第一部分專題二第2講機(jī)械能守恒、功能關(guān)系

1、第2講機(jī)械能守恒、功能關(guān)系熱點一機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用命題規(guī)律該知識點為每年高考的重點，分析近幾年高考試題，命題規(guī)律有以下三點：(1)判斷某系統(tǒng)在某過程中機(jī)械能是否守恒(2)結(jié)合物體的典型運(yùn)動進(jìn)行考查，如平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動、自由落體運(yùn)動(3)在綜合問題的某一過程中遵守機(jī)械能守恒定律時進(jìn)行考查1(多選)(2015汕頭一模)如圖所示，在傾角為30的光滑固定斜面上，放有兩個質(zhì)量分別為1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點的小球A和B，兩球之間用一根長L0.2 m的輕桿相連，小球B距水平面的高度h0.1 m斜面底端與水平面之間有一光滑短圓弧相連，兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上，g取10 m/s2.則下列說法中

2、正確的是()A下滑的整個過程中A球機(jī)械能守恒B下滑的整個過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度大小為2 m/sD系統(tǒng)下滑的整個過程中B球機(jī)械能的增加量為 J突破點撥(1)“光滑固定斜面”“光滑短圓弧”“光滑水平面”說明A、B兩球不受摩擦力的作用(2)A、B兩球(含輕桿)組成的系統(tǒng)，從靜止到滑到水平面上的整個過程中只有_力做功，故機(jī)械能_(3)A球、B球都在斜面上下滑的過程中，兩球各自的機(jī)械能都_B球剛滑到水平面到A球剛滑到水平面的過程中，B球的機(jī)械能_，A球的機(jī)械能_解析A、B下滑的整個過程中，桿的彈力對A球做負(fù)功，A球機(jī)械能減少，選項A錯誤；A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重

3、力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，機(jī)械能守恒，選項B正確；對A、B兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得mAg(hLsin 30)mBgh(mAmB)v2，解得v m/s，選項C錯誤；B球機(jī)械能的增加量為EpmBv2mBgh J，選項D正確答案BD在上述題1中，系統(tǒng)下滑的整個過程中桿的彈力對A球做多少功？A球機(jī)械能如何變化？解析：A、B兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度大小為v m/s，對A球下滑全過程由動能定理得mAg(hLsin 30)WmAv2，解得W J，A球機(jī)械能減少了 J.答案：見解析2.(多選)(2015長沙二模)如圖所示，物體A的質(zhì)量為M，圓環(huán)B的質(zhì)量為m，通過輕繩連接在一起，跨過光滑的定滑輪，圓環(huán)B

4、套在光滑的豎直桿上，設(shè)桿足夠長開始時連接圓環(huán)的繩處于水平，長度為l，現(xiàn)從靜止釋放圓環(huán)不計定滑輪和空氣的阻力，以下說法正確的是()A當(dāng)M2m時，l越大，則圓環(huán)B下降的最大高度h越大B當(dāng)M2m時，l越大，則圓環(huán)B下降的最大高度h越小C當(dāng)Mm，且l確定時，圓環(huán)B下降過程中速度先增大后減小到零D當(dāng)Mm，且l確定時，圓環(huán)B下降過程中速度一直增大解析由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mghMg(l)，當(dāng)M2m時，hl，所以A選項正確；當(dāng)Mm時，對圓環(huán)受力分析如圖，可知FTMg，故圓環(huán)在下降過程中系統(tǒng)的重力勢能一直在減少，則系統(tǒng)的動能一直在增加，所以D選項正確答案AD3.(2015合肥二模)如圖所示，繞過光滑輕質(zhì)定滑輪的

5、輕繩連接物體A和B，光滑水平臺面上物體B的質(zhì)量是物體A的，繩恰伸直時，用手托住A，A離地面的高度為H，然后由靜止釋放A，若以地面為零勢能面，當(dāng)A的動能和勢能相等時，A距地面的高度是()A BC D解析設(shè)物體B的質(zhì)量為m，則物體A的質(zhì)量為2m，當(dāng)A離地面的高度為h時，A的動能與勢能相等，故有2mv22mgh，以A、B為整體由牛頓第二定律可得：2mg(2mm)a，解得a，由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得，當(dāng)A離地面的高度為h時，v22a(Hh)，聯(lián)立可得hH，C對答案C總結(jié)提升(1)機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)式守恒觀點：Ek1Ep1Ek2Ep2轉(zhuǎn)化觀點：EpEk轉(zhuǎn)移觀點：EA增EB減(2)機(jī)械能守恒定律解題

6、的基本思路選取研究對象物體系或物體根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象初末態(tài)時的機(jī)械能靈活選取機(jī)械能守恒的表達(dá)式，列機(jī)械能守恒定律方程解方程，統(tǒng)一單位，進(jìn)行運(yùn)算，求出結(jié)果，進(jìn)行檢驗熱點二功能關(guān)系的應(yīng)用命題規(guī)律該知識點為每年高考的重點和熱點，在每年的高考中都會涉及，分析近幾年考題，命題規(guī)律有如下特點：(1)考查做功與能量變化的對應(yīng)關(guān)系(2)涉及對滑動摩擦力做功與產(chǎn)生內(nèi)能(熱量)的考查1(2015南京模擬)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，以后長木板運(yùn)動的vt圖象如圖乙所示已知小物塊

7、與長木板的質(zhì)量均為m1 kg，小物塊與長木板間及長木板與地面間均有摩擦，經(jīng)1.0 s后小物塊與長木板相對靜止(g取10 m/s2)，求：(1)小物塊與長木板間動摩擦因數(shù)的值；(2)在整個運(yùn)動過程中，系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量突破點撥(1)01.0 s內(nèi)，小物塊受向左的滑動摩擦力而做_運(yùn)動；長木板在兩個摩擦力的作用下做_運(yùn)動(2)1.0 s后，小物塊與木板一起做_運(yùn)動此過程中，小物塊所受摩擦力的方向為_解析(1)兩者共同減速的過程中a22.5 m/s2由牛頓第二定律得：2(mm)g(mm)a2解得：20.25長木板加速過程中a12 m/s2由牛頓第二定律得1mg2(mm)gma1代入數(shù)據(jù)解得：10.7.(

8、2)小物塊在減速過程中，有1mgma3，a37 m/s2vmv0a3t1，v09 m/s在整個運(yùn)動過程中，由能量守恒定律得Qmv聯(lián)立解得Q40.5 J.答案(1)0.7(2)40.5 J(1)在上述題1中，從開始運(yùn)動到最后靜止，長木板運(yùn)動的位移為多少？解析：根據(jù)題干圖乙可知，長木板運(yùn)動的位移為圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍成的面積，故長木板運(yùn)動的位移為x1.82 m1.8 m.答案：1.8 m(2)在上述題1中，若小物塊未從長木板上掉下來，則長木板至少多長？解析：在01.0 s內(nèi)，長木板的位移為x121 m1 m已求得v09 m/s小物塊的位移為x2(v0vm)t1(92)1 m5.5 m則長木板長度

9、至少為lx2x14.5 m.答案：4.5 m2(多選)(2015遵義二模)如圖所示，長為L的長木板水平放置，在木板的A端放置一個質(zhì)量為m的小物塊，現(xiàn)緩慢地抬高A端，使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動，當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為時小物塊開始滑動，此時停止轉(zhuǎn)動木板，小物塊滑到底端的速度為v，在整個過程中()A木板對小物塊做的功為mv2B支持力對小物塊做的功為零C小物塊的機(jī)械能的增量為mv2mgLsin D滑動摩擦力對小物塊做的功為mv2mgLsin 解析在運(yùn)動過程中，小物塊受重力、木板施加的支持力和摩擦力，整個過程重力做功為零，由動能定理得W木mv20，A正確；在物塊被緩慢抬高過程中摩擦力不做功，由動能定理得W

10、mgLsin 00，則有WmgLsin ，B錯誤；由功能關(guān)系，機(jī)械能的增量為木板對小物塊做的功，大小為mv2，C錯誤；滑動摩擦力對小物塊做的功WfW木W(wǎng)木mv2mgLsin ，D正確答案AD3(2015山西太原一模)將小球以10 m/s的初速度從地面豎直向上拋出，取地面為零勢能面，小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩圖線所示取g10 m/s2，下列說法正確的是()A小球的質(zhì)量為0.2 kgB小球受到的阻力(不包括重力)大小為0.20 NC小球動能與重力勢能相等時的高度為 mD小球上升到2 m時，動能與重力勢能之差為0.5 J解析在最高點Epmgh得m0.1

11、kg，A項錯誤；由除重力以外其他力做功W其他E可知：FfhE高E低，E為機(jī)械能，解得Ff0.25 N，B項錯誤；設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H，此時有mgHmv2，由動能定理：FfHmgHmv2mv得H m，故C項錯誤；當(dāng)上升h2 m時，由動能定理，F(xiàn)fhmghEk2mv得Ek22.5 J，Ep2mgh2 J，所以動能與重力勢能之差為0.5 J，故D項正確答案D總結(jié)提升解決功能關(guān)系問題應(yīng)注意的三個方面(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負(fù)功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，判定能的轉(zhuǎn)化形式，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況(2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方

12、便計算變力做功的多少(3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同用動力學(xué)和能量觀點解決傳送帶問題命題規(guī)律傳送帶是最重要的模型之一，近兩年高考中雖沒有出現(xiàn)，但解決該問題涉及的知識面較廣，又能與平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動相結(jié)合，因此預(yù)計在2016年高考中出現(xiàn)的可能性很大，題型為選擇題或計算題范例(2015淄博一模)(17分)如圖是利用傳送帶裝運(yùn)煤塊的示意圖其中傳送帶長L6 m，傾角37，煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.8，傳送帶的主動輪和從動輪半徑相等主動輪軸頂端與運(yùn)煤車底板間的豎直高度H1.8 m，與運(yùn)煤車車廂中心的水平距離x1.2 m現(xiàn)在傳送帶底

13、端由靜止釋放一些煤塊(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量m5 kg，煤塊在傳送帶的作用下運(yùn)送到高處要使煤塊在輪的最高點水平拋出并落在車廂中心取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)煤塊在輪的最高點水平拋出時的速度；(2)主動輪和從動輪的半徑R；(3)電動機(jī)運(yùn)送煤塊多消耗的電能規(guī)范答題(1)煤塊離開傳送帶后做平拋運(yùn)動水平方向xvt(1分)豎直方向Hgt2(1分)代入數(shù)據(jù)得v2 m/s.(1分)(2)要使煤塊在輪的最高點做平拋運(yùn)動，則煤塊到達(dá)輪的最高點時對輪的壓力為零(1分)由牛頓第二定律得：mgm(2分)代入數(shù)據(jù)解得R0.4 m(1分)(3)由牛頓第二定律Fma得mgcos mgs

14、in ma(2分)即a0.4 m/s2(1分)由vv0at，v00得煤塊勻加速運(yùn)動的時間t5 s(1分)煤塊的位移x1at25 mtan 37，所以煤塊將勻速運(yùn)動到頂端(1分)由功能關(guān)系得傳送帶多消耗的電能Emv2mgcos 37(vtx1)mgLsin 37(2分)代入數(shù)據(jù)，由以上各式得E350 J(2分)答案(1)2 m/s(2)0.4 m(3)350 J總結(jié)提升(1)傳送帶模型題的分析流程：(2)傳送帶問題中的功能關(guān)系：傳送帶做的功WFFl帶，功率PFv帶；摩擦力做功W摩Ffl；物體與皮帶間摩擦生熱QFfl相對(3)如質(zhì)量為m的物體無初速度放在水平傳送帶上，最終與傳送帶共速，則在整個加速

15、過程中物體獲得的動能Ek及因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q有如下關(guān)系：EkQmv.最新預(yù)測1.(2015西安一模)如圖所示，水平傳送帶以v2 m/s 的速度勻速前進(jìn)，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉豎直抖落到傳送帶上，然后一起隨傳送帶運(yùn)動如果要使傳送帶保持原來的速度勻速前進(jìn)，則傳送帶的電動機(jī)應(yīng)增加的功率為()A100 W B200 WC500 W D無法確定解析：選B漏斗均勻持續(xù)將煤粉抖落在傳送帶上，每秒鐘有50 kg的煤粉被加速至2 m/s，故每秒鐘傳送帶的電動機(jī)應(yīng)多做的功為：WEkQmv2Ffxmv2200 J，故傳送帶的電動機(jī)應(yīng)增加的功率P200 WB對2(多選)(2015銀川一中高三第五次考

16、試)如圖甲所示，一傾角為37的傳送帶以恒定速度運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量m1 kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.則下列說法正確的是()A物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875B08 s內(nèi)物體位移的大小為18 mC08 s內(nèi)物體機(jī)械能的增量為90 JD08 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為126 J解析：選AC根據(jù)速度時間圖象分析，前6秒鐘，物體的加速度方向沿傳送帶向上，大小為a1 m/s2，根據(jù)物體在傳送帶上受力分析有mgcos mgsin ma，整理得0.875，選項A正確.08

17、s內(nèi)物體位移等于前8秒鐘速度時間圖象與時間軸圍成的面積，時間軸上面的部分代表位移為正，下面的部分代表位移為負(fù)，結(jié)合圖象得位移x m m14 m，選項B錯誤.08 s內(nèi)物體動能增加量為mv2mv6 J，重力勢能增加量為mgxsin 84 J，機(jī)械能增加量為6 J84 J90 J，選項C正確摩擦生熱分為三部分，第一部分為前2秒：Q1mgcos t114 J，第二部分為26 s，摩擦生熱Q2mgcos t256 J，最后物體做勻速直線運(yùn)動摩擦力為靜摩擦力，二者沒有相對運(yùn)動，不產(chǎn)生熱量，所以08 s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為Q1Q270 J，選項D錯誤失分防范解決傳送帶問題應(yīng)注意以下四點(1)

18、摩擦力的方向及存在階段的判斷(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷(3)計算產(chǎn)生的熱量時，正確確定物體相對傳送帶滑動的距離(4)弄清能量轉(zhuǎn)化關(guān)系：傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與產(chǎn)生的內(nèi)能之和一、選擇題1(2015高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小()A一樣大 B水平拋的最大C斜向上拋的最大 D斜向下拋的最大解析：選A不計空氣阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能守恒故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時，物體速度的大小相等故只有選項A正確2(多選)(2015湖北省六校高三聯(lián)考)如圖所示，固定的

19、傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與一彈性橡皮繩相連，橡皮繩的另一端固定在地面上的A點，橡皮繩豎直時處于原長h.讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零則在圓環(huán)下滑過程中(整個過程中橡皮繩始終處于彈性限度內(nèi))()A橡皮繩的彈性勢能一直增大B圓環(huán)的機(jī)械能先不變后減小C橡皮繩的彈性勢能增加了mghD橡皮繩再次到達(dá)原長時圓環(huán)動能最大解析：選BC橡皮繩開始處于原長，彈性勢能為零，圓環(huán)剛開始下滑到橡皮繩再次伸直達(dá)到原長過程中，彈性勢能始終為零，A項錯誤；圓環(huán)在下落的過程中，橡皮繩的彈性勢能先不變后不斷增大，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，圓環(huán)的機(jī)械能先不變，后減小，B項正確；從圓環(huán)開始下滑到滑至最低點過程中

20、，圓環(huán)的重力勢能轉(zhuǎn)化為橡皮繩的彈性勢能，C項正確；橡皮繩達(dá)到原長時，圓環(huán)受合外力方向沿桿方向向下，對環(huán)做正功，動能仍增大，D項錯誤3.(2015高考天津卷)如圖所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()A圓環(huán)的機(jī)械能守恒B彈簧彈性勢能變化了mgLC圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變解析：選B圓環(huán)沿桿下滑的過程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動能、彈性勢能

21、、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環(huán)下落的高度hL，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了EpmghmgL，選項B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動，后做減速運(yùn)動，當(dāng)速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤4(多選)如圖所示，汽車通過輕質(zhì)光滑的定滑輪，將一個質(zhì)量為m的物體從井中拉出，繩與汽車連接點A距滑輪頂點高為h，開始時物體靜止，滑輪兩側(cè)的繩都豎直繃緊，汽車以速度v向右勻速運(yùn)動，運(yùn)動到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30，則()A從開始到繩與水平方向夾角為30時，拉力做功mghB從開始到繩與水平方向夾角為30時，拉力做功mg

22、hmv2C在繩與水平方向夾角為30時，拉力的功率為mgvD在繩與水平方向夾角為30時，拉力的功率大于mgv解析：選BD將汽車的速度分解為沿繩方向和垂直于繩方向，易知汽車沿繩方向的速度等于物體上升的速度，即物體上升的速度vvcos .拉力做的功全部轉(zhuǎn)化為物體的動能和重力勢能，當(dāng)30時，物體上升的高度為h，物體的速度為v，拉力做的功為mghmv2，由于汽車勻速向右運(yùn)動，所以v不變，變小，v增大，物體向上加速運(yùn)動，處于超重狀態(tài)，拉力大于重力，拉力的功率大于mgv.5.(多選)(2015陜西西工大附中適應(yīng)考)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶動，始終保持以速率v勻速運(yùn)動

23、，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()A電動機(jī)多做的功為mv2B摩擦力對物體做的功為mv2C電動機(jī)增加的功率為mgvD傳送帶克服摩擦力做的功為mv2解析：選BC由能量守恒知電動機(jī)多做的功為物體動能增量和摩擦產(chǎn)生的熱量Q的總和，所以A項錯誤；根據(jù)動能定理，對物體列方程，Wfmv2，所以B項正確；因為電動機(jī)增加的功率Pmgv，C項正確；因為傳送帶與物體共速之前，傳送帶的路程是物體路程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對物體做功的2倍，即mv2，D項錯誤6(多選)(2015廊坊市質(zhì)量檢測)如圖所示，在

24、離地面高為H處以水平速度v0拋出一質(zhì)量為m的小球，經(jīng)時間t，小球離水平地面的高度變?yōu)閔，此時小球的動能為Ek，重力勢能為Ep(選水平地面為零勢能參考面)下列圖象中大致能反映小球動能Ek、勢能Ep變化規(guī)律的是()解析：選AD由動能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh圖象為一次函數(shù)圖象，B項錯誤；又EkEk0mg2t2，可知Ekt圖象為開口向上的拋物線，A項正確；由重力勢能定義式有：Epmgh，Eph為正比例函數(shù)，所以D項正確；由平拋運(yùn)動規(guī)律有：Hhgt2，所以Epmg，所以Ept圖象不是直線，C項錯誤7.(2015廈門市質(zhì)檢)在傾角為的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相

25、連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為m1、m2，彈簧勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A使之向上運(yùn)動，當(dāng)物塊B剛要離開擋板C時，物塊A沿斜面運(yùn)動的距離為d，速度為v，則()A此過程中拉力F做功的大小等于物塊A動能的增加量B當(dāng)物塊B剛要離開擋板時，受力滿足m2gsin kdC當(dāng)物塊B剛要離開擋板時，物塊A的加速度為(Fkd)/m1D此過程中彈簧彈性勢能的增加量為Fdm1v2解析：選C整個過程中，由功能關(guān)系可知拉力F對系統(tǒng)做功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，若兩物塊質(zhì)量相等，初、末狀態(tài)彈簧的彈性勢能不變，物塊A動能和重力勢能均增大，拉力做功大于物塊A動能增加量，

26、A項錯誤；開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，m1gsin kx1；B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，形變量為x2，由平衡條件可知，m2gsin kx2kd，B項錯誤；由牛頓第二定律有，F(xiàn)kx2m1gsin m1a，x1x2d，解得：a，C項正確；整個過程中，由功能關(guān)系可知，彈性勢能增加量EpFdm1v2m1gdsin ，D項錯誤8(2015漳州一模)質(zhì)量為m的帶電小球，在充滿勻強(qiáng)電場的空間中水平拋出，小球運(yùn)動時的加速度方向豎直向下，大小為.當(dāng)小球下降高度為h時，不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A小球的動能減少了B小球的動能增加了C小球的電勢能減少了D小球的電勢能增加了mgh解析：選

27、B小球受的合力Fmg，據(jù)動能定理，合力做功等于動能的增加量，故EkFhmgh，選項A錯、B對由題意可知，電場力F電mg，電場力做負(fù)功，電勢能增加，EpF電hmgh，選項C、D均錯9(多選)(2015株洲一模)如圖所示，物體A、B通過細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)，物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m.開始時細(xì)繩伸直，用手托著物體A使彈簧處于原長，且A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上放手后物體A下落，與地面即將接觸時速度為v，此時物體B對地面恰好無壓力若在物體A下落的過程中，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，則A接觸地面前的瞬間()A物體A的加速度大小為g，方向豎直向下B彈簧的彈性勢能等于mghmv2C物體

28、B有向上的加速度D彈簧對物體A拉力的瞬時功率大小為2mgv解析：選BD當(dāng)A即將接觸地面時，物體B對地面恰好無壓力，對B受力分析可知，細(xì)繩拉力等于輕彈簧彈力F2mg，選項C錯誤；然后對A受力分析可得：Fmgma，可得ag，方向豎直向上，選項A錯誤；A下落過程中，A與彈簧整體機(jī)械能守恒，可得mghEpmv2，彈簧的彈性勢能Epmghmv2，選項B正確；拉力的瞬時功率為PFv2mgv，選項D正確10.(2014高考山東卷)2013年我國相繼完成“神十”與“天宮”對接、“嫦娥”攜“玉兔”落月兩大航天工程某航天愛好者提出“玉兔”回家的設(shè)想：如圖，將攜帶“玉兔”的返回系統(tǒng)由月球表面發(fā)射到h高度的軌道上，與在該軌道繞月球做圓周運(yùn)動的飛船對接，然后由飛船送“玉兔”返回地球設(shè)“玉兔”質(zhì)量為m，月球半徑為R，月面的重力加速度為g月以月面為零勢能面，“玉兔”在h高度的引力勢能可表示為Ep，其中G為引力常量，M為月球質(zhì)量若忽略月球的自轉(zhuǎn)，從開始發(fā)射到對接完成需要對“玉兔”做的功為()A(h2R)B(hR)CD解析：選D“玉兔”在h高處做圓周運(yùn)動時有G.發(fā)射“玉兔”時對“玉兔”做的功Wmv2Ep.在月球表面有mg月，聯(lián)