参考答案
1.【答案】 A
h
【解析】 运动员从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，摩擦力做负功，机械能
2减小，故A正确；从a到d的过程中，摩擦力做负功，则机械能不守恒，故B错误；从d返回到c的过程中，只有重力对运动员做功，机械能守恒，故C错误；从d返回到b的过程中，摩擦力做负功，运动员的重力势能转化为运动员的动能和因摩擦产生的内能，故D错误。 2.【答案】 BC
【解析】 在A上滑的过程中，A与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，在此之前A已经开始减速，故与弹簧分离时A的速度不是最大，A错误；设弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有4mgLsinθ＝μ·4mgLcosθ＋Ep，将物块B拿出后，木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，联立解得Ep＝0.8mgL，摩擦生热Q＝3mgLsinθ＝1.5mgL，故B、C正确；若物块B没有被拿出，且A、L
B一起从c点上滑的距离L′大于弹簧原长，则有Ep＝4mgL′sinθ＋μ·4mgL′cosθ，解得L′＝，故A、B能够上升的最
43
高位置距离a点为L，D错误。
43.【答案】 AC
【解析】 a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只有a球和b球的动能和重力势能相互转化，因此a球和b球的机械能守恒，A正确；设轻杆L和水平杆L2的夹角为θ，由速度关联可知vbcosθ＝vasinθ，得vb＝vatanθ，可知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置和L2杆平行，此时a球在竖直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小为g，当va＝0时，vb也为0，如题图所示位置，此时a的加速度小于g，故B错误；当杆L和杆L1平行成竖直状态，球a运动到最下方，球b运动到L1和L2交点的位置的时候，球b的速度达到最大，此时由速度的关联可知a球的速度为0，因此由机械能守恒定律有：mg(
212
L＋L)＝mvb，得vb＝?2＋2?gL，C正确；当轻杆L向下22
运动到杆L1和杆L2的交点的位置时，此时杆L和杆L2平行，由速度的关联可知此时b球的速度为0，由机械能守恒定律有：
212
mg·L＝mva，得va＝22
2gL，此时a球具有向下的加速度g，因此此时a球的速度不是最大，a球将
继续向下运动到加速度为0时速度达到最大，D错误。 4.【答案】 AC
【解析】 由题可知，物体A下落过程中，B一直静止不动，对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；A即将触地时，物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力mg
为T＝mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T＝kh，得弹簧的劲度系数为k＝，故B错误；物体A着地时，
h
g
细绳对A的拉力等于mg，对A受力分析，根据牛顿第二定律得2mg－mg＝2ma，得a＝，故C正确；物体A与弹
21
簧组成的系统机械能守恒，有：2mgh＝Ep＋×2mv2，所以Ep＝2mgh－mv2，故D错误。
25【答案】 ABD
【解析】 m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故A正确；设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，则有：v1cos45°＝v2，则v1＝2v2，故B正确；在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，D正确；由于m1、m2组成的系统机械能守恒，m2的机械能增加必导致m1的机械能减少，故m1不可能沿碗面上升到B点，C错误。 6.【答案】 B
111
【解析】 设弹性绳的伸长量为x，则F弹＝kx，伸长量在0～x间时F弹＝kx，故W弹＝－kx2，即Ep弹＝kx2。根
222据能量守恒定律得，跳跃者和弹性绳增加的动能和弹性势能之和等于减小的重力势能，即ΔEk＋ΔEp＝|ΔE重|，则Ek1
＝|ΔE重|－ΔEp＝mgh－kx2，O～L阶段，弹性绳未伸长，x＝0，则Ek＝mgh，当跳跃者下落L后，x增大，且x＝h
21
－L，则Ek＝mgh－k(h－L)2，Ek与h是二次函数关系，其变化图象是曲线，且刚开始阶段，合力向下，速度继续
2增大，动能增加，直至合力为零时，速度最大，动能最大；O～L阶段，弹性绳未伸长，弹性势能为零，当h>L后，1
x增大，且x＝h－L，则Ep＝k(h－L)2，Ep-h图线是开口向上的抛物线，故B正确。
27.【答案】 BD
v00.5v0
【解析】 由v-t图得上滑过程的加速度大小：a＝，下滑过程的加速度大小：a′＝，所以上滑过程的加速度t0t0v0
大小是下滑过程的2倍，B正确；根据题意，物块上滑阶段，由牛顿第二定律可知：mgsinθ＋μmgcosθ＝m，同理t00.5v03v0
下滑过程：mgsinθ－μmgcosθ＝m，联立解得：μ＝，A错误；联立mgsinθ＋μmgcosθ＝m与mgsinθ－μmgcosθ
t09t00.5v0mv0v0t01
＝m两式，可得：f＝μmgcosθ＝，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功：ΔE＝Wf＝f·＝mv2，
t04t02801mv011C错误；对物块上滑和下滑的全过程，根据动能定理得Ek－mv2其中f＝，x＝v0t0，解得：Ek＝mv2，0＝－2fx，24t0240D正确。 8.【答案】 BCD
11【解析】 两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，即m1v21＝22m2v22，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误；沿斜面上升时，物体受到重力、支持力、摩擦力，根据牛顿运动定律可得，ma＝mgsinθ＋μmgcosθ，a＝gsinθ＋μgcosθ，两滑块材料相同，故动摩擦因数μ相同，
故两滑块上升过程中加速度相同，B正确；设滑块上升的最大高度为h，则上升到最高点过程中克服重力做的功为hEp
mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcosθ×，可得mgh＝，故两滑块上升到最高点的过程中克服重力sinθμ
1＋tanθh
做的功相同，C正确；因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ，因μ、mgh相同，故产生的热量相同，D正确。
sinθ15－659.【答案】(1)2gR (2)mgR
17
【解析】(1)当A滑到与O同高度时，A的速度沿圆环切向竖直向下，B的速度为零，由机械能守恒定律可得 1
3mgR＝·3mv2，
2解得v＝2gR。
(2)如图所示，杆与圆环第一次相切时，A的速度沿杆方向，设为vA，设此时B的速度为vB，由运动的合成与分解可得
vA＝vBcos θ，
由几何关系可知cos θ＝
2R2
＝5，
R2＋4R25
球A下落的高度h＝R(1－cos θ)，
112＋mv2， 由机械能守恒定律可得3mgh＝·3mvA22B1
由动能定理可得杆对B做的功W＝mv2，
2B15－65
联立以上各式可得W＝mgR。
1710.【答案】 (1)2.5 m (2)4.5 s
【解析】 (1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时
2vP
速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：mg＝m R
112
由机械能守恒定律可得：mg·2R＋mv2P＝mvC 22
由上述两式联立代入数据可得：vC＝5 m/s
1
设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：－kmgx＝0－mv2
2C代入数据可得：x＝2.5 m。
(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： vB＝vC＝5 m/s
赛车从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得： 1
Pt－kmgL＝mv2
2B
代入数据可得：t＝4.5 s。
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