2020-2021學(xué)年高考物理一輪復(fù)習(xí)機(jī)械能守恒定律練習(xí)試題及答案

1、2020-2021學(xué)年高三物理一輪復(fù)習(xí)練習(xí)卷：機(jī)械能守恒定律一、選擇題1.如圖所示，同一物體分別沿斜面AD和BD自頂點由靜止開始下滑，該物體與斜面間的動摩擦因數(shù)相同.在滑行過程中克服摩擦力做的功分別為WA和WB,則（）A.WWB.W=WC.WWD.無法確定ABABAB2.滑塊在水平地面上沿直線滑行，仁0時其速度為1m/s.從此刻開始滑塊運動方向上再施加一水平面作用F,力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示.設(shè)在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對滑塊做的功分別為仟、%、叫則以下關(guān)系正確的是（）TOC o 1-5 h zJL.會 HYPERLINK l bookmark2 *r（八

2、IH|AW=W=WBWWWCWWWDW=WW2B.W1TT飛船在軌道I上的機(jī)械能大于在軌道II上的機(jī)械能飛船在P點從軌道II變軌到軌道I,需要在P點朝速度方向噴氣若軌道I貼近火星表面，已知飛船在軌道I上運動的角速度可以推知火星的質(zhì)量如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為m0的汽車，車廂中有一質(zhì)量為m的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是（）A.人對車的推力F做的功為FLB人對車做的功為maL20如圖所示，一子彈以水平速度射入放置在光滑水平面上原來靜止的木塊，并留在木塊當(dāng)中，在此過程中子彈鉆入木塊的深度為d木塊的位移為l,木塊與子彈間的摩擦力大小為尸，則(

3、)F對木塊做功為FlB.F對木塊做功為F(l+d)C.F對子彈做功為一FdD.F對子彈做功為一F(l+d)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運送至地面.某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等不考慮摩擦阻力和空氣阻力對于第次和第次提升過程，礦車上升所用的時間之比為4:5電機(jī)的最大牽引力之比為2:1電機(jī)輸出的最大功率之比為2:1電機(jī)所做的功之比為4:5物體由于受到地球的吸引而產(chǎn)生了重力所具有的能量叫重力勢能，物體的重力勢能與參考平面有關(guān)，現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球，從離桌面H高處

4、由靜止下落，桌面離地面高度為h如圖所示，下面關(guān)于小球落地時的重力勢能及整個下落過程中重力勢能的變化分別是()若以地面為參考平面，分別為：mgh，增加mg(H-h)若以桌面為參考平面，分別為：mgh，增加mg(H-h)若以地面為參考平面，分別為：0,減少mg(H+h)若以桌面為參考平面，分別為：-mgh，減少mg(H+h)23“雪如意”，北京2022年冬奧會的首座跳臺滑雪場地，其主體建筑設(shè)計靈感來自于中國傳統(tǒng)飾物“如意”?！把┤缫狻眱?nèi)的部分賽道可簡化為由傾角為e、高為h的斜坡雪道的頂端由靜止開始下滑，到達(dá)底端后以不變的速率進(jìn)入水平雪道，然后又在水平雪道上滑行s后停止。已知運動員與雪道間的動摩擦因

5、數(shù)卩處處相同，不考慮空氣阻力，則卩和運動員在斜坡雪道上克服摩擦力做的功W分別為（）AB._htanGh+stan0CW_mghDW_mgh24如圖在光滑四分之一圓弧軌道的頂端a點，質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點）由靜止開始下滑，經(jīng)圓弧最低點b滑上粗糙水平面，圓弧軌道在b點與水平軌道平滑相接，物塊最終滑至c點停止.若圓弧軌道半徑為R物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為仙下列說法正確的是（）A.物塊滑到b點時的速度為gRRc點與b點的距離為.r1物塊滑到b點時對b點的壓力是3mg整個過程中物塊機(jī)械能損失了mgR如圖所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點

6、無初速度地釋放，讓小球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法正確的是（）小球的機(jī)械能守恒小球的機(jī)械能減少小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒“蹦極”是一項刺激的極限運動，質(zhì)量為m的運動員將一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)處，從幾十米高處跳下.在某次蹦極中，彈性繩彈力F的大小隨時間t的變化圖象如圖所示，將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，彈性繩處于彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計。下列說法正確的是（）t2時間內(nèi)運動員處于失重狀態(tài)t2t4時間內(nèi)運動員的機(jī)械能先減少后增大t3時刻運動員的加速度為零t4時刻運動員具有向上的最大速度如圖所示，a、b、c分別為

7、固定豎直光滑圓弧軌道的右端點、最低點和左端點，Oa為水平半徑,c點和圓心O的連線與豎直方向的夾角a=53?，F(xiàn)從a點正上方的P點由靜止釋放一質(zhì)量m=1kg的小球（可視為質(zhì)點），小球經(jīng)圓弧軌道飛出后以水平速度v=3m/s通過Q點。已知圓弧軌道的半徑R=1m，取重力加速度g=10m/s2，sin53。=0.8，cos53。-0.6，不計空氣阻力。下列分析正確的是（）小球從P點運動到Q點的過程中重力所做的功為4.5JP、a兩點的高度差為0.8m小球運動到b點時對軌道的壓力大小為43N小球運動到c點時的速度大小為4m/s從地面豎直向上拋出一物體，其機(jī)械能E總等于動能E與重力勢能E之和.取地面為重力勢總k

8、p能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示.重力加速度取10m/s2.由圖總P中數(shù)據(jù)可得h=0時，物體的速率為20m/sh=2m時，物體的動能Ek=40J從地面至h=4m,物體的動能減少100J二、非選擇題29.一列火車總質(zhì)量m=500t，機(jī)車發(fā)動機(jī)的額定功率P二6x105W，在軌道上行駛時，軌道對火車的阻力F是車重的0.01倍，g取10m/s2，求：火車在水平軌道上行駛的最大速度；(2)在水平軌道上，發(fā)動機(jī)以額定功率P工作，當(dāng)行駛速度為v=1m/s和v=10m/s時，火車的12瞬時加速度a、a各是多少？12(3)在水平軌道上以36km/h速度勻速行駛時，發(fā)動機(jī)的實際功率P

9、.(4)若火車從靜止開始，保持0.5m/s2的加速運動，這一過程維持的最長時間.30如圖所示，半徑R=0.5m的光滑半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內(nèi)，半圓環(huán)與光滑水平地面相切于圓環(huán)最低端點A.質(zhì)量m=1kg的小球以初速度v0=5m/s從A點沖上豎直圓環(huán)，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，g取10m/s2，不計空氣阻力。求小球運動到軌道末端B點時的速度vB；求A、C兩點間的距離x；若小球以不同的初速度沖上豎直圓環(huán)，并沿軌道運動到B點飛出，落在水平地面上。求小球落點與A點間的最小距離xmin。3曉明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質(zhì)量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平

10、面內(nèi)做圓周運動，當(dāng)球某次運動到最低點時，繩突然斷掉球飛離水平距離d后落地，3如圖所示，已知握繩的手離地面高度為d,手與球之間的繩長為d，重力加速度為g,忽略手的運4動半徑和空氣阻力。求繩斷時球的速度大小V和球落地時的速度大小v2問繩能承受的最大拉力多大？改變繩長，使球重復(fù)上述運動。若繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應(yīng)為多少？最大水平距離為多少？某同學(xué)利用下述裝置對輕質(zhì)彈簧的彈性勢能進(jìn)行探究，一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連，彈簧處于原長時，小球恰好在桌面邊緣，如圖所示.向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放，小球離開桌面后落到

11、水平地面.通過測量和計算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢能.回答下列問題：(1)本實驗中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢能Ep與小球拋出時的動能Ek相等，已知重力加速度大小為g.為求得Ek，至少需要測量下列物理量中白（填正確答案標(biāo)號）.A小球的質(zhì)量mB小球拋出點到落地點的水平距離sC桌面到地面的高度hD.彈簧的壓縮量AxE彈簧原長l0（2）用所選取的測量量和已知量表示Ek，得Ek=.34為了“探究動能改變與合外力做功”的關(guān)系,某同學(xué)設(shè)計了如下實驗方案:第一步:把帶有定滑輪的木板（有滑輪的）一端墊起，把質(zhì)量為M的滑塊通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的重錘相連,重錘后連一穿過打點計時器的紙帶,調(diào)整木板傾角,直

12、到輕推滑塊后,滑塊沿木板向下勻速運動，如圖甲所示.第二步:保持長木板的傾角不變，將打點計時器安裝在長木板靠近滑輪處，取下細(xì)繩和重錘，將滑塊與紙帶相連，使紙帶穿過打點計時器，然后接通電源，釋放滑塊，使之從靜止開始向下加速運動，打出紙帶，如圖乙所示.打出的紙帶如圖丙所示.（1）已知O、A、B、C、D、E、F相鄰計數(shù)點間的時間間隔為t，根據(jù)紙帶求滑塊速度,打點計時器打B點時滑塊速度vB=.（2）已知重錘質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,要測出某一過程合外力對滑塊做的功還必須測出這一過程滑塊（寫出物理量名稱及符號，只寫一個物理量），合外力對滑塊做功的表達(dá)式W合口(3)算出滑塊運動OA、OB、OC、OD、

13、OE段合外力對滑塊所做的功W以及在A、B、C、D、E各點的速度v,以V2為縱軸、W為橫軸建立坐標(biāo)系，描點作出V2-W圖象，可知該圖象是一條,根據(jù)圖象還可求得。35如圖所示，重物通過滑輪牽引小車，使它在長木板上運動，打點計時器在紙帶上記錄小車的運動情況，利用該裝置可以完成探究動能定理”的實驗，重物質(zhì)量m,小車質(zhì)量M已通過實驗測得。打點計時器使用的電源(填選項前的字母)。交流電源B.直流電源實驗中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正確操作方法(填選項前的字母)。不掛重物，小車靜止放在木板上，把長木板右端逐漸墊高，直到小車開始運動，不再改變右端高度，即認(rèn)為平衡了摩擦力和其他阻力小車靜止放在木板上，掛上重物

14、，給重物下邊再逐漸添加鉤碼，觀察小車能否運動，小車能向下運動時，即認(rèn)為平衡了摩擦力和其他阻力不掛重物，把長木板右端逐漸墊高，打開電源，輕推小車，通過觀察小車運動后打點計時器打點是否均勻，如果均勻，則認(rèn)為平衡了摩擦力和其他阻力接通電源，釋放小車，打點計時器在紙帶上打下一系列點，將打下的第一個點標(biāo)為O.在紙帶上依次取A、B、C若干個計數(shù)點，已知相鄰計數(shù)點間的時間間隔為T。測得A、B、C各點到O點的距離分別為X、x2、x3，如圖所示，實驗中，重物質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量，可認(rèn)為小車所受的拉力大小為mg，從打O點到打B點的過程中，拉力對小車做的功WOB=，打B點時小車的動能為EkB=。選取紙帶上不同點，可以

15、通過作Ek-W來探究動能定理。假設(shè)已經(jīng)完全消除了摩擦力和其他阻力的影響，若重物質(zhì)量不滿足遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量的條件，該同學(xué)仍然認(rèn)為小車所受拉力大小為mg，則從理論上分析，小車的動能Ek與拉力對小車做功W的圖像可能圖中的。參考答案1B【詳解】設(shè)斜面的傾角為e,cd間的水平距離為x,則下滑過程中克服摩擦力做功為xW=mgCOSe-=Mrngx,與斜面間的夾角大小無關(guān)，所以有W=W，B正確.coseABB【解析】試題分析：根據(jù)功的公式二卩可知，知道F的大小，再求得各自時間段內(nèi)物體的位移即可求得力F做功的多少.解：由速度圖象可知，第ls、2s、3s內(nèi)的位移分別為0.5m、0.5m、lm,由F-t圖象及功的公

16、式w=Fscos0可求知：W=0.5J,W2=1.5J,W3=2J.故本題中ACD錯，B正確.故選B.B【解析】拉繩時，兩股繩中的拉力都是F,它們都對物體做功，根據(jù)恒力做功的表達(dá)式：W=FScosO,得到：斜向右上方的拉力F做功為：W1=FScosO水平向右的拉力做功為：W2=FS因此其對物體做的功為W=W+W=FScosO+FS=FS(1+cosoL故選B.4.C【詳解】根據(jù)功的定義W=FScose由于兩個力大小相等，位移大小相等，位移的方向與力的方向的夾角相等，因此兩個力做功相等，C正確，ABD錯誤。故選C。5.C【詳解】物體和木板之間的摩擦力f=ymg對于木板，要保持速度v不變，有F=f

17、=ymg對于物體，根據(jù)牛頓第二定律ymg=ma解得a=g；物體做勻加速直線運動，有vvt=_=_aPg此時木塊的位移V2s=vt=Pg則水平向右的作用力F做功v22W=Fs=Pmg-=mvPg故C正確，ABD錯誤。故選C。6A【解析】試題分析：因為小球是以恒定速率運動，即它是做勻速圓周運動，那么小球受到的重力G、水平拉Fn力F、繩子拉力T三者的合力必是沿繩子指向O點設(shè)繩子與豎直方向夾角是，則=tann（FG與G的合力必與繩子拉力在同一直線上），解得F=Gtan，而水平拉力F的方向與速度v的方向夾角也是，所以水平力F的瞬時功率是P=Fvcos，則P=Gvsin，故從A到B的過程中，是不斷增大的，

18、所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的，故A正確7D【詳解】WA.由P二知，力做功越多，功率不一定越大，選項A錯誤；t由P=Fv知，物體運動越快，功率不一定越大，選項B錯誤；由W=Pt知，功率越大，力在單位時間內(nèi)做功越多，選項C錯誤；由P=Fvcos6知，某一時刻，力大、速率也大，而功率不一定大，選項正確。故選D。8.A【詳解】2以均勻柔軟細(xì)繩MQ段為研究對象，其質(zhì)量為m。取M點所在的水平面為零勢能面，開始時，細(xì)3繩MQ段的重力勢能2l2E=-mg-=一mglpi339當(dāng)用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點時,細(xì)繩MQ段的重力勢能E=-2mg-1=-1mglp2369則外力做的功即克服重力

19、做的功等于細(xì)繩MQ段的重力勢能的變化,即=E-E=-mgl+?mgl=1mglp2pi999故BCD錯誤，A正確。故選A。9B【詳解】44物體的合力做正功為mgh，則物體的動能增量為mgh，所以選項A正確；5511物體下落過程中，受到阻力為mg，物體克服阻力所做的功mgh，機(jī)械能減小量等于阻力所551做的功，故機(jī)械能減少mgh，故BC錯誤；5物體下落h高度，重力做功為mgh，則重力勢能減小為mgh，故D錯誤.【點睛】本題應(yīng)明確重力勢能變化是由重力做功引起，而動能變化是由合力做功導(dǎo)致，除重力以外的力做功等于機(jī)械能的變化10B【詳解】開始時整個系統(tǒng)靜止，彈簧壓縮量為x，則對B有kx=mg得mgkC

20、恰好離開地面時，彈簧的伸長量仍為x二學(xué)可知彈簧的彈性勢能先減小后增大，故A錯誤。BCD.小車向右運動至速度最大時，加速度為零，AB的合力為零，C恰好離開地面時，則F=2mg拉力做功為W=F2x=4m2g2k故B正確，CD錯誤。故選BC。11D【解析】mv2小球恰好通過最高點，貝由mg=，解得v=.gR；所以A正確.R11由B到C過程中，機(jī)械能守恒，則有：mg2R=_mvimvi；B點時由牛頓第二定律有:2b2Fmg=m辱；聯(lián)立解得，F(xiàn)=6mg，故B正確；R對C到地面過程由機(jī)械能守恒得：Ek-mv2=mg2R,EK=2.5mgR.故C錯誤；2小球彈出后的機(jī)械能等于彈射器的彈性勢能，由功能關(guān)系可得

21、彈性勢能為：E=mg2R+1mv2=2.5mgR.故D正確.2故選ABD.12.C【詳解】A、通過計算F-x圖像的面積可知，圖示的全過程中外力做的功“=6x3+(-5)x2J=8J，故A錯誤；1B、由動能定理W=_mv2，計算得到x=3m處的速度為v=6m/s；x=5m處的速度為21v2=4m/s.由牛頓第二定律可知，物體勻加速過程的加速度大小為a=6m/s2，勻減速過程的加21速度大小為a二5m/S2；設(shè)勻加速和勻減速的所用的時間分別為t和t，則at=v，解得t=1s；2121111v1-at=v2，解得t=0.4s，故物體運動的總時間為t=t+t=1-4s，B錯誤；JL厶厶厶厶JL厶W8C

22、、全過程中外力做功的平均功率為P=W=5.7W，C正確；t1.4D、物體運動到x=5m處時，外力做功的瞬時功率為P=5v2=20W，D錯誤.故本題選C.13.C【解析】1,試題分析：根據(jù)動能定理得：mgL=_mv2，解得：v=;2gL，因為L不等.所以速度不等，故A2*錯誤；B、根據(jù)a=蘭解得：a=2g，所以兩球加速度相等，又a=S2，所以角速度不等,L故B錯誤C正確;因為兩球的質(zhì)量關(guān)系未知，初始位置它們的重力勢能不一定相等，所以在最低點，兩球的機(jī)械能不一定相等，故D錯誤；故選C.考點：動能定理；向心加速度14C【解析】試題分析：據(jù)題意，質(zhì)點在位置；當(dāng)質(zhì)點沿著曲面下滑到位置Qr12”/時具有的

23、動能為，此時質(zhì)點對軌道壓力為：，由能量守恒定律得到：ri.-二二-二二:云-二廠二仝二，故選項C正確.考點：能量守恒定律、圓周運動15A【詳解】A、D項：木塊隨圓盤一起做加速轉(zhuǎn)動，線速度越來越大，是摩擦力沿速度方向的分力對小木塊做正功，其機(jī)械能增加，故A正確，D錯誤；B項：小木塊在運動的過程中受到重力、支持力和摩擦力的作用向心力是效果力，不能說小球受到向心力故B錯誤；C項：根據(jù)牛頓第二定律得，kmg=m，解得最大速度v=Jkgr，則小木塊的最大動能rEkm1=_mv2=2kmgr，2故C錯誤.16D詳解】AC.由動能定理得，子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量，則1W=_Mv22故AC錯誤；子彈

24、與木塊相互作用過程如下圖設(shè)子彈與木塊相互作用力大小為f，則子彈對木塊做功W=fs木塊對子彈做功W=fx2由于xs，故W2W，故B錯誤；D.對子彈和木塊組成的系統(tǒng)，全過程總能量守恒，子彈減少的動能轉(zhuǎn)化為木塊增加的動能加上系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，故D正確。故選D。17.C【解析】本題考查了運動的合成與分解、動能定理等知識，意在考查考生綜合力學(xué)規(guī)律解決問題的能力.設(shè)小球運動到c點的速度大小為vC則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F3R-mgRjmvc2,2又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，

25、小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為:仁vC/g=2g，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為xJat2=2R.由以上分析可CYr2知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R,則小球機(jī)械能的增加量E=F5R=5mgR，選項C正確ABD錯誤.【點睛】此題將運動的合成與分解、動能定理有機(jī)融合，難度較大，能力要求較高.AC【詳解】由于飛船在軌道上運動時的半長軸爲(wèi)件氣，根據(jù)開普勒第三定律空=k可知，運行的周期T2TTT，故A正確；IIIIIIBC.飛船在P點從軌道II變軌到軌道I,需要

26、在P點朝速度方向噴氣，從而使飛船減速到達(dá)軌道I，則在軌道I上機(jī)械能小于在軌道II的機(jī)械能，故B錯誤，C正確；D.若軌道I貼近火星表面，萬有引力充當(dāng)向心力，即MmG二mr2r2由于不知道火星半徑故無法求得火星的質(zhì)量，故D錯誤。故選AC。AC【詳解】人對車的推力為F,在力F方向上車行駛了L則推力F做的功為FL故A項與題意相符；在水平方向上，由牛頓第二定律可知車對人的力向左，大小為ma，則人對車水平方向上的作用力大小為ma，方向向右；車向左運動了L故人對車做的功為一maL故B項與題意不相符；CD.豎直方向車對人的作用力大小為mg，則車對人的作用力F=人在水平方向受到F的反作用力和車對人向左的摩擦力，

27、則FfF=ma，F(xiàn)f=ma+F則車對人的摩擦力做的功為(F+ma)L故C項與題意相符，D項與題意不相符。AD【詳解】AB.木塊與子彈間的摩擦力大小為F,木塊相對于地的位移為1,則F對木塊做功為Fl,選項A正確，B錯誤；CD.子彈相對于地的位移為1+d,故F對子彈做功為-F(1+d),選項C錯誤，D正確。故選AD。AC【詳解】vA.由圖可得，變速階段的加速度a二t0設(shè)第次所用時間為t,根據(jù)速度-時間圖象的面積等于112vxv=t+(t-2x2o)x1v,解得:002a2o5t以第次和第次提升過程所用時間之比為2t：_Q二4:5，選項A正確；02位移(此題中為提升的高度)可知，1x2t25tt=忙

28、，所2由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F(xiàn)-mg=ma,可得提升的最大牽引力之比為1：1,選項B錯誤；由功率公式，P=Fv，電機(jī)輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2:1,選項C正確;D.加速上升過程的加速度。二丄，加速上升過程的牽引力F=ma+mg=m(1+g)，減速上升itiiov過程的加速度a22,減速上升過程的牽引力t0F=ma+mg=m(g一22I)，t0勻速運動過程的牽引力F3=mg.第次提升過程做功11W=Fxxtxv+Fxxtxv=mgvt；000第次提升過程做功11xtx220兩次做功相同，選項D錯21 HYPERLINK l bookma

29、rk159 31111v+Fxtxv+Fxxtxv HYPERLINK l bookmark35 22o HYPERLINK l bookmark163 032020222020=mgvt；00誤22CD【詳解】以地面為參考平面，小球落地時的重力勢能為0,整個下落過程中重力勢能減少了mg(H+h)，故A錯誤，C正確；以桌面為參考平面，小球落地時的重力勢能為-mgh，整個下落過程中重力勢能減少了mg(H+h)，故B錯誤、D正確。BC【詳解】AB.對整個過程，由動能定理得錯誤B正確。mghmgcos9麗一卩哪二0解得:htan9h+stan9CD.再對整個過程，根據(jù)動能定理得mghW-pmgs=0

30、解得，運動員在斜坡雪道上克服摩擦力做的功W二mghih+t疇屛，C正確D錯誤。BCD【詳解】由機(jī)械能守恒可知,1mgR=mv2；2解得b點時的速度為J2gR，故A不符合題意；對全程由動能定理可知，mgR_ymgs=0R解得be兩點間的距離為s=_，故B符合題意；b點時，物體受重力、支持力而做圓周運動，則由v2F-mg=m_r可得支持力F=3mg，由牛頓第三定律可知，物塊對b點的壓力為3mg；故C符合題意；在滑動過程中，摩擦力所做的功等于機(jī)械能的損失，故機(jī)械能損失了艸gs=mgR，故D符合題意；25BD【詳解】AB、由A到B的過程中，彈簧對小球做負(fù)功，則小球的機(jī)械能將減少，故A錯誤，B正確；C、

31、根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，小球的動能、重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變，而小球的動能增大，則小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和變小，故C錯誤；D、只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即彈簧與小球的總機(jī)械能守恒，故D正確。故選BD。26ABD【詳解】跳躍者所受的拉力越大，位置越低，當(dāng)拉力最大，位置最低時，跳躍者速度為零；當(dāng)跳躍者速度達(dá)到最大值時，跳躍者所受拉力與重力相等。由圖知，在t-t2時間內(nèi)，彈性繩彈力F小于運動員的重力，運動員合力向下，加速下降，處于失重狀態(tài)，故A正確；在t、t4時刻圖線的斜率最大，說明彈力變化最快，由于彈力與長度成正比，說明長度變化最快，即速度最大，而速度最大時彈力與重

32、力平衡；由于整個過程重力勢能、彈性勢能和動能總量保持不變，而！時間內(nèi)彈性勢能先變大后變小，故運動員的機(jī)械能先減小后增加，故B正確；t3時刻拉力最大，運動員運動到最低點，合力向上，加速度向上，不為零，故C錯誤;t4時刻運動員受到的重力和拉力平衡，加速度為零，具有最大的向上速度，故D正確。故選ABD。27.AC詳解】ABD.小球從c到Q的逆過程做平拋運動，小球運動到c點時的速度大小v=ccosa=1/s=5m/s0.6小球運動到c點時豎直分速度大小4v=v-tana=3xm/s=4m/scyv2則Q、c兩點的高度差h4m=0.8mh=2g=2x10設(shè)P、a兩點的高度差為H,從P到c,由機(jī)械能守恒得

33、mg(H+Rcosa)=mv22c解得H=0.65m小球從P點運動到Q點的過程中重力所做的功為W=mg(H+Rcosa)-h!=1x10 x(0.65+lx0.6)-0.8J=4.5J故A正確，BD錯誤；從P到b由機(jī)械能守恒定律得mg(H+R)=mv22b小球在b點時，有N-mgv2聯(lián)立解得N=43N根據(jù)牛頓第三定律知，小球運動到b點時對軌道的壓力大小為43N，故C正確。故選AC。28AD【詳解】80JEp-h圖像知其斜率為G,故G=20N，解得m=2kg，故A正確4m1h=0時，E=0,Ek=E-E=100J-0=100J,故mv2=100J，解得：v=10m/s，故B錯誤；k機(jī)2h=2m時

34、，E=40J,E=E-E=90J-40J=50J，故C錯誤k機(jī)h=0時，E=E-E=100J-0=100J,h=4m時，Ek=E-E=80J-80J=0J，故Ek-Ek=100J，故D正確k機(jī)k機(jī)kk29.(1)12m/s；(2)1.1m/s2,0.02m/s2(3)5x105W；(4)4s【解析】（】）列車以額定功率工乍時，當(dāng)牽引力等于阻力，即尸二F廣kmg時列車的加速度為零PP6x105此時速度達(dá)最大v,m則有v=m=12m/sF6x105NFkmg0.01x5x105x10（2）當(dāng)vv時列車加速運動，當(dāng)v=v=1m/s時，牽引力為:m1-F據(jù)牛頓第二定律得：L=1.1m/m當(dāng)vv10m/s時，有F6x104N22v2F-F據(jù)牛頓第二定律得：a=匚0.02m/s22m（3）當(dāng)v36km/h10m/s時，列車勻速運動,則發(fā)動機(jī)的實際功率PFv5x105W4）根據(jù)牛頓第二定律：F-Fma,解得：F3x105N在此過程中，速度增大，發(fā)動機(jī)功率增大，P當(dāng)功率為額定功率時速度大小為，即v2m/sfv由vat，得：t亠4sma30.(1)