2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課練16機械能守恒定律和能量守恒定律含解析新人教版

PAGE18-課練16機械能守恒定律和能量守恒定律1．如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平地面上，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肯定高度后再下落，如此反復(fù)，該過程中彈簧的彈力大小F隨時間t的變更關(guān)系如圖乙所示．不計空氣阻力，則()A．t1時刻小球的速度最大B．t2時刻小球所受合力為零C．以地面為零重力勢能面，t1和t3時刻小球的機械能相等D．以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)小球的機械能守恒2．如圖所示，半徑為R＝0.4m的光滑的eq\f(1,4)圓弧形軌道固定于豎直平面內(nèi)，圓弧形軌道與足夠長的光滑固定水平軌道相切，可視為質(zhì)點的質(zhì)量均為m＝0.5kg的小球甲、乙用輕桿連接并置于圓弧形軌道上，小球甲與O點等高，小球乙位于圓心O的正下方，某時刻將兩小球由靜止釋放，最終它們在水平軌道上運動．g取10m/s2，則()A．下滑過程中小球乙的機械能守恒B．兩小球最終在水平軌道上運動的速度大小為2eq\r(2)m/sC．當小球甲滑到圓弧軌道最低點時，軌道對它的支持力大小為10ND．小球甲下滑過程中重力對它做功的功率增大3．如圖所示，長為L的勻稱鏈條放在光滑水平桌面上，且使其長度的eq\f(1,4)垂在桌邊，松手后鏈條從靜止起先沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛離開桌邊時的速度大小為()A.eq\r(\f(3,2)gL)B.eq\f(\r(gL),4)C.eq\f(\r(15gL),4)D．4eq\r(gL)4．(多選)如圖所示，一個質(zhì)量為m的物體(可看成質(zhì)點)以某一初動能Ek從斜面底端沖上傾角為30°的固定斜面，其運動的加速度大小為0.8g，若已知該物體在斜面上上升的最大高度為h，則在這個過程中()A．物體機械能守恒B．物體重力勢能增加了mghC．物體的初動能Ek＝1.6mghD．物體機械能損失了0.8mgh5．(多選)如圖所示，輕彈簧的一端懸掛在天花板上，另一端連接一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊放在水平面上，彈簧與豎直方向夾角為θ＝30°.起先時彈簧處于伸長狀態(tài)，長度為L，現(xiàn)在小物塊上加一水平向右的恒力F，使小物塊向右運動距離L，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則此過程中分析正確的是()A．小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能變更了(F－μmg)LB．彈簧的彈性勢能可能先減小后增大接著又減小再增大C．小物塊在彈簧懸點正下方時速度最大D．小物塊動能的變更量等于拉力F和摩擦力做的功之和練高考小題6．[2024·海南卷]如圖，光滑圓軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動．已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為N1，在最高點時對軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1－N2的值為()A．3mgB．4mgC．5mgD．6mg7．[2024·全國卷Ⅱ]如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直．一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān)，此距離最大時對應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度大小為g)()A.eq\f(v2,16g)B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g)D.eq\f(v2,2g)8．[2024·全國卷Ⅱ](多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止起先運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則()A．a(chǎn)落地前，輕桿對b始終做正功B．a(chǎn)落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg9．[2024·江蘇卷](多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中()A．彈簧的最大彈力為μmgB．物塊克服摩擦力做的功為2μmgsC．彈簧的最大彈性勢能為μmgsD．物塊在A點的初速度為eq\r(2μgs)10．[2024·江蘇卷](多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置，物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面對右運動，最遠到達B點．在從A到B的過程中，物塊()A．加速度先減小后增大B．經(jīng)過O點時的速度最大C．所受彈簧彈力始終做正功D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功練模擬小題11．[2024·內(nèi)蒙古包頭一中模擬]取水平地面為零重力勢能面．一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點其動能與重力勢能恰好相等．不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角的正切值為()A.eq\r(3)B.eq\f(\r(3),3)C．1D.eq\f(1,2)12．[2024·云南省昆明三中、玉溪一中統(tǒng)考]如圖所示，固定的傾斜光滑桿上套有一質(zhì)量為m的小球，小球與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，已知桿與水平地面之間的夾角θ<45°，當小球位于B點時，彈簧與桿垂直，此時彈簧處于原長．現(xiàn)讓小球自C點由靜止釋放，在小球滑究竟端的整個過程中，關(guān)于小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能，下列說法正確的是()A．小球的動能與重力勢能之和保持不變B．小球的動能與重力勢能之和先增大后減小C．小球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變D．小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和保持不變13．[2024·河南省鄭州一中考試]如圖所示，水平傳送帶以v＝2m/s的速率勻速運行，上方漏斗每秒將40kg的煤粉豎直放到傳送帶上，然后一起隨傳送帶勻速運動．假如要使傳送帶保持原來的速率勻速運行，則電動機應(yīng)增加的功率為()A．80WB．160WC．400WD．800W14．[2024·江西省新余四中檢測](多選)如圖所示，水平傳送帶順時針勻速轉(zhuǎn)動，一物塊輕放在傳送帶左端，當物塊運動到傳送帶右端時恰與傳送帶速度相等．若傳送帶仍保持勻速運動，但速度加倍，仍將物塊輕放在傳送帶左端，則物塊在傳送帶上的運動與傳送帶的速度加倍前相比，下列推斷正確的是()A．物塊運動的時間變?yōu)樵瓉淼囊话隑．摩擦力對物塊做的功不變C．摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的兩倍D．電動機因帶動物塊多做的功是原來的兩倍15．[2024·河北省廊坊監(jiān)測]如圖所示，重力為10N的滑塊在傾角為30°的斜面上，從a點由靜止起先下滑，到b點起先壓縮輕彈簧，到c點時達到最大速度，到d點時(圖中未畫出)起先彈回，返回b點時離開彈簧，恰能再回到a點．若bc＝0.1m，彈簧彈性勢能的最大值為8J，則下列說法正確的是()A．輕彈簧的勁度系數(shù)是50N/mB．從d到b滑塊克服重力做的功為8JC．滑塊的動能最大值為8JD．從d點到c點彈簧的彈力對滑塊做的功為8J———[綜合測評提實力]———一、單項選擇題(本題共8小題，每小題3分，共24分)1．[2024·貴陽監(jiān)測]如圖所示，兩個內(nèi)壁光滑、半徑為R(圖中未標出)的半圓形軌道正對著固定在豎直平面內(nèi)，對應(yīng)端點(虛線處)相距為x，最高點A和最低點B的連線豎直．一個質(zhì)量為m的小球交替著在兩軌道內(nèi)運動而不脫離軌道，已知小球通過最高點A時的速率vA>eq\r(gR)，不計空氣阻力，重力加速度為g.則()A．小球在A點的向心力小于mgB．小球在B點的向心力等于4mgC．小球在B、A兩點對軌道的壓力大小之差大于6mgD．小球在B、A兩點的動能之差等于2mg(R＋x)2．如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到它相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，那么力F對木板做的功為()A.eq\f(mv2,4)B.eq\f(mv2,2)C．mv2D．2mv23.[2024·黑龍江省大慶試驗中學(xué)模擬]如圖所示，一質(zhì)量為m的剛性圓環(huán)套在粗糙的豎直固定細桿上，圓環(huán)的直徑略大于細桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端固定在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數(shù)為k，起初圓環(huán)處于O點，彈簧都處于原長狀態(tài)且原長為L，細桿上的A、B兩點到O點的距離都為L，將圓環(huán)拉至A點由靜止釋放，重力加速度為g，對圓環(huán)從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的是()A．圓環(huán)通過O點時的加速度小于gB．圓環(huán)在O點的速度最大C．圓環(huán)在A點的加速度大小為eq\f(2－\r(2)kL,m)D．圓環(huán)在B點的速度大小為2eq\r(gL)4.[2024·安徽省合肥模擬]如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁，若相同的小球以同樣的速率，從點O沿各軌道同時向上運動．對它們向上運動過程，下列說法正確的是()A．小球動能相等的位置在同一水平面上B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C．運動過程中同一時刻，小球處在同一球面上D．當小球在運動過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上5.[2024·山東臨沂期末]如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)，體積相同的兩小球A、B的質(zhì)量分別為βm，m(β為待定系數(shù))．A球從左邊與圓心等高處由靜止釋放后沿軌道下滑，并與靜止于軌道最低點的B球碰撞，碰撞后A、B兩球能達到的最大高度均為eq\f(R,4)，碰撞中無機械能損失，則待定系數(shù)β為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C．2D．36．如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為l＝0.2m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等．起先時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個v0＝2m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30°的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列推斷正確的是()A．桿對小球A做負功B．小球A的機械能守恒C．桿對小球B做正功D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15m7．[2024·福建五校二聯(lián)]如圖甲所示，在某次救援中，懸停在空中的直升機放下繩索吊起傷員，傷員由靜止起先豎直向上運動，運動過程中傷員的機械能E隨其位移x變更的圖象如圖乙所示，其中Oa段為曲線，ab段為直線，則()A．在0～15m過程中繩索的拉力漸漸增大B．在0～15m過程中傷員的動能始終增加C．在15～35m過程中繩索的拉力始終不變D．在15～35m過程中傷員的動能始終增加8．一根質(zhì)量為m、長為L的勻稱鏈條一半放在光滑的水平桌面上，另一半懸在桌邊，桌面足夠高，如圖甲所示．若將一個質(zhì)量為m小球分別拴在鏈條右端和左端，如圖乙、圖丙所示．約束鏈條的擋板光滑，三種狀況均由靜止釋放，當整根鏈條剛離開桌面時，關(guān)于它們的速度關(guān)系，下列推斷正確的是()A．va＝vb＝vcB．va<vb<vcC．vc>va>vbD．va>vb>vc二、多項選擇題(本題共2小題，每小題4分，共8分)9．[2024·廣東茂名一測]如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有同心圓軌道，外圓光滑，內(nèi)圓粗糙．一質(zhì)量為m的小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于兩圓間距，球運動的軌道半徑為R，不計空氣阻力．設(shè)小球過最低點時重力勢能為零，下列說法正確的是()A．若小球運動到最高點時速度為0，則小球機械能肯定不守恒B．若經(jīng)過足夠長時間，小球最終的機械能可能為eq\f(3,2)mgRC．若使小球始終做完整的圓周運動，則v0肯定不小于eq\r(5gR)D．若小球第一次運動到最高點時速度大小為0，則v0＝eq\r(4gR)10．[2024·武漢調(diào)研]如圖所示，用長度為s的金屬絲繞制成高度為h的等距螺旋軌道，并將其豎直固定．讓一質(zhì)量為m的有孔小球套在軌道上，從頂端無初速度釋放．已知重力加速度為g，不計一切摩擦，下列說法正確的是()A．下滑過程中軌道對小球的作用力漸漸增大B．小球的運動可以分解為水平方向的勻速圓周運動和沿軌道斜向下的勻加速直線運動C．小球運動到螺旋軌道底端時，重力的功率為mgeq\r(2gh)D．小球從頂端運動到螺旋軌道底端的時間為eq\r(\f(2s2,gh))三、非選擇題(本題共3小題，共32分)11．(10分)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從四分之一光滑圓弧軌道頂端由靜止釋放，從軌道末端O點水平拋出，擊中平臺右下側(cè)擋板上的P點．以O(shè)為原點在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標系，擋板形態(tài)滿意方程y＝6－x2(單位：m)，小球質(zhì)量m＝0.4kg，圓弧軌道半徑R＝1.25m，g取10m/s2，求：(1)小球?qū)A弧軌道末端的壓力大小．(2)小球從O點到P點所需的時間(結(jié)果可保留根號)．12．(11分)[2024·福建廈門檢測]如圖所示，一勁度系數(shù)為k＝100N/m的輕彈簧下端固定于傾角為θ＝53°的光滑斜面底端，上端連接物塊Q.一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊Q連接，另一端與套在光滑豎直桿的物塊P連接，定滑輪到豎直桿的距離為d＝0.3m．初始時在外力作用下，物塊P在A點靜止不動，OQ段輕繩與斜面平行，繩子張力大小為50N．已知物塊P的質(zhì)量為m1＝0.8kg，物塊Q的質(zhì)量為m2＝5kg，不計滑輪大小及摩擦作用，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.現(xiàn)將物塊P由靜止釋放，求：(1)物塊P位于A時，彈簧的伸長量x1；(2)物塊P上升h＝0.4m至與滑輪O等高的B點時的速度大??；(3)物塊P上升到B點過程中，輕繩拉力對其所做的功．13．(11分)[2024·黑龍江重點中學(xué)聯(lián)考]如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R＝0.50m的光滑圓弧槽BCD，B點與圓心O等高，水平面DQ與圓弧槽相接于D點，一質(zhì)量為m＝0.10kg的小球從B點的正上方H＝0.95m高處的A點自由下落，由B點進入圓弧槽軌道，從D點飛出后落在水平面上的Q點，DQ間的距離x＝2.4m，球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，求：(1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN；(2)小球經(jīng)過P點時的速度大小vP；(3)D點與圓心O的高度差hOD.課練16機械能守恒定律和能量守恒定律[狂刷小題夯基礎(chǔ)]1．C依據(jù)題述，結(jié)合彈簧彈力隨時間變更的圖線，金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，t1時刻接觸彈簧，由于重力大于彈簧彈力，小球還要加速向下運動，當彈力增大到等于小球重力時，小球速度最大，選項A錯誤；t2時刻彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈力最大，小球所受合力向上，選項B錯誤；t1時刻和t3時刻小球的速度大小相等，動能相同，距離地面高度相同，以地面為零重力勢能面，t1時刻和t3時刻小球的機械能相等，選項C正確；以地面為零重力勢能面，t1～t3時間內(nèi)，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但由于小球受到彈簧的彈力作用，小球的機械能先減小后增大，選項D錯誤．2．C下滑過程中，桿要對小球乙做功，則小球乙的機械能不守恒，選項A錯誤；系統(tǒng)機械能守恒，故有mgR＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(gR)＝eq\r(10×0.4)m/s＝2m/s，故B項錯誤；當小球甲下滑到圓弧形軌道最低點時，由重力和支持力的合力供應(yīng)向心力有N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝mg＋meq\f(v2,R)＝0.5×10N＋0.5×eq\f(22,0.4)N＝10N，故C項正確；小球甲下滑過程中，在最高點時的速度為零，故重力的功率為零；在最低點時的速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不為零，故重力的功率應(yīng)當是先增加后減小，故D項錯誤．3．C取桌面為零勢能面，設(shè)鏈條的總質(zhì)量為m，起先時鏈條的機械能E1＝－eq\f(1,4)mg·eq\f(1,8)L，當鏈條剛脫離桌面時的機械能E2＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(mgL,2)，由機械能守恒可得E1＝E2，即有－eq\f(1,4)mg·eq\f(L,8)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(mgL,2)，解得v＝eq\f(\r(15gL),4)，故C項正確，A、B、D錯誤．4．BC若斜面光滑，則上滑時的加速度為a＝gsin30°＝0.5g，因加速度為0.8g，可知物體受到向下的摩擦力，則上滑過程中機械能不守恒，選項A錯誤；物體重力勢能增加了mgh，選項B正確；依據(jù)牛頓其次定律有mgsin30°＋f＝ma，解得f＝0.3mg；由動能定理有Ek＝mgh＋feq\f(h,sin30°)＝1.6mgh，選項C正確；物體機械能損失了ΔE＝feq\f(h,sin30°)＝0.6mgh，選項D錯誤．5．BD物塊向右移動L，則運動到右邊與初始位置對稱的位置，此過程中彈簧的長度先減小后增大到原來的值，彈簧可能先伸長量減小，至復(fù)原到原長，然后壓縮，且壓縮量始終增加直到到達懸點正下方，接著向右運動時，壓縮量減小，然后伸長到原來的值，故彈簧的彈性勢能可能先減小后增大接著又減小再增大，選項B正確；此過程中物塊對水平面的壓力不等于mg，則除彈力和重力外的其他外力做的功不等于(F－μmg)L，則小物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能變更量不等于(F－μmg)L，選項A錯誤；小物塊在彈簧懸點正下方時，合外力做的功不是最多，則速度不是最大，選項C錯誤；因整個過程中彈簧的彈性勢能不變，彈力做的功為零，依據(jù)動能定理可知小物塊動能的變更量等于拉力F和摩擦力做的功之和，選項D正確．6．D在最低點N1－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，在最高點N2＋mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)，小球運動過程中機械能守恒，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得N1－N2＝6mg，選項D正確．7．B設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，滑到軌道上端時的速度為v1.小物塊上滑過程中，機械能守恒，有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋2mgR①小物塊從軌道上端水平飛出，做平拋運動，設(shè)水平位移為x，下落時間為t，有2R＝eq\f(1,2)gt2②x＝v1t③聯(lián)立①②③式整理得x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4R－\f(v2,2g)))2可得x有最大值eq\f(v2,2g)，對應(yīng)的軌道半徑R＝eq\f(v2,8g).故選B.8．BD當a物體剛釋放時，兩者的速度都為零；當a物體落地時，輕桿的分速度為零，由機械能守恒定律可知，a落地時速度大小為va＝eq\r(2gh)，B項正確；b物體的速度也為零，所以輕桿對b先做正功，后做負功，A項錯誤；a落地前，當a的機械能最小時，b的速度最大，此時桿對b作用力為0,b對地面的壓力大小為mg，a的加速度為g，C項錯誤，D項正確．9．BC小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從起先運動至最終回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側(cè)運動至A點過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設(shè)物塊在A點的初速度為v0，整個過程應(yīng)用動能定理有－2μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(μgs)，選項D錯誤．10．AD在小物塊向右運動時，所受摩擦力不變，小物塊所受的合力先向右漸漸減小，后向左漸漸增大，故小物塊的加速度先減小后增大，選項A正確；加速度為零時速度最大，此時彈簧彈力與摩擦力，大小相等，方向相反，該點位于O點左側(cè)，選項B錯誤；從A到O，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力的方向與小物塊運動方向相同，對小物塊做正功，從O到B，彈簧處于伸長狀態(tài)，彈簧彈力的方向與小物塊運動的方向相反，對小物塊做負功，選項C錯誤；從A到B，小物塊動能的變更量為零，依據(jù)動能定理，彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功，選項D正確．11．C設(shè)拋出時物塊的初速度為v0，高度為h，物塊落地時的速度大小為v，方向與水平方向的夾角為α.依據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，據(jù)題有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，聯(lián)立解得：v＝eq\r(2)v0，則tanα＝eq\f(\r(v2－v\o\al(2,0)),v0)＝1，C正確，A、B、D錯誤．12．B小球與彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中，機械能守恒，彈簧處于原長時彈性勢能為零，小球從C點運動到最低點過程中，彈簧的彈性勢能先減小后增大，所以小球的動能與重力勢能之和先增大后減小，A項錯誤，B項正確；小球的重力勢能不斷減小，所以小球的動能與彈簧的彈性勢能之和不斷增大，C項錯；小球的初、末動能均為零，所以整個過程中小球的動能先增大后減小，所以小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和先減小后增大，D項錯誤．13．B由功能關(guān)系，電動機增加的功率用于使單位時間內(nèi)落在傳送帶上的煤粉獲得的動能以及煤粉相對傳送帶滑動過程中產(chǎn)生的熱量，所以ΔP·t＝eq\f(1,2)mv2＋Q，傳送帶做勻速運動，而煤粉相對地面做勻加速運動過程中的平均速度為傳送帶速度的一半，所以煤粉相對傳送帶的位移等于相對地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝eq\f(1,2)mv2，解得ΔP＝160W，B項正確．14．BD由題意知物塊向右做勻加速直線運動，傳送帶速度增大，物塊仍舊做加速度不變的勻加速直線運動，到達右端時速度未達到傳送帶速度，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2可知，運動的時間相同，故A錯誤；依據(jù)動能定理可知：Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因為物塊的動能不變，所以摩擦力對物塊做的功不變，故B正確；物塊做勻加速直線運動的加速度為a＝μg，則勻加速直線運動的時間為：t＝eq\f(v0,μg)，在這段時間內(nèi)物塊的位移為：x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x1＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對位移大小，即劃痕的長度為：Δx＝x1－x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgΔx＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)，當傳送帶速度加倍后，在這段時間內(nèi)物塊的位移仍為：x′2＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，傳送帶的位移為：x′1＝2v0t＝eq\f(2v\o\al(2,0),μg)，則傳送帶與物塊間的相對位移大小，即劃痕的長度為：Δx′＝x′1－x′2＝eq\f(3v\o\al(2,0),2μg)，摩擦產(chǎn)生的熱量Q′＝μmgΔx′＝eq\f(3mv\o\al(2,0),2)，可知摩擦產(chǎn)生的熱量為原來的3倍，故C錯誤；電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物塊的動能和摩擦產(chǎn)生的熱量，速度沒變時：W電＝Q＋eq\f(mv\o\al(2,0),2)＝mveq\o\al(2,0)，速度加倍后：W′電＝Q′＋eq\f(mv\o\al(2,0),2)＝2mveq\o\al(2,0)，故D正確．所以B、D正確，A、C錯誤．15．A整個過程中，滑塊從a點由靜止釋放后還能回到a點，說明滑塊機械能守恒，即斜面是光滑的，滑塊到c點時速度最大，即所受合力為零，由平衡條件和胡克定律有kxbc＝Gsin30°，解得k＝50N/m，A項正確；滑塊由d到b的過程中，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，B項錯誤；滑塊由d到c過程中，滑塊與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧彈性勢能一部分轉(zhuǎn)化為重力勢能，一部分轉(zhuǎn)化為動能，故到c點時的最大動能肯定小于8J，C項錯誤；從d點到c點，彈簧彈性勢能的削減量小于8J，所以彈力對滑塊做的功小于8J，D項錯誤．[綜合測評提實力]1．C小球在最高點A時的速率vA＞eq\r(gR)，eq\f(mv\o\al(2,A),R)＝F向，小球在A點的向心力F向＞mg，選項A錯誤；依據(jù)機械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得veq\o\al(2,B)＝2g(2R＋x)＋veq\o\al(2,A)＝4gR＋2gx＋veq\o\al(2,A)，小球在B點的向心力F＝meq\f(v\o\al(2,B),R)＝4mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，肯定大于4mg，選項B錯誤；設(shè)小球運動到軌道最低點B時所受半圓形軌道的支持力為F′B，由牛頓其次定律，F(xiàn)′B－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得F′B＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，依據(jù)牛頓第三定律，小球運動到軌道最低點時對軌道的壓力大小為FB＝F′B＝5mg＋eq\f(2mgx,R)＋meq\f(v\o\al(2,A),R)，設(shè)小球運動到軌道最高點A時所受半圓形軌道的支持力為F′A，由牛頓其次定律，F(xiàn)′A＋mg＝meq\f(v\o\al(2,A),R)，解得F′A＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，則由牛頓第三定律知，小球運動到A點時對軌道的壓力大小為FA＝F′A＝meq\f(v\o\al(2,A),R)－mg，小球在B、A兩點對軌道的壓力之差為ΔF＝FB－FA＝6mg＋eq\f(2mgx,R)，大于6mg，選項C正確；依據(jù)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mg(2R＋x)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，小球在B、A兩點的動能之差ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mg(2R＋x)，選項D錯誤．2．C由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmg·x相，x相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確．3．D圓環(huán)通過O點時兩彈簧處于原長，圓環(huán)水平方向沒有受到力的作用，因此沒有滑動摩擦力，此時圓環(huán)僅受到豎直向下的重力，因此通過O點時加速度大小為g，故A項錯誤；圓環(huán)在受力平衡處速度最大，而在O點圓環(huán)受力不平衡做加速運動，故B項錯誤；圓環(huán)在整個過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力影響，在A點對圓環(huán)進行受力分析，其受重力及兩彈簧拉力作用，合力向下，滿意mg＋2×(eq\r(2)－1)kL·cos45°＝ma，解得圓環(huán)在A點的加速度大小為eq\f(2－\r(2)kL,m)＋g，故C項錯誤；圓環(huán)從A點到B點的過程，依據(jù)機械能守恒知，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，即2mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得圓環(huán)在B點的速度大小為2eq\r(gL)，故D項正確．4．D小球從底端起先，運動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，設(shè)小球上上升度為h，直軌道與容器側(cè)壁之間的夾角為θ，則小球克服摩擦力做功Wf＝μmgsinθeq\f(h,cosθ)，因為θ不同，克服摩擦力做的功不同，動能肯定不同，A項錯誤；小球的重力勢能只與其高度有關(guān)，故重力勢能相等時，小球肯定在同一水平面上，B項錯誤；若運動過程中同一時刻，小球處于同一球面上，t＝0時，小球位于O點，即O為球面上一點；設(shè)直軌道與水平面的夾角為θ，則小球在時間t0內(nèi)的位移x0＝vt0＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，a＝－(gsinθ＋μgcosθ)，由于eq\f(x0,2sinθ)與θ有關(guān)，故小球肯定不在同一球面上，C項錯誤；運動過程中，摩擦力做功產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設(shè)軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmglcosθ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相同時，x相同，傾角不同，所以高度h不同，D項正確．5．AA球從靜止起先下滑到碰撞后A、B球達到最大高度的過程，由機械能守恒定律得βmgR＝eq\f(βmgR,4)＋eq\f(mgR,4)，解得β＝eq\f(1,3).故A正確．6．D本題考查動能定理、機械能守恒定律等相關(guān)學(xué)問點．考查考生的理解實力和推理實力．將小球A、B視為一個系統(tǒng)，設(shè)小球的質(zhì)量均為m，小球B上升的最大高度為h，依據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝mgh＋mg(h＋lsin30°)，解得h＝0.15m，選項D正確；以小球A為探討對象，由動能定理有－mg(h＋lsin30°)＋W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可知W>0，可見桿對小球A做正功，選項A、B錯誤；由于系統(tǒng)機械能守恒，故小球A增加的機械能等于小球B削減的機械能，即桿對小球B做負功，選項C錯誤．7．C依據(jù)動能定理可知WG＋WF＝ΔEk，WG＝－ΔEp，ΔE＝ΔEk＋ΔEp，聯(lián)立可得WF＝ΔE，即FΔx＝ΔE，得E－x圖象的斜率k＝F＝eq\f(ΔE,Δx)，結(jié)合題圖乙可知，在0～15m過程中繩索的拉力漸漸減小，在15～35m過程中繩索的拉力始終不變，選項A錯誤，C正確；在0～15m過程中繩索的拉力漸漸減小，在15～35m過程中繩索的拉力始終不變，但不能推斷這兩個過程中拉力是否始終大于重力，故不知道合外力是否始終做正功，不能推斷出傷員的動能始終增加，選項B、D均錯誤．8．C圖甲中，當整根鏈條離開桌面時，依據(jù)機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mg·eq\f(3L,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\f(\r(3gL),2)；圖乙中，當整根鏈條離開桌面時，依據(jù)機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mg·eq\f(3L,4)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,b)，解得vb＝eq\f(\r(6gL),4)；圖丙中，當整根鏈條離開桌面時，依據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mg·eq\f(3L,4)＋mgeq\f(L,2)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,c)，解得vc＝eq\f(\r(14gL),4)，故vc>va>vb，選項C正確．9．AC若小球運動到最高點時速度為0，則小球在運動過程中肯定與內(nèi)圓軌道接觸，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的機械能肯定不守恒，故A項正確；若初速度v0比較小，小球在運動過程中肯定與內(nèi)圓軌道接觸，機械能不斷削減，經(jīng)過足夠長時間，小球最終在水平直徑下方運動，最大的機械能為mgR，所以小球最終的機械能不行能為eq\f(3,2)mgR，若初速度v0足夠大，小球始終沿外圓軌道做完整的圓周運動，機械能守恒，機械能必定大于2mgR，故B項錯誤；若使小球始終做完整的圓周運動，小球應(yīng)沿外圓軌道運動，在運動過程中不受摩擦力作用，機械能守恒，設(shè)小球沿外圓軌道恰好運動到最高點時的速度為v，則有mg＝meq\f(v2,R)由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得小球在最低點時的最小速度v0＝eq\r(5gR)，所以若使小球始終做完整的圓周運動，則v0肯定不小于eq\r(5gR)，故C項正確；假如內(nèi)圓軌道光滑，小球在運動過程中不受摩擦力作用，小球在運動過程中機械能守恒，假如小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得eq\f(