高考物理一轮复习精选题辑课练16机械能守恒定律和能量守恒定律.doc

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1、1 / 15【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练精选高考物理一轮复习精选题辑课练 1616 机械机械能守恒定律和能量守恒定律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

2、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 WGEp，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

3、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 mgh B物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为 mgh C物体在海平面上的动能为 mvmgh D物体在海平面上的机械能为 mv2 0 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 mv，故整个过程中的机械能为 mv，所以物体在海平面上的机械2 / 15能为 mv，在海平面重力势能为mgh，根据机械能守恒定律可得 mghmv2mv，所以物体在海平面上的动能为 mvmgh，从抛出 到落到海平面，重力做功为 mgh，所以 B、C、D 正确

4、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

5、时的速度为零，根据 机械能守恒定律得 mgh0mgh0，则 hh，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 mgh0mghmv2，则 hQ24 / 15CW1W2，P1P2，Q1Q2 DW1W2，P1P2，Q1Q2 答案：B 解析：当传送带不运动时，拉力做功 W1FL，物体从 A 运动到 B 的时间 t1，因摩擦而产生的热量 QfL.当传送带运动时，拉力 做功 W2FL，物体从 A 运动到 B 的时间 t2Q2.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

6、内，一根长度为 R 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

7、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( ) Avavbvc Bvavavb Dvavbvc 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 mgmv，解得 va；图乙中，当整

8、根链条离开桌面时，根据 机械能守恒定律可得 mg2mv，解得 vb；图丙中，当整根链 条离开桌面时，根据机械能守恒定律有 mgmg2mv，解得 vc，故 vcvavb，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5 / 15a、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( ) Aa 的动能小于 b 的动能 Ba 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

9、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 vavbcos，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

10、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 60BA 获得最大速度为 2gm 5k CC 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 kx2mg，此时 B 有最大速度， 即 aBaC0，则对 B 有 mgkx2T，对 A 有 4mgsinT0，联 立可

11、得 sin，30，故 A 错误；初始时系统静止，且线上 无拉力，对 B 有 kx1mg，可知 x1x2，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(x1x2)sinmg(x1x2)(4mm)v， 联立可得 vAm2g，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，6 / 15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

12、 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 y6x2(单位：m)，小球质量 m0.4 kg，圆弧轨道 半径 R1.25 m，g 取 10 m/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)12 N (2) s 解析：(1)小球从释放到 O 点过程中机械能守恒，则：mgRmv2 解得：v5 m/s小球在圆轨道最低点：FNmgmv2 R 解得：FNmgm12 N 由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力 FNFN12 N (2)小球从 O 点水平抛出后

13、满足： ygt2，xvt 又有 y6x2，联立解得：t s. 12(2018广东顺德一模)如图所示，AB 为光滑圆弧形轨道， 半径 R2.5 m，圆心角为 60，质量 M4 kg 的小车(紧靠 B 点)静 止在光滑水平面上，上表面离地高度 h0.8 m，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 15 m/s 转动的传送带，D 点位于水平面上将一可视为质点、 质量 m1 kg 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

14、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 10.2，与传送带间的动摩擦因数 2，传送带长度为 s28 m，与水平面的夹角为 53(g 取 10 m/s2，sin530.8，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)5 m/s 3 m/s (2)10 N 2.5 m7 / 15(3)2 s 16 J 解析：(1)

15、物块从 A 到 B 的过程中，由机械能守恒定律得 mgR(1cos60)mv，代入数据得 v05 m/s， 小车撞到障碍物 C 后物块做平抛运动，则有 hgt2， 代入数据得 t0.4 s， 物块到达 D 点时竖直分速度大小为 vygt100.4 m/s4 m/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 vvycot534m/s3 m/s. (2)物块在小车上滑行的加速度大小为 am1g0.210 m/s22 m/s2. 物块在小车上滑行的时间为 t s1 s， 则小车在此过程中的加速度为 aMm/s23 m/s2， 对小车，由牛顿第二定律得 F1mgMaM， 代入数

16、据解得 F10 N， 小车的长度为 Lttm2.5 m. (3)物块刚滑上传送带时的初速度为 v1 m/s5 m/s. 设传送带的速度为 v 皮，则有 v 皮15 m/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 a1g(sin532cos53)， 代入数据解得 a110 m/s2. 物块速度从 v1 增大到传送带速度的时间为 t1 s1 s，位 移为 x1t11 m10 m2mgcos53，所以物块继续做匀加 速运动，加速度大小为 a2g(sin532cos53)， 代入数据解得 a26 m/s2. 根据运动学公式得 sx1v 皮 t2a2t，代入数

17、据解得 t21 s(另一负值舍去)， 物块在传送带上的运动时间为 t 总t1t22 s， 物块在传送带上由于摩擦产生的内能为 Q2mgcos53(v 皮 t1x1)(sx1v 皮 t2)， 代入数据解得 Q16 J.8 / 15刷题加餐练刷题加餐练1(2015新课标全国卷，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( ) Aa 落地前，轻杆对 b 一直做正功 Ba 落地时速度大小为2gh Ca 下落过程中，其加速度大小

18、始终不大于 g Da 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，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

19、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 mgL C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

20、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 hL，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加 了 EpmghmgL，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9 / 15时，具有向上的加速度，合力不为零，选项 C 错误 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

21、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，sinOPBR h 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，不变，

22、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，vBvA，根据数学知识有 sinOPB，故 D 正确 4(2018安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，

23、倾角 37的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量 m1 kg 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 10 m/s2，sin 370.6, cos370.8.则下列说法正确的是( ) A物体与传送带间的动摩擦因数为 0.75 B08 s 内物体位移的大小为 14 m C08 s 内物体机械能的增量为 84 J D08 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为 126 J 答案：BD10 / 15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 m/s21 m/s2，由牛顿第二定律

24、得 mgcosmgsinma，解得 0.875，故 A 错误；08 s 内 物体的位移为 s22 m4 m14 m，故 B 正确；物体上升 的高度为 hssin8.4 m，重力势能的增量为 Epmgh84 J，动能增量为 Ekmvmv1(4222) J6 J，机械能增 量为 EEpEk90 J，故 C 错误；08 s 内只有前 6 s 内 物体与传送带发生相对滑动，06 s 内传送带运动的距离为 s 带 46 m24 m,06 s 内物体位移为 s 物22 mm6 m，s 相对s 带s 物18 m，产生的热量为 Qmgcoss 相 对126 J，故 D 正确 5(2018四川成都七中期末)如图

25、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( ) A5：4 B5：3 C3：1 D3：2 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 Mghmgh(Mm)v2，b 球落地后，a 球的机械能守恒， 则有 mghmv2mg(1.5h)，联立解得 M：m3：1，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

26、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 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 mgh B物体上升过程重力势能增加了 mgh C物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了 mgh D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 mgsin30fmg，解得 fmg，物体上升的高度为 h，故重力做功 WGmgh，所以重力势 能增加 mgh，摩擦力做功 Wffsfmg2hmgh，故根 据动能定理可得 EkWGWfmgh，故 A 正确，B 错误；克报摩 擦力做功等于机械能减少量

27、，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 E2fsmgh，C11 / 15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，a，物块与桌面间 的动摩擦因数为 .现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点

28、，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 Wmga B物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 Wmga C经 O 点时，物块的动能等于 Wmga D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 EpBkx 可知，13 / 15

29、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 0.10.14 m 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 0.14 m 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 Epxmkx0.098 J，故 C 正确；小球 下降 0.14 m 时有 mgxmEpmv2，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 mgxfx0mv2，

30、Wffx，联立解得 Wf0.147 J，故 D 正 确对 A、B 分离的临界情况及受力情况分析不清易错点1 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(ga) BA、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 0t2 时间内，B 与弹簧组成的系统的机

31、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 2Mgkx，得 x，施加力 F 的瞬间，对 B，根据牛顿第二定律有 kxMgNMa，得 A、B 间的弹力大小 NM(ga)，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 kxMgMa，得弹簧弹力 kxM(ga)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

32、，选项 D 错误绳端连接物体的速度关系弄不清楚易错点211. (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14 / 15放，设轻绳足够长，不计一切摩擦则( ) Am1 由 c 下滑到 a 的过程中，两球速度大小始终相等 Bm1 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 m13m2 D若 m1 恰

33、好能沿圆弧轨道下滑到 a 点，则 m12m2 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 Pmgv，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

34、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(1cos60)m2gR，解得 m12m2，故 C 错误、D 正确 12(2017新课标全国卷，24)一质量为 8.00104 kg 的太 空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度 1.60105 m 处 以 7.50103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/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 9.8 m/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

35、械能和它进入大气层时的机 械能； (2)求飞船从离地面高度 600 m 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)4.0108 J 2.41012 J (2)9.7108 J 解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 此处是调的，用的反 Ek0mv 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由式 和题给数据得 Ek04.0108 J 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 Ehmvmgh 式中，vh 是飞船在高度 1.60105 m 处的速度大小由式和 题给数据得15 / 15Eh2.41012 J (2)飞船在高度 h600 m 处的机械能为 Ehm2mgh 由功能关系得 WEhEk0式中，W 是飞船从高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功由式和题给数据得 W9.7108 J