新教材高考物理一輪復習課時練17機械能守恒定律及其應用含解析新人教版

一輪復習精品資料(高中)PAGE1-機械能守恒定律及其應用1.(重力勢能的變化)(2020江蘇揚州中學月考)如圖是可愛的毛毛蟲外出覓食的示意圖,緩慢經(jīng)過一邊長為L的等邊三角形山丘,已知其身長為3L,總質量為m,如圖頭部剛到達最高點,假設小蟲能一直貼著山丘前行,則從其頭部剛到山頂?shù)筋^部剛到山丘底端的過程中小蟲的重力勢能變化量()A.12mgL B.312C.36mgL D.32.(多選)(重力勢能的變化)如圖所示,放置在光滑圓管內的輕彈簧的一端固定在管的O端,另一端連接一小球,讓管從水平位置繞O點緩慢地轉到豎直位置。假設彈簧的形變在彈性限度內,在轉動過程中()A.彈簧對小球的彈力不斷增大B.小球對管壁的壓力不斷增大C.小球的重力勢能一定不斷增大D.小球的重力勢能可能先增大后減小3.(重力勢能、彈性勢能和機械能的變化)(2020山東日照聯(lián)考)如圖所示,一足夠長的光滑圓筒豎直立于水平地面上,內有一輕質彈簧,下端固定于圓筒底部,彈簧上面放一質量為m的小球,小球與彈簧不連接,施加外力F,將小球豎直向下壓至某位置靜止?，F(xiàn)撤去F,小球從靜止開始運動到與彈簧分離的過程中,重力、彈簧彈力對小球所做的功分別為W1和W2,小球離開彈簧時的速度為v,不計空氣阻力,則上述過程中()A.小球的機械能守恒B.小球的重力勢能增加了W1C.小球的機械能增加了W1+12mvD.彈簧的彈性勢能減少了W24.(多選)(重力做功、重力勢能的圖像問題)(2020山東煙臺一模)如圖所示,一簡易升降機在箱底裝有若干個相同的輕彈簧,在某次事故中,升降機吊索在空中突然斷裂,忽略摩擦及其他阻力,升降機在從彈簧下端剛接觸地面開始到運動到最低點的一段過程中,彈簧始終在彈性限度內,則下列關于升降機的加速度大小a、速度大小v、升降機重力做功WG、彈簧整體的彈性勢能Ep與升降機向下位移x的關系的圖像中可能正確的是()5.(多選)(機械能守恒定律的應用)(2020江西九江月考)如圖所示,固定在豎直面內的光滑圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)上套有質量分別為m和2m的小球A、B(均可看作質點),且小球A、B用一長為2R的輕質細桿相連,在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g),下列說法正確的是()A.A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能B.A球增加的機械能等于B球減少的機械能C.A球的最大速度為2D.細桿對A球做的功為836.(機械能守恒的應用)(2020江蘇揚州高三月考)如下圖所示的木板由傾斜部分和水平部分組成,兩部分之間由一段圓弧面相連接。在木板的中間有位于豎直面內的光滑圓槽軌道,斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有10個質量均為m、半徑均為r的均勻剛性球,在施加于1號球的水平外力F的作用下均靜止,力F與圓槽在同一豎直面內,此時1號球球心與它在水平槽運動時的球心高度差為h?，F(xiàn)撤去力F使小球開始運動,直到所有小球均運動到水平槽內。重力加速度為g。求:(1)水平外力F的大小;(2)1號球剛運動到水平槽時的速度;(3)整個運動過程中,2號球對1號球所做的功。素養(yǎng)綜合練7.(2020山東濟寧高三一模)水平地面上的物體由靜止開始豎直向上運動,在運動過程中,物體的動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示,則滿足機械能守恒的階段是()A.0~h B.h~2h C.2h~3h D.3h~5h8.(多選)(2020山東青島高三二模)陀螺是我國民間最早的娛樂工具之一,深受青少年的喜愛。圖甲是一種名為“魔力陀螺”的玩具,這種陀螺能在圓軌道外側旋轉不脫落,其原理可等效為如圖乙所示的模型。半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質量為m的鐵球(視為質點)沿軌道外側運動,a、b分別為軌道的最低點和最高點,軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變,不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B.鐵球繞軌道運動過程中機械能守恒C.鐵球在b點的最小速度為gRD.軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg,才能保證鐵球不脫軌9.(多選)如圖所示,由三根長均為L的輕桿構成的等邊三角形支架位于豎直平面內,其中兩個端點分別固定質量均為m的小球A、B,構成一個系統(tǒng)。系統(tǒng)可繞O點在豎直面內轉動。已知初始位置OA水平,重力加速度為g,不計一切摩擦及空氣阻力?，F(xiàn)將系統(tǒng)在初始位置由靜止釋放,下列說法正確的是()A.在運動過程中,系統(tǒng)的機械能守恒B.小球B運動至最低點時,系統(tǒng)的重力勢能最小C.小球B運動至最低點時,小球A的速度大小為gLD.在運動過程中,小球B的最大動能為3410.(多選)(2020四川成都高三三模)如圖所示,兩個質量均為m的小滑塊P、Q通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接,P套在固定的豎直光滑桿上,Q放在光滑水平地面上,輕桿與豎直方向夾角α=30°。原長為L2的輕彈簧水平放置,右端與Q相連,左端固定在豎直桿O點上。P由靜止釋放,下降到最低點時α變?yōu)?0°。整個運動過程中,P、Q始終在同一豎直平面內,彈簧在彈性限度內,忽略一切摩擦,重力加速度為g。則P下降過程中,下列說法正確的是(A.P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B.P、Q的速度大小始終相等C.彈簧彈性勢能最大值為3-D.P達到最大動能時,Q受到地面的支持力大小為2mg11.(2020山東濱州校際聯(lián)考)如圖所示,A、B、C三個小球(均可視為質點)用輕繩(足夠長)通過輕小滑輪對稱連接,A、B的質量均為m,當連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角為α=60°時,整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在外力作用下將小球C豎直向下緩慢拉動至虛線位置,此時連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角為β=30°,然后撤去外力,不計一切阻力,整個裝置處于豎直面內,左右滑輪到豎直中線的距離為d=0.3m,g取10m/s2。求:(1)小球C的質量M;(2)撤去外力后C向上運動的過程中,當連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角變?yōu)棣習r,小球C的速度大小v。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時規(guī)范練17機械能守恒定律及其應用1.B選山丘底端為零勢能面,初狀態(tài)的重力勢能為:W1=13mg×L2sin60°=312mgL,小蟲頭部越過山頂剛到達山丘底端時的重力勢能為:W2=23mg×L2sin60°=36mgL,其重力勢能的變化量為:ΔW=W2-W1=32.AD設彈簧原長為L,管與水平面的夾角為θ,彈簧的形變量為x,彈簧的勁度系數(shù)為k。彈簧對小球的彈力F彈=mgsinθ,可知θ增大,彈力增大,故A正確;壓力大小為F壓=mgcosθ,可知θ增大,壓力減小,故B錯誤;根據(jù)kx=mgsinθ,Ep=mg(L-x)sinθ,聯(lián)立得Ep=mgL-mgsinθksinθ,根據(jù)數(shù)學知識可得,隨著θ3.D根據(jù)題意可知,小球在運動過程中受到的彈力對小球做正功,所以小球的機械能不守恒,故A錯誤;重力做功是重力勢能變化的量度,由題意知重力做負功,重力勢能增加-W1,故B錯誤;小球增加的機械能在數(shù)值上等于重力勢能和動能的增量,即為ΔE=-W1+12mv2,故C錯誤;根據(jù)功能關系可知,彈簧的彈力做正功,彈性勢能減小,故彈簧的彈性勢能減小了W24.AC升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中,開始階段,重力大于彈力,加速度方向向下,升降機向下做加速運動,加速度大小a=mg-kxm=g-kmx,當重力和彈力相等以后,彈力大于重力,加速度方向向上,升降機向下做減速運動,加速度大小a=kx-mgm=kmx-g,加速度的大小先減小后增大,因為剛接觸彈簧時升降機有一定的速度,則最后觸地時加速度大于g,故A正確;由上述分析可知,升降機的速度先增加后減小,根據(jù)v2=2ax可知,速度v與位移x并非線性關系,選項B錯誤;升降機重力做功WG=mgx,即重力做功與x成正比關系,選項C正確;彈簧克服彈力做功為WF=0+kx25.BDB球沿圓環(huán)下滑至最低點,A球運動到最高點,A球增加的重力勢能為2mgR,B球減少的重力勢能為4mgR,故A錯誤;B球沿圓環(huán)下滑至最低點,A球運動到最高點的過程中,兩個球組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,A球的重力勢能和動能均增大,A球的機械能增大,則知B球的機械能減小,A球增加的機械能等于B球減少的機械能,故B正確;兩個球組成的系統(tǒng)機械能守恒,當B球運動到最低點時,設AB兩球速度最大為v,由機械能守恒有:2mg·2R-2mgR=12(m+2m)v2,解得A球最大速度:v=4gR3,故C錯誤;細桿對A球做的功為W,由動能定理對A球有:W-mg2R=12mv2-0,W=mg2R+12mv2,代入數(shù)據(jù)得細桿對A6.〖答案〗(1)10mgtanθ(2)v=2(3)9mgrsinθ〖解析〗(1)以10個小球整體為研究對象,由力的平衡條件可得tanθ=F得F=10mgtanθ。(2)以1號球為研究對象,根據(jù)機械能守恒定律可得mgh=12mv解得v=2gh(3)撤去水平外力F后,以10個小球整體為研究對象,利用機械能守恒定律可得:10mgh+18r2sinθ=12·10m·解得v1=2以1號球為研究對象,由動能定理得mgh+W=1得W=9mgrsinθ。7.C0~h階段,動能增加量為2mgh,重力勢能的增加量為mgh,所以機械能增加了3mgh;h~2h階段,動能不變,重力勢能增加mgh,所以機械能不守恒;2h~3h階段,重力勢能增加mgh,動能減小mgh,所以機械能守恒;3h~5h階段,重力勢能增加2mgh,動能減小mgh,機械能增加,A、B、D錯誤,C正確。8.BD鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,支持力的方向過圓心,它們都始終與運動的方向垂直,所以磁力和支持力都不能對鐵球做功,只有重力會對鐵球做功,所以鐵球的機械能守恒。在最高點的速度最小(可以為零),在最低點的速度最大,鐵球不可能做勻速圓周運動,選項A、C錯誤,B正確。由于鐵球在運動的過程中機械能守恒,所以鐵球在最高點的速度越小,則機械能越小,在最低點的速度也越小,需要的向心力越小。而在最低點鐵球受到的重力的方向向下,支持力的方向也向下,只有磁力的方向向上。要使鐵球不脫軌,軌道對鐵球的支持力一定要大于0。所以鐵球恰好不脫軌的條件是:鐵球在最高點的速度恰好為0,而且到達最低點時,軌道對鐵球的支持力恰好等于0。根據(jù)機械能守恒定律,鐵球在最高點的速度恰好為0,到達最低點時的速度滿足mg·2R=12mv2,軌道對鐵球的支持力恰好等于0,則磁力與重力的合力提供向心力,即F-mg=mv2R,聯(lián)立得F=5mg9.AD系統(tǒng)在運動過程中,只有重力做功,故機械能守恒,故A正確;系統(tǒng)重心在A、B連線的中點位置,故A、B連線水平時,系統(tǒng)重力勢能最小,動能最大,故B錯誤;兩小球的速度大小一直相等,小球B運動至最低點時,根據(jù)幾何關系知,A下降的高度為Lsin30°,B下降的高度為L(1-cos30°),根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mgLsin30°+mgL(1-cos30°)=2×12mv12,解得v1=gL3-32,故C錯誤;A、B連線水平時,系統(tǒng)動能最大,此時A球運動到題圖中B球位置,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒有mg32L=2×110.CD根據(jù)能量守恒知,P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,而P、Q組成的系統(tǒng)機械能不守恒,選項A錯誤;在下滑過程中,根據(jù)速度的合成與分解可知vPcosα=vQsinα,解得vPvQ=tanα,由于α變化,故P、Q的速度大小不相同,選項B錯誤;根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得Ep=mgL(cos30°-cos60°),彈性勢能的最大值為Ep=3-12mgL,選項C正確;P由靜止釋放,P開始向下做加速度逐漸減小的加速運動,當加速度為零時,P的速度達到最大,此時動能最大,對P、Q和彈簧組成的整體受力分析,在豎直方向,根據(jù)牛頓第二定律可得FN-2mg=0,解得11.〖答案〗(1)m(2)2(3-1)m/s〖解析〗(1)由題知,當連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角為α=60°時,整個裝置處于靜止狀態(tài),則對A受力分析,根據(jù)平衡條件有F=mg對C受力分析,根據(jù)平衡條件有2Fcosα=Mg聯(lián)立解得M=m(2)設撤去拉力后,C上升的高度為H,AB下降的高度為h,根據(jù)幾何關系有H=dtanβ-設A、B的速度為v1,把C的速度沿著繩子方向和垂直繩子方向分解,則有v1=vcosα根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得2mgh=MgH+12Mv2+12·2聯(lián)立解得v=2(3-1)m/s。機械能守恒定律及其應用1.(重力勢能的變化)(2020江蘇揚州中學月考)如圖是可愛的毛毛蟲外出覓食的示意圖,緩慢經(jīng)過一邊長為L的等邊三角形山丘,已知其身長為3L,總質量為m,如圖頭部剛到達最高點,假設小蟲能一直貼著山丘前行,則從其頭部剛到山頂?shù)筋^部剛到山丘底端的過程中小蟲的重力勢能變化量()A.12mgL B.312C.36mgL D.32.(多選)(重力勢能的變化)如圖所示,放置在光滑圓管內的輕彈簧的一端固定在管的O端,另一端連接一小球,讓管從水平位置繞O點緩慢地轉到豎直位置。假設彈簧的形變在彈性限度內,在轉動過程中()A.彈簧對小球的彈力不斷增大B.小球對管壁的壓力不斷增大C.小球的重力勢能一定不斷增大D.小球的重力勢能可能先增大后減小3.(重力勢能、彈性勢能和機械能的變化)(2020山東日照聯(lián)考)如圖所示,一足夠長的光滑圓筒豎直立于水平地面上,內有一輕質彈簧,下端固定于圓筒底部,彈簧上面放一質量為m的小球,小球與彈簧不連接,施加外力F,將小球豎直向下壓至某位置靜止?，F(xiàn)撤去F,小球從靜止開始運動到與彈簧分離的過程中,重力、彈簧彈力對小球所做的功分別為W1和W2,小球離開彈簧時的速度為v,不計空氣阻力,則上述過程中()A.小球的機械能守恒B.小球的重力勢能增加了W1C.小球的機械能增加了W1+12mvD.彈簧的彈性勢能減少了W24.(多選)(重力做功、重力勢能的圖像問題)(2020山東煙臺一模)如圖所示,一簡易升降機在箱底裝有若干個相同的輕彈簧,在某次事故中,升降機吊索在空中突然斷裂,忽略摩擦及其他阻力,升降機在從彈簧下端剛接觸地面開始到運動到最低點的一段過程中,彈簧始終在彈性限度內,則下列關于升降機的加速度大小a、速度大小v、升降機重力做功WG、彈簧整體的彈性勢能Ep與升降機向下位移x的關系的圖像中可能正確的是()5.(多選)(機械能守恒定律的應用)(2020江西九江月考)如圖所示,固定在豎直面內的光滑圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)上套有質量分別為m和2m的小球A、B(均可看作質點),且小球A、B用一長為2R的輕質細桿相連,在小球B從最高點由靜止開始沿圓環(huán)下滑至最低點的過程中(已知重力加速度為g),下列說法正確的是()A.A球增加的重力勢能等于B球減少的重力勢能B.A球增加的機械能等于B球減少的機械能C.A球的最大速度為2D.細桿對A球做的功為836.(機械能守恒的應用)(2020江蘇揚州高三月考)如下圖所示的木板由傾斜部分和水平部分組成,兩部分之間由一段圓弧面相連接。在木板的中間有位于豎直面內的光滑圓槽軌道,斜面的傾角為θ?，F(xiàn)有10個質量均為m、半徑均為r的均勻剛性球,在施加于1號球的水平外力F的作用下均靜止,力F與圓槽在同一豎直面內,此時1號球球心與它在水平槽運動時的球心高度差為h?，F(xiàn)撤去力F使小球開始運動,直到所有小球均運動到水平槽內。重力加速度為g。求:(1)水平外力F的大小;(2)1號球剛運動到水平槽時的速度;(3)整個運動過程中,2號球對1號球所做的功。素養(yǎng)綜合練7.(2020山東濟寧高三一模)水平地面上的物體由靜止開始豎直向上運動,在運動過程中,物體的動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示,則滿足機械能守恒的階段是()A.0~h B.h~2h C.2h~3h D.3h~5h8.(多選)(2020山東青島高三二模)陀螺是我國民間最早的娛樂工具之一,深受青少年的喜愛。圖甲是一種名為“魔力陀螺”的玩具,這種陀螺能在圓軌道外側旋轉不脫落,其原理可等效為如圖乙所示的模型。半徑為R的磁性圓軌道豎直固定,質量為m的鐵球(視為質點)沿軌道外側運動,a、b分別為軌道的最低點和最高點,軌道對鐵球的磁性引力始終指向圓心且大小不變,不計摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.鐵球繞軌道可能做勻速圓周運動B.鐵球繞軌道運動過程中機械能守恒C.鐵球在b點的最小速度為gRD.軌道對鐵球的磁性引力至少為5mg,才能保證鐵球不脫軌9.(多選)如圖所示,由三根長均為L的輕桿構成的等邊三角形支架位于豎直平面內,其中兩個端點分別固定質量均為m的小球A、B,構成一個系統(tǒng)。系統(tǒng)可繞O點在豎直面內轉動。已知初始位置OA水平,重力加速度為g,不計一切摩擦及空氣阻力?，F(xiàn)將系統(tǒng)在初始位置由靜止釋放,下列說法正確的是()A.在運動過程中,系統(tǒng)的機械能守恒B.小球B運動至最低點時,系統(tǒng)的重力勢能最小C.小球B運動至最低點時,小球A的速度大小為gLD.在運動過程中,小球B的最大動能為3410.(多選)(2020四川成都高三三模)如圖所示,兩個質量均為m的小滑塊P、Q通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接,P套在固定的豎直光滑桿上,Q放在光滑水平地面上,輕桿與豎直方向夾角α=30°。原長為L2的輕彈簧水平放置,右端與Q相連,左端固定在豎直桿O點上。P由靜止釋放,下降到最低點時α變?yōu)?0°。整個運動過程中,P、Q始終在同一豎直平面內,彈簧在彈性限度內,忽略一切摩擦,重力加速度為g。則P下降過程中,下列說法正確的是(A.P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒B.P、Q的速度大小始終相等C.彈簧彈性勢能最大值為3-D.P達到最大動能時,Q受到地面的支持力大小為2mg11.(2020山東濱州校際聯(lián)考)如圖所示,A、B、C三個小球(均可視為質點)用輕繩(足夠長)通過輕小滑輪對稱連接,A、B的質量均為m,當連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角為α=60°時,整個裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在外力作用下將小球C豎直向下緩慢拉動至虛線位置,此時連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角為β=30°,然后撤去外力,不計一切阻力,整個裝置處于豎直面內,左右滑輪到豎直中線的距離為d=0.3m,g取10m/s2。求:(1)小球C的質量M;(2)撤去外力后C向上運動的過程中,當連接小球C的輕繩與豎直方向的夾角變?yōu)棣習r,小球C的速度大小v。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時規(guī)范練17機械能守恒定律及其應用1.B選山丘底端為零勢能面,初狀態(tài)的重力勢能為:W1=13mg×L2sin60°=312mgL,小蟲頭部越過山頂剛到達山丘底端時的重力勢能為:W2=23mg×L2sin60°=36mgL,其重力勢能的變化量為:ΔW=W2-W1=32.AD設彈簧原長為L,管與水平面的夾角為θ,彈簧的形變量為x,彈簧的勁度系數(shù)為k。彈簧對小球的彈力F彈=mgsinθ,可知θ增大,彈力增大,故A正確;壓力大小為F壓=mgcosθ,可知θ增大,壓力減小,故B錯誤;根據(jù)kx=mgsinθ,Ep=mg(L-x)sinθ,聯(lián)立得Ep=mgL-mgsinθksinθ,根據(jù)數(shù)學知識可得,隨著θ3.D根據(jù)題意可知,小球在運動過程中受到的彈力對小球做正功,所以小球的機械能不守恒,故A錯誤;重力做功是重力勢能變化的量度,由題意知重力做負功,重力勢能增加-W1,故B錯誤;小球增加的機械能在數(shù)值上等于重力勢能和動能的增量,即為ΔE=-W1+12mv2,故C錯誤;根據(jù)功能關系可知,彈簧的彈力做正功,彈性勢能減小,故彈簧的彈性勢能減小了W24.AC升降機在從彈簧下端觸地后直到最低點的一段運動過程中,開始階段,重力大于彈力,加速度方向向下,升降機向下做加速運動,加速度大小a=mg-kxm=g-kmx,當重力和彈力相等以后,彈力大于重力,加速度方向向上,升降機向下做減速運動,加速度大小a=kx-mgm=kmx-g,加速度的大小先減小后增大,因為剛接觸彈簧時升降機有一定的速度,則最后觸地時加速度大于g,故A正確;由上述分析可知,升降機的速度先增加后減小,根據(jù)v2=2ax可知,速度v與位移x并非線性關系,選項B錯誤;升降機重力做功WG=mgx,即重力做功與x成正比關系,選項C正確;彈簧克服彈力做功為WF=0+kx25.BDB球沿圓環(huán)下滑至最低點,A球運動到最高點,A球增加的重力勢能為2mgR,B球減少的重力勢能為4mgR,故A錯誤;B球沿圓環(huán)下滑至最低點,A球運動到最高點的過程中,兩個球組成的系統(tǒng)只有重力做功,系統(tǒng)的機械能守恒,A球的重力勢能和動能均增大,A球的機械能增大,則知B球的機械能減小,A球增加的機械能等于B球減少的機械能,故B正確;兩個球組成的系統(tǒng)機械能守恒,當B球運動到最低點時,設AB兩球速度最大為v,由機械能守恒有:2mg·2R-2mgR=12(m+2m)v2,解得A球最大速度:v=4gR3,故C錯誤;細桿對A球做的功為W,由動能定理對A球有:W-mg2R=12mv2-0,W=mg2R+12mv2,代入數(shù)據(jù)得細桿對A6.〖答案〗(1)10mgtanθ(2)v=2(3)9mgrsinθ〖解析〗(1)以10個小球整體為研究對象,由力的平衡條件可得tanθ=F得F=10mgtanθ。(2)以1號球為研究對象,根據(jù)機械能守恒定律可得mgh=12mv解得v=2gh(3)撤去水平外力F后,以10個小球整體為研究對象,利用機械能守恒定律可得:10mgh+18r2sinθ=12·10m·解得v1=2以1號球為研究對象,由動能定理得mgh+W=1得W=9mgrsinθ。7.C0~h階段,動能增加量為2mgh,重力勢能的增加量為mgh,所以機械能增加了3mgh;h~2h階段,動能不變,重力勢能增加mgh,所以機械能不守恒;2h~3h階段,重力勢能增加mgh,動能減小mgh,所以機械能守恒;3h~5h階段,重力勢能增加2mgh,動能減小mgh,機械能增加,A、B、D錯誤,C正確。8.BD鐵球在運動的過程中受到重力、軌道的支持力和磁性引力的作用,其中鐵球受軌道的磁性引力始終指向圓心且大小不變,支持力的方向過圓心,它們都始終與運動的方向垂直,所以磁力和支持力都不能對鐵球做功,只有重力會對鐵球做功,所以鐵球的機械能守恒。在最高點的速度最小(可以為零),在最低點的速度最大,鐵球不可能做勻速圓周運動,選項A、C錯誤,B正確。由于鐵球在運動的過程中機械能守恒,所以鐵