【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：课练16机械能守恒定律和能量守恒定律.pdf，共(20)页，548.424 KB，由小赞的店铺上传

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课练16机械能守恒定律和能量守恒定律———[狂刷小题夯基础]———练基础小题1．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落，如此反复，该过程中弹簧的弹力大小

F随时间t的变化关系如图乙所示．不计空气阻力，则()A．t1时刻小球的速度最大B．t2时刻小球所受合力为零C．以地面为零重力势能面，t1和t3时刻小球的机械能相等D．以地面为零重力势能面，t1～t3时间内

小球的机械能守恒2．如图所示，半径为R＝0.4m的光滑的14圆弧形轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与足够长的光滑固定水平轨道相切，可视为质点的质量均为m＝0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接并置于圆弧形轨道上，小球

甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方，某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平轨道上运动．g取10m/s2，则()A．下滑过程中小球乙的机械能守恒B．两小球最终在水平轨道上运动的速度大小为22m/sC．当小球甲滑到圆弧轨道最低点时，轨道对它的支持力大小为1

0ND．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率增大3．如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的14垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚离开桌边时的速度大小为()A.32gLB.gL4C.15gL4D．4gL4．(多选)如图所示，一个质量为m的物体(可看

成质点)以某一初动能Ek从斜面底端冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度大小为0.8g，若已知该物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中()A．物体机械能守恒B．物体重力势能增加了mghC．物体的初动能

Ek＝1.6mghD．物体机械能损失了0.8mgh5．(多选)如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端连接一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ＝30°.开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小

物块上加一水平向右的恒力F，使小物块向右运动距离L，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是()A．小物块和弹簧组成的系统机械能改变了(F－μmg)LB．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C．

小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做的功之和练高考小题6．[2016·海南卷]如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对

轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为()A．3mgB．4mgC．5mgD．6mg7．[2017·全国卷Ⅱ]如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面

垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v216gB.v28gC.v24gD.v22g8．[2015·全国卷Ⅱ](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mg9．[2019·江苏卷](多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述

过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs10．[2018·江苏卷](多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原

长时物块的位置，物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功练模拟小题11．

[2019·内蒙古包头一中模拟]取水平地面为零重力势能面．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角的正切值为()A.3B.33C．1D.1212．[2019·云南省昆明三中、玉溪一中统考]如图所示，固定的倾斜光滑杆

上套有一质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平地面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长．现让小球自C点由静止释放，在小

球滑到底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是()A．小球的动能与重力势能之和保持不变B．小球的动能与重力势能之和先增大后减小C．小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D．小球的重力势能与弹簧的弹

性势能之和保持不变13．[2019·河南省郑州一中考试]如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动．如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的功率为()A．80WB．1

60WC．400WD．800W14．[2019·江西省新余四中检测](多选)如图所示，水平传送带顺时针匀速转动，一物块轻放在传送带左端，当物块运动到传送带右端时恰与传送带速度相等．若传送带仍保持匀速运动，但速度加倍，仍将物块轻放在传送带左端，

则物块在传送带上的运动与传送带的速度加倍前相比，下列判断正确的是()A．物块运动的时间变为原来的一半B．摩擦力对物块做的功不变C．摩擦产生的热量为原来的两倍D．电动机因带动物块多做的功是原来的两倍15．[2019·河北省廊坊监测]如图所示，重力为10N的滑块在倾角为30°的斜

面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点时(图中未画出)开始弹回，返回b点时离开弹簧，恰能再回到a点．若bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是()A．轻弹簧的劲度系数是50N/mB．从d到b滑块克服重力做的功为8JC．滑

块的动能最大值为8JD．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做的功为8J———[综合测评提能力]———一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．[2019·贵阳监测]如图所示，两个内壁光滑、半径为R(图中未标出)的半圆形轨道正对着固定在竖直平面内

，对应端点(虚线处)相距为x，最高点A和最低点B的连线竖直．一个质量为m的小球交替着在两轨道内运动而不脱离轨道，已知小球通过最高点A时的速率vA>gR，不计空气阻力，重力加速度为g.则()A．小球在A点的向心力小于mgB．小球在B点的向心力等于4mgC．小球在B

、A两点对轨道的压力大小之差大于6mgD．小球在B、A两点的动能之差等于2mg(R＋x)2．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木

板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做的功为()A.mv24B.mv22C．mv2D．2mv23.[2020·黑龙江省大庆实验中学模拟]

如图所示，一质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端固定在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧都处于原长状态且原长为L，细杆上的

A、B两点到O点的距离都为L，将圆环拉至A点由静止释放，重力加速度为g，对圆环从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是()A．圆环通过O点时的加速度小于gB．圆环在O点的速度最大C．圆环在A点的加速度大小为2－2kLmD．圆环在B点的速度大小为2g

L4.[2020·安徽省合肥模拟]如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁，若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程，下列说法正确的是()A．小球动能相等的位置在同一

水平面上B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上5.[2019·山东临沂期末]如图所示，半径为R的光滑

圆形轨道固定在竖直平面内，体积相同的两小球A、B的质量分别为βm，m(β为待定系数)．A球从左边与圆心等高处由静止释放后沿轨道下滑，并与静止于轨道最低点的B球碰撞，碰撞后A、B两球能达到的最大高度均为R4，碰撞中无

机械能损失，则待定系数β为()A.13B.12C．2D．36．如图所示，可视为质点的小球A和B用一根长为l＝0.2m的轻杆相连，两球质量相等．开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个v0＝2m/s的初速度，经一段时

间两小球滑上一个倾角为30°的光滑斜面，不计球与斜面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是()A．杆对小球A做负功B．小球A的机械能守恒C．杆对小球B做正功D．小球B速度为零时距水平面的高度为0.15m7．[2019·

福建五校二联]如图甲所示，在某次救援中，悬停在空中的直升机放下绳索吊起伤员，伤员由静止开始竖直向上运动，运动过程中伤员的机械能E随其位移x变化的图象如图乙所示，其中Oa段为曲线，ab段为直线，则()A．在0～15m过程中绳索的拉力逐渐增大B．在0～15

m过程中伤员的动能一直增加C．在15～35m过程中绳索的拉力一直不变D．在15～35m过程中伤员的动能一直增加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二、多项

选择题(本题共2小题，每小题4分，共8分)9．[2019·广东茂名一测]如图所示，在竖直平面内固定有同心圆轨道，外圆光滑，内圆粗糙．一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运

动的轨道半径为R，不计空气阻力．设小球过最低点时重力势能为零，下列说法正确的是()A．若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能一定不守恒B．若经过足够长时间，小球最终的机械能可能为32mgRC．若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于5gRD．若小球第一次运动到最高点时速度大小为0，则

v0＝4gR10．[2019·武汉调研]如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定．让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放．已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是()A．下滑过程中轨道

对小球的作用力逐渐增大B．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动C．小球运动到螺旋轨道底端时，重力的功率为mg2ghD．小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间为2s2gh三、非选择题(本题共3小

题，共32分)11．(10分)如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止释放，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)．12．(11分)[2019·福建厦门检测]如图所示，一劲度系数为k＝100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑

轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d＝0.3m．初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，OQ段轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50N．已知物块P的质量为m1＝0.8kg，物块Q的质量为m2＝5

kg，不计滑轮大小及摩擦作用，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.现将物块P由静止释放，求：(1)物块P位于A时，弹簧的伸长量x1；(2)物块P上升h＝0.4m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；(3)物块P上升到B点过程中，轻绳拉力对其所做的功．13．(11分)[

2019·黑龙江重点中学联考]如图所示，竖直平面内有一半径为R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，水平面DQ与圆弧槽相接于D点，一质量为m＝0.10kg的小球从B点的正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧槽轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，

DQ间的距离x＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，取g＝10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；(2)小球经过P点时的速度大小vP；(3)D点与圆心O的高度差hOD.课练16机械能守

恒定律和能量守恒定律[狂刷小题夯基础]1．C根据题述，结合弹簧弹力随时间变化的图线，金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，t1时刻接触弹簧，由于重力大于弹簧弹力，小球还要加速向下运动，当弹力增大到等于小球重力时，小球速度最大，选项A错误；t2时刻

弹簧被压缩到最短，弹簧的弹力最大，小球所受合力向上，选项B错误；t1时刻和t3时刻小球的速度大小相等，动能相同，距离地面高度相同，以地面为零重力势能面，t1时刻和t3时刻小球的机械能相等，选项C正确；以地面为零重力势能面，t1

～t3时间内，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但由于小球受到弹簧的弹力作用，小球的机械能先减小后增大，选项D错误．2．C下滑过程中，杆要对小球乙做功，则小球乙的机械能不守恒，选项A错误；系统机械能守恒，故有mgR＝12mv2＋12mv2，解得v＝gR＝1

0×0.4m/s＝2m/s，故B项错误；当小球甲下滑到圆弧形轨道最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力有N－mg＝mv2R，解得N＝mg＋mv2R＝0.5×10N＋0.5×220.4N＝10N，故C项正确；小球甲下滑过程中，在最高点时的速度为

零，故重力的功率为零；在最低点时的速度和重力垂直，故重力的功率也是零；而中途重力的功率不为零，故重力的功率应该是先增加后减小，故D项错误．3．C取桌面为零势能面，设链条的总质量为m，开始时链条的机械能E1＝－14mg·18L，当

链条刚脱离桌面时的机械能E2＝12mv2－mgL2，由机械能守恒可得E1＝E2，即有－14mg·L8＝12mv2－mgL2，解得v＝15gL4，故C项正确，A、B、D错误．4．BC若斜面光滑，则上滑时的加速度为

a＝gsin30°＝0.5g，因加速度为0.8g，可知物体受到向下的摩擦力，则上滑过程中机械能不守恒，选项A错误；物体重力势能增加了mgh，选项B正确；根据牛顿第二定律有mgsin30°＋f＝ma，解得f＝0.3mg；

由动能定理有Ek＝mgh＋fhsin30°＝1.6mgh，选项C正确；物体机械能损失了ΔE＝fhsin30°＝0.6mgh，选项D错误．5．BD物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，至恢复到原长，然后压缩，且压缩量一直

增加直到到达悬点正下方，继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，故弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对水平面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其他外力做的功不等于(F－μm

g)L，则小物块和弹簧组成的系统机械能改变量不等于(F－μmg)L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做的功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做的功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等

于拉力F和摩擦力做的功之和，选项D正确．6．D在最低点N1－mg＝mv21R，在最高点N2＋mg＝mv22R，小球运动过程中机械能守恒，故12mv21＝mg·2R＋12mv22，解得N1－N2＝6mg，选项D正确．7．B设

小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1.小物块上滑过程中，机械能守恒，有12mv2＝12mv21＋2mgR①小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝12gt2②x＝v1t③联立①②③式整理

得x2＝(v22g)2－(4R－v22g)2可得x有最大值v22g，对应的轨道半径R＝v28g.故选B.8．BD当a物体刚释放时，两者的速度都为零；当a物体落地时，轻杆的分速度为零，由机械能守恒定律可知，a落地时速度大小为va＝2gh，B项正确；b

物体的速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，A项错误；a落地前，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时杆对b作用力为0,b对地面的压力大小为mg，a的加速度为g，C项错误，D项正确．9．BC小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动

再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，选项C正确；设物块在A

点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－12mv20，解得v0＝2μgs，选项D错误．10．AD在小物块向右运动时，所受摩擦力不变，小物块所受的合力先向右逐渐减小，后向左逐渐增大，故小物块的加速度先减小后增大，选项A正确；加速度为零时速度最大，

此时弹簧弹力与摩擦力，大小相等，方向相反，该点位于O点左侧，选项B错误；从A到O，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力的方向与小物块运动方向相同，对小物块做正功，从O到B，弹簧处于伸长状态，弹簧弹力的方向与小物块

运动的方向相反，对小物块做负功，选项C错误；从A到B，小物块动能的变化量为零，根据动能定理，弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D正确．11．C设抛出时物块的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水

平方向的夹角为α.根据机械能守恒定律得：12mv20＋mgh＝12mv2，据题有：12mv20＝mgh，联立解得：v＝2v0，则tanα＝v2－v20v0＝1，C正确，A、B、D错误．12．B小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒，弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点运

动到最低点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错；小球的初、末动能均为零，所以整个过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与

弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误．13．B由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以ΔP·t＝12mv2＋Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带

的位移等于相对地面的位移，故Q＝f·Δx＝fx＝12mv2，解得ΔP＝160W，B项正确．14．BD由题意知物块向右做匀加速直线运动，传送带速度增大，物块仍然做加速度不变的匀加速直线运动，到达右端时速度未达到传送带速度，根据x＝12at2

可知，运动的时间相同，故A错误；根据动能定理可知：Wf＝12mv20，因为物块的动能不变，所以摩擦力对物块做的功不变，故B正确；物块做匀加速直线运动的加速度为a＝μg，则匀加速直线运动的时间为：t＝v0μg，在这段

时间内物块的位移为：x2＝v202μg，传送带的位移为：x1＝v0t＝v20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx＝x1－x2＝v202μg，摩擦产生的热量Q＝μmgΔx＝mv202，当传送带速度加倍后，在这段时间内物块的位移仍为：x′2＝v202a＝v202μg，传送带的位移

为：x′1＝2v0t＝2v20μg，则传送带与物块间的相对位移大小，即划痕的长度为：Δx′＝x′1－x′2＝3v202μg，摩擦产生的热量Q′＝μmgΔx′＝3mv202，可知摩擦产生的热量为原来的3倍，故C错误；电动机多做的功转化成了物块的动能和摩擦产生的热量，速度没变时：W

电＝Q＋mv202＝mv20，速度加倍后：W′电＝Q′＋mv202＝2mv20，故D正确．所以B、D正确，A、C错误．15．A整个过程中，滑块从a点由静止释放后还能回到a点，说明滑块机械能守恒，即斜面是光滑的，滑块到c点时速度最大，即所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有kxbc＝Gsin30°，

解得k＝50N/m，A项正确；滑块由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错误；滑块由d到c过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，故到c点时的最大动能一定小于8J，C项错误；从d点到c点，

弹簧弹性势能的减少量小于8J，所以弹力对滑块做的功小于8J，D项错误．[综合测评提能力]1．C小球在最高点A时的速率vA＞gR，mv2AR＝F向，小球在A点的向心力F向＞mg，选项A错误；根据机械能守恒定律，12mv2B＝mg(2R＋x)＋12mv2

A，解得v2B＝2g(2R＋x)＋v2A＝4gR＋2gx＋v2A，小球在B点的向心力F＝mv2BR＝4mg＋2mgxR＋mv2AR，一定大于4mg，选项B错误；设小球运动到轨道最低点B时所受半圆形轨道的

支持力为F′B，由牛顿第二定律，F′B－mg＝mv2BR，解得F′B＝5mg＋2mgxR＋mv2AR，根据牛顿第三定律，小球运动到轨道最低点时对轨道的压力大小为FB＝F′B＝5mg＋2mgxR＋mv2AR，设小球

运动到轨道最高点A时所受半圆形轨道的支持力为F′A，由牛顿第二定律，F′A＋mg＝mv2AR，解得F′A＝mv2AR－mg，则由牛顿第三定律知，小球运动到A点时对轨道的压力大小为FA＝F′A＝mv2AR－mg，小球在B、A两点对轨道的压力之差为ΔF＝FB－FA＝6mg＋2mg

xR，大于6mg，选项C正确；根据12mv2B＝mg(2R＋x)＋12mv2A，小球在B、A两点的动能之差ΔEk＝12mv2B－12mv2A＝mg(2R＋x)，选项D错误．2．C由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，

一部分转化为系统内能，故W＝12mv2＋μmg·x相，x相＝vt－v2t，a＝μg，v＝at即v＝μgt，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．3．D圆环通过O点时两弹簧处于原长，圆环水平方向没有受到力的作用，因此没有滑动摩擦力，此时圆环仅受到竖直向下的重力，因此通过O点时加速度大小为g，故

A项错误；圆环在受力平衡处速度最大，而在O点圆环受力不平衡做加速运动，故B项错误；圆环在整个过程中与粗糙细杆之间无压力，不受摩擦力影响，在A点对圆环进行受力分析，其受重力及两弹簧拉力作用，合力向下，满足mg＋2×

(2－1)kL·cos45°＝ma，解得圆环在A点的加速度大小为2－2kLm＋g，故C项错误；圆环从A点到B点的过程，根据机械能守恒知，重力势能转化为动能，即2mgL＝12mv2，解得圆环在B点的速度大小为2gL，故D项正确．4．D小球从底端开始，运动到

同一水平面，小球克服重力做的功相同，设小球上升高度为h，直轨道与容器侧壁之间的夹角为θ，则小球克服摩擦力做功Wf＝μmgsinθhcosθ，因为θ不同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过

程中同一时刻，小球处于同一球面上，t＝0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为θ，则小球在时间t0内的位移x0＝vt0＋12at20，a＝－(gsinθ＋μgcosθ)，由于x02sinθ与θ

有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误；运动过程中，摩擦力做功产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q＝μmglcosθ＝μmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同，D项正确．5．

AA球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到最大高度的过程，由机械能守恒定律得βmgR＝βmgR4＋mgR4，解得β＝13.故A正确．6．D本题考查动能定理、机械能守恒定律等相关知识点．考查考生的理解能力和

推理能力．将小球A、B视为一个系统，设小球的质量均为m，小球B上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律有12×2mv20＝mgh＋mg(h＋lsin30°)，解得h＝0.15m，选项D正确；以小球A为研究对象，由动能定理有－mg(h＋lsin30°)＋W＝0－12mv20，可知W>0，可见

杆对小球A做正功，选项A、B错误；由于系统机械能守恒，故小球A增加的机械能等于小球B减少的机械能，即杆对小球B做负功，选项C错误．7．C根据动能定理可知WG＋WF＝ΔEk，WG＝－ΔEp，ΔE＝ΔEk＋ΔEp，联立可得WF＝ΔE，即FΔx＝ΔE，得E－x图象的斜率k

＝F＝ΔEΔx，结合题图乙可知，在0～15m过程中绳索的拉力逐渐减小，在15～35m过程中绳索的拉力一直不变，选项A错误，C正确；在0～15m过程中绳索的拉力逐渐减小，在15～35m过程中绳索的拉力一直不变，但不能判断这两个过程中拉力是否一直大于重力，故不知道合外力是否一直

做正功，不能判断出伤员的动能一直增加，选项B、D均错误．8．C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．AC若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中一定

与内圆轨道接触，受到摩擦力作用，要克服摩擦力做功，小球的机械能一定不守恒，故A项正确；若初速度v0比较小，小球在运动过程中一定与内圆轨道接触，机械能不断减少，经过足够长时间，小球最终在水平直径下方运动，最大的机械能为mgR，所以小球最终的机械能不可能为32mgR，若初速度v

0足够大，小球始终沿外圆轨道做完整的圆周运动，机械能守恒，机械能必定大于2mgR，故B项错误；若使小球始终做完整的圆周运动，小球应沿外圆轨道运动，在运动过程中不受摩擦力作用，机械能守恒，设小球沿外圆轨道恰好运动到最高点时的速度为v，则有mg＝mv2R由机械能守恒定律得12mv20＝mg·2R

＋12mv2，解得小球在最低点时的最小速度v0＝5gR，所以若使小球始终做完整的圆周运动，则v0一定不小于5gR，故C项正确；如果内圆轨道光滑，小球在运动过程中不受摩擦力作用，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时

速度为0，由机械能守恒定律得12mv20＝mg·2R，小球在最低点时的速度v0＝4gR，由于内圆轨道粗糙，小球在运动过程中要克服摩擦力做功，则小球在最低点时的速度v0一定大于4gR，故D项错误．10．AD由于不计一切摩擦

，故小球在下滑过程中机械能守恒，小球沿轨道斜向下的速度不断增大，故小球下滑过程中的运动可分解为水平方向速率不断增大的圆周运动和竖直方向的匀加速直线运动，选项B错误；又小球下滑过程中，水平方向做圆周运动的速率不断增大，则轨道对小球水平方向的作用力逐渐增大，竖直方向小球的受力恒定不变，即轨

道对小球竖直方向的作用力恒定不变，故下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大，选项A正确；小球运动到螺旋轨道底端时，根据机械能守恒定律有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，根据功率公式，重力的功率P＝mgv

cosθ＝mg2ghcosθ，θ为小球运动到底端时速度方向与重力方向的夹角，选项C错误；用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，可等效为长度为s、高度为h的倾斜轨道，小球速度方向与竖直方向夹角的余弦值cosθ＝hs，小球沿等效倾斜轨道运动的加速度a＝gcosθ＝gh

s，由s＝12at2，解得小球从顶端运动到螺旋轨道底端的时间t＝2s2gh，选项D正确．11．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．答案：(1)0.1m(2)23m/s(3)8J解析：(1)物块P位于A点时，有

T＝m2gsinθ＋kx1解得x1＝0.1m(2)经分析，物块P上升h＝0.4m到B点时，物块Q速度为0，下降距离为Δx＝0.5m－0.3m＝0.2m即弹簧压缩x2＝0.2m－0.1m＝0.1m故弹性势能不变对物块P、Q及弹簧组成的系统，从A到B根据系统机械能守恒有m2g·Δx·si

nθ－m1gh＝12m1v2B代入可得vB＝23m/s(3)物块P上升至B点的过程中，对物块P有WT－m1gh＝12m1v2B代入数据得WT＝8J.13．答案：(1)6.8N(2)3m/s(3)0.3m解析：(1)设小球经过C点时的速度为v1，由机械能守恒

定律有mg(H＋R)＝12mv21由牛顿第二定律有FN－mg＝mv21R代入数据解得FN＝6.8N(2)从P到Q小球做平抛运动竖直方向有h＝12gt2水平方向有x2＝vPt代入数据解得vP＝3m/s(3)小球从开始运动到P点的过程

中，机械能守恒，取DQ水平面为零势能面，则12mv2P＋mgh＝mg(H＋hOD)代入数据解得hOD＝0.3m