高一机械能守恒定律检测题(WORD版含答案)
(word完整版)高一物理机械能守恒定律练习题及答案
机械能守恒定律计算题（基础练习）班别：___________ 姓名：_______________________1.如图5-1-8所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力F开始提升原来静止的质量为m= 10kg的物体，以大小为a = 2m/s2的加速度匀加速上升，求头3s内力F做的功.（取g= 10m/s2）图5-1-82•汽车质量5t，额定功率为60kW，当汽车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的0.1倍，：求：（1）汽车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？（2）若汽车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？3•质量是2kg的物体，受到24N竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过5s;求：①5S内拉力的平均功率，*mg②5s末拉力的瞬时功率（g取10m/s2）图5-2-54•一个物体从斜面上高h处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S,如图5-3-1,不考虑物体滑至斜面底图5-3-1 端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同.求动摩擦因数口・5.如图5-3-2所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m, BC是水平轨道，长S=3m, BC处图5-3-2 的摩擦系数为尸1/15,今有质量m=1kg的物体, 自A点从静止起下滑到C点刚好停止.求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功6.如图5-4-4所示，两个底面积都是S的圆桶，用一根带阀门的很细的管子相连接，放在水平地面上，两桶内装有密度为p的同种液体，阀门关闭时两桶液面的高度分别为h i和h2，现将连接两桶的阀门打开，在两桶液面变为相同高度的过程中重力做了多少功?7.如图5-4-2使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点B上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点A？8•如图5-4-8所示，光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切•圆轨道半径R=0.4m, —小球停放在光滑水平轨道上，现给小球一个v o=5m/s的初速度，求：小球从C点抛出时的速度（g取10m/s2）.AE图5-4-2 图5-4-89•如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R 的圆形轨道相连接，质量为m的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大?10.如图5-5-2长l=80cm的细绳上端固定，下端系一个质量m= 100g的小球.将小球拉起至细绳与竖立方向成60角的位置，然后无初速释放•不计各处阻力，求小球通过最低点时，细绳对小球拉力多大？取g=10m/s2.11.质量为m 的小球，沿光滑环形轨道由静止 滑下(如图5-5-11所示),滑下时的高度足够 大.则小球在最低点时对环的压力跟小球在最 高点时对环的压力之差是小球重力的多少倍?起点的要求是 __________________ ，为此目的，所选择的纸带 二两点间距应接近 _____(2)若实验中所用的重锤质量 M 二1kg,打点纸带如图5-8-8所 示，打点时间间隔为0.02s ,则记录B 点时，重锤的速度V B = _________ , 重锤动能E<B = ______ .从开始下落起至B 点，重锤的重力势能减少 量是 _________________ ，因此可得结论是 ________________________212.验证机械能守恒定律”的实验采用重物 自由下落的方法.O A B CD0 7.8 17.6 31.4 49.0 (mm)图 5-8-8(1)用公式mv 2/2二mgh 时，对纸带上BH■A 」L L I ・.■・■■・■>・L L L •亠■宀W ■宀I '宀■齐—J图 5-5-112图 5-8-9(3)根据纸带算出相关各点速度V,量出下落距离h,则以工为2纵轴，以h为横轴画出的图线应是图5-8-9中的___________ .移为s / = 2s = 18m ，所以，力F 做的功为W FsF2s 60 x 18=1080J解法二：本题还可用等效法求力F 的功.即 W F W F F s 120x 9=1080J2.汽车质量5t ，额定功率为 60kW ，当汽车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的 问：(1) 汽车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？(2) 若汽车从静止开始，保持以长时间？F 牵-卩 m=ma ，解得 F 牵=7.5 x 3N0设汽车刚达到额定功率时的速度为V ,贝U P = F 牵v ,得v=8m/s设汽车作匀加速运动的时间为 t ，则v=at答案 1.如图 的物体, 5-1-8所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力 以大小为 a = 2m / s 2的加速度匀加速上升，求头F 开始提升原来静止的质量为 m = 10kg3s 内力F 做的功. 【解析】利用w = Fscosa 求力F 的功时，要注意其中的质点的位移.可以利用等效方法求功，要分析清楚哪些力所做的功具有等效 关系.物体受到两个力的作用：拉力F /和重力mg ，由牛顿第二定律得所以 则力mg mamg ma 10 x 10+10 x 2=12ON?=60N 物体从静止开始运动,3s 内的位移为s -at 2=-2 2x 2X =9m 解法一： 力F 作用的质点为绳的端点，而在物体发生 9m 的位移的过程中，绳的端点的位由于滑轮和绳的质量及摩擦均不计，所以拉力 F 做的功和拉力 F 对物体做的功相等.0.1 倍,0.5m/s 2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持多 【解析】(1)当汽车达到最大速度时,加速度 a=0，此时mgP FV m由①、②解得V m12m/ smg(2)汽车作匀加速运动，故s 必须是力F 作用的得 t=16s 3.质量是2kg 的物体，受到24N 竖直向上的拉力，由静止开始运动，经过 ① 5s 内拉力的平均功率② 5s 末拉力的瞬时功率（g 取10m/s 2） 【解析】物体受力情况如图5-2-5所示，其中F 为拉力，mg 为重力由牛顿第二定律有F — mg=ma 解得 a 2m/s 2 5s 内物体的位移1 2 s at =2.5m 2所以5s 内拉力对物体做的功 W=FS=24 X 25=600J 5s 内拉力的平均功率为p W 600 =120Wt 55s 末拉力的瞬时功率 F=Fv=Fat=24 X 2X 5=240W4.一个物体从斜面上高 h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止， 测得停止处对开始运动处的水平距离为S,如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同.求动摩擦因数[1.【解析】 设该斜面倾角为 a ，斜坡长为丨，则物体沿斜面下滑时，重力和 摩擦力在斜面上的功分别为：W G mgl sin mghW f1 mgl cos物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S2，则W f2mgS 2对物体在全过程中应用动能定理： 3/V= ZE k . 所以mglsin a — 1 mglos a — 1 mg®0i 15s ；求:Tmg图 5-2-5得h — i S — i S=0.式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离.故h h S i S 2S【点拨】 本题中物体的滑行明显地可分为斜面与平面两个阶段，而且运动性质也显然分别为匀加速运动和匀减速运动.依据各阶段中动力学和运动学关系也可求解本题. 题的方法，不难显现动能定理解题的优越性. 5.如图5-3-2所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m , BC 是水 「 平轨道，长S=3m ， BC 处的摩擦系数为 尸1/15，今有质量 m=1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到 C 点刚好停止.求物体在轨道 AB 段所受的阻力对物体做的功.【解析】物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC段的摩擦力共三个力做功， W G =mgR ，f Bc =umg ，由于物体在 AB 段受的阻力是变力，做的功不 能直接求.根据动能定理可知： W 外=0，所以mgR-umgS-W AB =0即 W AB =mgR-umgS=1 X10 >0.8-1 10 X3/15=6J【点拨】如果我们所研究的问题中有多个力做功， 其中只有一个力是变力，其余的都是恒力， 而且这些恒力所做的功比较容易计算， 研究对象本身的动能增量也比较容易计算时， 用动能定理就 可以求岀这个变力所做的功 6. 如图5-4-4所示，两个底面积都是S 的圆桶，用一根带阀门的很细的管子相连接，放在水平地面上，两桶内装 有密度为 p 的同种液体，阀门关闭时两桶液面的高度分别为 和h 2，现将连接两桶的阀门打开，在两桶液面变为相同高度的过 程中重力做了多少功？【解析】取水平地面为零势能的参考平面，阀门关闭时两桶内液 体的重力势能为：h 2 E P1 ( sh)寸(sha)寸221gs(h ! h ；) 2阀门打开，两边液面相平时，两桶内液体的重力势能总和为比较上述两种研究问；R图 5-3-2由于重力做功等于重力势能的减少，所以在此过程中重力对液体做功7.如图5-4-2使一小球沿半径为 R 的圆形轨道从最低点B 上升，那么 需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点 A ？【错解】如图5-4-2所示，根据机械能守恒，小球在圆形轨道最高点 A 时的势能等于它在圆形轨道最低点 B 时的动能(以 B 点作为零势能位置)，所以为从而得v ； 2 gR【错因】小球到达最高点 A 时的速度V A 不能为零，否则小球早在到达道.要使小球到达 A 点(自然不脱离圆形轨道)，则小球在 A 点的速度必须满足2 VAmg N A m式中，N A 为圆形轨道对小球的弹力 .上式表示小球在 A 点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供 .当N A =O 时，V A 最小,V A =职.这就是说，要使小球到大 A 点,则应使小球在 A 点具有速度V AgR【正解】以小球为研究对象.小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力 小球在圆形轨道最高点 A 时满足方程2mgN A咋(1)1 2 1 2 -mV A mg2R -mV BE p21 hi h 2s(h1 h2)g2 T-W GEPIEP2-gs(h i h 2)2 4A 点之前就离开了圆形轨根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B 时的速度满足方程解(1)，(2)方程组得RV B 5gR —N A m当N A=O时,V B为最小,V B= 5gR .所以在B点应使小球至少具有V B= 5gR的速度,才能使小球到达圆形轨道的最高点 A.8. 如图5-4-8所示，光滑的水平轨道与光滑半圆弧轨道相切.圆轨道半径R=0.4m，一小球停放在光滑水平轨道上，现给小球一个v o=5m/s的初速度，求：小球从C点抛岀时的速度（g取10m/s2）.【解析】由于轨道光滑，只有重力做功，小球运动时机械能守恒.冃口 1 2 1 2即mv o mgh2R mv c2 2解得v c3m/s9. 如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的圆形轨道相连接,质量为m的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？【解析】小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒•取轨道最低点为零重力势能面.因小球恰能通过圆轨道的最高点C，说明此时，轨道对小球作用力为零, 力，根据牛顿第二定律可列m g21 V c m-m gR2 R 2在圆轨道最高点小球机械能1E c mgR 2mgR只有重力提供向心图5-4-82在释放点，小球机械能为E Amgh根据机械能守恒定律E c E A列等式: mgh1mgR mg2R 解得 h 2fR同理，小球在最低点机械能1 2 E B - mV BE B E C V B5gR小球在B 点受到轨道支持力 F 和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列小球做变速圆周运动时，向心力由轨道弹力和重力的合力提供 、 2在最咼点A : F A mg............... ③在最高点B :2VB ......... ④F B mg m④yR由①③解得：2H F A mg mg —RF mg mV B F R6mg据牛顿第三定律，小球对轨道压力为 6mg .方向竖直向下.10.如图5-5-2长l=80cm 的细绳上端固定，下端系一个质量 m = 100g 的小球.将小球拉起至细绳与竖立方向成60°角的位置，然后无初速释放.不计各处阻力，求小球通过最低点时，细绳对小球拉力多大？取 g=10m/s 2.【解析】小球运动过程中，重力势能的变化量 E mgh mgl(1 cos60)，此过程中动能的变化量 E1mv 2.机械能守恒定律还可以表达为 E p E k 0k 2即 imv 2 mgl (1 cos600) 022整理得 m V2mg(1 cos60°)又在最低点时，有 T mg2V m — l在最低点时绳对小球的拉力大小2T mg m* mg 2mg(1 cos60°) 通过以上各例题，总结应用机械能守恒定律解决问题2mg 2 0.1 10N 2N的基本方法11.质量为m 的小球，沿光滑环形轨道由静止滑下(如图5-5-11所示)，滑下时的高度足够大.则小球在最低点时对环的压力跟小 球在最高点时对环的压力之差是小球重力的多少倍？【解析】 以小球和地球为研究对象，系统机械能守恒，即1mgHmvA ................................ ①mgH -mv B mg2R由②④解得：2 H FB mg(_R 5)F A F B 6mgF A F B mg12.验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法0 7.8 17.6 31.4 49.0 (mm)图 5-8-8（1） 用公式 mv 2/2=mgh 时，对纸带上起点的要求是 _______________________ ，为此目的，所 选择的纸带一、二两点间距应接近 ________ .（2） 若实验中所用的重锤质量 M = 1kg ，打点纸带如图5-8-8所示，打点时间间隔为 0.02s ， 则记录B 点时，重锤的速度 V B = ______________ ，重锤动能E KB = _________ .从开始下落起至 B 点，重锤 的重力势能减少量是 ____________________ ，因此可得结论是 ______________________________________2（3）根据纸带算岀相关各点速度V ，量岀下落距离 h ，则以—为纵轴，以h 为横轴画岀的2图线应是图 5-8-9中的 ___________ . 【解析】（1）初速度为0, 2mm.（2）0.59m/s, 0.174J, 0.176J, 在实验误差允许的范围内机械能守恒(3)C.。
机械能守恒定律(篇)(Word版 含解析)
一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为2L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。
P由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。
则P下降过程中（）A．P、Q组成的系统机械能守恒B．P、Q的速度大小始终相等C31-mgLD．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为2mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知cos sinP Qv vαα=解得tanPQvvα=由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误；C．根据系统机械能守恒可得(cos30cos60)PE mgL=︒-︒弹性势能的最大值为312PE mgL=选项C正确；D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得200N F mg m m -=⨯+⨯解得F N =2mg选项D 正确。
故选CD 。
2．如图所示，两质量都为m 的滑块a ，b （为质点）通过铰链用长度为L 的刚性轻杆相连接，a 套在竖直杆A 上，b 套在水平杆B 上两根足够长的细杆A 、B 两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。
将滑块a 从图示位置由静止释放（轻杆与B 杆夹角为30°），不计一切摩擦，已知重力加速度为g 。
在此后的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）A ．滑块a 和滑块b 所组成的系统机械能守恒B ．滑块b 的速度为零时，滑块a 的加速度大小一定等于gC ．滑块b 3gLD ．滑块a 2gL【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A ．由于整个运动过程中没有摩擦阻力，因此机械能守恒，A 正确；B ．初始位置时，滑块b 的速度为零时，而轻杆对滑块a 有斜向上的推力，因此滑块a 的加速度小于g ，B 错误；C ．当滑块a 下降到最低点时，滑块a 的速度为零，滑块b 的速度最大，根据机械能守恒定律o 21(1sin 30)2b mgL mv +=解得3b v gL =C 正确；D ．滑块a 最大速度的位置一定在两杆交叉点之下，设该位置杆与水平方向夹角为θ 根据机械能守恒定律o 2211(sin 30sin )22a b mgL mv mv θ+=+ 而两个物体沿杆方向速度相等cos sin b a v v θθ=两式联立，利用三角函数整理得212(sin )cos 2a v gL θθ=+利用特殊值，将o =30θ 代入上式可得.521a v gL gL =>因此最大值不是2gL ，D 错误。
高一下册物理 机械能守恒定律综合测试卷(word含答案)(1)
一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D ，质量相等的物体A 和B 用轻弹簧连接，物体B 放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A 连接，另一端跨过定滑轮与小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C 位于位置R 时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B 与地面刚好无压力。
图中SD 水平，位置R 和Q 关于S 对称。
现让小环从R 处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q 时速度最大。
下列关于小环C 下落过程中的描述正确的是（ ）A ．小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能不守恒B ．小环C 下落到位置S 时，小环C 的机械能一定最大C ．小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大D ．小环C 到达Q 点时，物体A 与小环C 的动能之比为cos 2θ【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒，选项A 错误；B ．小环C 下落到位置S 过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，往下绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S 时，小环的机械能最大，选项B 正确；C ．小环在R 、Q 处时弹簧均为拉伸状态，且弹力大小等于B 的重力，当环运动到S 处，物体A 的位置最低，但弹簧是否处于拉伸状态，不能确定，因此弹簧的弹性势能不一定先减小后增大，选项C 错误；D ．在Q 位置，环受重力、支持力和拉力，此时速度最大，说明所受合力为零，则有cos C T m g θ=对A 、B 整体，根据平衡条件有2A T m g =故2cos C A m m θ=在Q 点将小环v速度分解可知cos A v v θ=根据动能212k E mv =可知，物体A 与小环C 的动能之比为 221cos 2122A A Ak kQC m v E E m v θ== 选项D 正确。
高一机械能守恒定律检测题(WORD版含答案)
一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。
已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。
则（ ）A ．μ1=0.4，μ2=0.2B ．物块B 的质量为4kgC ．木板的长度至少为3mD ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】A ．以物块为研究对象有11ma mg μ=由图看出214m/s a =，可得10.4μ=将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有22M m a M m g μ+=+()()由图看出221m/s a =，可得20.1μ=选项A 错误；B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有123()mg M m g Ma μμ-+=由图看出232m/s a =，解得4kg M =选项B 正确；C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为148J Q mgs μ==选项D 错误。
故选BC 。
2．如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方距离为d 处．现将环从A 处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是（ ）A ．环到达B 处时，重物上升的高度h =d /2B ．小环在B (322)gd -C ．环从A 到B ，环沿着杆下落的速度大小小于重物上升的速度大小D ．环能下降的最大高度为4d /3 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A 、根据几何关系有，环从A 下滑至B 点时，重物上升的高度2h d d =-，故A 错误；B 、C 、对B 的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，有：v 环cos45°=v 物，根据系统机械能守恒定律可得22112+222mgd mgh mv mv -=⋅环物，解得：环的速度(322)v gd -环B 正确．故C 错误．D 、设环下滑到最大高度为H 时环和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为22H d d +，根据机械能守恒有222()mgH mg H d d =+，解得：43H d =，故D 正确．故选BD ． 【点睛】解决本题的关键要掌握系统机械能守恒，知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度．3．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O 点的转轴上，另一端与一质量为m 、套在粗糙固定直杆A 处的小球（可视为质点）相连，直杆的倾角为30°，OA =OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A ，第一次经过B 处的速度为v ，运动到C 处速度为0，后又以大小为a C 的初始加速度由静止开始向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是A ．小球可以返回到出发点A 处B ．弹簧具有的最大弹性势能为22mvC ．撤去弹簧，小球可以静止在直杆上任意位置D ．a A －a C ＝g 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB.设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为f W ，AB 间的竖直高度为h ，小球的质量为m ，弹簧具有的最大弹性势能为p E ．根据能量守恒定律，对于小球A 到B 的过程有： 212p f mgh E mv W +=+A 到C 的过程有：22p f p mgh E W E +=+解得：212f p W mgh E mv ==， 小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，由能量守恒定律得：22p f p E W mgh E =++该式违反了能量守恒定律，可知小球不能返回到出发点A 处．故A 错误，B 正确． C.设从A 运动到C 摩擦力的平均值为f ，AB =s ，由：f W mgh =得：sin 30f s mgs =解得：sin 30f mg =在B 点，摩擦力cos30f mg μ=，由于弹簧对小球有拉力（除B 点外），小球对杆的压力大于cos30mg μ，所以：cos30f mg μ>可得：sin 30cos30mg mg μ>因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止．故C 错误． D.根据牛顿第二定律得，在A 点有：cos30sin 30A F mg f ma +-=在C 点有：cos30sin 30C F f mg ma --=两式相减得：A C a a g -=故D 正确．4．如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m 的滑块，初始时静置于a 点．一原长为l 的轻质弹簧左端固定在O 点，右端与滑块相连．直杆上还有b 、c 、d 三点，且b 与O 在同一水平线上，Ob =l ，Oa 、Oc 与Ob 夹角均为37°，Od 与Ob 夹角为53°．现由静止释放小滑块，在小滑块从a 下滑到d 过程中，弹簧始终处于弹性限度内，sin37°=0.6，则下列说法正确的是A ．滑块在b 点时速度最大，加速度为gB ．从a 下滑到c 点的过程中，滑块的机械能守恒C ．滑块在c 3gLD ．滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】A 、从a 到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大.从b 到c,弹簧对滑块沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b 点时速度不是最大,此时滑块的合力为mg,则加速度为g.故A 错误.B 、从a 下滑到c 点的过程中,因为弹簧的弹力对滑块做功,因此滑块的机械能不守恒.故B 错误.C 、对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得212sin 372c mg l mv ⨯=，解得3c v gL =，故C 对； D 、弹簧在d 处的弹性势能大于在a 处的弹性势能,由系统的机械能守恒可以知道,滑块在d 处的机械能小于在a 处的机械能，故D 对；故选CD 【点睛】滑块的速度根据其受力情况,分析速度的变化情况确定.加速度由牛顿第二定律分析.对于滑块与弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,系统的机械能守恒,但滑块的机械能不守恒.根据系统的机械能守恒求滑块在c 点的速度.5．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定细杆上，OA 竖直，OC 间距3m l =且水平，此时A 、C 间轻绳恰好拉直而无张力作用。
人教版高一下册物理 机械能守恒定律单元综合测试(Word版 含答案)
一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，质量为1kg 的物块（可视为质点），由A 点以6m/s 的速度滑上正沿逆时针转动的水平传送带（不计两转轮半径的大小），传送带上A 、B 两点间的距离为8m ，已知传送带的速度大小为3m/s ，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为210m/s 。
下列说法正确的是（ ）A ．物块在传送带上运动的时间为2sB ．物块在传送带上运动的时间为4sC ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为16JD ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为28J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】AB ．滑块先向右匀减速，根据牛顿第二定律有mg ma μ=解得22m/s a g μ==根据运动学公式有010v at =-解得13s t =匀减速运动的位移01063m 9m 8m 22v x t L +==⨯==> 物体向左匀加速过程，加速度大小仍为22m/s a =，根据运动学公式得物体速度增大至2m/s v =时通过的位移2212m 1m 222v x a ===⨯用时22s 1s 2v t a === 向左运动时最后3m 做匀速直线运动，有233=s 1s 3x t v == 即滑块在传送带上运动的总时间为1234s t t t t =++=物块滑离传送带时的速率为2m/s 。
选项A 错误，B 正确；C ．向右减速过程和向左加速过程中，摩擦力为恒力，故摩擦力做功为110.211041J 6J f W f x x mg x x μ=--=--=-⨯⨯⨯-=-（）()()选项C 错误；D ．整个运动过程中由于摩擦产生的热量等于滑块与传送带之间的一对摩擦力做功的代数和，等于摩擦力与相对路程的乘积；物体向右减速过程，传送带向左移动的距离为114m l vt ==物体向左加速过程，传送带运动距离为222m l vt ==即121[]Q fS mg l x l x μ==++-（）（）代入数据解得28J Q =选项D 正确。
高一物理机械能守恒定律单元测试卷(含答案解析)
一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图甲所示，质量为4kg 的物块A 以初速度v 0=6m/s 从左端滑上静止在粗糙水平地面上的木板B 。
已知物块A 与木板B 之间的动摩擦因数为μ1，木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，A 、B 运动过程的v -t 图像如图乙所示，A 始终未滑离B 。
则（ ）A ．μ1=0.4，μ2=0.2B ．物块B 的质量为4kgC ．木板的长度至少为3mD ．A 、B 间因摩擦而产生的热量为72J【答案】BC【解析】【分析】【详解】A ．以物块为研究对象有 11ma mg μ=由图看出214m/s a =，可得10.4μ=将物块和木板看成一个整体，在两者速度一致共同减速时，有22M m a M m g μ+=+()()由图看出221m/s a =，可得20.1μ=选项A 错误；B ．木板和物块达到共同速度之前的加速度，对木板有123()mg M m g Ma μμ-+=由图看出232m/s a =，解得4kg M =选项B 正确；C ．由v -t 图看出物块和木板在1s 内的位移差为3m ，物块始终未滑离木板，故木板长度至少为3m ，选项C 正确；D ．A 、B 的相对位移为s =3m ，因此摩擦产热为148J Q mgs μ==选项D 错误。
故选BC 。
2．质量是m的物体（可视为质点），从高为h，长为L的斜面顶端，由静止开始匀加速下滑，滑到斜面底端时速度是v，则（）A．到斜面底端时重力的瞬时功率为B．下滑过程中重力的平均功率为C．下滑过程中合力的平均功率为D．下滑过程中摩擦力的平均功率为【答案】AB【解析】试题分析：A、根据P=mgvcosα可知，滑到底端的重力的瞬时功率为为：P=mgvcosα=mgv．故A正确．B、物体运动的时间为：t==，则重力做功的平均功率为：P===．故B正确．C、物体做匀加速直线运动的加速度为：a=，则合力为：F合=ma=，合力做功为：W合=F合L=，则合力的平均功率为：．故C错误．D、根据动能定理得：mgh﹣W f=mv2，解得克服摩擦力做功为：W f=mgh﹣mv2，则摩擦力做功的平均功率为：=﹣．故D错误．考点：功率、平均功率和瞬时功率．3．如图所示，劲度系数k=40N/m的轻质弹簧放置在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙上，物块A、B在水平向左的推力F=10N作用下，压迫弹簧处于静止状态，已知两物块不粘连，质量均为m=3kg。
高一下册机械能守恒定律单元综合测试(Word版 含答案)
一、第八章机械能守恒定律易错题培优（难）1．如图所示，两个质量均为m的小滑块P、Q通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，P套在固定的竖直光滑杆上，Q放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为2L的轻弹簧水平放置，右端与Q相连，左端固定在竖直杆O点上。
P由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。
则P下降过程中（）A．P、Q组成的系统机械能守恒B．P、Q的速度大小始终相等C31-mgLD．P达到最大动能时，Q受到地面的支持力大小为2mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误；B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知cos sinP Qv vαα=解得tanPQvvα=由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误；C．根据系统机械能守恒可得(cos30cos60)PE mgL=︒-︒弹性势能的最大值为312PE mgL=选项C正确；D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得200N F mg m m -=⨯+⨯解得F N =2mg选项D 正确。
故选CD 。
2．如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L 1、L 2，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计．两个小球a 、b （视为质点）质量均为m ，a 球套在竖直杆L 1上，b 杆套在水平杆L 2上，a 、b 通过铰链用长度为L 的刚性轻杆连接，将a 球从图示位置由静止释放(轻杆与L 2杆夹角为45°)，不计一切摩擦，已知重力加速度为g ．在此后的运动过程中，下列说法中正确的是A ．a 球和b 球所组成的系统机械能守恒B ．b 球的速度为零时，a 球的加速度大小一定等于gC ．b 22gL +（）D ．a 2gL【答案】AC 【解析】 【详解】A ．a 球和b 球组成的系统没有外力做功，只有a 球和b 球的动能和重力势能相互转换，因此a 球和b 球的机械能守恒，故A 正确；B ．当再次回到初始位置向下加速时，b 球此时刻速度为零，但a 球的加速度小于g ，故B 错误；C ．当杆L 和杆L 1平行成竖直状态，球a 运动到最下方，球b 运动到L 1和L 2交点的位置的时候球b 的速度达到最大，此时由运动的关联可知a 球的速度为0，因此由系统机械能守恒有：22122b mg L L mv ⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭得：()2+2b v gL =故C 正确；D ．当轻杆L 向下运动到杆L 1和杆L 2的交点的位置时，此时杆L 和杆L 2平行，由运动的关联可知此时b 球的速度为零，有系统机械能守恒有：2212amg L mv ⋅= 得：2a v gL =此时a 球具有向下的加速度g ，因此此时a 球的速度不是最大，a 球将继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，故D 错误．3．在机场和火车站对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当行李放在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上的A 点，已知传送带AB 两点的距离为1.2 m ,那么在通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则 （ ）．A ．开始时行李箱的加速度为0.2 m/s 2B ．行李箱从A 点到达B 点时间为3.1 sC ．传送带对行李箱做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m 【答案】BCD 【解析】 【分析】 【详解】行李开始运动时由牛顿第二定律有：μmg=ma ，所以得：a="2" m/s 2，故A 错误；物体加速到与传送带共速的时间10.40.22v t s s a ===，此时物体的位移：110.042x vt m ==，则物体在剩下的x 2=1.2m-0.04m=1.96m 内做匀速运动，用时间22 2.9x t s v==，则行李箱从A 点到达B 点时间为t=t 1+t 2="3.1" s ，选项B 正确；行李最后和传送带最终一起匀速运动，根据动能定理知，传送带对行李做的功为：W=12mv 2="0.4" J ，故C 正确；在传送带上留下的痕迹长度为：0.04?22vt vts vt m =-==，故D 正确．故选BCD ．4．在一水平向右匀速传输的传送带的左端A 点,每隔T 的时间,轻放上一个相同的工件,已知工件与传送带间动摩擦因素为,工件质量均为m ,经测量,发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ,下列判断正确的有A ．传送带的速度为x TB ．传送带的速度为22gx μC ．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为12mgx μ D ．在一段较长的时间内,传送带因为传送工件而将多消耗的能量为23mtx T【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件滑上传送带后运动的规律相同，可知x =vT ，解得传送带的速度v =xT．故A 正确； B ．设每个工件匀加速运动的位移为x ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为μg ，则传送带的速度2v gx μ=s 与x 的关系．故B 错误； C ．工件与传送带相对滑动的路程为22222v v x x v g g gTμμμ∆=-= 则摩擦产生的热量为Q =μmg △x ＝222mx T故C 错误；D ．根据能量守恒得，传送带因传送一个工件多消耗的能量22212mx E mv mg x Tμ=+∆=在时间t 内，传送工件的个数fW E η=则多消耗的能量23mtx E nE T'==故D 正确。
【高一】高一物理上册机械能守恒定律单元测试题(有答案)
【高一】高一物理上册机械能守恒定律单元测试题（有答案）一、(本题共6小题，每小题5分，共30分)1.在下列情况下，系统的机械能是守恒的（）a．一颗弹丸在光滑的碗内做复杂的曲线运动[图(a)]b、运动员在蹦床上跳得越来越高[图（b）]c．图(c)中小车上放一木块，小车的左侧有弹簧与墙壁相连，小车在左右振动时，木块相对于小车无滑动(车轮与地面摩擦不计)d、图（c）当中小型汽车振动时，木块相对于汽车滑动2．如图所示，一个质量为的小球在高为h长方体的下表面以恒定速度V移动，长方体的上表面以恒定速度V移动为参考平面，不计箱子厚度，小球此时的机机械能是（）3．如图所示，a＝2b，不计摩擦阻力，a物体自h高处由静止开始下落，且b物体始终在水平台面上．若以地面为零势能面，当物体a的动能与其势能相等时，物体a距地面的高度是()a、不列颠哥伦比亚省。
4.(2021济南高一检测)一质量为的物体，以的加速度减速上升h高度，不计空气阻力，则()a、物体的机械能保持不变b．物体的动能减小c、物体的机械能增加d．物体的重力势能增加gh5.如图所示，对于固定在垂直面上的光滑圆形轨道ABCD，a点与圆心的高度相同，D点为最高点，DB为垂直线，AE为水平面。
现在，小球从a点正上方的静止位置释放，并从a点进入圆形轨道。
只要适当调整释放点的高度，它总能确保小球最终通过最高点d（不包括空气阻力的影响）。
然后当小球通过d点（）a．一定会落到水平面ae上b、它不能落在水平面上c．一定会再次落到圆轨道上d、它可能会再次落入圆形轨道6．(2021长春高一检测)利用传感器和计算机可以测量快速变化的力，如图所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力f随时间的变化图象．实验时，把小球举高到绳子的悬点o 处，然后让小球自由下落．从图象所提供的信息，判断以下说法中正确的是()a、球的速度在T1时达到最大值b．t2时刻小球动能最大c、小球的势能在T2处最大d．t2时刻绳子最长二、非（该问题有2个子问题，共20分，并附有必要的单词）7．(8分)如图所示，一玩溜冰的小孩(可视作质点)的质量＝30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后做平抛运动，恰能无碰撞地从a点沿圆弧切线进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑．a、b为圆弧轨道的两端点，其连线水平，与平台的高度差h＝0.8.已知圆弧轨道的半径r＝1.0，对应的圆心角θ＝106°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10/s2，求（1）儿童平抛的初始速度；(2)小孩运动到圆弧轨道最低点o时对轨道的压力大小．8.（2022年临沂高义检验）（12分）将半径为R的光滑半圆环形轨道固定在垂直面上，在与半圆环一致的光滑倾斜轨道上，从h=3R的高度依次释放两个小球a和B。
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一、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难）1．某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，使某一物体每次以不变的初速率v 0沿足够长的斜面向上运动，如图甲所示，调节斜面与水平面的夹角θ，实验测得x 与θ的关系如图乙所示，取g ＝10m/s 2。
则由图可知（ ）A ．物体的初速率v 0＝3m/sB ．物体与斜面间的动摩擦因数µ＝0.8C ．图乙中x min ＝0.36mD ．取初始位置所在水平面为重力势能参考平面，当θ＝37°，物体上滑过程中动能与重力势能相等时，物体上滑的位移为0.1875m 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 A ．当2πθ=时，物体做竖直上抛运动，不受摩擦力作用，根据202v gh =可得03m/s v =A 正确；B ．当0θ=时，物体沿水平面做减速运动，根据动能定理2012mv mgx μ= 代入数据解得=0.75μB 错误；C ．根据动能定理201cos sin 2mv mgx mgx μθθ=+ 整理得920(0.75cos sin )x θθ=+因此位移最小值min 20.36m 200.751x ==+C 正确；D ．动能与重力势能相等的位置o 2o o 01sin 37(sin 37cos37)2mgx mv mgx mgx μ=-+ 整理得0.25m x =D 错误。
故选AC 。
2．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定的细杆上，OA 竖直，OC 间距l =3m 且水平，此时A 、C 间轻绳刚好拉直而无作用力。
已知物块A 、B 、C 质量均力2 kg 。
不计一切阻力和摩擦，g 取10m/s 2。
现将物块C 由静止释放，下滑h =4m 时物块B 刚好被提起，下列说法正确的是A ．弹簧的劲度系数为20 N/mB ．此过程中绳子对物块A 做的功为60JC ．此时物块A 速度的大小为10m/s 41D ．绳子对物块C 做功的大小等于物块A 动能的增加量 【答案】AC 【解析】 【详解】A ．初始时弹簧处于压缩状态，弹力等于A 的重力。
B 刚好被提起时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于B 的重力。
由几何关系得，弹簧共伸长了2m 。
物块B 刚好被提起时弹簧的的形变量为：25m 3m x =-kx mg =解得弹簧的劲度系数为：20N/m k =故A 正确。
BC ．物块C 沿杆下滑的速度分解在沿绳子的方向和垂直的方向，当物块B 刚好被提起时：cos37A o C v v =B 的速度为零，弹簧由压缩变为伸长，形变量不变，储存的弹性势能始末两个状态相等，由整个系统动能定理得：2211222A C mgh mg x mv mv -=+ 解得：A v = 所以C 正确。
对于A 物体，由动能定理得：2122A W mg x mv -=解得：640(40)41W J =+故B 错误。
D ．对C 由动能定理得：212T C mgh W mv -=解得绳子对C 做的功为：2110002280(80)24141T C W mgh mv J J =-=-=物块A 动能的增加量:21640241KA A E mv J ∆== 所以绳子对物块C 做功的大小不等于物块A 动能的增加量。
故D 错误。
3．如图，滑块a 、b 的质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距，b 放在地面上．a 、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动，不计摩擦，a 、b 可视为质点，重力加速度大小为，则A．a减少的重力势能等于b增加的动能B．轻杆对b一直做正功，b的速度一直增大C．当a运动到与竖直墙面夹角为θ时，a、b的瞬时速度之比为tanθD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg【答案】CD【解析】【分析】【详解】ab构成的系统机械能守恒，a减少的重力势能大于b增加的动能．当a落到地面时，b的速度为零，故b先加速后减速．轻杆对b先做正功，后做负功．由于沿杆方向的速度大小相等，则cos sina bv vθθ=故tanabvvθ=当a的机械能最小时，b动能最大，此时杆对b作用力为零，故b对地面的压力大小为mg．综上分析，CD正确，AB错误；故选CD．4．如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为0kxgmμ-C．物体做匀减速运动的时间为02xgμD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mgmg x kμμ-【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：0kx mg ma μ-=解得：0kx a g mμ=- B 正确；C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得：1a g μ＝将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：201123x a t =联立解得：t =C 错误；D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有F mg kx μ==解得mgx kμ=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛⎫=- ⎪⎝⎭- D 正确。
故选BD 。
5．如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O 固定在天花板上，物块B 和A 通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后，再用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A 和C ，物块C 穿在竖直固定细杆上，OA 竖直，OC 间距3m l =且水平，此时A 、C 间轻绳恰好拉直而无张力作用。
已知物块A 、B 、C 质量均为2kg 。
不计一切摩擦，g 取10m/s 2.现将物块C 由静止释放，下滑h =4m 时物块B 刚好被提起，下列说法正确的是（ ）A ．弹簧劲度系数为20N/mB ．此过程中A 、C 组成的系统机械能总和一直不变 C ．此时物块C 的速度大小为108m/s 41 D ．此时物块A 的速度大小为108m/s 41【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．初态时，弹簧的压缩量1mgx k=根据勾股定理可知，C 下降h =4m 时，A 物体上升了2m ，根据题意可知2kx mg =122x x +=整理可得121m x x ==，20N/m k =A 正确；B ．物体C 开始下降时，弹簧处于压缩状态，弹力对物体A 做正功，系统机械能增加，后来弹簧处于伸长状态，弹力对物体A 做负功，系统的机械能减小，B 错误；CD ．由于弹簧的伸长量与压缩量相等，整个过程弹簧对A 物体做功等于零，因此A 、C 组成的系统，初态的机械能与末态的机械能相等22A C 1211()22mgh mv mv mg x x =+++ 设绳子与竖直方向夹角为θ ，由于A 、C 沿着绳的速度相等C A cos v v θ=且4cos 5h l θ==整理得C 1010m/s 41v =，A 108m/s 41v =C 错误，D 正确。
故选AD 。
6．如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球沿光滑的水平轨道从A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.9 m 的圆轨道，小球从A 运动到C 的过程中其速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，运动一周后从A 点离开圆轨道，圆轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )A ．图乙中x 的数值为9B ．小球从从A 点离开圆轨道时的动能为1.30JC ．小球从A 到C 合外力对其做的功为-2.75JD ．小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】A.图乙中的点(1.8,)x 表示小球到达C 点速度的平方为x ；小球恰能到达最高点C ，则有：xmg m r=，代入数据得：x =9，故A 正确B.物体从A 到C 的过程根据动能定理可知2211222f C A W mg R mv mv --=-，解得0.95J f W =若从C 再次运动到A 克服摩擦力做功和从A 到C 一样，则再次回到A 时的动能为212 1.30J 2k A f E mv W =-= ，但由于下降过程中的平均阻力小于上升过程中的平均阻力，所以再次回到A 点时的动能大于1.30J ，故B 错误C. 根据动能定理可知小球从A 到C 合外力对其做的功为2211 2.75J 22C A W mv mv =-=-故C 正确D.根据功能关系可知小球从A 到C 损失的机械能为0.95J f W =，若摩擦力做功恒定，则从小球从B 到C 损失了0.475 J 的机械能，但由于从A 到B 的平均摩擦力大于从B 到C 的平均摩擦力，所以从B 到C 损失的机械能小于0.475 J ，故D 错误；7．如图所示，一根劲度系数为k 的轻弹簧竖直固定在水平地面上，轻弹簧上端正上方h 高度处A 点有一个质量为m 的小球。
现让小球由静止开始下落，在B 点接触轻弹簧的上端，在C 点时小球所受的弹力大小等于重力大小，在D 点时小球速度减为零，此后小球向上运动返回到最初点，已知小球在竖直方向上做周期性运动。
若轻弹簧储存的弹性势能与其形变量x 间的关系为212p E kx =，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）A ．在D 点时小球的加速度大小大于重力加速度g 的大小B ．小球从B 点到D 点的过程中，其速度和加速度均先增大后减小C ．从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量D ．小球在D (2)mg mg mg kh ++【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】A ．若小球从B 点由静止释放，则最低点应该在D ′位置且满足BC =CD ′，由对称可知，在D ′点的加速度为向上的g ；若小球从A 点释放，则最低点的位置在D 点，则D 点应该在D ′点的下方，则在D 点时小球的加速度大小大于在D ′点的加速度，即大于重力加速度g 的大小，选项A 正确；B ．小球从B 点到D 点的过程中，在BC 段重力大于弹力，加速度向下且逐渐减小，速度逐渐变大；在CD 段，重力小于弹力，加速度向上且逐渐变大，速度逐渐减小，即小球从B 点到D 点的过程中，加速度先减小后增加，速度先增加后减小，选项B 错误； C ．由能量守恒定律可知，从A 点到C 点小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能的增加量之和，选项C 错误；D ．由能量关系可知从A 到D 满足21()2mg h x kx +=解得小球在D 点时弹簧的压缩量为(2)mg mg mg kh x ++=（另一值舍掉）选项D 正确。