第六章 第4节 机械能守恒定律&实验特训7 验证机械能守恒定律-【5星学霸·高考白题】2026年高考物理一轮复习

第4节机 ☑应用提优考点全面，能力提升|限时：60mim 1.(2025·安微合肥模拟)如图所示，长度相同 的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处 固定质量为2m的小球，B处固定质量为m 的小球支架悬挂在0点，可绕过O点并与支 架所在平面相垂直的固定轴转动.开始时OB 与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何 阻力的情况下，下列说法不正确的是() 2m A.A球到达最低点时速度为零 B.A球机械能减少量等于B球机械能增 加量 C.B球向左摆动所能达到的最高位置应高 于A球开始运动时的高度 D.当支架从左向右回摆时，A球一定能回到 起始高度 2.(2025·安徽芜湖一模)如图所示，竖直固定 轨道由水平杆和半圆形轨道连接而成，半圆 形轨道两端点与圆心等高，现将光滑的小圆 环A、B分别套在水平杆与圆轨道上，A、B用 一不可伸长的轻质细绳相连，A、B质量相等， 且可看作质点，细绳长为半圆轨道半径的√3 倍，开始时细绳水平伸直，A、B静止.由静止 释放B后，已知当B通过半圆轨道上P点 时，圆环B下滑的速度大小为，已知P点和 圆心连线OP与竖直方向的夹角为30°，重力 加速度大小为g,则半圆轨道的半径为( 第六章机械能守恒定律学丽高春 戴能守恒定律 7m2 A. B72 7m2 072 4g 43g 33g 42g 3.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧两端分别 与物块A、B相连，轻绳绕过定滑轮分别与物 块B、C相连，整个装置处于静止状态，物块C 离地面高度为h.现将物块C拉至地面由静止 释放，物块A始终没有离开地面.已知物块A、 B、C质量分别为3m、m、m,重力加速度大小 为g,弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦阻 力，则 ( B 入青的最大值为受 B.物块B到最低点时，C不一定到最高点 C.物块C离地面高为2h时速度最大 D.物块C在上升过程中机械能一定不断 增大 4.（2024·山东潍坊一 模)如图所示，一半径 为R的光滑大圆环竖 0 直固定在水平面上， nnnnnnnnnan 上面套一小环，a、b为圆环上关于竖直直径 对称的两点，若小环从大圆环的最高点c由 静止开始下滑，当小环滑到b点时，恰好对大 圆环无作用力.已知重力加速度大小为g,若 让小圆环从最高点c由静止下滑从a点滑 离，小圆环落地时的水平速度大小为() 2gR A. 3 B 087 学霸高春白题物理 C. 110gR 3W3 D. 5.(2025·云南二模)（多选）竖直平面内固定 一光滑的半圆形轨道ABC(图甲)，B点为AC 轨道的中点，小球以一定的初速度从最低 点A冲上轨道，小球在半圆形轨道上从A运 动到C的过程中，其速度的平方与对应高度 的关系图像如图乙.已知小球在最高点C受 到轨道的弹力为11N,不计空气阻力，g取 10m/s2,则 tr/(mr.s) 0.25/m A.图乙中x=16 B.小球质量为0.5kg C.小球在B点所受合力等于26N D.小球在B点所受合力大于26N 6.(2025·河南信阳一模)如图所示，轻质的粗 转轴上沿直径固定两根轻杆，轻杆上固定两 个小球A、B,转轴的半径和杆的长度均为R, 在粗转轴上缠绕有轻绳，轻绳下端与小球C 相连，A、B、C三球质量相同，且都可看作质 点初始时系统处于静止，忽略一切摩擦， 且A、B两球在水平线上，轻绳伸直但无拉 力，现释放小球C使其从静止开始下落，下列 说法正确的是 () A.A、B两球组成系统的机械能不变 B.A球第一次转到最高点过程中轻杆对A 球不做功 C.C球下落高度为R时，A球的速度大小 为2R 3 D.C球下落高度为R时，C球的速度大小 为②R 3 B OC (第6题) (第7题) 7.(2025·陕西商洛三模)（多选）如图所示，倾 角为53°的光滑斜面固定在水平面上，轻质 弹簧（劲度系数未知）一端悬挂在0点，另一 端与质量为m的小球（视为质点）相连，B点 在O点的正下方.小球从斜面上的A点由静 止释放，沿着斜面下滑，已知OA与斜面垂 直，且O、A两点间的距离为L,重力加速度大 小为g,小球刚到达B点时，对斜面的弹力刚 好为0，弹簧的原长为L,且始终处于弹性限 度内，劲度系数为k的轻质弹簧的弹性势能 B,与弹簧的形变量x的关系为E,=2x, 8in53°=0.8，cos53°=0.6，下列说法正确的是 ) A.弹簧的劲度系数为 3L B.小球在B点时弹簧的弹性势能为"g C.小球到达B点时的动能为mg4 D.小球从A点运动到B点的过程中，弹簧的 弹性势能一直增大 8.(2025·广东广州一模)如图，小滑块P、Q的 质量分别为m、3m,P、Q间通过轻质铰链用 长为L的刚性轻杆连接，Q套在固定的水平 横杆上，P和竖直放置的轻弹簧上端相连，轻 弹簧下端固定在水平横杆上.当轻杆与竖直 方向的夹角α=30°时，弹簧处于原长状态， 此时，将P由静止释放，P下降到最低点时 α=60°.整个运动过程中P、Q始终在同一竖 直平面内，滑块P始终没有离开竖直墙壁，弹 簧始终在弹性限度内.忽略一切摩擦，重力加 速度大小为g,在P下降的过程中() 04 A.P、Q组成的系统机械能守恒 B.两个滑块的速度大小始终一样 C.弹簧弹性势能的最大值为2(5-1)mgL D.P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q受 到水平横杆的支持力大小等于4mg 9.（2024·辽宁名校联盟模拟)如图所示，两个 顶端带有小定滑轮的完全相同的斜面对称固 定在水平地面上，斜面倾角为30°.一不可伸 长的轻质细绳跨过两定滑轮，两端分别连接 质量均为2m的滑块B、C,质量为m的物块A 悬挂在细绳上的0点，O点与两滑轮的距离 均为1，.先托住A,使两滑轮间的细绳成水平状 态，然后将A由静止释放.A下落过程中未与 地面接触，B、C运动过程中均未与滑轮发生 碰撞，不计一切摩擦.已知重力加速度大小 为g,sin53°=0.8，cos53°=0.6.求： (1)物块A下落的最大高度H; (2)从A开始下落直至结点0两侧细绳与竖 直方向夹角为53°的过程中，物块A机械 能的变化量. 0 BO 第六章机械能守恒定律学丽高春 重难聚焦 题型机械能守恒解决多模型复合问题 10.(2025·陕西西安三模)如图所示，倾角0= 37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面 上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计 的光滑定滑轮D,质量均为m=1kg的物 体A和B用一劲度系数k=120N/m的轻 弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直 于斜面的挡板P挡住.用一不可伸长的轻 绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小 环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均 匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q 处时，绳与细杆间的夹角α=53°，且物体B 对挡板P的压力恰好为零图中SD水平且 长度为d=0.4m,位置R与位置Q关于位 置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与 斜面平行，现让环C从位置R由静止释 放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取 10m/s2.求： (1)小环C的质量M: (2)小环C运动到位置Q时的速率： (3)小环C通过位置S时的动能E,及环 从位置R运动到位置S的过程中轻绳 对环做的功W 089 学霸高春白题物理 实验特训7验证 ☑题型强化热点聚焦，重难突破限时：20min 1.在验证机械能守恒定律的实验中，某同学采用 如图甲所示装置，绕过定滑轮的细线上悬挂质 量相等的重物A和B,在B下面再挂钩码C.已 知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz. A ·B 打点计时器 inmunpmpmmpmumpmpmmpm 纸带 0em12 3 45 (1)如图所示，在重物A下方固定打点计时 器，用纸带连接A,测量A的运动情况.下 列操作过程正确的是 (多选， 填正确答案标号) A.固定打点计时器时应将复写纸定位轴 置于系重物A的细线的正下方 B.安装打点计时器时要竖直架稳，使其 两限位孔在同一竖直线上 C.接通电源前让重物A尽量靠近打点计 时器 D.应选取最初第1、2两点间距离接 近2mm的纸带 (2)某次实验结束后，打出的纸带的一部分如 图乙所示，A、B、C为三个相邻计时点.则 打下B点时重物的速度ve= m/s (结果保留三位有效数字) (3)如果本实验室电源频率大于50Hz,则瞬时 速度的测量值 (填“偏大”或“偏小”) (4)已知重物A和B的质量均为M,钩码C的 质量为m,某次实验中从纸带上测量重 物A由静止上升高度为h时对应计时点的 速度为，重力加速度为g,则验证系统机 械能守恒定律的表达式是 机械能守恒定律 2. (2025·湖南长沙一模)某学习小组的同学 用如图甲的装置验证竖直面内的圆周运动过 程中机械能守恒.轻细杆一端连接在光滑固 定转轴0处，另一端连接一小球在转轴0点 的正上方和正下方，轨道半径处分别安装光 电门，测出杆长L,杆的宽度d和小球的直径 D,现使小球在竖直面内做圆周运动，读出轻 杆经过0点正上方光电门的时间为△，经 过0点正下方光电门的时间为△，.已知当地 重力加速度大小为g,不考虑空气阻力. 10 230 (1)该同学用游标卡尺测小球直径D时，示 数如图乙所示，则D= mm (2)如果要验证小球在竖直面内做圆周运动 机械能守恒，需要满足的方程为 (用题中的L、d、D、△11、△t2、g 等符号表示) (3)某位同学误把光电门安装在轻杆的中 点，已知小球质量为m,则用原来的方法 计算小球从最高点到最低点过程中动能 的增量时会出现测量值△E测」 (填“>”“<”或“=”)真实值△E (4)另一位同学光电门安装正确，他让小球 由任意位置静止释放，测出多组释放点 到最低点的距离s,以及对应小球运动到 最低点光电门的遮光时间△，作出了s 图像若图像是一条过坐标原点的直 线，且直线斜率k= (用题中的 L、d、D、g等符号表示)，则说明小球运动 过程机械能守恒.左抛出，足球不能沿原轨迹返回位置1，故D错误故选C 4.D解析：A.小物块从P点运动到A点，由动能定理得-umg= 2m听2m6,由动量定理得-wmg=m4一m0,联立解得= 7/s,1=0.24,故A错误：B.从A点到C点，由威能定理得-mgR: (1n37)=宁吃-子，解得e=5,在C点根据车顿第 1 二定律有Rg血37=m是解得R,一号N,由牛顿第三定律知 对铁道的压力大小为尽=R,-号N,故B错误，CD,设小物块从G 点抛出时速度的水平和竖直分量分别为，和书，则有，= cn37°=3m/s,,=ccos37°=4m/s,则小物块运动到最高点时 的速度大小为3m/“,距离地面最大高度为H=R(1+加37)+ 三-2m,故C错误，D正确故选D 5.C解析：A.滑块在B点速度最大，则受合外力为零，则恒力大小为 F=mgan37=手g,选项A错误：B.若滑块能通过圆弧轨道的最 高点C测在G高时g是由对能定-宁2eR 解得0=√5gR,选项B错误；C.若0=0，滑块通过B点时根据动 能定理FRsin37-mgR(1-cos37)=2m防，在B点时Fw mgcos37P-Fsim37°=mR,由牛顿第三定律Fu=Fw=1.75mg, 选项C正确：D.由B选项的计算可知，若%=√5gR,则滑块恰能经 过最高点C,滑块经过等效最高点(B底关于O,点的对称点B)的最 小速度销足=m 郎得r。,假设滑块能经过 2 等效最高点，则根据示R(1-cm°)=宁m叶，解得 √2g <rm,可知滑块不能经过等效最高点B',也就不能沿圆弧轨 道运动到D点，选项D错误故选C 6.D解析：AB.小环在P点静止时，受力分析如图所示，根据平衡条 件有7cos(90°-a+B)-mgsin a=0,Tin(90°-a+B)-mgcos-N= 0,解得T=√3mg,N=mg,故AB错误：C.小环在A点时，设小环做圆 周运动的半径为「，所受弹簧的弹力大小为F,、杆的弹力大小为 FN,则水平方向有Fr+Fxsin=mu2r,竖直方向有FxCos-mg=0, 由几何关系有L=tana,弹簧伸长的长度与初始相同，则F,=T= 厅g解得=√受根搭a=子-云朝得2√受故C销 误：D.小环由静止开始沿杆向上滑动，初速度。=0，小环在A点的 速度大小==√2g,小环由P点到A点的过程中，根据动能定 理有g·宁之-宁解得F=15L,散D正稳故 远D. 1()(2)g32 2 解析：(1)在E点对小物块受力分析，由牛顿第二定律得mg-N= 尺解得红=云，(2)小物块从月到C做平范运随，在C点有 MW 2 n60°=，解得，=2√g,小物块从C到E的过程，根据动能定 一学霸高考·白 理可得-mgR(1+m60)+=了m2-子m2,解得=3g (3)由cs60°=，解得6=V瓜，小物块从A到B的过程，根据动 能定理可得-2umgR=2m哈-2m6,解得μ2石 第4节机械能守恒定律 1,A解析：A.若当A到达最低点时速度为0，则A减少的重力势能等 于B增加的重力势能，只有A与B的质量相等时才会这样，又因A、 B质量不等，所以A球到达最低点时速度不为零，故A错误：B.因为 系统机械能守恒，即A、B两球的机械能总量保持不变，故A球机械 能的减少量等于B球机械能的增加量，故B正确：C.因为B球质量 小于A球，故B球上升高度h时增加的势能小于A球碱少的势能， 故当A球到达最低点时，仍具有一定的速度，即B球继续升高，故 C正确：D.因为不计一切阻力，系统机械能守恒，故当支架从左到右 回程时，A球一定能回到起始高度，故D正确.本题选不正确的，故 选A 2.C解析：当B运动至P点时，位置如图所示，速度沿绳方向相等#= "4c0s30°，A,B两小球组成的系统机械能守恒，设半圆轨道半径为 R,有mgRcos30°= 分2解得及= -,故选C 358 30 60( 3R 3.B解析：A,开始弹簧处于原长，当将物块C拉至地面时，弹簧形变 最大，A此时受到的拉力最大，有h≤3mg,所以有h≤3，A错误 B以B.C为整体，设弹簧的弹力为下，则有F=2,当A≤警时， B、C的最大加速度不大于g,B、C一直一起运动，当物块B到最低 点时，C运动到最高点；当'<A≤受时，弹资的压缩量达到受 后，B,C有相对运动，此后，B的加速度大于g,而C的加速度为g, 所以物块B到最低点时，C不一定到最高点，B正确.C.当B、C的加 速度为零时，B、C的速度最大，即弹簧恢复原长时，C的速度最大， C错误D.由选项B可知，当<h≤时，C会有一段时间不受 绳子拉力.机械能不变，D错误故选B. 4.B解析：根据题意，设b点与0点的连线与竖直方向的夹角为8，如 图所示 0 777777777777 从e到b由机械能守恒定律有mg(R-Rcos)=,m, 在6点，由牛顿第二定徐有m0=m是，解得c日=子 3 2 √3歌， 由对称性可知，小圆环从最高点c由静止下滑至a点的速度大小也 为，√子R,小圆环从。点滑离，水平方向做匀速运动，则小圆环落 2「2 地时的水平方向速度大小为，0=子√了8R,故选取 5.D解折：A由机械能守恒定律有了=之心2+ngh,解得 2=-2gh+哈，由题图乙可知，当h=0.25m时，2=4m2/s2,代入上 题·物理·34一 式，得0=3/s,又当h=0时，2==9m2/2,即x=9,故A错误： B.由题图乙可知，轨道半径R=0.125m,小球在G点的速度大小 c=2m/s,由牛顿第二定律可得F+mg=mR ,解得m=0.5kg,故 B正确：CD.小球从A到B过程中由机械能守恒有 2 mg= 2m后+mgR,在B点，Nam尺，代入数据得Na=26N,由于小球 还受重力作用，小球在B点所受合力大于26N,故C错误，D正确 故选BD. 6.D解析：A.释放小球C使其从静止开始下落，绳的拉力对小球C 做负功，小球的机械能减小，A、B、C构成的系统机械能守恒，则A、B 两球组成系统的机械能增大，故A错误：B.释放小球C使其从静止 开始下落，小球A第一次转到最高点过程中，小球的重力势能与动 能均增大，即小球A的机械能增大，可知，A球第一次转到最高点过 程中轻杆对A球做正功，故B错误：CD.C球下落高度为R时，A、B 两球速度大小、角速度均相等，根据线速度与角速度的关系有仙= 示只=发，根据三个小球构成系统的机械能守恒有R 之+2m*分m2,解得队22 1 1 1 3 应，e=V2,放c错误」 D正确.故选D. ?.B即解折：A由几何关系可知08=兰，又因为小球附到达B点时 与斜面间的弹力附好为0，则有(-L）=g,解得=受 选爽A籍误：队第黄的幕性势能宁（学）厂-兴透项 B正确：CD.小球从A点运动到B点，弹簧的伸长量一直增大，弹簧 的弹性势能一直增大，由能量守恒定律有g×背n53=E。+,】 _1山m,选项C错误，D正确故选BD. 解得E=15 8.C解析：A,由于不计一切摩擦，所以P、Q和弹簧三者组成的系统 机械能守恒，但P、Q组成的系统机械能不守恒，故A错误：B.初始 时P、Q的速度均为零，在P下降的过程中，Q一直沿着杆向左运动 P下降至最低点时，P的速度为零，Q速度也为零，但由速度的合成 与分解可知P,Q的速度大小不是始终一样，故B错误：C.P下降至 最低点时，弹簧弹性势能最大，此时P、Q的速度都为零，由于P、Q 和弹簧三者组成的系统机械能守恒，故此时弹簧弹性势能等于系统 减少的重力势能，即，=me1(o30-w60)=之（5-1)e, 故C正确：D.经分析可知，P和弹簧组成的系统机械能最小时，Q的 机械能最大，即Q的动能最大，速度最大，轻杆对Q的作用力为零， 水平横杆对Q的支持力大小等于Q的重力等于3mg,故D错误.故 选C 9.()(2)122e 79 解析：(1)根据题意可知，物块A下落到最低点时，速度为零，由机械 能守恒定伟有 mgH=2×2 ngsin30(√P+2-l). 整理可得=2(V厅-0，解得=0（合去），川： (2)根据题意，由几何关系可得，结点0两侧细绳与竖直方向夹角 为53时，物块A下落的高度为h= 3 设此时物块A的速度为，则物块B、C的速度为'=cos53°= 下落过程中，由机械能守恒定律有mgh-2×2mgin30° sin 53 1）=m242x22m23 1 79 物块A机械能的变化量△B=2m2-mgh=22mg 一学霸高考·白 10.(1)0.72kg(2)22m/s(3)2.76J0.6J 解析：(1)先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力、支持 力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为T=2mgi8=2× 1×10×sin37°N=12N,以C为研究对象，则C受到重力、绳子的拉 力和杆的弹力处于平衡状态，如图： R d 、D a P 则T·c0s53°=Mg,代入数据得M=0.72kg:(2)环从位置R运动 到位置Q的过程中，对于小环C、弹簧和A组成的系统机械能守 恒兰。宁+宁心式联立可得 22m/8:(3)由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，所以B受到 重力、支持力和弹簧的拉力，弹簧处于伸长软态：产生B沿斜面方向 的受力F,=mgin0=6N,弹簧的伸长量4，-g9-0.05m,当 k 小环C适过位置S时人下降的距离为。=1m,此时弹 簧的压箱量△与=x-△x,=0.06m,由速度分解可知此时A的速度为 零，所以小环C从R运动到S的过程中，初末态的弹性势能相等，对于 小环C弹簧和A组成的系统机械能守恒有Medn。mg=, 解得E,=276」，环从位置R运动到位置S的过程中，由动能定理可知 男+6品。6据得=a61 实验特训7验证机械能守恒定律 1.()Bc(2)1.05（3)偏小()neh=宁(2wm)2 解析：(1)A.为减小纸带运动过程中所受的摩擦阻力，打点计时器振 针应置于系重物A的细线的正下方，而定位轴的位置在复写纸中 心，在振针旁边，所以定位轴不应在重物A的细线的正下方，A错 误：B,安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直线 上，B正确：C,为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适 当的数据点，接通电源前让重物A尽量靠近打点计时器，C正确： D.本实验研究对象不是做自由落体运动，无须选取最初第1,2两点 间距离接近2mm的纸带，D错误.故选BC (2)打B点时重物的瞬时速度等于打A、C两点间的平均速度，即 1-420x10-2 a-272x0.02m/a=1.05m/ (3)如果本实验室电源颜率大于50，则计算瞬时速度时所代人的 T值比实际值偏大，从而使瞬时速度的测量值偏小 (4)根据机械能守恒定律有(M+m)h=2(2M+m)产+Mgh,整理 得ms=子(2M4m2 (3)< 2L+D (4)2dN2g 解析：(1)根据游标卡尺的读数规律，该读数为10mm+12× 0.05mm=10.60mm:(2)根据题意可知，小球的挡光时间较短，可用 平均速度代替瞬时速度，小球经过最低点的线速度大小是光电门处 线速度大小的两信，则有，=？品小球经过最高点的线速度大小 也为光电门处线速度大小的两倍，则有，=2，若小球从最高点 到最低点满足机城能守恒，则有2(~号）宁一（品）广 1·物理·35一 品)，解得e(号）（品）广-（总）广：(3)把光电 门安装在轻杆的中点，则小球直实线滤度5>2品>2品用原 来的方法计算动能的增加量会出现△E测<△E真：(4)小球由任意 位置静止释放，作出示意图如图所示，若机械能守恒，则有 mgscos 0=1 2mw2,其中cos0=2次，R=C+ 2,=2 4解得， 出7故斜率=24√ 2L+D ,则可说明小球运动过程机械 能守恒. 0 光电门上 片0 第5节功能关系 1。C解析：B.下降h高度过程，减少的重力势能为mgh,根据题意可 知，城加的动能△=号，根据动能定理可知，合外力对运动员 8 做的功W=△L=)mgh,故B错误：AC.根据动能定理，有mah g,解得a=号g,运动员机被能的变化量4B:-m+ 8 8 。=号4，即运动员的机械能减少量为)，放A销误， 8 C正确：D.根据功能关系，运动员机械能的减少量等于克服空气阻力 做的功，即空气阻力对运动员做的功为gmg,故D错误故选C 2。A解析：原来系统静止时弹簧处于压缩状态，B恰好离开地面时弹 簧处于伸长状态，由于A、B的质量均为m,设弹簧的压缩量和伸长 量均为，由胡克定律P=:,可得x=学，弹簧压缩时的弹性势能与 仲长时的弹性势能相等，在此过程中拉力做的功等于系统机械能的 增量，即=△E=mgh=gx2坚=2(m,故选A 3.D解析：对甲、乙两球组成的系统受力分析可知，水平杆OP对小 球甲的支持力F、=2mg,甲球受到的滑动摩擦力F=uF,在甲球缓 缓向右移动距离x=0.7m时，由数学知识可知，乙球上升h=0.7m, 设作用力F做功为W,,对两球组成的系统应用功能关系有 W,=mgh+Fx,代入数据联立解得W,=14J,ABC错误，D正确.故 选D. 4C解析：A.0~4s内轻绳拉力与摩擦力的合力对A做的功等于A 机械能的增加量，故A错误：B,0-4内，对A、B系统，由牛顿第二 定律可得magsin37°-m4gin37°-m4g0os37°=(ma+mg)a,代入 数据解得a=075m/s2,则h1=4s时A的速度大小e=a山1=075× 4m/s=3m/s,故B错误：C.0-4内设绳对B做的功为W,由动能 定理有m8n37×71+f=m,2,解得=-157.51，可知B的 机械能减少了157.5J.故C正确：D.0~4s内A、B系统机械能的减 少量等于A克服牵擦力所做的功，4△B=”复=um,g37×宁1，代 人数据解得△E=36】,故D错误.故选C. 5。C解析：A,环由A到C,初速度和末速度均为0，可知环先加速后 减速圆环所受弹簧的弹力逐渐增大，弹簧一直处于伸长状态并且， 弹簧弹力方向越来越靠近斜杆，分析圆环的受力可知，其合力先沿 着斜杆向下，再沿着斜杆向上，且合力的大小先减小后增大，所以圆 环的加速度先减小后增大，故A错误：B.环由A到C,设环与杆摩黎 产生的热量为Q,有mglsin a=Ec+Q,环由C到A,有Ec-Q- 1 mglsin a2mw,解得Q-4me,E,c=mglain-4mr2,故B错 误，C正确：D.由功能关系可知，园环由A下滑至B,有mgh-W- W弹=2m听-0，圆环由B上滑至A,有-mgh-用+W=0- 一学霸高考·白员 2m(g)尸，则>g,即环经过B时，上滑的速度大于下滑的速 度，故D错误故选C 6.AD解析：A.当小球运动到某点P时，弹性绳的伸长量是x即，小球 受到如图所示的四个力作用，其中F,=:即，将F:正交分解，则F, 的水平分量F山9=血0=c=受，小球水平方向平衡，则 F=F,im8,又F=uF=了mg,F,的竖直分量F,=F,os8= 缸㎡c0s=:c心，由以上推导可知小球受到的摩旅力为恒力，则CD 段与DE段摩藤力所做的功相同，则在DE段弹性绳和小球组成的 系统机械能的减小量等于CD段弹性绳和小球组成的系统机械能的 减小量，故A正确：B.小球从C到E,根据动能定理有mgh一 1 4 mg-W件=0，解得克服弹性绳弹力做功W殊了mgh,故B错误 C对小球从C运动到E过程，应用动能定理得mgh-了mgh-W 0,若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得-mgh+W弹- =0之2联立求解得=√兮，故c错误：D.若只把 1 4 小球质量变为2m,小球受到的摩擦力不变，小球从C点由静止开始 1 到达E点时根据动能定理有2mgh-平鼻了mh=) 0,解得小球到达E点时的速度大小，=√，故D正确故选AD. B 0F: P mg 7.(1)见解析(2)4.8J(3)1.8J 解析：(1)圆环从M点水平拉至A点过程中弹性势能增加量等于克 服弹力数的功E,=W, 弹力随伸长量增大而均匀增大，克服弹力嫩的功罗=2·。，可证 得，2品 (2)圆环由A运动至C过程，根据动能定理得mgh-W弹-W,=0-0, 克服弹力做功=-之品，山：V后环，期得，=子， 代入数据得圆环从A下滑至C过程中克服摩擦力做的功为W,= 4.81. (3)设下带过程中绳与竖直方向夹角为B,则杆与圆环间摩擦力= 。·血0=点，始终不变，圆环从4至C过程=，可得厂4N, sin 0 圆环受合力为零时动能最大，此时《=。·0m04以.可得。 0.6m, 例环下滑至动能最大的过程中，根据动能定理得mgh'--h'= Ein-0, 其中听产之仙解得=181 专题探究9功能关系的综合应用 1.D解析：A.杆移动距离1的过程中先做加速运动再做碱速运动，杆 所受的摩擦力不变，但所受的弹簧的弹力是变力，所以杆所受的合 外力为变力，加速度大小和方向都变化，故A错误：B.弹簧菽压缩 到最短时，杆所受的合外力最大，杆正在做加速运动，其速度没有达 到最大，故B错误：C.根据能量守恒定律，由于杆与固定槽之间的 滑动摩擦力做功，系统的机械能有一部分转化为内能，所以小车被 弹簧弹回的速案小于o,故C错误；D.弹簧的弹性势能最大时，弹 簧的弹力最大，轻杆受到的合外力最大，向右加速的加速度也达到 最大，故D正确故选D. 2。C解析：A,物块沿斜而上滑过程中动能和机械能均减小，取水平 题·物理·36