2022年高考物理一轮复习专题08机械能守恒定律（2）

这是一份2022年高考物理一轮复习专题08机械能守恒定律（2），共34页。试卷主要包含了单选题，共14小题，多选题，共6小题，填空题，共4小题，解答题，共12小题等内容，欢迎下载使用。
2022年高考物理一轮复习专题08机械能守恒定律（2）
练习
一、单选题，共14小题
1．如图所示，光滑的小球A和B通过轻杆相连，靠在竖直墙和水平地面上，从图示位置由静止放，则

A．轻杆对小球A始终不做功
B．轻杆对小球B做的总功为0
C．轻杆对小球A先做正功后做负功
D．轻杆对小球B先做正功后做负功
2．如图所示，在光滑水平面上有两块木块A和B，质量均为m，B的左侧固定一轻质弹簧．开始时B静止，A以初速度v0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中( )

A．任意时刻，A、B系统的总动能恒定不变
B．从开始到弹簧压缩到最短，弹力对A、B做功绝对值相等．
C．当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度
D．当弹簧恢复到原长时，A与B具有相同的速度
3．如图所示，弹簧下面挂一质量为m的物体，物体在竖直方向上下运动，当物体到最高点时，弹簧正好为原长．则物体在运动过程中（　　）

A．物体在最低点时的弹力大小应为mg
B．弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C．弹簧的最大弹性势能在最底点
D．物体的最大动能在弹簧位于原长的位置
4．“跳跳鼠”是一种小朋友非常喜欢的玩具，如图所示，弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆，人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧向上弹起，将人和跳杆带离地面。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧弹性势能最大时，人和跳杆的加速度大于g
B．小朋友在玩“跳跳鼠”的过程中，小朋友与“跳跳鼠”组成的系统机械能守恒
C．从小朋友被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为小朋友的动能
D．不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将人和跳杆带离地面
5．如右图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的细绳，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动，若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　　 )


A．2 m/sB．m/s
C．m/sD．m/s
6．芜湖轨道交通1号线长30.41km，目前完成热滑试验，进入调试阶段，为轨道交通正式运营做最后的准备工作。如图所示，是一辆正在转弯的轻轨列车，对于车内座椅上的一名乘客一定发生变化的物理量是（　　）


A．乘客受到的合外力大小B．乘客的速度
C．乘客的动能D．乘客的重力势能
7．如图所示，质量分布均匀的长方体木板放置在水平面上，M、N分别是木板的左、右两个端点，水平面的A、C之间粗糙，与木板的动摩擦因数处处相等，水平面其余部分光滑，A、C间的距离等于木板的长度，B为AC的中点。某时刻开始处于光滑水平面的木板具有水平向右的初速度v0，当M端运动到C点时速度刚好为零，则（　　）

A．木板N端运动到B点时速度为
B．木板N端运动到C点时速度为
C．木板N端从A到B摩擦力做的功等于木板N端从B到C摩擦力做的功
D．木板N端从A到C摩擦力做的功等于木板M端从A到C摩擦力做的功
8．下列物理量中是矢量的是（　　）
A．功
B．重力势能
C．线速度
D．功率
9．将质量为m的小球以初速度v0从地面斜向上抛出，不计空气阻力，当它上升到离地面某一高度时，它的重力势能恰好等于动能的2倍．则这个高度是( )
A．B．C．D．
10．一个质量为m的铁块以初速度沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是

A．铁块上滑过程处于超重状态
B．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反
C．铁块上滑过程与下滑过程满足
D．铁块上滑过程损失的机械能为
11．一个半径为R的光滑圆环竖直放置，A为圆环最高点，B为圆环最低点。将一质量为m的小环（可视为质点）套在圆环上，小环恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，周期为T，下列说法正确的是（　　）

A．小环在A点的速度大小为
B．小环在B点的速度大小为
C．小环从A点运动到B点的过程中所受重力的功率一直增大
D．小环从A点运动到B点，所受弹力的冲量大小为
12．在一次投球游戏中，小明同学以一定的力度，将球从A点以斜向上45º角向箩筐B投去，结果球沿弧线飞到箩筐前方（如图所示），已知A、B等高，且不考虑阻力的影响，小明所处的位置不变。小明欲将球投入箩筐，下列可行的措施是（　　）

A．保持抛出速度不变，增大抛射角
B．保持抛出速度不变，减小抛射角
C．保持抛射角不变，增大抛出速度
D．保持抛射角不变，减小抛出速度
13．把质量是m=0.5kg的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示．迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）．已知B、A之间的高度差为h1=0.1m，C、B之间的高度差为h2=0.2m，弹簧的质量和空气的阻力均可忽略，g=10m/s2．下面说法中正确的是

A．由状态甲至状态乙，弹簧的弹性势能转化为小球的动能
B．状态乙时，小球的动能最大
C．状态甲中弹簧的弹性势能是1.5J
D．状态乙中小球的动能是1.5J
14．如图所示，A、B两个质量不等的小球（视为质点），A球从某一高度H处静止开始下落的同时B球由同一高度以初速度v0开始做平抛运动．空气阻力不计，对于两球下落的全程中，以下说法正确的有

A．动能的变化相等
B．机械能的变化相等
C．重力做的功相等
D．动量的变化相等
二、多选题，共6小题
15．在光滑的水平面上，一滑块的质量，在水平恒定外力（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨道，滑块过、两点时速度大小均为。滑块在点的速度方向与连线夹角，测（　　）

A．水平恒力的方向与连线成夹角B．滑块从到的加速度为
C．滑块从到的过程中不可能做圆周运动D．滑块从到，一直不做功
16．质量为m的小球，从离地面h高处以初速度竖直上抛，小球上升到离抛出点的最大高度为H，若选取最高点为零势能面，不计空气阻力，则
A．小球在最高点时的机械能是0
B．小球落回抛出点时的机械能是–mgH
C．小球落到地面时的动能是
D．小球落到地面时的重力势能是–mg（H+ h）
17．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则（　　）

A．小球下落时的加速度为5m/s2
B．小球第一次反弹后初速度的大小为3m/s
C．小球是从1m高处自由下落的
D．小球能弹起的最大高度为0.45m
18．如图所示，在 M 点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别 落在水平地面上的 P 点、Q 点.已知 O 点是 M 点在地面上的竖直投影， OP : PQ = 1 : 3 ，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是


A．两小球的下落时间之比为 1：3B．两小球的下落时间之比为 1：1
C．两小球的初速度大小之比为 1：3D．两小球的初速度大小之比为 1：4
19．下列说法中正确的是（　　）
A．平抛运动是匀变速曲线运动
B．圆周运动是匀变速曲线运动
C．两个互成角度的匀速直线运动的合运动是匀速直线运动
D．匀速上升的直升机机械能保持不变
20．半径为r和R（r＜R）的光滑半圆形槽，其圆心均在同一水平面上，如图所示，质量相等的两物体分别自半圆形槽左边缘的最高点无初速地释放，在下滑过程中两物体: （ ）

A．经最低点时动能相等
B．均能到达半圆形槽右边缘最高点
C．机械能总是相等的
D．到达最低点时对轨道的压力大小不同
三、填空题，共4小题
21．如图所示,有一种地铁,车辆进站时要上坡,出站时要下坡.如图所示,这样设计车站的好处是___________________，如果站台高3.2m,车辆达到A处时的速度是36km／h,以后关闭发动机,不考虑阻力,车辆到达B处时的速度是___________km／h.

22．质量为m的小球，从离桌面高处由静止开始落下，桌面离地面的高度为，如图所示．若以桌面作为重力势能等于零的参考平面，那么，当小球落地时的机械能为_________，落地速率为________．

23．放置在水平面上的一物体，在为0.4N的水平力作用下，可作匀速直线运动。若改用为2.1N的水平力作用，它以0.85m/s2的加速度作匀加速直线运动，则物体与水平面间的摩擦力大小为__________N，物体的质量为__________kg。
24．如图所示，一细圆管弯成的四分之一的开口圆环，环的半径为R，环面处于竖直平面内，一小球在开口A处的正上方一定高度处由静止开始释放，然后进入内壁光滑的管内，小球离开圆轨道后又恰好能再次进入圆管开口A，则小球释放处离A的距离为________．

四、解答题，共12小题
25．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆弧轨道的半径为L，其轨道底端P距地面的高度及与右侧竖直墙的距离均为L，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为60°．现将一质量为m，可视为质点的小球从Q点由静止释放，g＝10 m/s2，不计空气阻力．试求：

（1）小球在P点时受到的支持力大小；
（2）在以后的运动过程中，小球第一次与墙壁的碰撞点离墙角B点的距离．
26．如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S”形轨道固定于竖直平面内，其弯曲部分是由两个半径均为R=0.2m的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径），轨道底端D点与粗糙的水平地面相切．现有一辆玩具质量为m=1kg的玩具小车以恒定的功率从E点由静止开始出发，经过一段时间t=4s后，出现了故障，发动机自动关闭，小车在水平地面继续运动并进入“S”形轨道，从轨道的最高点飞出后，恰好垂直撞在固定斜面B上的C点，C点与下半圆的圆心O等高．已知小车与地面之间的动摩擦因数为μ=0.1，ED之间的距离为x0=10m，斜面的倾角为30º．求：（g=10m/s2）

（1）小车到达C点时的速度大小为多少?
（2）在A点小车对轨道的压力大小是多少，方向如何；
（3）小车的恒定功率是多少？
27．如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道固定在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球从轨道口B飞出后，小球落地点C距A处的距离为4R（AB为圆的直径，重力加速度为g），求：
（1）小球经过B点的速度大小；
（2）小球在B点对轨道的压力大小。

28．如图所示，在竖直平面内存在ABEFGCD轨道，圆弧轨道在E点与水平的BE轨道相切，在G点与水平的GC轨道相切，F为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道的左右两侧略微错开，B、C两处平滑连接，AB、CD轨道与水平面的夹角均为，圆弧轨道半径为R，，，AB、CD轨道足够长。质量为m的小物块与BE、GC段的动摩擦因数为，与圆弧、AB段、CD段的摩擦忽略不计。小物块从E点以水平向右的初速度出发，试就的不同条件讨论下列问题：
（1）若，求小物块在圆弧E点时对轨道的作用力大小和方向；
（2）若，，求小物块在CD轨道上上升的最大高度h；
（3）若小物块以初速度向右出发，只能通过最高点F两次，且整个运动过程都不脱离轨道，试求满足条件的的取值范围。

29．南昌公交运输集团于今年10月20日起开通50路红谷滩配套中心到南昌西站纯电动公交车，这是我省首条全部采用纯电动公交车运营的公交线路．这辆有三十多个座位的客车的动力装置的一套电池能反复充电1 200多次；每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑500 km，客车时速最高可达180 km/h．如果客车总质量为9×103 kg．当它在某城市快速公交路面上以v＝90 km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I＝150 A，电压U＝300 V．在此行驶状态下(取g＝10 m/s2)，求：
(1)驱动电机的输入功率P电；
(2)若驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；
(3)如果当它在某城市快速公交路面上以v＝90 km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源(设汽车所受阻力不变)，客车滑行的时间是多少？
30．如图所示，将完全相同的两个小球A、B用长l=0.8m的细绳悬于以v=4m/s向右匀速运动的小车顶部，两小球与小车前后壁接触．由于某种原因，小车突然停止，此时悬线中的张力FA与FB之比为多少？（g取10m/s2）

31．下图是一个遥控电动小车在水平直轨道上运动的图像，图中时间段的图像为曲线，其余时间段均为直线。已知小车运动过程中所受阻力不变，在时间段内小车的功率保持不变，在末停止供电而让小车自由滑行，小车的质量为。求：
（1）小车减速过程中加速度以及所受到的阻力；
（2）小车匀速行驶阶段牵引力的功率；
（3）小车在加速运动过程中（指图像中0~10秒内）牵引力所做的功。

32．如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨与水平直轨长均为，圆弧形轨道和均光滑，的半径为，的半径为R，、与两圆弧形轨道相切，、与竖直方向的夹角均为。现有一质量为的小球穿在滑轨上，以的初动能从B点开始沿向上运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为，设小球经过轨道连接处均无能量损失。（，，，，，，）求：
(1)要使小球完成一周运动回到B点，初动能至少多大？
(2)若以第(1)问的初动能从B点开始运动，则小球第二次到达D点时的动能。
(3)若以第(1)问的初动能从B点开始运动，小球在段上运动的总路程。

33．如图所示，半径R=2m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为h=1.25m，现将一质量m=0.2kg的小滑块从A点由静止释放，滑块沿圆弧轨道运动至B点以v=5m/s的速度水平飞出（g=10m/s2），空气阻力不计．求：
（1）小滑块沿圆弧轨道运动过程中克服摩擦力做的功；
（2）小滑块着地时的速度的大小．

34．如图所示，一个质量为m的人站在电梯上，电梯与水平面夹角为37°，已知重力加速度为g，当电梯以a=的加速度向上加速运动时，求电梯对人的支持力和人所受到的摩擦力．

35．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道竖直固定且与水平地面相切于A点，在其右侧一定水平距离处固定一个倾角为的斜面体，斜面体的顶端C离地面高度为h（2R＞h），底端E固定一轻质弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑.现给一质量为m的小物块（可看作质点）一个水平初速度，从A处进入圆轨道到达最高点B，离开最高点B后恰能落到斜面体顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，小物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。小物块与斜面CD段的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计小物块碰撞弹簧时的机械能损失。求：
（1）小物块运动到B点时，对轨道的压力；
（2）弹簧的原长DE。

36．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像。现利用这架照相机 对一家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，汽车的实际长度为4m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0s。已知该汽车的质量为1000kg，额定功率为90kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1500N。
(1)试利用照片求该汽车的加速度大小；
(2)若该汽车由静止开始以此加速度做匀加速直线运动，则匀加速运动状态最多能保持多长时间？
(3)求该汽车所能达到的最大速度。


参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
AB．从A开始下滑到落地的整个过程中，根据功能关系可知，小球A的重力势能转化为AB的动能，对B分析可知，杆对小球B做的功等于B的动能增量，故杆对B做正功；再对A分析可知，A的机械能转移到B上面，故整个过程中杆对A的弹力做负功；故AB错误；
CD．将A球速度分解成沿着杆与垂直于杆方向，同时B球速度也是分解成沿着杆与垂直于杆两方向．

则有，A球：
v⊥=vAsinα  
v∥=vAcosα
而B球
v′⊥=vBsinβ
v′∥=vBcosβ
α+β=90°
由于同一杆，则有
vAcosα=vBsinα
则可知，当α达到45°后，B的速度将减小，轻杆做负功；同理轻杆对A做正功；由以上分析可知，轻杆对小球A先做负功再做正功；而轻杆对小球B先做正功再做负功，故C错误，D正确．
故选D．
2．C
【解析】
【详解】
由能量守恒定律有： ，即从A开始与弹簧接触直至压缩弹簧至最短过程中，弹簧的弹性势能始终在变化，则A、B系统的总动能始终在变化，故A错误．弹簧压缩至最短时，A、B速度相等，对A由动能定理有：，同理对B有：，由此可知，从开始压缩至弹簧最短，弹力对A、B所做功的绝对值不等，故B错误，C正确．当弹簧压缩到最短长度时，A与B具有相同的速度，之后在弹簧弹力作用下A减速，B加速， 所以当弹簧恢复到原长时，A与B速度交换，即A的速度为零，B的速度是v 0，故D错误．
【点睛】
本题主要考查功能关系的综合应用，需要熟练掌握能量守恒与动能定理等．
3．C
【解析】
【详解】
A．小球做简谐运动的平衡位置处
mg=kA
A=
所以在最低点时，形变量为2A．弹力大小为2mg．故A错误．
B．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变．故B错误．
C．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA．而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，故C正确．
D．在平衡位置动能最大，此时弹簧伸长量为A，故D错误．
故选C．
点睛：只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变；在最低点弹性势能最大，根据能量守恒定律，知道最低点的弹性势能最大；物体在平衡位置动能最大．
解决本题的关键抓住简谐运动的对称性以及灵活运用能量守恒定律和机械能守恒定律．
4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．弹性势能最大时，人和跳杆的合力大于重力，所以加速度大于重力加速度，故A正确；
B．小朋友用力下压弹簧的过程，小朋友消耗的化学能转换成机械能，故小朋友与“跳跳鼠”组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．从小朋友被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能转化为小朋友和跳杆的动能、小朋友和跳杆的重力势能，故C错误；
D．下压弹簧程度比较小时，弹簧弹性势能比较小，，弹簧不能将人和跳杆带离地面，故D错误。
故选A。
5．C
【解析】
【详解】
小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，刚小球通过A点时细线的拉力为零，
根据圆周运动和牛顿第二定律有：
mgsinα，
解得：vA
小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：
mmg•2Lsinαm，
解得：vB2m/s．
故选C
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
由于轻轨列车正在转弯，若可看成在水平面做匀速圆周运动，则乘客受到的合外力作为向心力，大小不变，方向指向圆心，乘客的动能、重力势能均不变，乘客的速度始终沿切线方向，大小不变，方向时刻改变，故乘客一定发生变化的物理量是速度，B正确。
故选B。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．将木板分为n等份（n足够大），每个部分的质量为；从开始到M端运动到C点过程，每个部分克服摩擦力做功均为μgL，根据动能定理有
n（－μgL）=0－
从开始到木板N端运动到B点过程，有

联立解得
v1=v0
故A错误；
B．从开始到木板N端运动到C点过程，有

解得
v2=v0
故B错误；
C．木板N端从A到B过程摩擦力做功

木板N端从B到C过程摩擦力做功

两过程中摩擦力做功不相等，故C错误；
D．木板N端从A到C摩擦力做的功

木板M端从A到C摩擦力做的功

两过程中摩擦力做功相等，故D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【详解】
A．功是标量，选项A错误；
B．重力势能是标量，选项B错误；
C．线速度是矢量，选项C正确；
D．功率是标量，选项D错误。
故选C。
9．B
【解析】
【详解】
依题意知物体机械能守恒，初动能

重力势能恰好是动能2倍时，离地面高度设为h，则此时重力势能为mgh

解得

故选B。
10．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，AB错误；
C．速度时间图像与坐标轴围成的面积示位移，由图可知，上滑的位移为，下滑的位移为，经过一段时间又返回出发点说明

C正确；
D．根据能量守恒知上滑损失机械能为

D错误。
故选C。
11．D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．小环恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，小环在A点的速度大小为0，从A点运动到B点

解得

故AB错误；
C．小环从A点运动到B点的过程中所受重力的功率先增大后减小，因为

在A点速度为零，重力功率为零，在B点速度水平，重力功率为零，故C错误；
D．小环从A点运动到B点

根据题意可知，重力冲量竖直向下

动量变化沿水平方向，根据勾股定理，所受弹力的冲量大小为

故D正确。
故选D。
12．C
【解析】
【分析】
本题考查对平抛运动的理解和分析。
【详解】
将运动视为水平方向的匀速运动和竖直方向的上抛运动，记初速度为，和水平方向夹角为，AB距离为。则水平速度

落回原高度的运动时间为

当水平位移

时恰好投入箩筐。
由题已知

AB．水平位移

当时为最大值，故无论如何改变角度，都不能使球抛入筐内。故AB错误。
CD．水平位移

增大可以使球抛入筐内。故C正确，D错误。
故选C。
13．C
【解析】
【详解】
A．小球由状态甲至状态乙的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能和重力势能；故A项错误；
B．由状态甲至状态乙的过程，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球的合力先向上后向下，则小球先加速后减速，动能先增大后减小，当弹力等于重力时动能最大，此时弹簧处于压缩状态，位置在甲、乙之间，故B项错误；
C．小球由状态甲至状态丙的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球在图甲中弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：
Ep=mg（h1+h2）=0.5×10×0.3=1.5J
故C项正确；
D．小球由状态乙至状态丙的过程中，小球机械能守恒，则状态乙中小球的动能
Ek乙=mgh2=0.5×10×0.2=1.0J
故D项错误．
14．B
【解析】
【详解】
两球只受重力作用，由于质量不等，落地的过程中，合力功不相等，则动能的变化不等，选项A错误；两球的机械能守恒，则机械能的变化相等，选项B正确；根据W=mgh可知，重力做功不等，选项C错误；动量的变化等于重力的冲量，∆P=mgt，运动的时间相等，质量不等，则动量的变化不相等，选项D错误；故选B.
【点睛】
此题关键是理解机械能守恒定律、动能定理和动量定理，知道平抛运动的特点；同时要注意两物体的质量是不等的条件.
15．BC
【解析】
【详解】
A．由题意，类比斜抛运动的特点可知水平恒力F的方向垂直于PQ连线斜向下，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可知，滑块从到的加速度为

故B正确；
C．圆周运动的向心力方向时刻在变，由于滑块受水平恒力，所以滑块从到的过程中不可能做圆周运动，故C正确；
D．滑块从到，先做负功，后做正功，故D错误。
故选BC。
16．ACD
【解析】
【详解】
A．由于选取最高点为零势能面，小球在最高点时的速度为零，则小球在最高点时的机械能是0，故A项正确．
B．小球运动过程中不计空气阻力，小球落回抛出点速度大小为，选取最高点为零势能面，小球落回抛出点时的机械能是．故B项错误．
C．对从抛出到落地全程由动能定理得

所以小球落地的动能

故C项正确．
D．小球落到地面时的比最高点低，选取最高点为零势能面，小球落到地面时的重力势能是．故D项正确．
故选ACD.
17．BD
【解析】
【详解】
A．由图像可知，前0.5s内物体自由下落，小球落地的速度为，根据

A错误；
B．由图像可知，小球第一次反弹后初速度的大小为3m/s，B正确；
CD．由图像可知，前0.5s内物体自由下落，后0.3s物体反弹，根据速度时间图像中速度图像与对应的时间轴围成的面积表示位移，小球下落的高度为

小球弹起的高度为

C错误D正确。
故选BD。
18．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．两球做平抛运动，高度相同，由

知下落时间相等，故A错误，B正确；
CD．由于两球的水平位移之比为1：4，根据

知，两小球的初速度大小之比为1：4，故C错误，D正确．
故选BD。
19．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．平抛运动的加速度始终为g，是匀变速曲线运动，故A正确；
B．圆周运动的加速度不断变化，不是匀变速曲线运动，故B错误；
C．两个匀速直线运动的合成就是其速度的合成，其合速度是确定的，等于两个分速度的矢量和，加速度为0，即合力为0，故合运动一定是匀速直线运动，故C正确；
D．匀速上升的直升机动能不变，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
故选AC。
20．BC
【解析】
【详解】
根据动能定理可得：，EK1=mgr，同理 EK2=mgR，由于R＞r，则 EK1＜EK2，故A错误；根据机械能守恒可知，均能到达半圆形槽右边缘最高点，故B正确；圆形槽光滑，两小球下滑过程中，均只有重力做功，机械能均守恒，故C正确；设在最低点时轨道对小球的支持力为FN，根据动能定理可得：，根据牛顿第二定律：，联立可得：FN=3mg ，可知FN与圆形槽的半径无关，所以到达最低点时对轨道的压力大小相同，故D错误．所以BC正确，AD错误．
21． 充分利用机械能进行制动和起动 21.6km/h
【解析】
【详解】
[1]．上坡过程中，重力做负功，动能减小，下坡过程中重力做正功，动能增加，充分利用机械能进行制动和起动；
[2]．过程中，机械能守恒，所以又

解得

22．
【解析】
【详解】
[1]．以桌面作为重力势能等于零的参考平面，则开始下落时的机械能为mgh1，由于机械能守恒，那么当小球落地时的机械能为mgh1；
[2]．根据机械能守恒定律：

落地速率为
．
23． 0.4 2
【解析】
【详解】
[1] 由题，在为0.4N的水平力作用下，可作匀速直线运动，则摩擦力等于，即为0.4N；
[2] 改用为2.1N的水平力作用，由牛顿第二定律可得

解得：

24．
【解析】
【详解】
设小球经过管口时的速度大小为，小球从最高点到A做平抛运动，则有：
，，解得：
小球从最高点到A根据动能定理，可以得到：
整理可以得到：．
25．（1）2mg（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球滑到圆弧轨道低端过程中，由机械能守恒有

解得

小球在P点时，由牛顿第二定律

联立解得

(2)小球离开P点后做平抛运动，水平位移为L时所用时间为t，则

小球下落的高度为

解得

则小球第一次碰撞点距B的距离为

26．（1）4m/s；（2）10N；方向竖直向上；（3）5W．
【解析】
【详解】
（1）把C点的速度分解为水平方向的vA和竖直方向的vy，有：
vy2=2g×3R ；vc=
解得
vc=4m/s
（2）由（1）知小车在A点的速度大小
vA==2m/s
因为vA=>，对外轨有压力，轨道对小车的作用力向下
mg+FN=m
解得
FN=10N
根据牛顿第三定律得，小车对轨道的压力的大小
FN′=FN=10N
方向竖直向上；
（3）从E到A的过程中，由动能定理：
Pt－μmgx0－mg×4R=mvA2
解得
P==5W
27．（1）2；（2）3mg
【解析】
【详解】
（1）假设小球经过B点的速度大小为vB，做平抛运动的时间为t，则根据平抛运动规律有
4R=vBt

解得

（2）设小球在B点时受到轨道的压力大小为N，则根据牛顿第二定律有

解得
N=3mg
由牛顿第三定律可知小球在B点对轨道的压力大小为
F=N=3mg
28．（1）2mg，方向竖直向下；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在圆弧E点时，由牛顿第二定律有

可得

故小物块对圆弧E点的作用力大小为2mg，方向竖直向下
（2）小物块经过最高点F应满足

由动能定理有

可得

满足条件可过最高点F，之后经过GC段后滑上CD轨道，由动能定理可得

求得

之后物块由于摩擦，在CD上上升的高度都不及第一次高，故

（3）过F点需满足

则有

而

故小物块第一次必能过F点。小物块第二次经过F需满足

可得

之后不再能到达F点且不脱离轨道，需满足

可得

由于，故可得

29．（1）4.5×104 W；（2）1 440 N；（3）156 s
【解析】
【详解】
试题分析：(1)驱动电机的输入功率 P电＝IU＝150×300 W＝4.5×104 W．
(2)在匀速行驶时P机＝0.8P电＝Fv＝Ffv Ff＝＝1 440 N．
(3)汽车所受阻力不变，可认为做匀减速运动，根据牛顿第二定律：
a＝＝ m/s2＝0.16 m/s2 又因为v＝at 所以t＝≈156 s．
考点：牛顿第二定律
【名师点睛】
30．3：1
【解析】
【详解】
设小球的质量都是m，对A球有：
即为：
对B球有：FB=mg=10m．
所以，FA:FB=3:1．
31．（1），1.5N，方向与运动方向相反；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在时间段，由图像可得


方向与运动方向相反；
（2）在小车做匀速运动，牵引力大小F与大小相等


（3）匀加速




变加速

加速阶段的牵引力总功

32．(1) ；(2) ；(3)
【解析】
【详解】
(1)由几何关系可知

解得

动能最小时，应该沿着逆时针运动，首先恰好到达大圆弧最高点，此时

解得

再回到B点时的动能

解得

因此初动能至少为

(2)回到B点后继续上升，不能到达圆弧最高点，设上滑的距离为x，则

解得

小球原路返回，再次回到D点时

解得

(3)小球通过D点后，沿圆弧上升到某高度，返回D点后再到达C点时的动能

不可能到达B点，从小圆弧返回后由从C向D运动，设运动的路程为s，则

解得

因此在CD上的总路程

33．（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）滑块在圆弧轨道受重力、支持力和摩擦力作用，由动能定理
mgR+Wf=mv2
代入数据解得：Wf=-1.5J
（2）滑块过B点后作平抛运动，设着地时竖直速度为vy，
根据平抛运动规律有：竖直方向末速度vy＝=5m/s
所以v合＝m/s
设滑块落地时速度方向与水平方向夹角为θ度，则有cosθ＝；所以θ=45°即滑块落地时速度方向与水平方向夹角为45°．
34．0.4mg；1.3mg
【解析】
【详解】
以人为研究对象，如图进行受力分析，建立直角坐标，将加速度a分解成水平方向ax与竖直方向ay，由牛顿第二定律水平方向：人所受到的摩擦力f=max=macos37=0.4mg；竖直方向：N–mg=may，电梯对人的支持力N=mg+masin37=m（g+asin37）=1.3mg．

35．（1），方向竖直向上；（2）
【解析】
【详解】
（1）小球B到C做平抛运动
=2g（2R-h）
在C点时

在B点，由牛顿第二定律得
F+mg=
由以上各式解得

由牛顿第三定律，物块在B点对轨道的压力为，方向竖直向上
（2）在C点，速度

从C点又返回C点，由动能定理

由几何知识得
CE=
弹簧的原长DE=CE-LCD
由以上各式解得

36．(1)1.5 m/s2 ；(2)20 s ；(3)60 m/s
【解析】
【详解】
(1)由题图可得汽车在前面1个2.0s内的位移，后面1个2.0s内的位移
则汽车的加速度

(2)由牛顿第二定律得

解得汽车以加速度a加速运动时的牵引力

则汽车做匀加速运动的末速度

汽车保持匀加速运动的时间

(3)汽车所能达到的最大速度