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如圖5-3-1可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍。當B位于地面時，A恰與圓柱軸心等高。將A由靜止釋放，B上升的最大高度是　　　　 （　　　 ）

A． 2R 　　　

B．5R/3 　　　　　　

C．4R/3 　　　　　　

D．2R/3　

　　　　　　　　 圖5-3-1　　

解析　汽車沿坡面向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故A、C錯；由于速度逐漸減小，由E_k＝mv²知，動能減小，B錯；由于動能、重力勢能都減小，故機械能是減小的，D項正確．還可以根據(jù)除重力外，還有阻力做負功，可知機械能減�。�

答案　D

解析　(1)小球從曲面上滑下，只有重力做功，由機械能守恒定律知：

mgh＝mv                                                       ①

得v₀＝＝ m/s＝2 m/s.

(2)小球離開平臺后做平拋運動，小球正好落在木板的末端，則

H＝gt²                                                                                                                                                      ②

＝v₁t                                                                                                                ③

聯(lián)立②③兩式得：v₁＝4 m/s

設(shè)釋放小球的高度為h₁，則由mgh₁＝mv

得h₁＝＝0.8 m.

(3)由機械能守恒定律可得：mgh＝mv²

小球由離開平臺后做平拋運動，可看做水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，則：

y＝gt²                                                                                                                                                       ④

x＝vt                                                                                                                       ⑤

tan 37°＝                                                                                                          ⑥

v_y＝gt                                                                                                                      ⑦

v＝v²＋v                                                       ⑧

E_k＝mv                                                      ⑨

由④⑤⑥⑦⑧⑨式得：E_k＝32.5h                                                                       ⑩

考慮到當h>0.8 m時小球不會落到斜面上，其圖象如圖所示

答案　(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)E_k＝32.5h　圖象見解析

解析　(1)設(shè)木板第一次上升過程中，物塊的加速度為a_物塊，由牛頓第二定律kmgsin θ－mgsin θ＝ma_物塊

解得a_物塊＝(k－1)gsin θ，方向沿斜面向上

(2)設(shè)以地面為零勢能面，木板第一次與擋板碰撞時的速度大小為v₁

由機械能守恒得：×2mv＝2mgH

解得v₁＝

設(shè)木板彈起后的加速度為a_板，由牛頓第二定律得：

a_板＝－(k＋1)gsin θ

木板第一次彈起的最大路程s₁＝＝

木板運動的路程s＝＋2s₁＝

(3)設(shè)物塊相對木板滑動距離為L

根據(jù)能量守恒mgH＋mg(H＋Lsin θ)＝kmgLsin θ

摩擦力對木板及物塊做的總功W＝－kmgLsin θ

解得W＝－

答案　(1)(k－1)gsin θ；方向沿斜面向上

(2)　(3)－

解析　小球A從最高點飛出的最小速度v_A＝，由機械能守恒，mgh_A＝2mgR＋mv，則h_A＝，A選項正確；小球B從最高點飛出的最小速度v_B＝0，由機械能守恒，mgh_B＝2mgR，釋放的最小高度h_B＝2R，B選項錯誤；要使小球A或B從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，R＝v₀t，R＝gt²，則v₀＝ ，而A的最小速度v_A＝>v₀，A球不可能落在軌道右端口處，B球可能，C選項錯誤、D選項正確．

解析　因A處小球質(zhì)量大，位置高，所以圖中所示三角支架處于不穩(wěn)定狀態(tài)，釋放后支架就會向左擺動．擺動過程中只有小球受到的重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，B、D正確；設(shè)支架邊長是L，則A處小球到最低點時小球下落的高度為L，B處小球上升的高度也是L，但A處小球的質(zhì)量比B處小球的大，故有mgL的重力勢能轉(zhuǎn)化為小球的動能，因而此時A處小球的速度不為0，A錯誤；當A處小球到達最低點時有向左運動的速度，還要繼續(xù)向左擺，B處小球仍要繼續(xù)上升，因此B處小球能達到的最高位置比A處小球的最高位置還要高，C正確．

答案　BCD

解析　由題干信息可知，在B下降過程中，B和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，彈簧彈性勢能先減小，后增大，B的動能先增大后減小，當彈簧向上的彈力大小等于B物體的重力時，B的速度最大，A錯、C對；根據(jù)受力分析可知A一直保持靜止，B對；由于不知道F的大小以及彈簧的彈力，所以無法判定F撤去之前，繩子的拉力是否為零，D錯．

答案　BC

解析　由動能定理可知W_地＋W_阻＋W_重＋W_人＝mv²，其中W_重＝－mgh，所以W_地＝mv²＋mgh－W_阻－W_人，選項A不正確；運動員機械能增加量ΔE＝W_地＋W_阻＋W_人＝mv²＋mgh，選項B正確；重力做功W_重＝－mgh，選項C正確；運動員自身做功W_人＝mv²＋mgh－W_阻－W_地，選項D不正確．

答案　AD

解析　物體對彈簧做功，物體的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由W＝kx²，所以物體對彈簧做的功與彈簧壓縮量的平方成正比，由于彈簧的彈力不斷增大，物體向墻壁運動相同位移，彈力做功不相等．

答案　BD

如圖4－3－14所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質(zhì)量和摩擦)．初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)．剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，則從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊                                                                            (　　)．

A．速率的變化量不同

B．機械能的變化量不同

C．重力勢能的變化量相同

D．重力做功的平均功率相同

圖4－3－14