高考复习五三精品题库 第六章 机械能

第六章 机械能

第一部分 五年高考题荟萃

2009年高考新题

一、选择题

1.（09·全国卷Ⅱ·20）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 （ A ） A．

2v02g(1?2v0f)mg和v0mg?f B．

mg?f2v02g(1?2v0f)mg和v0mg mg?fC．

2g(1?2f)mg和v0mg?f D．

mg?f2g(1?2f)mg和v0mg mg?f解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力f做负功,由动能定理得

2v012,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重?(mgh?fh)??mvo,h?f22g(1?)mg力做功为零,只有阻力做功为有?2mgh?mg?f1212,A正确。 mv?mvo,解得v?v0mg?f222.（09·上海物理·5）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于 （ D ）

A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9 解析：小球上升至最高点过程：?mgH?fH?0?12mv0；小球上升至离地高度h处过程：212121mv1?mv0，又mv12?2mgh；小球上升至最高点后又下降至离地高度222121212h处过程：?mgh?f(2H?h)?mv2?mv0，又2?mv2?mgh；以上各式联立解得

2224h?H，答案D正确。

9?mgh?fh?

1

3.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹

性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ BCD ） A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大

解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有

F?F1?ma，对Ｂ有F1?ma，得F1?F，在2整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。

4.（09·广东理科基础·8）游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 （ D ）

2

A．下滑过程中支持力对小朋友做功

B．下滑过程中小朋友的重力势能增加

C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒

D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功

解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。 5.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是（ A ）

A．在0—1s内，合外力做正功

B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功

D．在0—3s内，合外力总是做正功

解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。 6. (09·广东文科基础·58) 如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至

水 平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 （ A ）

A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加

7.（09·山东·18）2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 （ BC ） A．飞船变轨前后的机械能相等

B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

Q 地球

3

轨道2 轨道1 P

C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度

D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据T?2??可知，飞船在此圆轨道上运动的角度

速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。

考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律

提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。

根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态

GMr3Mmv2Mm2?2量。由G2?m得v?，由G2?m(，由)r得T?2?GMrrrrTGGMMmMm2??得，?m?rG?man可求向心加速度。 322rrr8.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为

3。木箱在轨道端时，自动装货装置将6质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无

初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ BC ） A．m＝M B．m＝2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

解析：受力分析可知，下滑时加速度为g??gcos?，上滑时加速度为g??gcos?，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有

4

?(m?M)glcos???Mglcos??mglsin?，得m＝2M。也可以根据除了重力、弹性力

做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。

考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 提示：能量守恒定律的理解及应用。

二、非选择题

9.（09·全国卷Ⅰ·25）如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 (1)工人的推力；

(2)三个木箱匀速运动的速度； (3)在第一次碰撞中损失的机械能。 答案：（1）3mgsin??3?mgcos?；（2）2（3）2gL(sin???cos?)；3mgL(sin???cos?)。

解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有F?3mgsin??3?mgcos?

(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度

a1?F?mgsin???mgcos??2g(sin???cos?)根据运动学公式或动能定理有

mV1?2gL(sin???cos?),碰撞后的速度为V2根据动量守恒有mV1?2mV2,即碰撞后的

速度为V2?gL(sin???cos?),然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3

从V2到V3的加速度为a2?22F?2mgsin??2?mgcos?g(sin???cos?),根据运动?2m22gL(sin???cos?),跟第三个木箱碰撞

学公式有V3?V2?2a2L,得V3?根据动量守恒有2mV3?3mV4,得V4?22gL(sin???cos?)就是匀速的速度. 31122设第一次碰撞中的能量损失为?E,根据能量守恒有mV1??E?2mV2,带入数据得

22?E?mgL(sin???cos?)。

5

10.（09·山东·24）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地

面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为?1，木板与地面间的动摩擦因数（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2） ?=0.2。

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求?1应满足的条件。

（3）若?1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，mgR?12①设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN,根据牛顿第二定律m1v022v0得，FN?m1g?m1②

R

联立以上两式代入数据得FN?3000N③

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。 （2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得?1m1g??2(m1?2m2)g④ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得?1m1g??2(m1?m2)g⑤ 联立④⑤式代入数据得?????1?0.6⑥。

（3）?1?0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得?1m1g?m1a1⑦ 设货物滑到木板A末端是的速度为v1，由运动学公式得v1?v0??2a1l⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得v1?4m/s⑨

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得v1?v0?a1t⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t?0.4s。

6

22考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析 11.（09·宁夏·36）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。

解析：设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为?和V，由机械能守恒和动量守恒得

mgh?121mv?M1V2 ① 22 M1V?mv ② 设物块在劈B上达到的最大高度为h'，此时物块和B的共同速度 大小为V'，由机械能守恒和动量守恒得 mgh'?11(M2?m)V'2?mv2 ③ 22 mv?(M2?m)V' ④ 联立①②③④式得 h'?M1M2h ⑤

(M1?m)(M2?m)

2008年高考题

一、选择题

1.（08全国Ⅱ18）如右图,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小球a和b.a球质量为m,静置于地面；b球质量为3m,用手托往,高度为h,此时轻绳刚好拉紧.从静止开始释放b后,a可能达到的最大高度为 ( )

A.h 答案 B

解析 b着地前,根据牛顿第二定律：

7

B.1.5h C.2h D.2.5h

对于b：3mg-T=3ma ① 对于a：T-mg=ma ② ①、②式相加得：2mg=4ma,a=

g2

,v=2ah 2b着地后,a做竖直上抛运动,v2=2gh1 设最大高度为H,则H=h+h1 所以H?h?h3?h 222.(08宁夏理综18)一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3,则以下关系式正确的是 （ ）

A. W1=W2=W3

W1=W2

答案 B

解析 由v-t图象可知第1秒内、第2秒内、第3秒内的力和位移均为正方向,

B.W1

C. W1

D.

x1?v0v11t?m,x2?0t? m,x3?v0t?1m,F1?1N,F2?3N,F3?2N 2222W1?F1x1?13J,W2?F2x2?J,W3?F3x3?2J 22所以：W1〈W2〈W3.

3.(08重庆理综17)下列与能量有关的说法正确的是 （ ）

A.卫星绕地球做圆周运动的半径越大,动能越大

B.从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光波长的减小而增大 C.做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同

8

D.在静电场中,电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高 答案 B

解析 卫星绕地球做圆周运动的向心力由卫星与地球之间的万有引力提供,即

GM地mr2mv211GM地m,由此式可得,mv2?故r越大,卫星动能越小,故A错.光电?r22r子的最大初动能EK?hv?W?hc??W,故随波长的减小而增大,B对.

在平抛运动的过程中t时刻后任取一小段时间为Δt,故t时刻竖直方向的分速度为vt,t+Δt时刻竖直方向的分速度为vt+Δt,其动能增量为

112222m(vt??t?v0)2?m(vt?v0)2,化简可得2211122?Ek?m(vt??t-vt)?m[g2(t??t)2?g2t2]?m(2gt??t?g?t2),由此可知,

222?Ek?就算Δt相同,ΔEK仍随t的增大而增大,故C错.如正电荷处于负电荷产生的电场中,电场线越密的地方,正电荷的电势能越低,故D错.

4.(08四川理综18)一物体沿固定斜面从静止开始向下运动,经过时间t0滑至斜面底端.已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定.若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能,则下列图象中可能正确的是

答案 AD

解析 合力是恒定的,速度随时间线性增加,位移增加但与时间是二次函数关系,根据机械能守恒知E=E0-μmgs=E0-关系.

5.(08广东理科基础11)一个25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下,滑到底端时的速度为2.0 m/s.取g=10 m/s,关于力对小孩做的功,以下结果正确的是 ( ) A.合外力做功50 J J答案 A

B.阻力做功500 J

C.重力做功500 J

D.支持力做功50

2

( )

12

μgF合t,可见机械能随时间增大而减小,且与时间是二次函数2 9

解析 由动能定理得W合?11mv2?50J,由能量守恒得mgh?mv2?Wf,阻力做功221Wf?mgh?mv2?700J,WG?mgh?750J,支持力不做功.

2

6.(08江苏5)如图所示,粗糙的斜面与光滑的水平面相连接,滑块沿水平面以度v0运动,设滑块运动到A点的时刻为t=0,距B点的水平距离为x,水平速度为vx.由于v0不同,从A点到B点的几种可能的运动图象如下列选项所示,其中表示摩擦力做功最大的是

答案 D

解析 A、C图表示物体水平方向速度不变,说明从A点做平抛运动.B图说明先平抛一段落在斜面上,相碰后又脱离斜面运动.D图说明滑块沿斜面下滑.所以D表示摩擦力做功最大.

7.（08江苏9）如图所示,一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b,跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上,质量为3m的a球置于地面上,质量为m的b球从水平位置静止释放,当a球对地面压力刚好为零时,b球摆过的角度为θ.下列结论正确的是( ) A.θ=90°

B.θ=45°

C.b球摆动到最低点的过程中,重力对小球做功的功率先增大后减小 D.b球摆动到最低点的过程中,重力对小球做功的功率一直增大 答案 AC

10

（ ）

解析 b球下摆过程中,竖直方向速度先增大后减小,重力功率P=mgv⊥先增大后减小.a对地面的压力刚好为零,说明绳的拉力T=3mg,对b球设绕行半径为r,在最低点时,

mv212mgr=mvT′-mg=得T′=T=3mg所以b在最低点时,a球恰好对地面压力为零.

r2

8.(08广东3)运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,将人和伞看成一个系统,在这两个过程中,下列说法正确的是 ( ) A.阻力对系统始终做负功 B.系统受到的合外力始终向下 C.重力做功使系统的重力势能增加 D.任意相等的时间内重力做的功相等答案 A

解析 运动员无论是加速下降还是减速下降,阻力始终阻碍系统的运动,所以阻力对系统始终做负功,故选项A正确;运动员加速下降时系统受到的合外力向下,减速下降时系统所受的合外力向上,故选项B错误;由WG=-ΔEp知,运动员下落过程中重力始终做正功,系统重力势能减少,故选项C错误;运动员在加速下降和减速下降的过程中,任意相等时间内所通过的位移不一定相等,所以任意相等时间内重力做功不一定相等,故选项D错误. 二、非选择题

9.(08江苏11)某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律,弧形轨道末端水平,离地面的高度为H,将钢球从轨道的不同高度h处静止释放,钢球的落点距轨道末端的水平距离为s. （1）若轨道完全光滑,s与h的理论关系应满足s= （2）该同学经实验测量得到一组数据,如下表所示：

h(10m) s(10m) 2

2-1 2-1 2

2

（用H、h表示）.

2.00 2.62 3.00 3.89 4.00 5.20 5.00 6.53 6.00 7.78 请在坐标纸上作出s-h关系图.

（3）对比实验结果与理论计算得到的s-h关系图线（图中已画出）,自同一高度静止释放的钢球,水平抛出的速率

11

2

2

（填“小于”或“大于”）理论值.

（4）从s-h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著,你认为造成上述偏差的可能原因是

答案 （1）4Hh （2）见下图 （3）小于 （4）摩擦,转动（回答任一即可） 解析 （1）由机械能守恒mgh=

.

12

mv ① 2由平抛运动规律s=vt ② H=

12

gt ③ 22

由①②③得s=4Hh.

（2）根据表中数据描出s-h关系如图.

2

（3）由图中看出在相同h下,水平位移s值比理论值要小,由s=vt=v的速率比理论值小.

2H,说明水平抛出g（4）水平抛出的速率偏小,说明有机械能损失,可能因为摩擦,或在下落过程中小球发生转动.

10.(08全国Ⅱ23) 如右图,一质量为M的物块静止在桌面边缘,桌面离水平地面的高 度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度v0/2射出.重力 加速度为g.求:

（1）此过程中系统损失的机械能；

（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离. 答案 (1)

mv01m2

(3-)mv0(2)

M8Mh 2g解析 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v,由动量守恒定律得 mv0=m

v0+Mv 2

12

①

解得v=

mv0

2M

②

系统的机械能损失为

121ΔE=mv0 -[m(

22由②③式得ΔE=

v02) +

2

12

Mv]2

③ ④

1m2

(3-)mv0

8M

(2)设物块下落到地面所需时间为t,落地点距桌面边缘的 水平距离为s,则h=s=vt

12

gt2

⑤ ⑥ ⑦

由②⑤⑥式得s=

mv0Mh2g

11.(08重庆理综24)如图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒,筒中有一个劲度为k 的轻弹簧,其下端固定,上端连接一质量为m的薄滑块,圆筒内壁涂有一层新型智能材 料——ER流体,它对滑块的阻力可调.起初,滑块静止,ER流体对其阻力为0,弹簧的 长度为L.现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下,与滑块碰撞后粘在一起 向下运动.为保证滑块做匀减速运动,且下移距离为

2mg时速度减为0,ER流体对滑 k块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）： （1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能; （2）滑块向下运动过程中加速度的大小;

（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。 答案 (1)

1kLkLmgL (2) (3)mg+-kd 28m412

mv0,得v0=2gL, 2解析 (1)设物体下落末速度为v0,由机械能守恒定律mgL=

设碰后共同速度为v1,由动量守恒定律2mv1=mv0,得v1=2gL.碰撞过程中系统损 失的机械能为ΔE=

12121mv0-×2mv1=mgL. 2222

(2)设加速度大小为a,有2as=v1,得a=

kL. 8m 13

(3)设弹簧弹力为FN,ER流体对滑块的阻力为FER,受力分析如图所示： FN+FER-2mg=2ma,FN=kx,x=d+mg/k,得FER=mg+

kL-kd. 412.(08广东17)为了响应国家的“节能减排”号召,某同学采用了一个家用汽车的节能方法.在符合安全行驶要求的情况下,通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等措施,使汽车负载减少.假设汽车以

72 km/h的速度匀速行驶时,负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2 000 N和1 950 N.请计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少？ 答案 1×10W

解析 （1）设汽车的牵引力大小为F,汽车所受阻力大小为f,汽车速度为v. 汽车做匀速运动,所以F=f

①

3

发动机的输出功率P=Fv ② 由①②得

ΔP=（f1-f2）v=(2000-1950)×=1×103W

72W 3.62004-2007年高考题

题组一

一、选择题

1.（07上海12）物体沿直线运动的v-t关系如图所示,已知在第1秒内合外力对物体做的功为W,则 （ ）

A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4 W B.从第3秒末到第5秒末合外力做功为-2 W C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为W D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为-0.75 W 答案 CD

解析 由v—t图象可以看出,若第1 s末速度为v1=v0则第3 s末速度为v3=v0,第4 s末

14

速度为v4=

v0第5 s末速度为v5=0第7 s末速度为v7=-v0,因为第1 s内合外力做功为W,2121212

mv0第1 s末到第3 s末合外力做功W1=mv3-mv0=0;第3 s末222121212

到第5 s末合外力做功W2=mv5-mv3=-mv0=-W;第5 s末到第7 s末合外力做功

222121212

W3=mv7-mv5=mv0=W;第3 s末到第4 s末合外力做功为

222则由动能定理可知:W=W4=mv4-mv3=

122

122

1v0212312

m()-mv0=-×mv0=-0.75W.上所述,C、D选项正确. 222422.(07广东理科基础9)一人乘电梯从1楼到20楼,在此过程中经历了先加速,后匀速,再减速

的运动过程,则电梯支持力对人做功情况是 （ ）

A.加速时做正功,匀速时不做功,减速时做负功 B.加速时做正功,匀速和减速时做负功 C.加速和匀速时做正功,减速时做负功 D.始终做正功 答案 D

解析 在加速、匀速、减速的过程中,支持力与人的位移方向始终相同,所以支持力始终对人做正功。

3.（07全国卷Ⅱ20）假定地球、月球都静止不动,用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器.假定探测器在地球表面附近脱离火箭.用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功,用Ek表示探测器脱离火箭时的动能,若不计空气阻力,则 ( )A.Ek必须大于或等于W,探测器才能到达月球 B.Ek小于W,探测器也可能到达月球

1W,探测器一定能到达月球 21D.Ek=W,探测器一定不能到达月球

2C.Ek= 答案 BD

解析 假设没有月球的吸引力,当探测器的初动能为W时,探测器刚好到达月球,当探测器的动能Ek

15

定小于

WW,所以当Ek=时,探测器一定不能到达月球. 224.（07广东4）机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动,所受的阻力始终不变,在此过程中,下列说法正确的是（ ) A.机车输出功率逐渐增大 B.机车输出功率不变

C.在任意两相等的时间内,机车动能变化相等 D.在任意两相等的时间内,机车动量变化的大小相等 答案 AD

解析 机车在匀加速运动中,牵引力不变,而速度越来越大,由P=Fv知,其输出功率逐渐增大,在任意相等的时间内,机车位移越来越大,其合外力不变,则合外力做的功越来越多,故机车动能变化变大;由动量定理可知,合外力的冲量等于动量的变化量.

5.(07广东理科基础7)人骑自行车下坡,坡长l=500 m,坡高h=8 m,人和车总质量为100 kg,下坡时初速度为4 m/s,人不踏车的情况下,到达坡底时车速为10 m/s,g取10 m/s,则下坡过程中阻力所做的功为 ( ) A.-4 000 J 答案 B

解析 下坡过程中,重力做功WG=mgh=100×10×8 J=8 000 J,支持力不做功,阻力做功W,由动能定理得：WG+W=

B.-3 800 J

C.-5 000 J

D.-4 200 J

2

122

mvt-mv0,代入数据得：W=-3 800 J. 26.(07山东理综20)如图所示,光滑轨道MO和ON底端对接且ON=2MO,M、N两点高度相同.小球自M点由静止自由滚下,忽略小球经过O点时的机械能损失,以v、S、a、E0、分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小.下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是 （ ）

答案 A

解析 从M到O,v1=a1t,从O到N,v2=v1-a2t=(a1-a2)t,v与t是一次函数关系,所以A正确;从M到O,s=

1a1t2,则s与t的图象是抛物线,所以B错;从M到O和从O到N,加速度是常2 16

数,所以C错;从M到O,Ek=

12122

mv1=ma1t,所以D错. 227.(07天津理综15)如图所示,物体A静止在光滑的水平面上,A的左边固定有轻质弹簧,与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞.A、B始终沿同一直线运动,则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是 ( ) A.A开始运动时 C.B的速度等于零时 答案 D

解析 A、B两物体碰撞过程中动量守恒,当A、B两物体速度相等时,系统动能损失最大,损失的动能转化成弹簧的弹性势能. 二、选择题

8.（07上海5）在竖直平面内,一根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=2.5cos（kx+

-1

B.A的速度等于v时 D.A和B的速度相等时

2π）(单位: m),式中3k=1 m.将一光滑小环套在该金属杆上,并从x=0处以v0=5

m/s的初速度沿杆向下运动,取重力加速度g=10 m/s.则当小环运动到x=小v=

m/s;该小环在x轴方向最远能运动到x=

2

? m时的速度大3 m处.

答案 52

5? 62ππ=-1.25 m,当x=时,y2=2.5 cos π=-2.5 m,由此可33解析 当x=0时,y1=2.5 cos

知,小环下落的高度为Δy=y1-y2=-1.25 m-(-2.5) m=1.25 m由动能定理得:mgΔy=

1212

mv-mv0,代入数值得:v=52 m/s.当小环速度为零时,设上升的高度为h,由动能222v12

定理得:-mgh=0-mv0,则h=0=1.25 m,故当y=0时,小环速度为零,所以有2.5cos

2g2(kx+

25π)=0,得x=π 369.(07山东理综)如图所示,一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动,圆盘边缘有一质量m=1.0 kg的小滑块.当圆盘转动的角速度达到某一数值时,滑块从圆盘边缘滑落,经光滑的过渡圆管进入轨道ABC.已知AB段斜面倾角为53°,BC段斜面倾角为37°,滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,A点离B点所在水平面的高度h=1.2 m.滑块在运动过程中

17

始终未脱离轨道,不计在过渡圆管处和B点的机械能损失,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,取g=10 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.

(1)若圆盘半径R=0.2 m,当圆盘的角速度多大时,滑块从圆盘上滑落？ (2)若取圆盘所在平面为零势能面,求滑块到达B点时的机械能. (3)从滑块到达B点时起,经0.6 s正好通过C点,求BC之间的距离. 答案 (1)5 rad/s (2)-4 J (3)0.76 m

 解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时,静摩擦力充当向心力,根据牛顿第二定律,可得:

μmg=mωR 代入数据解得：ω=

2

2

μg=5 rad/s R(2)滑块在A点时的速度：vA=ωR=1 m/s 从A到B的运动过程由动能定理得

h1212

=mvB-mvA

sin53?2212

在B点时的机械能：EB=mvB-mgh=-4 J

2mgh-μmgcos 53° ·

(3)滑块在B点时的速度：vB=4 m/s 滑块沿BC段向上运动时的加速度大小： a1=g(sin 37°+μcos 37°)=10 m/s 返回时的加速度大小

a2=g(sin 37°-μcos 37°)=2 m/s

22

vv21BC间的距离：sBC=B?a2(t?B)=0.76 m

2a12a110.（07江苏19）如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细 环.棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳,棒 和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整 个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求： (1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度. (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s. (3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.

18

2答案 (1)(k-1)g,方向竖直向上 (2)

k?32kmgH H (3)-k?1k?1解析 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a环 环受合力F环=kmg-mg ① 由牛顿第二定律F环=ma环 ② 由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上

(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v1. 由机械能守恒得：解得v1=2gH

设棒弹起后的加速度a棒 由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g

12

×2mv1=2mgH 2v棒第一次弹起的最大高度H1=-1

2a棒解得H1=

2H k?1k?3H k?1棒运动的路程s=H+2H=

(3)解法一：棒第一次弹起经过t1时间,与环达到相同速度v1′ 环的速度v1′=-v1+a环t1 棒的速度v1′=v1+a棒t1

12

a环t1 212

棒的位移h棒1=v1t1+a棒t1

2环的位移h环1=-v1t1+x1=h环1-h棒1 解得：x1=-

2H k棒环一起下落至地 v2-v1′=2gh棒1 解得：v2=

2

2

2gH k同理,环第二次相对棒的位移

19

x2=h环2-h棒2=-?? xn=-

2H k22H nk环相对棒的总位移 x=x1+x2+??+xn+?? W=kmgx 得W=-

2kmgH k?1解法二：设环相对棒滑动距离为l 根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl 摩擦力对棒及环做的总功 W=-kmgl 解得W=-

2kmgH k?111.（07全国卷Ⅱ23）如图所示,位于竖直平面内的光滑轨道,由一 段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R. 一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨 道运动.要求物块能通过圆形轨道最高点,且在该最高点与轨道间的

压力不能超过5mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围. 答案

5R≤h≤5R 212

mv2解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒定律得 mgh=2mgR+

①

物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力,有

v2mg+N=m

R ②

物块能通过最高点的条件是 N≥0

③

由②③式得

20

v≥gR 由①④式得 h≥

④

5R 2 ⑤

按题目要求,N≤5 mg,由②式得 v≤6gR 由①⑥式得 h≤5R

⑦

⑥

h的取值范围是

5R≤h≤5R 2 ⑧

12.（07天津理综23）如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内.可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道滑动.然后沿水平轨道滑行至

轨道末端C处恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.求: (1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍. (2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ. 答案 (1)4倍 (2)0.3

解析 (1)设物块的质量为m,其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律,有 mgh=

12

mv 2 ①

根据牛顿第二定律,有

v29mg-mg=m

R解得h=4R

② ③

即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍.

(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F,物块滑到C点时与小车的共同速度为v′,物

21

块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s.依题意,小车的质量为3m,BC长度为10 R.由滑动摩擦定律,有 F=μmg

④

由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v′ ⑤

对物块、小车分别应用动能定理,有 -F(10R+s)=Fs=

1212

mv′-mv 22

⑥ ⑦ ⑧

12

(3m)v′-0 2

解得μ=0.3

13.(06广东15)一个质量为4 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与 地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期 性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图所示.求83秒内物体 的位移大小和力F对物体所做的功(g取10 m/s). 答案 167 m 676 J

解析 第1个2s内,其加速度: a1=

2

F1?umg12-0.1?4?1022

= m/s=2 m/s m4第1个2 s末的速度: v1=a1t=2×2 m/s=4 m/s 第1个2 s内的位移: s1=

v14t??2m?4m 22第2个2 s内做减速运动,其加速度大小: a2=

F2??mg4?0.1?4?10? m/s2?2 m/s2 m4第2个2 s末的速度:v2=v1-a2t=0 第2个2 s内的位移:s2=

0?v1?2m?4m 2故物体先匀加速2 s达最大速度4 m/s,后又匀减速运动2 s速度变为零,以后将重复这个运动.

22

前84 s内物体的位移s=21(s1+s2)=168 m 最后1 s内物体的位移s′=

121at??2?12 m?1m 22故83秒内物体的位移为168 m-1 m=167 m 第83秒末的速度与第3秒末的速度相等,故v=v1 所以力F对物体所做的功W=

12

mv+fs83=8 J+668 J=676 J 214.(06全国卷Ⅱ23)如图所示,一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC,其半径R=0.5 m,轨道在C处与水平地面相切,在C处放一小物块,给它一水平向左的初速度v0=5 m/s,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平地面上的D点,求C、D间的距离s.取重力加速度g=10 m/s. 答案 1 m

解析 设小物块的质量为m,过A处时的速度为v,由A到D经历的时间为t,有

2

1212

mv0=mv+2mgR 2212

2R=gt

2s=vt

①

② ③

由①②③式并代入数据得s=1 m

15.(06北京理综22)右图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.整个雪道由倾斜的助滑雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接.运动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上.已知从B点到D点运动员的速度大小不变.(g取10 m/s)求：

（1）运动员在AB段下滑到B点的速度大小.

（2）若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度. 答案 （1）30 m/s （2）45 m  解析 （1）运动员从D点飞出时的速度 v=

2

sx=30 m/s t依题意,下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30 m/s.

23

（2）在下滑过程中机械能守恒,有

v212

mgh=mv下降的高度h==45 m

2g2题组二

一、选择题

1.(06江苏3)一质量为m的物体放在光滑水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同的时间间隔内,下列 说法正确的是

（ ）

A.物体的位移相等

B.物体动能的变化量相等 C.F对物体做的功相等

D.物体动量的变化量相等 答案 D

解析 物体在恒力F作用下做匀变速直线运动,在相同时间间隔T内,其位移不相等,故力对物体做功不相等,由动能定理可知,外力做的功等于物体动能的变化,由此可知,A、B、C选项错误；物体动量的变化等于合外力的冲量,由于力F和时间t相等,故动量的变化量相等.

2.(06江苏9)如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与B相连,在弹性限度范围内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动（不计空气阻力）,并保持相对静止,则下列说法正确的是 （ ） A.A和B均做简谐运动

B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比

C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功

D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功 答案 AB

解析 A、B保持相对静止,其水平方向的运动等效于水平方向弹簧振子的运动,故A对;A物体做简谐运动的回复力是B对A的静摩擦力提供的,设B对A的静摩擦力为F时,弹簧伸长量为x,对A物体有：F=mAa,对A、B整体有：kx=(mA+mB)a,联立得：F=

mAkx,由此

mA?mB 24

可知B项正确；B对A的静摩擦力可以对A做正功,也可以对A做负功,故C、D错.

3.(06江苏10)我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来,在缓解用电高峰电力紧张方面,取得了良好的社会效益和经济效益.抽水蓄能电站的工作原理是,在用电低谷时（如深夜）,电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中,到用电高峰时,再利用蓄水池中的水发电,如图,蓄水池（上游水库）可视为长方体,有效总库容量（可用于发电）为V,

蓄水后水位高出下游水面H,发电过程中上游水库水位最大落差为d.统计资料表明,该电站年抽水用电为2.4×10 kW·h,年发电量为1.8×10 kW·h.则下列计算结果正确的是（水的密度为ρ,重力加速度为g,涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面） ( )

A.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVgH B.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVgH?C.电站的总效率达75%

D.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以10kW计）约10 h

答案 BC

解析 以下游水面为零势能面,则用于发电的水的重心位置离下游水面高为（H-5

8

8

d 2d）,故2W有1.8?108d其最大重力势能Ep=ρVg(H-),A错,B对；电站的总功率η=×100%=×8W总22.4?10100%=75%,故C对；设该电站平均每天

发电可供一个大城市居民用电t小时,则：Pt=

W有365.代入数据得t=5 h,故D错.

4.(06全国卷Ⅱ18)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 A.P的初动能 C.P的初动能的 答案 B

B.P的初动能的

( )

1 31 21D.P的初动能的

4 25

解析 当两物体有相同速度时,弹簧具有最大弹性势能,由动量守恒得

v 2121v2121由关系得：Epm=mv-·2m（）=mv=Ek.

22242mv=2mv′∴v′=

5.(05江苏10)如图所示, 固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升.若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2,滑块经B、C两点时的动能分别为EkB、EkC,图中AB=BC,则一定（ ） A.W1>W2

B.W1< W 2

C.EkB>EkC

D.EkB

答案 A

解析 由图可分析出,从A到B过程中绳端移动的距离Δs1大于从B移到C过程中,绳端移动的距离Δs2.

据W1=FΔs1,W2=FΔs2,可知W1>W2.

因F大小未知,则物体由A到C的过程是加速、减速情况难以确定.故A项正确. 6.（05辽宁大综合35）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于 （ ） A.物块动能的增加量

B.物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和

C.物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和 D.物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和 答案 D

解析 重力对物块所做的功等于物块重力势能的减少量，所以A、B、C均错；物块下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力作用，其中支持力不做功，只有重力和摩擦力做功，由动能定理知：WG-Wf=ΔEk，所以得WG=ΔEk+Wf,D正确. 二、非选择题 7.（05北京理综2）

是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，

如图所示.一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑.已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦.求：

（1）小球运动到B点时的动能；

26

（2）小球下滑到距水平轨道的高度为

1R时速度的大小和方向； 2（3）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？ 答案 （1）mgR (2)（]gR）方向与竖直方向成30° (3)NB=3mg NC=mg

解析 （1）根据机械能守恒EK=mgR (2)根据机械能守恒定律：ΔEK=ΔEP

121mv=mgR 22小球速度大小v=gR

速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°. （3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点

v12

NB-mg=mB,mgR=mvB

R2解得NB=3 mg 在C点：NC=mg

8.（05上海19）A.某滑板爱好者在离地h=1.8 m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面的B点，其水平位移s1=3 m.着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v=4 m/s，并以此为初速沿水平地面滑s2=8 m后停止.已知人与滑板的总质量m=60 kg.求： （1）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；

（2）人与滑板离开平台时的水平初速度.（空气阻力忽略不计，g取10 m/s） 答案 (1)60 N (2)5 m/s

解析 （1）设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f， 根据动能定理有-fs2=0-2

212

mv2

①

mv260?42由①式解得f==N=60N

2s22?8 ②

（2）人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有 h=

12

gt2

③

27

v0=

s1 t ④

由③④两式解得 v0=

s12hg=

32?1.810 m/s=5 m/s

B.如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为70 kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题：

位置 速度（m/s） 时刻（s） A 2.0 0 B 12.0 4 C 0 10 （1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？

（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小.（g取10 m/s） 答案 （1）9 100 J （2）140 N

解析 （1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为

2

1212

mvA-mvB221212

 =（70×10×20+×70×2.0-×70×12.0）J=9 100 J

22 ΔE=mgh+

（2）人与雪橇在BC段做匀减速运动的加速度 a=

vC?vB0?12.022

= m/s=-2 m/st10?4



根据牛顿第二定律 f=ma=70×(-2) N=-140 N



9.(05全国卷Ⅱ23)如图所示,在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K,一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连,A、B的质量分别为mA、mB.开始时系统处于静止状态.现用一水平恒力F拉物块A,使物块B上升.已知当B上升距离为h时,B的速度为v.求此过程中物块A克服

28

摩擦力所做的功.（重力加速度为g.） 答案 Fh-

12

(mA+mB)v-mBgh 212

(mA+mB)v,恒力F做的功2解析 在此过程中,B的重力势能增加mBgh,A、B动能的增量为为Fh,用W表示物体A克服摩擦力所做的功,由功能原理得

12

(mA+mB)v+mBgh 21即W=Fh-(mA+mB)v2-mBgh

2Fh-W=

10.(05广东14)如图所示，半径R=0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10 kg的小球，以初速度v0=7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s的匀减速直线运动，运动4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点.求A、C间的距离（取重力加速度g=10 m/s）. 答案 1.2 m

解析 匀减速运动过程中，有： vA-v0=-2ax

2

2

2

2

①

恰好做圆周运动时，物体在最高点B满足：

vmg=mB1，vB1=2 m/s

R2 ②

假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：

1212

mvA=2mgR+mvB22

③

联立①③可得vB=3 m/s

因为vB>vB1，所以小球能通过最高点B. 小球从B点做平抛运动：有 2R=

12

gt2

④ ⑤ ⑥

sAC=vB·t

由④⑤得：sAC=1.2 m

11.(05全国卷Ⅰ24)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态.一条不

29

可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g. 答案 g

2m1(m1?m2)

(2m1?m3)k解析 解法一 开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有 kx1=m1g

①

挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 kx2=m2g

②

B不再上升表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点.由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 

C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同，设此时A、D速度为v，由能量关系得

③

1212

（m3+m1）v+m1v=(m3+m1)g(x1+x2)-m1g(x1+x2)-ΔE 22由①~④式得 v=g

④

2m1(m1?m2)

(2m1?m3)k解法二 能量补偿法

据题设，弹簧的总形变量即物体A上升的距离为 h=

m1g?m2g k ①

第二次释放D与第一次释放C相比较，根据能量守恒，可得 m1gh=

12

(2m1+m3)v2

②

由①②得 v=g

2m1(m1?m2)

(2m1?m3)k30

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