【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练16 机械能守恒定律和能量守恒定律.doc，共(14)页，499.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练16机械能守恒定律和能量守恒定律1．(2018·湖南郴州一中模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是()A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性

势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关答案：D解析：在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能

始终减小，故A正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故B正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C

正确；重力做功是重力势能转化的量度，即WG＝－ΔEp，而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故D错误．2．(2018·江苏泰州中学期中)(多选)如图所

示，在地面上以速度v0抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上，若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法正确的是()A．物体落到海平面时的重力势能为mghB．物体从抛出到落到海平面的过程

重力对物体做功为mghC．物体在海平面上的动能为12mv20＋mghD．物体在海平面上的机械能为12mv20答案：BCD解析：物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在

地面上的重力势能为零，动能为12mv20，故整个过程中的机械能为12mv20，所以物体在海平面上的机械能为12mv20，在海平面重力势能为－mgh，根据机械能守恒定律可得－mgh＋12mv2＝12mv20，所以物体在海平面上的动能为12mv20＋mgh，从抛出到落到海平面，

重力做功为mgh，所以B、C、D正确．3．(2018·吉林省实验中学五模)(多选)A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道

与A图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管开口的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，

小球进入右侧轨道后能到达高度h的是()答案：AC解析：A图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，则h′＝h，故A正确；B图中小球离开轨道后做斜抛运动，水

平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋12mv2，则h′<h，故B错误；C图中小球最后沿轨道做竖直上抛运动，运动到最高点时速度为

零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋0，则h′＝h，故C正确；D图中小球沿半圆轨道运动，通过最高点最小的速度为v＝gr，故在最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh＋0＝mgh′＋12mv2，则h

′<h，故D错误．4．(2018·天津一中模拟)固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则()A．在下滑过程中圆环的机械能守恒B．在下滑过程中弹簧的

弹性势能先减小后增大C．弹簧的弹性势能在整个过程中增加了mghD．在下滑过程中(含始未位置)有两个位置弹簧弹力的功率为零答案：C解析：圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，A错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变

化而变化，由题图知弹簧先压缩再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B错误；系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh，则弹簧的弹性势能增大了mgh，C正确；在A点时弹簧处于原长，弹力为零，故A点弹力的功率为零，当弹簧与速度方向垂直时，弹力的功率为零，当弹簧再次恢复原长时，弹力

为零，弹力的功率为零，到最底端时圆环的速度为零，所以弹力的功率为零，在下滑过程中(含始末位置)有四个位置弹簧弹力的功率为零，D错误．5．(2018·四川泸洲诊断)如图所示，粗糙斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端

，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点且恰好处于静止状态．现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()A．物块在位置B点时，处于平衡状态B．当A点

离O点越远时，物块所能达到的最大动能的位置也离O点越远C．从O向B运动过程中，物块的加速度逐渐减小D．从A向O运动过程中，系统的弹性势能的减少量大于机械能的增加量答案：D解析：物块位于O点时恰好处于静止状态，则重

力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力．物块在位置B点时，弹簧对物块有沿斜面向下的弹力，所以重力沿斜面向下的分力和弹力之和大于最大静摩擦力，所以物块在B点时将要下滑，故A错误；物块从A向O运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦

力，当其合力为零时动能最大，此位置有kx＝mgsinα＋μmgcosα，α为斜面倾角，可知弹簧的伸长量x一定，即动能最大的位置不变，故B错误；从O向B运动过程中，物块的加速度为a＝mgsinα＋μmgcosα＋kxm，x逐渐增大，则a逐渐增大，故C错误；物块从A向O运

动过程中，弹簧的弹性势能减小，转化为物块的机械能和内能，则系统弹性势能的减少量大于机械能的增加量，故D正确．6．(2018·宁夏银川一中模拟)如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为L，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到

右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带为v2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水

平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1<P2，Q1＝Q2B．W

1＝W2，P1<P2，Q1>Q2C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2答案：B解析：当传送带不运动时，拉力做功W1＝FL，物体从A运动到B的时间t1＝Lv1，因摩擦而产生的热量Q＝

fL.当传送带运动时，拉力做功W2＝FL，物体从A运动到B的时间t2＝Lv1＋v2<t1，因摩擦而产生的热量Q2＝fv1t2.拉力做功功率P1＝W1t1，P2＝W2t2，比较可知W1＝W2，P1<P2.又v1t2<

v1t1，v1t1＝L，得Q1>Q2.故选B.7．(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为2R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹

槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后()A．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点答案：

AD解析：由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中，甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据滑动过程机械能守恒知，甲不能下滑到最低点

，所以C错误；根据滑动过程机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确．8．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由

静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是()A．va＝vb＝vcB．va<vb<vcC．vc>va>vbD．va>vb>vc答案：C解析：图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得12mg·3L4＝12mv2a，解得

va＝3gL2；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得12mg·3L4＝12·2mv2b，解得vb＝6gL4；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有12mg·3L4＋mgL2＝12·2mv2c，解得vc＝14gL4，故vc>va>vb，选项C正确．9．(2018·

山东菏泽联考)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始时用手拉住b，使a、b静止，撤去此拉力后，a开始运动．在a下降的过程中，b始终未

离开桌面．(忽略一切摩擦阻力和空气阻力)在此过程中()A．a的动能小于b的动能B．a的动能等于b的动能C．两物体所组成的系统机械能增加D．物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量答案：AD解析：将b的实际速度进行分解，如图所示．由图可知va＝vbcosθ，即a的速度小于b的速度，

故a的动能小于b的动能，A正确，B错误；由于只有重力做功，故a、b组成的系统机械能守恒，C错误；根据功能关系可知，物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量，D正确．10．(2018·福建福州文博中学月考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜

面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整

个系统处于静止状态，释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，下列说法正确的是()A．斜面倾角α＝60°B．A获得最大速度为2gm5kC．C刚离开地面时，B的加速度最大D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成

的系统机械能守恒答案：B解析：C刚离开地面时，对C有kx2＝mg，此时B有最大速度，即aB＝aC＝0，则对B有mg＋kx2＝T，对A有4mgsinα－T＝0，联立可得sinα＝12，α＝30°，故A错误；初始时系统静止，且线上无拉力，对B有kx1＝

mg，可知x1＝x2＝mgk，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，即4mg(x1＋x2)sinα＝mg(x1＋x2)＋12(4m＋m)v2Am，联立可得vAm＝2gm5k，故B正确；对B球进行受

力分析可知，刚释放A时，B所受合力最大，此时B具有最大加速度，故C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误．11.如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．

以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4kg，圆弧轨道半径R＝1.25m，g取10m/s2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小．(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留

根号)．答案：(1)12N(2)55s解析：(1)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgR＝12mv2解得：v＝2gR＝5m/s小球在圆轨道最低点：FN－mg＝mv2R解得：FN＝mg＋mv2R＝12N由牛顿第三定律，小球对轨道

末端的压力FN′＝FN＝12N(2)小球从O点水平抛出后满足：y＝12gt2，x＝vt又有y＝6－x2，联立解得：t＝55s.12．(2018·广东顺德一模)如图所示，AB为光滑圆弧形轨道，半径R＝2.5m，圆心角为60°，质量M＝4kg的小车(紧

靠B点)静止在光滑水平面上，上表面离地高度h＝0.8m，且与B点等高，右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C(厚度可忽略)，DE是以恒定速率15m/s转动的传送带，D点位于水平面上．将一可视为质点、质量m＝1kg的物块，从A点由

静止释放，在B点冲上小车时，小车立即受到一水平向右的恒力F的作用，当物块滑到小车最右端时，二者恰好相对静止，同时撤掉恒力F，然后小车撞到障碍物C后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在D点恰好无碰撞地切入传送带，并沿着传送带下滑．已知物块与小车间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带间的动

摩擦因数μ2＝13，传送带长度为s＝28m，与水平面的夹角为53°(g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)物块滑到B点时的速度大小v0和物块飞离小车的水平速度大小v；(2)恒力F的大小和小车的长度L；(3)物块在传送带上的运动时间t总及在传送

带上由于摩擦产生的内能Q.答案：(1)5m/s3m/s(2)10N2.5m(3)2s16J解析：(1)物块从A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR(1－cos60°)＝12mv20，代入数据得v0＝5m/s，小车撞到障碍物C后物块

做平抛运动，则有h＝12gt2，代入数据得t＝0.4s，物块到达D点时竖直分速度大小为vy＝gt＝10×0.4m/s＝4m/s，速度与水平方向的夹角为53°，则物块飞离小车的水平速度大小为v＝vycot53°＝4×34m/s＝3m/s.(2)物块在小车

上滑行的加速度大小为am＝μ1mgm＝μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2.物块在小车上滑行的时间为t＝v0－vam＝5－32s＝1s，则小车在此过程中的加速度为aM＝vt＝31m/s2＝3m/s2，对

小车，由牛顿第二定律得F＋μ1mg＝MaM，代入数据解得F＝10N，小车的长度为L＝v0＋v2t－vt2＝v02t＝5×12m＝2.5m.(3)物块刚滑上传送带时的初速度为v1＝vysin53°＝40.8m/s＝5m/s.设传送带的速度为v皮，则

有v皮＝15m/s，可知，物块滑上传送带后先做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a1＝mgsin53°＋μ2mgcos53°m＝g(sin53°＋μ2cos53°)，代入数据解得a1＝10m/s2.物块速度从v1增大到传送带速度的时间为t1＝v皮－v1a1＝15－510

s＝1s，位移为x1＝v1＋v皮2t1＝5＋152×1m＝10m<s＝28m，共速后，由于mgsin53°>μ2mgcos53°，所以物块继续做匀加速运动，加速度大小为a2＝mgsin53°－μ2mgcos53°

m＝g(sin53°－μ2cos53°)，代入数据解得a2＝6m/s2.根据运动学公式得s－x1＝v皮t2＋12a2t22，代入数据解得t2＝1s(另一负值舍去)，物块在传送带上的运动时间为t总＝t1＋t2＝2s，物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q＝μ2mgcos5

3°·[(v皮t1－x1)＋(s－x1－v皮t2)]，代入数据解得Q＝16J.刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2015·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)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h，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g，则()A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中，

其加速度大小始终不大于gD．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：BD解析：选b滑块为研究对象，b滑块的初速度为零，当a滑块落地时，a滑块没有在水平方向上的分速度，所以b滑块的末速度也为零，由此可得b滑块速度是先增大再减小，当b滑块

速度减小时，轻杆对b一直做负功，A项错误；当a滑块落地时，b滑块的速度为零，由机械能守恒定律，可得a落地时速度大小为2gh，B项正确；当b滑块速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成，

a滑块的加速度大小大于g，C项错误；a的机械能先减小再增大，当a的机械能最小时，轻杆对a、b的作用力均为零，故此时b对地面的压力大小为mg，D项正确．2．(2015·天津卷，5)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接

，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中()A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了3mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹

簧弹性势能之和保持不变答案：B解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE

p＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．刷仿真模拟——明趋向3．(2018·重庆八中月考)(多选)如图所示，一半径为R的光滑半圆形细轨道，其圆心为O，竖

直固定在地面上．轨道正上方离地高为h处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直面内，杆上P点处固定一定滑轮，P点位于O点正上方．A、B是质量均为m的小球，A套在杆上，B套在半圆形轨道上，一条不可伸长的轻绳

通过定滑轮连接两环．两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦．现对A环施加一水平向右的力F，使B环从地面由静止开始沿轨道运动．则()A．若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，F一直减小B．若缓慢拉动A环，B环缓慢上升至D点的过程中，外力F所做的功等于B环机械能的增加量

C．若F为恒力，B环最终将静止在D点D．若F为恒力，B环被拉到与A环速度大小相等时，sin∠OPB＝Rh答案：ABD解析：以B环为研究对象，分析其受力，根据力的三有形和△PBO相似可得，TPB＝mgPO，PO不变，PB减小，则绳子的拉力T慢慢减小，则F减小，故A正确．根据功能关系可知，外力F所做

的功等于A、B组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动A，则A的动能不变，A的高度不变，重力势能不变，则A的机械能不变，所以外力F所做的功等于B环机械能的增加量，故B正确．若F为恒力，则B环能运动到D点且速度不为零，B环在经过D点之后将会沿半圆形轨道运动至

右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，故C错误．当P、B之间的绳与圆轨道相切时，vB＝vA，根据数学知识有sin∠OPB＝Rh，故D正确．4．(2018·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37

°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6,cos37°＝0.8.则下列说

法正确的是()A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B．0～8s内物体位移的大小为14mC．0～8s内物体机械能的增量为84JD．0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J答案：BD解析：根据v­t图象的斜率表示加速度，可得物

体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝22m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故A错误；0～8s内物体的位移为s＝－12×2×2m＋2＋62×4m＝14m，故B正确；物体

上升的高度为h＝ssinθ＝8.4m，重力势能的增量为ΔEp＝mgh＝84J，动能增量为ΔEk＝12mv22－12mv21＝12×1×(42－22)J＝6J，机械能增量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，故C错误；0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑

动，0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体位移为s物＝－12×2×2m＋4×42m＝6m，s相对＝s带－s物＝18m，产生的热量为Q＝μmgcosθ·s相对＝126J，故D正确．5．(2018·四川成都七中期末)如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮

，绳的两端各系一个小球a和b.a球的质量为m，静置于水平地面；b球的质量为M，用手托住，距地面的高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止释放b后，a达到的最大高度为1.5h，则M、m之比为()A．：4B．：3C．：1D．：2答案：C解析：设a球上升高度为h时两球的速度为v

，根据机械能守恒定律有Mgh＝mgh＋12(M＋m)v2，b球落地后，a球的机械能守恒，则有mgh＋12mv2＝mg·(1.5h)，联立解得M：m＝：1，故选项C正确．6．(2018·河南鹤壁模拟)(多选)如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为56

g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则()A．物体上升过程动能减少了53mghB．物体上升过程重力势能增加了56mghC．物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了43mghD．物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率答案：AC解析：

根据牛顿第二定律得mgsin30°＋f＝m·56g，解得f＝13mg，物体上升的高度为h，故重力做功WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，摩擦力做功Wf＝－fs＝－fhsin30°＝－13mg·2h＝－23mgh，故根据动能定理可得ΔEk＝WG＋W

f＝－53mgh，故A正确，B错误；克报摩擦力做功等于机械能减少量，上升和下降过程克服摩擦力做功相同，则物体在斜面上运动的整个过程损失的机械能ΔE＝2·fs＝43mgh，C正确；由于物体在运动的过程中克服摩擦力做功，所以物体回到出发

点时的速度一定小于开始时的速度，所以物体上升过程上的平均速度大于下降过程中的平均速度，所以物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，故D错误．7．(2018·湖南、湖北八市十二校二模)如图所示，水平桌面上的轻

质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加

速度为g.则上述过程中()A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能等于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无

法确定答案：BD解析：设A离弹簧原长位置O的距离为xOA，则弹簧的形变量为xOA，当物块从A向左运动直至B的过程中，物块要克服摩擦力做功，则物块及弹簧系统的机械能一定减小，到B时只具有弹性势能，则EpB<EpA，由

此可知B离O的距离比A离O的距离近，则xOA大于a2；从O到A的过程中运用动能定理有W－μmgxOA＋W弹＝0，解得A处的弹性势能EpA＝－W弹＝W－μmgxOA<W－μmga2，故A项错误；同理，经过B点时，弹簧的弹性势能EpB＝－W弹－μmga＝W－μmg(a＋xOA

)<W－32μmga，故B项正确；经过O点的动能Ek＝W－2μmgxOA＜W－μmga，故C项错误；物块动能最大时是物块第一次回到受力平衡位置时，由受力分析可知该位置在O点的右边，物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小

相等，由于动摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D项正确．刷最新原创——抓重点8.如图所示是建筑工地上常用的一处“深穴打夯机”示意图，

电动机带动两个滚轮匀速转动将夯机从深坑堤上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆滚轮提升过程中，先经历匀加速运动过程，且加速度为a，再经历匀速运动过程)．已知两个

滚轮边缘的线速度恒为v，夯杆质量m，则下列说法正确的是()A．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D．一次提杆过程系统共产生热量mgv22a

＋12mv2答案：BD解析：夯杆被提上来的过程中，先受到滚轮的滑动摩擦力作用，然后受滚轮的静摩擦力作用，故A错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间；增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动过程的加速度增大，

可减小提杆的时间，故B正确；滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量之和，故C错误；设夯杆在匀加速直线运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为f，加速度为a，质量为m，匀加速运动的时间为t，则相对位移大小为Δs＝vt－v22a，由v＝at，得到t＝va

，摩擦生热Q＝fΔs.根据牛顿第二定律得f－mg＝ma，联立得到Q＝mgv22a＋12mv2，故D正确．9．(多选)一根足够长的圆管竖直固定在地面上，管内有一劲度系数为k＝10N/m的轻质弹簧，弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活

塞和质量为m＝0.1kg的小球(小球直径略小于管径)，已知活塞与管壁间的最大静摩擦力f＝1.4N，弹簧从自然长度开始伸长x的过程中平均弹力为F＝12kx，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.当弹簧处于自然长度时由静止释放小球，在小球第一次运动到最低点

的过程中()A．小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动直到静止B．弹簧的最大伸长量为0.14mC．当小球运动到最低点时，弹簧的弹性势能为0.098JD．活塞克服摩擦力做功大小为0.147J答案：BCD解析：小球的重力为G＝mg＝0.1×1

0N＝1N，当弹簧的弹力等于小球的重力时有kx0＝mg，代入数据得x0＝0.10m，小球开始向下运动的过程中弹簧逐渐变长，弹簧的弹力增大，开始时重力大于弹簧的弹力，小球向下做加速运动，加速度随弹簧长度的增大而减小；当弹簧的弹力大于重力时，小球开始做减速运动，加速度随弹簧长度的增大而增大

，小球做加速运增大的减速运动；当弹簧的弹力等于活塞受到的摩擦力时，活塞开始运动，弹簧不再增长；所以弹簧最长时有kxm＝f，所以xm＝fk＝1.410m＝0.14m，由mgxm>12kx2m可知，此时小球速度不为零．由运动的对称性可知，小球下降开始的0.1

m内做加速运动，在0.1～0.14m内做减速运动，此后小球继续向下运动，由于活塞受到的摩擦力不变，所以小球做加速度不变的减速运动，一直到小球到达最低点，故A错误；由以上的分析可知，B正确；小球在弹簧长为0.14m时，仍然有向下的速度，由于活塞受到的摩擦力不变，所以弹簧的长度不变，一直到小球到达最

低点．此时弹簧的弹性势能Ep＝Fxm＝12kx2m＝0.098J，故C正确；小球下降0.14m时有mgxm－Ep＝12mv2，小球继续下降的过程中弹簧的长度不变，所以弹簧不做功，重力和摩擦力做功，则mgΔx－fΔx＝0－12mv2，Wf＝fΔx，联立解得Wf＝0.147J，故D正确．刷

易错易误——排难点易错点1对A、B分离的临界情况及受力情况分析不清10．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物块A、B，B与弹簧拴接，初始时系统处于静止状态．现用竖直向上的力F拉A，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物

块的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g已知，则()A．施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)B．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零C．弹簧恢复到原长时，B的速度达到最大值D．在0～t2时间内，B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变答案：A

解析：施加力F前，物块A、B整体静止，则2Mg＝kx，得x＝2Mgk，施加力F的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有kx－Mg－N＝Ma，得A、B间的弹力大小N＝M(g－a)，选项A正确；A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且A

、B间的弹力为零，对B有kx′－Mg＝Ma，得弹簧弹力kx′＝M(g＋a)≠0，选项B错误；A、B分离后，当弹簧弹力与重力平衡时B的速度最大，此时弹簧尚未恢复到原长，选项C错误；对B与弹簧组成的系统，A、B分离前A的压力对系

统做负功，根据功能关系知系统机械能减少，选项D错误．易错点2绳端连接物体的速度关系弄不清楚11.(多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切．一轻绳

两端系着质量分别为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦．则()A．m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等B．m1由c下滑到a的过程中，重力的功率先增大后减小C．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑

到a点，则m1＝3m2D．若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1＝2m2答案：BD解析：m1由c点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段距离后，绳子与圆的切线不重合，相当于圆的一根弦，所以此时两个小球的速度必然不相同，故A错误；重力的功率P＝mg

v，这里的v是指m1的竖直分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零，但是m1由c到a的过程中是肯定有竖直速度的，所以相当于

竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这个过程中重力的功率mgv先增大后减小，故B正确；若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得m1gR(1

－cos60°)＝m2gR，解得m1＝2m2，故C错误、D正确．刷综合大题——提能力12．(2017·新课标全国卷Ⅰ，24)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速

度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻

力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案：(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为此处是调的，用的反Ek0＝12mv20①式中，m和v

0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为Eh＝12mv2h＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh

≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h′＝600m处的机械能为Eh′＝12m2.0100vh2＋mgh′⑤由功能关系得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功

．由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J⑦