2022届高考物理二轮复习专题05 能量守恒和功能关系 WORD版含答案.docx

1、专题5 能量守恒和功能关系一选择题1 (多选)如图所示，两个倾角分别为30和 60的光滑斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量为q的滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两滑块都将飞离斜面。此过程中()A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同D.两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等2 (多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的vt图象如图所示从t1时刻起牵引力的功率保

2、持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则()A0t1时间内，汽车的牵引力等于mBt1t2时间内，汽车的功率等于v1C汽车运动的最大速度v2v1Dt1t2时间内，汽车的平均速度小于3 (多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知ACL，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则()A下滑过程中，其加速度先减小后增大B下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2C从C到A过程，弹簧对

3、环做功为mgLsinmv2D环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度4 （多选）质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车()A速度随时间均匀增大 B加速度随时间均匀增大C输出功率为160 kW D所受阻力大小为1 600 N5 如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A.2mgR B.4mgRC.5mgR

4、 D.6mgR6 如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知()A小球甲作平抛运动的初速度大小为2B甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1CA、B两点高度差为D两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等7 （多选）如图5所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直平面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q0)的小球由轨道左端A处无初速度滑下。当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率

5、滑过轨道右侧的D点。若小球始终与轨道接触，重力加速度为g，则下列判断中正确的是()A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qBB.小球在C点对轨道的压力大小为3mgqBC.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大8 两轮平衡车(如图所示)广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff.已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则()A平衡车做

6、匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为vB平衡车运动过程中所需的最小牵引力为FmaC平衡车达到最大速度所用的时间tD平衡车能达到的最大行驶速度v09 （多选）如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是()A在小球

7、从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒B当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的C小球不可能沿碗面上升到B点D物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定10 一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()11 (多选)(2019衡水中学信息卷)如图所示，倾角为、半径为R的倾斜圆盘绕圆心处的转轴O以角速度匀速转动，一个质量为m的小物块放在圆盘的边缘，小物块与圆盘间的动摩擦因数为.图中A、B分别为小物块转动过程中所经过的最高点和最低点，运动过程

8、中经过的C、D两点连线与AB垂直，小物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且始终相对于圆盘静止重力加速度为g，下列说法正确的是()A小物块受到的摩擦力始终指向圆心B动摩擦因数一定大于tan C小物块从A点运动到B点的过程中，摩擦力对小物块做功为mgRcos D当小物块运动至C、D两点时所受摩擦力大小相等，从C点运动到D点的过程中摩擦力对小物块先做负功后做正功12 （多选）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是( )A06s内物体的位移大小为30mB26s内拉力做的功为40JC合外力在06s内做的功与0

9、2s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5N13 (多选)如图甲所示，轻质弹簧的一端固定于倾角为30的斜面底端，另一端恰好位于斜面上的B点一质量为m2 kg的小滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止开始下滑，下滑过程中滑块下滑速度v的平方与其下滑距离x之间的关系如图乙所示，其中Oa段为直线，重力加速度g取10 m/s2，则()A滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B弹簧的劲度系数为50 N/mC滑块运动到最低点C时，弹簧弹性势能大小为2.6 JD滑块从最低点C 返回时，一定能到达B点14 如图所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外

10、的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中()A.到达C点后小球不可能沿杆向上运动B.小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等C.小球在D点时的动能为50 JD.小球电势能的增加量等于重力势能的减少量15 （多选）如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速率平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g10m/s2，下

11、列说法正确的是( )A小球质量为0.5kgB小球在B点受到轨道作用力为4.25NC图乙中x25m2/s2D小球在A点时重力的功率为5W16 （多选）如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1，此时导体棒具有竖直向上的初速度0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则下列说法正确的是()A.初始时刻导体棒受到的安培力大小FB.初始时刻导体棒加速度的大小a2g

12、C.导体棒往复运动，最终静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Qmv17 （多选）如图所示，沿倾角为的斜面放置的劲度系数为k轻弹簧，一端固定在挡板上，另一端与质量为m的小物块接触(但无挤压)。先用沿斜面向下的力F缓慢推动物块，当弹簧的压缩量为x时，撤去F，物块沿斜面向上运动，运动的最大距离为3x。已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则( )A撤去F时，弹簧的弹性势能为2mgx(sincos)B撤去F时，物块加速度的值为gsingcosC从撤去F到沿斜面上升至最高点的过程中，物块做匀变速运动的时间为D从撤去F到沿斜面向上速度最大的过程中，物

13、块克服重力做的功为mgsin(x)18 (多选)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，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

14、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19 （多选）如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则()AA、B、C组成的系统水平方向动量守恒BA、C之间的轻杆始终对C做正功CA与桌面接触时具有水平方向的速度DA与桌面接触时的速度大小为20 如图所示，平行板电容器水平放置，两极板间电场强度大小为E，中间用一光滑绝缘细杆垂直连接，杆上套有带正电荷的小球和绝缘弹簧，小球压在弹簧上，但与弹簧不拴接，

15、开始时对小球施加一竖直向下的外力，将小球压至某位置使小球保持静止。撤去外力后小球从静止开始向上运动，上升h时恰好与弹簧分离，分离时小球的速度为v，小球上升过程不会撞击到上极板，已知小球的质量为m，带电荷量为q，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.与弹簧分离时小球的动能为mghqEhB.从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为mghqEhC.从开始运动到与弹簧分离，小球减少的电势能为D.撤去外力时弹簧的弹性势能为mv2(qEmg)h21 (多选)如图所示，一原长等于A、B间距离的弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，右端跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿

16、过竖直固定的杆初始时A、B、C三点在同一水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为0.5mg，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内在小球由C运动到E的过程中，下列说法正确的是()A小球在D点时速度最大B若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则vC小球在CD段损失的机械能等于小球在DE段损失的机械能D若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小为二计算题22 如图所示，电动机带动倾角为37的传送带以v8 m/s的速度逆时针匀速运动，传送带下端点C与水平面CDP平滑连接，B、C间

17、距L20 m；传送带在上端点B恰好与固定在竖直平面内的半径为R0.5 m的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P处的挡板上，质量m2 kg可看做质点的物体M靠在弹簧的左端D处，此时弹簧处于原长，C、D间距x1 m，PD段光滑，DC段粗糙，现将M压缩弹簧一定距离后由静止释放，M经过DC冲上传送带，经B点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A时对A点的压力为8 N。上述过程中，M经C点滑上传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知M与传送带间的动摩擦因数为10.8、与CD段间的动摩擦因数为20.5，重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)在圆弧轨道的B点时物体的速度；(2)M在传送带上运动的

18、过程中，带动传送带的电动机由于运送M多输出的电能E；(3)M释放前，系统具有的弹性势能Ep。23 如图所示，水平光滑轨道OA上有一质量m2 kg的小球以速度v020 m/s向左运动，从A点飞出后恰好无碰撞地经过B点，B是半径为R10 m的光滑圆弧轨道的右端点，C为轨道最低点，且圆弧BC所对圆心角37，又与一动摩擦因数0.2的粗糙水平直轨道CD相连，CD长为15 m进入另一竖直光滑半圆轨道，半圆轨道最高点为E，该轨道的半径也为R.不计空气阻力，物块均可视为质点，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)A、B两点的高度差和物块在C点对圆弧轨道的压力；(2)通

19、过计算分析甲物块能否经过E点24 有一个固定的光滑直杆，该直杆与水平面的夹角为53，杆上套着一个质量为m2 kg的滑块(可视为质点)(sin530.8，cos530.6，g取10 m/s2)(1)如图甲所示，滑块从O点由静止释放，下滑了位移x1 m后到达P点，求滑块此时的速率；(2)如果用不可伸长的细绳将滑块m与另一个质量为M2.7 kg的物块通过光滑的定滑轮相连接，细绳因悬挂M而绷紧，此时滑轮左侧绳恰好水平，其长度l5/3 m(如图乙所示)再次将滑块从O点由静止释放，求滑块再次滑至x1 m的P点时的速率？(整个运动过程中M不会触地)25 如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B

20、、C点，两斜面的倾角=37，圆弧BC半径R=2m一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为=0.25，g=10m/s2求：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离（3）小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程专题5 能量守恒和功能关系参考答案：一选择题1 答案：AD解析：小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力的垂直斜面的分力大小相等，mgcos qvmB，解得

21、vm，故斜面倾角越大，飞离时速度越小，甲飞离斜面的速度大于乙，选项A正确；甲斜面倾角小，加速度小，但是末速度大，故甲在斜面上运动时间比乙的长，选项B错误；根据动能定理mglsin mv，解得l，故甲的位移大于乙的位移，选项C错误；重力的平均功率为重力乘以竖直方向的分速度的平均值Pmgsin ，vm，代入数据得平均值相等，故选项D正确。2 答案：BC解析：由题图可知，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a，F1Ffma，联立得F1mFf，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率PF1v1v1，t1t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2Ff，PF2v2，v2

22、v1，选项C正确；由vt图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1t2时间内，汽车的平均速度大于，选项D错误3 答案：AC解析：环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，故A正确；环由A到C，有mgLsinEpCQ，环由C到A，有EpCmv2QmgLsin，解得Qmv2，EpCmgLsinmv2，故B错误，C正确；由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mghWfW弹mv0，圆环由B上滑至A，有mghWfW弹0mvB2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D错误。4 答案：CD解析：由题图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a函数方程为a4，汽车

23、做加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：Ffma其中：F联立得：a结合图线，当汽车的速度最大时，加速度为零，故由图像可以知，a0时，0.01，v100 m/s，所以最大速度为100 m/s。由图像可知：4，解得：f4m4400 N1 600 N，又由0。解得：P160 kW，故C、D正确。5 答案：C解析：设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程， 由动能定理有F3RmgRmv，又Fmg，解得vc2。小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定

24、律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t2，在水平方向的位移大小为xgt22R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为EF5R5mgR，C正确，A、B、D错误。6 答案：C解析：小球乙到C的速度为v，此时小球甲的速度大小也为v，又因为小球甲速度与竖直方向成30角，可知水平分速度为，故A错；小球乙运动到C时所用的时间为hgt2得t，而小球甲到达C点时竖直方向的速度为，所以运动时间为t，所以甲、乙两小球到达C点所用时间之比为2，故B错；由甲乙各自

25、运动的时间得：hgt2gt2，故C对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C点时重力的瞬时功率也不相等，故D错；故选C。7 答案：BD解析：小球从A到C过程机械能守恒有mgRmv2，解得v，所以小球在C点受到的洛伦兹力大小为F洛qB，故选项A错误；在C点由牛顿第二定律有FNmgF洛m，解得FN3mgqB，故选项B正确；小球从C到D的过程中，合外力始终指向圆心，所以外力F的大小发生变化，故选项C错误；小球从C到D的过程中，由能量守恒定律可知外力F的功率等于重力功率大小，所以外力F的功率逐渐增大，故选项D正确。8 答案：A解析：平衡车做匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律，FFfma，则

26、根据P0Fv可得能达到的最大速度为v，选项A正确；当平衡车的加速度为零时，牵引力最小，此时FFf，选项B错误；平衡车匀加速达到最大速度所用的时间t，匀加速结束后，平衡车可减小牵引力，减小加速度，最后当牵引力等于阻力时达到最大速度，此时vm，可知平衡车达到最大速度所用的时间大于t，选项C、D错误9 答案：ACD解析：在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2v1cos 45v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将

27、增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。10 答案：A解析：由Pt图象知：0t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确11 答案：BD解析：小物块所受重力沿圆盘的分力及静摩擦力的合力提供向心力，始终指向圆心，A错误；小

28、物块在B点时由牛顿第二定律Ffmgsin mR2，Ffmgsin ，又因Ffmgcos ，所以mgcos mgsin ，则一定大于tan ，B正确；小物块从A点运动到B点的过程中由动能定理得mg2Rsin WFf0，解得WFfmg2Rsin ，C错误；小物块运动至C、D两点时受力具有对称性所受静摩擦力大小相等，方向关于AB对称，从C点运动到D点的过程中，重力先做正功后做负功，小物块动能始终不变，即合外力做功始终为0，所以摩擦力对小物块先做负功后做正功，D正确12 答案：A解析：06s内物体的位移大小x6m30m。故A正确；在02s内，物体的加速度a3m/s2，由图知，当P30W时，v6m/s，

29、得到牵引力F5N。在02s内物体的位移为x16m，则拉力做功为W1Fx156J30J。26s内拉力做的功W2Pt104J40J。所以06s内拉力做的功为WW1W270J。故B正确；在26s内，物体做匀速运动，合力为零，则合外力在06s内做的功与02s内做的功相等。故C正确；在26s内，v6m/s，P10W，物体做匀速运动，摩擦力fF，得到fFNN。故D错误。故选：ABC。13 答案BC14 答案：B解析：如果电场力大于重力，则速度减为零后小球可能沿杆向上运动，选项A错误；小球受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和滑动摩擦力，由于F洛qvB，故洛伦兹力减小，导致支持力和滑动摩擦力变化，故小球在AD段克

30、服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，选项B正确；由于小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D点时的动能也就不一定为50 J，选项C错误；该过程是小球的重力势能、电势能、动能和系统的内能之和守恒，故小球电势能的增加量不等于重力势能的减少量，选项D错误。15 答案：BC解析：由图乙可知小球在C点的速度大小为v3m/s，轨道半径R0.4m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mgF，带入数值解得m0.1kg，A错误；由机械能守恒可得，mv2mgRmv，解得小球在B点的速度v17m2/s2，因B点是弹力提供向心力，所以有F，解得F4.25N，B正确；再由

31、机械能守恒定律可得：mv22mgRmv，解得小球在A点的速度v05m/s，所以图乙中x25m2/s2，C正确；因重力与速度方向垂直，所以小球在A点的重力的功率为0，D错误，故选BC。16 答案：BC解析：由法拉第电磁感应定律得EBLv0，由闭合电路欧姆定律得I，由安培力公式得F，故选项A错误；初始时刻，Fmgkx1ma，得a2g，故选项B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故选项C正确；根据能量守恒，减少的动能和重力势能全部转化为焦耳热，即Q总mvmg(x1)mv，但R上的只是一部分，故选项D错误。答案BC17 答案：BD解析：由题知，物体运动的最大距离

32、为3x，可知物体的动能变化量为0，根据动能定理得：W弹mgsin3xmgcos3xEk0，解得：W弹3mgx(sincos)，即撤去F时弹性势能为3mgx(sincos)，故A错误；撤去F时根据牛顿第二定律得：makxmgsinmgcos，解得：agsingcos，故B正确；当物块向上运动x远时，弹簧回到原长，设此时物块的速度为v，由动能定理得：W弹mgsinxmgcosxmv2，解得：v2，再经过2x速度为0，则有2xt，解得：t2，故C错误；当物块的速度最大时，物块的合外力为0，即kxmgsinmgcos0，解得：x，故物块克服重力做的功为WGmgsin(xx)mgsin(x)，故D正确；

33、故选BD。18 答案：ABD解析：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，故A正确；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，从S点往下，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，故B正确；小环从R点下落过程中，弹簧向下移动，形变量减少，弹性势能减小，若小环下降到S点时，弹簧恢复原长，则从S到Q过程，弹性势能增大，但平衡位置不一定在S点，若平衡位置在S点与R点之间，则小环从R到Q过程中，弹性势能，先减小，再增大，再减小，再增大，故C错误；小环在R位置时，物体B对地面无压力

34、，此时F弹mBg，mAmB，绳的拉力TmAgF弹2mAg，Q点与R点对称，在Q点将小环速度分解可知vAvcos ，又因环在Q位置速度最大，则有m环2mAcos ，根据动能Ekmv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确19 答案：AD解析：A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的

35、动能，因BC的速度为零，则mgLmv2，解得v，选项D正确20 答案：D解析：根据动能定理可知，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，所以小球与弹簧分离时的动能为EkqEhmghEp，选项A错误；从开始运动到与弹簧分离，小球增加的机械能为Emghmv2qEhEp，选项B错误；小球减少的电势能为Eqh，故选项C错误；从撤去外力到小球与弹簧分离，由动能定理可知，mv2EpqEhmgh，所以Epmv2(qEmg)h，选项D正确。答案D21 答案：AB解析：设BC的长度为L，小球在C点时根据胡克定律有0.5mgkL(k为弹性绳的劲度系数)，在向下运动的过程中，设小球和B点的连线与竖直方向的夹角为，

36、则弹性绳对小球的拉力为Fk，将F正交分解可得水平方向上有FxFsin kL0.5mg，竖直方向上有FyFcos ，若某时小球下降的距离为l，则tan ，整理可得Fy，由此可知，弹性绳的弹力沿竖直方向的分力与小球下降的高度l成正比对小球受力分析，小球受重力、弹性绳的拉力、摩擦力f、杆的支持力N，小球在水平方向上受力平衡，则有NFx0.5mg，故摩擦力fN0.25mg，小球在下滑过程中，由于在竖直方向上重力的方向始终向下，大小不变，所受摩擦力的方向始终向上，大小也不变，弹性绳沿竖直方向的分力与下降的距离l成正比，所以小球在竖直方向上的运动具有对称性，当l时，即小球运动到D点时小球具有最大速度，故A

37、正确；小球从C点运动到E点的过程中克服摩擦力做的功为Wffh0.25mgh，对小球从C到E的过程进行分析，根据功能关系，有mghfhW拉0，解得W拉0.75mgh，若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则根据动能定理有W拉mghfh0mv2，解得v，故B正确；因小球在下滑过程中受到的摩擦力不变，D是CE的中点，所以在CD段与DE段小球克服摩擦力做的功是相等的，弹性绳沿竖直方向的分力与小球下降的距离l成正比，则小球在CD段克服拉力做的功小于在DE段克服拉力做的功，即小球在CD段损失的机械能小于小球在DE段损失的机械能，故C错误；若仅把小球的质量变成2m，小球从C到E的过程中，根据动能

38、定理有2mghfhW拉2mv0，解得v1，故D错误二计算题22 答案(1)5.0 m/s(2)512 J(3)19 J解析(1)由题给条件和牛顿第三定律知，M在A点时受到轨道的压力FA8 N，由牛顿第二定律：mgFAm解得vA m/s，从B到A机械能守恒，有：mg(RRcos)mvmv解得vB5.0 m/s。(2)M在传送带上运动时由于vB小于传送带速度，可知物体一直做加速运动，所受摩擦力一直沿传送带向上由1mgcosmgsinma解得a0.4 m/s2由公式：vv2aL，解得vC3 m/s由vBvCat解得t5 s；传送带在t时间内的位移：x1vt40 m，由于物体对传送带有沿传送带向下的摩

39、擦力，要维持传送带匀速运动，故电动机要额外给传送带一个沿传送带向上的牵引力，大小与物体受到的摩擦力一样大，牵引力做的功W1mgcosx1512 J，多输出的电能EW512 J。(3)设弹簧弹力对物体做功为W弹，则从弹簧的压缩端到C点，对M由动能定理：W弹2mgxmv0解得：W弹19 J可知EpW弹19 J。23 解析：(1)由题意知：在B点速度方向沿B点切线方向，在B点速度大小为：v125 m/s竖直速度大小为vyv0tan 3715 m/s 从A点到B点的时间为：t1.5 s AB的高度差为hgt211.25 m从B点到C点由动能定理得：mgR(1cos 37)mvmv所以在C点Nmgm N

40、153 N由牛顿第三定律可知物体对轨道的压力为153 N，方向向下(2)假设甲物块通过E点时速大小为v2，从C点运到E点，由动能定理得：mgxmg2Rmvmv所以在E点速度大小为v2 m/s 在E点做圆周运动时最小速度为v3，有mgm所以v310 m/s因为v2v3，所以甲物块能经过E点答案：(1)11.25 m153 N，方向向下(2)能经过E点24 解析：(1)设滑块下滑至P点时的速度为v1，由机械能守恒定律得mgxsin53mv12解得：v14 m/s(2)设滑块再次滑到P点时速度为v2，绳与斜杆的夹角为，M的速度为vM，如图将绳端进行分解得：vMv2cos由几何关系得90，vM0再由系

41、统机械能守恒定律得：Mgl(1sin53)mgxsin53mv22解得：v25 m/s25 解：（1）小滑块由P运动到E点：mgL1sin37+mgR（1cos37）mgcos37L1=经E点： 解得：FN=38N滑块对轨道的压力：FN=FN=38N，方向竖直向下；（2）设小滑块在斜面AB上依次下滑的距离分别为L1、L2、L3，在斜面CD上依次上滑的距离分别为x1、x2、x3，小滑块由P运动到Q点：mg（L1x1）sin37mg（L1+x1）cos37=0解得 x1=3m （3）同理可得：L2=，L3=，L1、L2、L3构成公比为的等比数列设从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为Sn当n为奇数时，总路程Sn=L1+2（L2+L3+Ln）=6+2=（1023n）m 当n为偶数时，总路程Sn=L1+2（L2+L3+Ln1）=6+2=（1024n）m答：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力为38N；（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离为3m；（3）小滑块从静止开始下滑到第n次到达B点的过程中在斜面AB上运动通过的总路程为（1023n）m 或者（1024n）m