F1＝f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v1＝＝．所以0﹣t1時間內(nèi)，v﹣t圖象先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線；在t1﹣t2時間內(nèi)，功率突然增加，故牽引力突然增加，是加速運動，根據(jù)P＝Fv，牽引力減?。辉俑鶕?jù)F﹣f＝ma，加速度減小，是加速度減小的加速運動，當加速度為0時，即F2＝f，汽車開始做勻速直線運動，此時速度v2＝＝．所以在t1﹣t2時間內(nèi)，即v﹣t圖象也先是平滑的曲線，后是平行于橫軸的直線。故A正確，BCD錯誤；故選：A。2．【分析】根據(jù)動能定理，結(jié)合運動學(xué)公式，求出滑動摩擦力做功，從而求得結(jié)果。【解答】解：由題意可知，兩次物體均做勻加速運動，則在同樣的時間內(nèi)，它們的位移之比為S1：S2＝＝1：2；兩次物體所受的摩擦力不變，根據(jù)力做功表達式，則有滑動摩擦力做功之比Wf1：Wf2＝fS1：fS2＝1：2；再由動能定理，則有：WF﹣Wf＝；可知，WF1﹣Wf1＝；WF2﹣Wf2＝4×；由上兩式可解得：WF2＝4WF1﹣2Wf1，故C正確，ABD錯誤；故選：C。3．【分析】質(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓運動定律求出質(zhì)點經(jīng)過Q點的速度，再由動能定理求解克服摩擦力所做的功?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：N﹣mg＝m由題有：N＝2mg可得：vQ＝質(zhì)點自P滑到Q的過程中，由動能定理得：mgR﹣Wf＝得克服摩擦力所做的功為Wf＝mgR故選：C。4．【分析】因為小球只有重力做功故小球機械能守恒，由機械能守恒可求得任一位置時的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；對小車受力分析可求得靜摩擦力的最大值．【解答】解：設(shè)圓弧半徑為R，當小球運動到重力與半徑夾角為θ時，速度為v。根據(jù)機械能守恒定律和牛頓第二定律有：mv2＝mgRcosθN﹣mgcosθ＝m解得小球?qū)π≤嚨膲毫椋篘＝3mgcosθ其水平分量為Nx＝3mgcosθsinθ＝mgsin2θ根據(jù)平衡條件，地面對小車的靜摩擦力水平向右，大小為：f＝Nx＝mgsin2θ可以看出：當sin2θ＝1，即θ＝45°時，地面對車的靜摩擦力最大，其值為fmax＝mg；故選：A。5．【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，可知最低點的速度、動能；在最低點由牛頓第二定律可得繩子的拉力和向心加速度?！窘獯稹拷猓篈B．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgR＝mv2，解得：v＝在最低點的速度只與半徑有關(guān)，可知vP＜vQ；動能與質(zhì)量和半徑有關(guān)，由于P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短，所以不能比較動能的大小。故AB錯誤；CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：F﹣mg＝m，解得，F(xiàn)＝mg+m＝3mg，a向＝，所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等。故C正確，D錯誤。故選：C。6．【分析】物體上升過程中只有重力做功，機械能守恒；斜拋運動運動最高點，速度不為零；AB′軌道最高點，合力充當向心力，速度也不為零?！窘獯稹拷猓篈、若把斜面從C點鋸斷，物體沖過C點后做斜拋運動，由于物體機械能守恒，同時斜拋運動運動最高點，速度不為零，故不能到達h高處，故A錯誤；B、若把斜面變成圓弧形AB′，如果能到圓弧最高點，即h處，由于合力充當向心力，速度不為零，故會得到機械能增加，矛盾，故B錯誤，C、無論是把斜面從C點鋸斷或把斜面彎成圓弧形，物體都不能升高h，但機械能守恒，故C錯誤，D正確。故選：D。7．【分析】只有重力對物體做功時，物體的機械能守恒，由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機械能要減小，減小的機械能等于克服阻力做的功．【解答】解：由于物體受空氣阻力的作用，所以物體的機械能要減小，減小的機械能等于克服阻力做的功，設(shè)阻力的大小為f，則物體的機械能為E＝E0﹣fh，在返回的過程中，阻力大小恒定，機械能還是均勻減小的，所以B錯誤，當返回地面時，物體還有動能，所以物體的機械能不會是零，所以C正確，AD錯誤。故選：C。8．【分析】對滑塊、木板分別受力分析，并分別運用動能定理或功能關(guān)系列式分析即可?！窘獯稹拷猓篈B、對滑塊進行受力分析，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理有：μmgs1＝mv12，故A正確；對木板，由動能定理得Fs2﹣μmgs2＝Mv22，故B正確。CD、由上兩式相加可得：Fs2﹣μmgs2+μmgs1＝Mv22+mv12，又s2﹣s1＝L，則得：Fs2﹣μmgL＝Mv22+mv12，故C錯誤，D正確；本題選錯誤的，故選：C。9．【分析】小球從D飛出后平拋運動，D點只有重力時速度最小時，BC間距離最大，再根據(jù)平拋運動規(guī)律，從而即可求解?！窘獯稹拷猓盒∏驈腄點拋出剛好落在A點，做平拋運動的水平位移恒為R，BC間的高度越大，平拋運動的時間越長，做平拋運動的水平分速度越小；當小球在D點對軌道的壓力恰好為零時，從D點拋出的速度最小。根據(jù)牛頓運動定律得：mg＝m解得：vD＝由平拋運動的規(guī)律得：R＝vDt解得：t＝設(shè)BC間的高度為h，則有：H+＝gt2；解得：h＝R，故ACD錯誤，B正確；故選：B。10．【分析】根據(jù)圓環(huán)的運動情況分析下滑過程中加速度的變化，來判斷合力的變化。研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C和在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A兩個過程，運用動能定理列出等式求解；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程和圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式，可比較上滑和下滑經(jīng)過B點時速度的大小?！窘獯稹拷猓篈、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，初速度為零，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，所以加速度先減小至零，后反向增大，則合力先減小后增大，故A正確；B、圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh+Wf﹣W彈＝0﹣0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，運用動能定理列出等式﹣mgh+W彈+Wf＝0﹣mv2聯(lián)立解得：Wf＝﹣mv2，所以產(chǎn)生的熱量為mv2，故B正確；C、從C到A過程，由動能定理得﹣mgh+W彈+Wf＝0﹣mv2，h＝Lsinα，聯(lián)立解得：彈簧對環(huán)做功為W彈＝mgLsinα﹣mv2，故C正確；D、研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到B過程，運用動能定理列出等式mgh′+W′f﹣W′彈＝mvB2﹣0研究圓環(huán)從B處上滑到A的過程，運用動能定理列出等式﹣mgh′+W′f+W′彈＝0﹣mvB′2。即得mgh′﹣W′f﹣W′彈＝mvB′2。由于W′f＜0，所以有mvB2＜mvB′2，則環(huán)經(jīng)過B時，上滑的速度大于下滑的速度，故D錯誤；本題選錯誤的，故選：D。11．【分析】解決本題需要掌握：合外力做功對應(yīng)著物體動能的變化，除重力之外的力做功對應(yīng)著機械能的變化；物體落回原地過程中只有阻力做功，因此只要求出物體上升到最高點過程中克服阻力做的功，整個過程阻力所做功就明確了，根據(jù)動能定理即可解出結(jié)果?！窘獯稹拷猓河深}可知上升到某一高度時，重力、阻力均做負功，所以根據(jù)功能關(guān)系有：WG+Wf＝△Ek①阻力做功對應(yīng)著機械能的變化，固有：Wf＝△E②將△EK＝30J，△E＝10J，帶入①②可得，WG＝﹣20J，Wf＝﹣10J由于上升過程中重力、阻力大小都恒定，而且是直線運動，因此重力和阻力做功關(guān)系為：WG＝2Wf③物體上升到最高點時由功能關(guān)系可得：WG總+Wf總＝﹣Ek④聯(lián)立③④解得上升過程中阻力做功：Wf總＝﹣20J當物體落回原地時由動能定理得：2Wf總＝Ek1﹣Ek代入數(shù)據(jù)得：Ek1＝20J，落回原地時動能為20J，故ABC錯誤，D正確。故選：D。12．【分析】C剛離開地面時，彈簧的彈力等于C的重力。A的速度最大時合力為零，對A和B，根據(jù)平衡方程求出A的質(zhì)量M；以AB整體為對象，分析受力情況確定速度最大的位置，再根據(jù)平衡條件確定A能否上升；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化情況分析A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能的變化。【解答】解：A、彈簧原來處于壓縮狀態(tài)由平衡知：kx1＝mBg＝mg，得：x1＝當C剛要離開地面時，由平衡知：kx2＝mCg＝mg，得：x2＝，此時A、B有最大速度，即aB＝aA＝0設(shè)繩子拉力為T，則對B有：T﹣kx2﹣mg＝0對A有：Mgsinα﹣T﹣μMgcos30°＝0解得：M＝6.4m，故A錯誤；B、以AB整體為對象，當AB的加速度等零時，速度由最大值，此時彈簧拉伸x2＝，故B錯誤；C、當C剛剛離開地面所以T＝mg，把AB作為一個整體分析受力得：mg+T＜Mgsinα+μMgcosα；此后A和B一起減速下滑、C加速上升，當三者速度相等時，彈簧拉力最大，此后C的速度大于A和B的速度，彈簧縮短，彈力減小，當A下落到最低點時，若彈簧的彈力與B的重力之和小于A重力沿斜面向下的分力與摩擦力之和，A不會沿斜面上滑，故C錯誤；D、剛開始彈簧的彈力kx1＝mg＜μMgcos30°＝1.2mg，對AB系統(tǒng)來說，機械能的變化與彈簧的彈力和摩擦力做功有關(guān)，一開始彈力做正功，摩擦力做負功，且正功小于負功，所以機械能減小，隨著彈力的減小，彈力做的正功越來越小，機械能也減小，當彈簧被拉長后，彈力和摩擦力都做負功，機械能還是在減小，所以AB系統(tǒng)的機械能一直減小，故D正確。故選：D。13．【分析】選擇研究對象運用動能定理研究此過程找出功和能的對應(yīng)關(guān)系；求總功時，要正確受力分析，準確求出每一個力所做的功?！窘獯稹拷猓篈、選擇A和B作為研究對象，運用動能定理研究，B受外力F做功，A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，故：wF+（﹣f?△x）＝△EkA+△EkB其中△x為A、B的相對位移，所以外力F做的功不等于A和B的動能的增量，故A錯誤。B、對A物運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能的增量，故B錯誤。C、A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，故C錯誤。D、對B物體應(yīng)用動能定理，WF﹣Wf＝△EkB，Wf為B克服摩擦力所做的功，即WF＝△EkB+Wf，就是外力F對B做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D正確。故選：D。14．【分析】根據(jù)動能定理求解C點速度，離開C點將運動分解為水平方向的勻加速直線運動和豎直方向的豎直上拋運動，最高點豎直方向速度為零，結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律求解?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)到達C點速度為vC，根據(jù)動能定理知：3FR﹣mgR＝解得：vC＝2小球上升的最大高度豎直方向速度減為零，即又上升的高度為：h＝＝2R，時間為：t1＝＝2，根據(jù)豎直方向運動的對稱性知下落到CD時間為t2＝t1水平方向一直做加速度為g的勻加速運動，水平位移x＝＝8R，故AB錯誤；C、若僅將外力F加倍，根據(jù)動能定理知：3?2FR﹣mgR＝mv，知C點速度變?yōu)関′C＝，h′＝＝5R，故C正確；D、小球落到軌道CD時速度與水平方向的夾角α，則tanα＝＝，將外力F加倍，水平方向加速度加倍，正切值變?yōu)樵瓉淼?，故D錯誤。故選：C。15．【分析】根據(jù)牛頓第二定律求出勻加速運動汽車的牽引力，根據(jù)勻變速直線運動求出第1s末的速度，最后根據(jù)P＝Fv求出第1s末發(fā)動機的瞬時功率．【解答】解：由牛頓第二定律可知：F﹣f＝ma；解得：F＝f+ma＝1.0×103N+5000×2N＝1.1×104N；1s末的速度為：v＝at＝2×1＝2m/s；故瞬時功率為：P＝Fv＝1.1×104N×2m/s＝22kw；故選：B。16．【分析】結(jié)合工件在側(cè)向和沿乙方向上的加速度，結(jié)合速度位移公式得出在兩個方向上的位移，從而得出工件相對乙的位移，根據(jù)功能關(guān)系，求出電動機做功的大小，結(jié)合工件滑動的時間求出平均功率的大小【解答】解：設(shè)摩擦力和側(cè)向的夾角為θ，工件在乙上滑動時側(cè)向位移為x，沿乙方向的位移為y，由題意知，ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ，在側(cè)向上﹣2axs＝0﹣，在縱向上，2ayy＝（2v0）2﹣0工件滑動時間t＝，乙前進的距離y1＝2v0t。工件相對乙的位移L＝，則系統(tǒng)摩擦生熱Q＝μmgL，依據(jù)功能關(guān)系，則電動機做功：W＝m（22v）mv由＝，解得＝．故D正確故選：D。17．【分析】由牛頓第二定律可求得鋼索對重物的拉力，再由功的公式可求得鋼索對重物所做的功．【解答】解：由牛頓第二定律可得：F﹣mg＝ma；故拉力F＝mg+ma；則鋼索對重物所做的功W＝Fh＝m（a+g）h＝mgh+mah；故選：B。18．【分析】物體的重力勢能由物體的質(zhì)量和高度決定，由EP＝mgh可以計算重力勢能的大小。軌道光滑，小球在下滑的過程中，只有重力做功，機械能守恒，小球在B點的機械能等于在A點的機械能。由機械能守恒定律求小球在C點的動能?！窘獯稹拷猓篈、以B點所在的水平面為零勢能面，A點的高度為R，小球在A點的重力勢能為mgR，故A錯誤。B、根據(jù)機械能守恒定律得：小球在B點的機械能等于在A點的機械能，為mgR，故B錯誤。C、小球從B到C的過程中，只有重力做功，機械能守恒，則小球在C點的機械能等于小球在B點的機械能，為mgR，故C正確。D、從A到C的過程中，根據(jù)動能定理：EKC﹣0＝mgH，解得：EKC＝mgH，故D錯誤。故選：C。19．【分析】小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零，靠重力提供向心力。根據(jù)牛頓第二定律求出小球在最高點時的速度；根據(jù)動能定理求解小球通過最低點B和最高點A的動能之差；細繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，小球做豎直上拋運動，由動能定理可得；若細繩在小球運動到A處斷了，小球做平拋，豎直方向上做自由落體運動?！窘獯稹拷猓篈、小球剛好通過最高點時，繩子的拉力恰好為零，有：mg＝m，解得：vA＝，故A錯誤；B、根據(jù)動能定理，△EK＝mg?2R＝2mgR，故B錯誤；C、從A到C，由動能定理可得：mgR＝mvC2﹣mvA2，細繩在小球運動到與圓心O等高的C點斷了，小球豎直上拋，設(shè)上升的高度為h，由動能定理可得：﹣mgh＝0﹣mvC2，解得：h＝1.5R，故C錯誤；D、若細繩在小球運動到A處斷了，小球平拋，下落高度R，時間為t＝，此時與圓心的位置等高，故D正確。故選：D。20．【分析】根據(jù)動能定理求得小球到達軌道最高點C時的速度，小球離開C點后在豎直方向做豎直上拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，求得小球離開C點到達最高點時的水平方向位移和豎直方向位移，再根據(jù)幾何關(guān)系求得小球的總位移即可?！窘獯稹拷猓盒∏驈腁點運動到C點過程中由動能定理有：F（2R+R）﹣mgR＝代入F＝mg后解得小球到達C點時的速度v＝小球從C點運動到最高點D，設(shè)小球升高h，則：在豎直方向有：﹣mgh＝0﹣代入v解得h＝2R水平方向有：x＝a＝t＝＝所以，即最高點D在C點上方2R，在C點右方2R處，則D點距A點水平方向距離x′＝2R+R+2R＝5R，豎直高度h′＝R+h＝3R，所以整個過程中小球的位移S＝，故ABC錯誤，D正確。故選：D。21．【分析】m1和m2組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒．根據(jù)系統(tǒng)重力的勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量求出m1的速度．注意m1的速度沿繩子方向的分速度等于m2的速度，根據(jù)平行四邊形定則求出m1在最低點的速率．【解答】解：設(shè)m1到達最低點時，m2的速度為v，則m1的速度v′＝＝v。根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有：m1gR﹣m2g?R＝m2v2+m1v′2又v′＝v聯(lián)立兩式解得：v＝．所以v′＝。故選：A。22．【分析】根據(jù)功的定義式去判斷兩個過程中功的大?。治龌瑝K的運動過程，根據(jù)受力情況找出滑塊可能出現(xiàn)的情況．【解答】解：A、這是一道變力做功的創(chuàng)新題，可進行半定量分析。從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中，根據(jù)幾何關(guān)系我們看出輕繩拉著滑塊的拉力與光滑豎直桿的夾角α越來越大。圖中AB＝BC，即從A點上升至B點的位移等于從B點上升至C點的位移。輕繩拉著滑塊的拉力是恒力，夾角α越來越大，那么cosα越來越小，因為F大小恒定，故F在豎直方向的分量Fcosα隨α的增大而減小，顯然從A點上升至B點繩子對滑塊拉力做的功大于從B點上升至C點的過程中繩子對滑塊拉力做的功。由于用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，所以繩子對滑塊的拉力做的功與拉力F做的功相等。所以W1＞W(wǎng)2，故A正確。B、通過以上分析，故B錯誤。C、由于在A點由于靜止出發(fā)，可以肯定最初滑塊是加速上升的，也就是說剛開始繩對滑塊拉力的豎直分力要大于滑塊的重力，但由于繩對滑塊拉力的豎直分力是逐漸減小的（對滑塊的拉力大小不變，但與豎直方向的夾角在逐漸增大），B到C的過程繩對滑塊拉力的豎直分力與重力的大小關(guān)系不清楚，所以滑塊的運動可能是加速的，也可能是減速的，還可能是先加速后減速的（豎直分力小于重力時做減速運動），所以無法確定滑塊在B、C位置哪個位置的速度大，也就無法確定哪個位置的動能大，故C錯誤。D、通過以上分析，故D錯誤。故選：A。23．【分析】小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過程中，彈力不斷變大，當彈力小于重力時，物體加速下降，但合力變小，加速度變小，故做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，速度達到最大，之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力變的大于重力，合力變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?，故加速度向上且不斷變大，故物體做加速度不斷增大的減速運動；同理，上升過程，先做加速度不斷不斷減小的加速運動，當加速度減為零時，速度達到最大，之后做加速度不斷增大的減速運動，直到小球離開彈簧為止．【解答】解：A、t1時刻小球小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，先做加速度不斷減小的加速運動，當彈力增大到與重力平衡，即加速度減為零時，速度達到最大，故A錯誤；B、t2時刻，彈力最大，故彈簧的壓縮量最大，小球運動到最低點，速度等于零，故B錯誤；C、t2～t3這段時間內(nèi)，小球處于上升過程，先做加速度不斷減小的加速運動，后做加速度不斷增大的減速運動，故C正確；D、t2～t3段時間內(nèi)，小球和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，故小球增加的動能和重力勢能之和等于彈簧減少的彈性勢能，故D錯誤；故選：C。24．【分析】t0時刻以后，功率保持不變，結(jié)合P＝Fv分析牽引力的變化，結(jié)合牛頓第二定律得出加速度的變化。根據(jù)P＝Fv，結(jié)合牛頓第二定律得出P﹣t的關(guān)系式，結(jié)合圖線的斜率求出加速度。P﹣t圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動能定理求出0﹣t1時間內(nèi)物塊上升的高度?！窘獯稹拷猓篈、0﹣t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動，t0時刻后功率保持不變，根據(jù)P＝Fv知，v增大，F(xiàn)減小，物塊做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零，物體做勻速直線運動，故A錯誤。B、根據(jù)P0＝Fv＝Fat，F(xiàn)＝mg+ma得，P＝（mg+ma）at，可知圖線的斜率k＝，可知a≠，故B錯誤。C、在t1時刻速度達到最大，F(xiàn)＝mg，則速度v＝，可知t0時刻物塊的速度大小小于，故C錯誤。D、P﹣t圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動能定理得，，解得h＝．故D正確。故選：D。25．【分析】加電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，電場力做正功，電勢能減小，小球的動能和彈簧的彈性勢能都變大【解答】解：加電場后，A小球受到向左的電場力，B小球受到向右的電場力，電場力對系統(tǒng)做正功，最后彈性勢能增大，所以系統(tǒng)機械能不守恒（系統(tǒng)電勢能減小，但電勢能不屬于機械能），故A錯誤；兩小球遠離過程，先做加速度不斷減小的加速運動，再做加速度不斷變大的減速運動，故當電場力與彈力平衡時，加速度為零，動能最大，故D正確，C錯誤；當彈簧伸長到最大以后，電場力對小球做負功。故B錯誤。故選：D。二．多選題（共5小題）26．【分析】煤流到傳送帶上后，在摩擦力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，摩擦力對煤做正功，對傳送帶做負功，傳送帶多做的功轉(zhuǎn)化為煤的動能以及系統(tǒng)之間產(chǎn)生熱量，正確分析煤塊的運動情況，利用功能關(guān)系可正確解答本題．【解答】解：設(shè)足夠小的時間△t內(nèi)落到傳送帶上煤的質(zhì)量為△m，顯然Q＝△m/△t；這部分煤由于摩擦力f的作用被傳送帶加速，由功能關(guān)系得：煤塊在摩擦力作用下加速前進，因此有：傳送帶的位移為：s傳＝vt相對位移為：△s＝s傳﹣s＝s，由此可知煤的位移與煤和傳送帶的相對位移相同，因此摩擦生熱為：。傳送帶需要增加的能量分為兩部分：第一部分為煤獲得的動能，第二部分為傳送帶克服摩擦力做功保持傳送帶速度。所以傳送帶△t內(nèi)增加的能量△E為：功率：，由此可知A錯誤，B正確。由前面的分析可知單位時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為：。因此一分鐘產(chǎn)生的熱量為：，故C正確，D錯誤。故選：BC。27．【分析】小球在圓環(huán)的內(nèi)側(cè)運動，相當于圓周運動中的桿的模型，此時在最高的速度是可以為零的，在整個運動的過程中小球的機械能守恒，可以求得小球到達最底端是的速度和需要的向心力的大小。【解答】解：AB、由于管中沒有摩擦力的作用，所以球的機械能守恒，當小球b在最高點對軌道無壓力，即只有重力做為向心力，所以mg＝m，所以在最高點時b球的速度的大小為，從最高點到最低點，由機械能守恒可得，mg?2R+mvb2＝mva2，對于a球，在最低點是，由向心力的公式可得F﹣mg＝m，所以F﹣mg＝5mg，F(xiàn)＝6mg，v＝va＝，故B正確；所以此時的向心力的大小為5mg，所以小球a比小球b所需向心力大4mg，故A錯誤；C、由于最高點速度可以為零，根據(jù)動能定理知﹣2mgR＝0﹣，知v＝2，故C錯誤；D、最高點時F1＝m﹣mg，在最低點時，F(xiàn)2＝m+mg，由機械能守恒有mv12+mg2R＝mv22，所以F2﹣F1＝6mg。故D正確。故選：BD。28．【分析】A、箱子運動的過程中，損失的機械能即為摩擦力所做的功，通過功能關(guān)系可以得知從C到B的過程中，所損失的機械能。B、通過受力分析，可知得知箱子最后靜止時，會受到彈簧的彈力作用，從而得知箱子的最終位置。C、利用假設(shè)法，可知若最后停在B點，箱子通過的路程為4h，因箱子不會停在B點，從而判斷路程會大于4h。D、因彈簧的勁度系數(shù)未知，無法判斷彈簧的形變量，也就無法判定彈簧的最大彈性勢能與mgh的關(guān)系。【解答】解：A、箱子從C點剛運動到B點的過程中，由能量的守恒可知損失的機械能為摩擦力所做的功，對物體受力分析，受重力支持力和摩擦力，摩擦力為：f＝μmgcosθ＝mg×＝，沿斜面方向上的位移為：s＝＝2h，所以摩擦力所做的功為：Wf＝fs＝×2h＝，選項A正確。B、因為mgsin30°＞μmgcos30°，所以箱子與彈簧碰撞反彈上升至速度為零時會再次下滑，最后會在重力、支持力、彈簧的彈力和摩擦力的作用下處于靜止狀態(tài)，最終位置會低于B點，所以選項B正確。C、假設(shè)箱子最終會停在B點，設(shè)此過程中箱子通過的路程為s，由能量守恒則有：mgh＝μmgScosθ，代入數(shù)據(jù)得s＝4h，對B的解答可知，箱子最終會停在B點一下，所以總路程會大于4h，C選項錯誤。D、當箱子第一次運動到B點時，箱子的動能為，在壓縮彈簧的過程中，彈簧的想變量不一定能達到2h（當形變量為2h時，彈簧的彈性勢能等于mgh），所以彈簧的最大彈性勢能不一定大于mgh。故D錯誤故選：AB。29．【分析】首先對球受力分析，受重力、橡皮條的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根據(jù)胡克定律得到支持力和摩擦力不變；然后結(jié)合動能定理列式分析即可?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)BC的長度為L，根據(jù)胡克定律，有：0.5mg＝kL，BD與豎直方向的夾角為α?xí)r，伸長量為故彈力為：F＝k，水平方向：Fx＝Fsinα＝kL＝0.5mg豎直方向：Fy＝Fcosα＝＝若下降的距離為x，則：可得：可知，彈簧的彈力沿豎直方向的分力與下降的高度x成正比。對球受力分析，受重力、橡皮條的彈力、摩擦力，支持力，水平方向平衡，故N＝Fx＝0.5mg，故摩擦力f＝μN＝0.25mg，由于豎直方向重力的方向始終向下，大小不變，摩擦力方向始終向上，大小也不變，橡皮條沿豎直方向的分力與下降的距離x成正比，所以小球沿豎直方向的運動具有對稱性，當x＝時，小球具有最大速度。故A正確；B、小球從C點運動到E點的過程中克服摩擦力做功為：Wf＝fh＝0.25mgh對球從C到E過程，根據(jù)動能定理，有：mgh﹣fh﹣W彈＝0，解得：W彈＝0.75mgh，若在E點給小球一個向上的速度v，小球恰好回到C點，對次過程，根據(jù)動能定理，有：W彈﹣mgh﹣fh＝0﹣，解得：v＝，故B正確；C、小球受到的摩擦力不變，D是CE的中點，所以在CD段與DE段小球克服摩擦力做的功是相等的；橡皮條沿豎直方向的分力與下降的距離x成正比，所以在CD段克服彈力做的功小于DE段小球克服彈力做的功，綜合可知，小球在CD階段損失的機械能小于小球在DE階段損失的機械能。故C錯誤；D、若僅把小球的質(zhì)量變成2m，小球從C到E過程，根據(jù)動能定理，有：2mgh﹣fh﹣W彈＝，解得：v1＝，故D錯誤；故選：AB。30．【分析】對動滑輪和物塊分析，根據(jù)共點力平衡，結(jié)合繩子與豎直方向夾角的變化得出拉力的變化。對動滑輪的速度進行分解，結(jié)合平行四邊形定則得出沿繩子方向的分速度變化，從而得出小車速度的變化。根據(jù)小車速度的變化判斷小車阻力功率的變化。根據(jù)能量守恒分析小車牽引力做功與物塊重力勢能增加量與小車克服阻力做功之和的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、對動滑輪和物塊分析，受重力和兩個拉力作用，在向上勻速運動的過程中，繩子拉力與豎直方向的夾角變大，根據(jù)2Tcosθ＝（m+m動）g知，拉力增大，故A正確。B、將動滑輪的速度分解為沿兩個繩子方向，如圖，動滑輪向上勻速運動的速度不變，繩子與豎直方向的夾角變大，可知沿繩子方向的速度變小，即小車的速度變小，小車向右做減速運動，故B錯誤。C、小車阻力大小恒定，速度減小，則小車阻力的功率減小，故C錯誤。D、根據(jù)能量守恒得，小車牽引力做功等于小車克服阻力做功、物塊重力勢能和小車動能變化量之和，由于小車動能變化量為負值，可知小車牽引力做的功小于物塊重力勢能的增加量與小車克服阻力做功之和，故D正確。故選：AD。三．填空題（共4小題）31．【分析】推力F甲作用時，物體勻加速運動；推力F乙作用時，物體先減速運動，速度減至零后反向加速運動，整個過程加速度不變，可看成一種勻變速運動．設(shè)第一個過程加速運動的末速度為v甲，第二個過程勻變速運動的末速度為v乙，根據(jù)平均速度公式可以求出v甲與v乙的關(guān)系；然后可根據(jù)動能定理求出恒力F甲、F乙做的功．【解答】解：設(shè)第一個物體加速運動的末速度為v甲，第二個物體勻變速運動的末速度為v乙，由于兩個運動過程的位移大小相等、方向相反，又由于恒力F乙作用的時間與恒力F甲作用的時間相等，根據(jù)平均速度公式有：t＝﹣t解得：v乙＝﹣2v甲根據(jù)動能定理，加速過程有：W甲＝mW乙＝m﹣m聯(lián)立以上三式得：＝可知W甲+W乙＝32J，則W甲＝8J、W乙＝24J故答案為：8，24．32．【分析】根據(jù)F＝求解牽引力，根據(jù)f＝求解阻力，再根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；根據(jù)動能定理求解在這550s內(nèi)列車通過的路程．【解答】解：根據(jù)F＝可知速度為180km/h時的牽引力F＝N當列出速度達到最大值時，牽引力等于阻力，所以f═＝根據(jù)牛頓第二定律得：a＝＝0.2m/s2；整個過程根據(jù)動能定理得：Pt﹣fs＝解得；s＝3.0×104m故答案為：0.2，3.0×10433．【分析】質(zhì)點只受重力和拉力F，由于質(zhì)點做直線運動，合力方向與ON共線，結(jié)合平行四邊形定則分析即可．【解答】解：質(zhì)點只受重力G和拉力F，質(zhì)點做直線運動，合力方向與ON共線，如圖當拉力與ON垂直時，拉力最小，根據(jù)幾何關(guān)系，有F＝Gsinθ＝mgsinθ若F＝mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向與ON不再垂直，有兩種可能的方向，F(xiàn)與物體的運動方向的夾角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做負功，也可能做正功，重力做功不影響機械能的變化，故根據(jù)功能定理，物體機械能變化量等于力F做的功，即機械能可能增加，也可能減小；故答案為：mgsinθ，增大、減小都有可能．34．【分析】物體在軌道上滑下，受重力和支持力，但只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律求出物體到達軌道底部時的速率．再把這時的速度向水平方向分解求水平方向的速度大小，不過必須先由原來的平拋運動求出軌道底部的速度偏離水平方向的角度，然后通過解三角形求水平方向的速度大?。窘獯稹拷猓河善綊佭\動規(guī)律知：水平方向：s＝v0t，豎直方向：，解得軌道的高度為：；當物體沿軌道下滑時，根據(jù)機械能守恒定律得：，解得物體到達軌道底部時的速率為：．設(shè)θ是軌道的切線與水平方向的夾角，即為平拋運動末速度與水平方向的夾角，α是平拋運動位移方向與水平方向的夾角，根據(jù)平拋運動的結(jié)論有：tanθ＝2tanα，又因＝，所以tanθ＝，由三角函數(shù)基本關(guān)系式得：cosθ＝，則把cosθ代入水平方向速度大小的關(guān)系式vx＝vcosθ得：Vx＝故答案為：，．四．實驗題（共1小題）35．【分析】根據(jù)驗證機械能守恒定律原理可判斷；根據(jù)實驗的原理確定需要測量的物理量，從而確定所需的測量器材；根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的瞬時速度，從而得出動能的增加量；根據(jù)功能關(guān)系可判斷；如果v2﹣h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機械能是否守恒無關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2﹣h圖象也可能是一條過原點的傾斜的直線．【解答】解：①驗證機械能守恒定律原理是看減少的重力勢能和增加的動能是否相等，所以需要比較重物下落過程中任意兩點間的動能變化量與勢能變化量；②電磁打點計時器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測出紙帶上任意連點見得距離，表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質(zhì)量，所以不需要天平秤質(zhì)量；③根據(jù)功能關(guān)系，重物的重力勢能變化量的大小等于重力做的功的多少，打B點時的重力勢能較打A點時的小，所以△Ep＝﹣mghB；B點的速度為：vB＝，所以動能變化量為：△Ek＝mv2＝；④由于紙帶在下落過程中，重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點計時器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為動能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢能的減少量大于動能的增加量，故C選項正確；⑤該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)mgh﹣fh＝mv2﹣0可得：v2＝2（g﹣）h，則此時v2﹣h圖象就是過原點的一條直線．所以要想通過v2﹣h圖象的方法驗證機械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g．故答案為：①A；②AB；③mghB；；④C；⑤不正確．五．計算題（共5小題）36．【分析】（1）當滑塊恰好通過最高點D時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力求出物體到達D點的速度，對整個過程，根據(jù)動能定理求解F的大小．（2）若力F＝15N，由動能定理求出滑塊通過D點時的速度，再由牛頓第二定律和向心力公式結(jié)合解答．（3）滑塊離開D點后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出D點的速度，再由牛頓運動定律求滑塊對軌道的壓力．【解答】解：（1）小滑塊剛能通過D點時，由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝m從A到D的過程，由動能定理得：FL﹣μmgL﹣2mgR＝解得F＝10N（2）若力F＝15N，從A到D的過程，由動能定理得：FL﹣μmgL﹣2mgR＝滑塊通過D點時，由牛頓第二定律得：mg+N1＝m聯(lián)立解得N1＝50N由牛頓第三定律知，小滑塊通過D點時對軌道的壓力N1′＝N1＝50N（3）滑塊離開D點后做平拋運動，小滑塊正好又落回點A時，有：2R＝L＝vD2t解得vD2＝m/s滑塊通過D點時，由牛頓第二定律得：mg+N2＝m聯(lián)立解得N2＝52.5N由牛頓第三定律知，小滑塊通過D點時對軌道的壓力N2′＝N2＝52.5N答：（1）欲使小滑塊剛能通過D點，力F大小是10N；（2）若力F＝15N，小滑塊通過D點時對軌道的壓力是50N；（3）若使小滑塊正好又落回點A，小滑塊通過半圓軌道D點時對軌道的壓力大小是52.5N．37．【分析】（1）AB兩個球組成的系統(tǒng)機械能