优化探究（新课标）2017届高三物理一轮复习 第5章 机械能（课件+试题）（打包12套）.zip

1功 功率[随堂反馈]1．(2015·高考海南卷)假设摩托艇受到的阻力大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A．4 倍 B.2 倍C. 倍 D. 倍3 2解析：阻力 Ff与速率 v 成正比，设比值为 k，则 Ff＝ kv.摩托艇达到最大速率时 P＝ Ffv，得 P＝ kv2，即输出功率与最大速率的平方成正比，若输出功率变为原来的 2 倍，则最大速率变为原来的 倍，D 正确．2答案：D2.如图所示，质量相同的两物体从同一高度由静止开始运动， A 沿着固定在地面上的光滑斜面下滑， B 做自由落体运动．两物体分别到达地面时，下列说法正确的是( )A．重力的平均功率 A＞ BP PB．重力的平均功率 A＝ BP PC．重力的瞬时功率 PA＝ PBD．重力的瞬时功率 PA＜ PB解析：根据功的定义可知重力对两物体做功相同即 WA＝ WB，自由落体时间满足 h＝ gt ，12 2B斜面下滑时间满足 ＝ gt sin θ ，其中 θ 为斜面倾角，故 tA＞ tB，由 ＝ 知hsin θ 12 2A P WtA＜ B，A、B 均错；由匀变速直线运动公式可知落地时两物体的速度大小相同，方向不同，P P重力的瞬时功率 PA＝ mgvsin θ ， PB＝ mgv，显然 PA＜ PB，故 C 错，D 对．答案：D3．如图甲所示，静止在水平地面上的物块 A，受到水平向右的拉力 F 作用， F 与时间 t 的关系图象如图乙所示．设物块与地面间的静摩擦力最大值 Ffm与滑动摩擦力大小相等，则( )A．0～ t1时间内 F 的功率逐渐增大B． t2时刻物块 A 的速度最大C． t3时刻物块 A 的动能最大D． t1～ t3时间内 F 对物块先做正功后做负功解析：当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块减速运动． t1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，2力 F 的功率为零，故 A 错误； t1～ t2时间内，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t2时刻物块 A 的加速度最大，直至 t3时刻物块的速度一直变大，故 B 错误； t3时刻之后合力向后，物块减速前进，故 t3时刻 A 的速度最大，动能最大，C 正确； t1～ t3时间内物块速度一直增大，动能一直增大， F 对物块 A 始终做正功，D 错误．答案：C4.(2016·河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度—时间图象，Oa 为过原点的倾斜直线， ab 段表示以额定功率行驶时的加速阶段， bc 段是与 ab 段相切的水平直线，则下述说法正确的是( )A．0～ t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B． t1～ t2时间内汽车牵引力做的功为 mv － mv12 2 12 21C． t1～ t2时间内的平均速度为 (v1＋ v2)12D．在全过程中 t1时刻的牵引力及其功率都是最大值， t2～ t3时间内牵引力最小解析：汽车在 0～ t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由 P＝ Fv 知其功率也增加，选项 A 错误； t1～ t2时间内，根据动能定理知 WF－ Wf＝ mv － mv ，选项 B 错误；由于12 2 12 21t1～ t2时间内不是匀变速直线运动，故 ≠ (v1＋ v2)，选项 C 错误；全过程中， t1时刻牵引v12力最大，功率达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至 F＝ Ff，此后汽车做匀速运动，选项 D 正确．答案：D5.如图所示，水平传送带正以 2 m/s 的速度运行，两端水平距离 l＝8 m，把一质量为 m＝2 kg 的物块轻轻放到传送带的 A 端，物块在传送带的带动下向右运动．若物块与传送带间的动摩擦因数 μ ＝0.1，则把这个物块从 A 端传送到 B 端的过程中，不计物块的大小， g 取10 m/s2，求：(1)摩擦力对物块做的功；(2)摩擦力对物块做功的平均功率．解析：(1)物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动，摩擦力对物块做功，物块受向右的摩擦力：Ff＝ μ mg＝0.1×2×10 N＝2 N加速度： a＝ μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2物块与传送带相对静止时的位移：3x＝ ＝2 mv22a摩擦力做的功： W＝ Ffx＝2×2 J＝4 J(2)相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到 B 端，物块由 A 端到 B 端所用的时间：t＝ ＋ ＝5 sva l－ xv则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率：P＝ ＝0.8 WWt答案：(1)4 J (2)0.8 W[课时作业]一、单项选择题1．分析下列三种情况下各力做功的正负情况：(1)如图甲所示，光滑水平面上有一光滑斜面体 b，物块 a 从斜面顶端由静止开始下滑的过程；(2)人造地球卫星在椭圆轨道上运行，由图乙中的 a 点运动到 b 点的过程；(3)小车 M 静止在光滑水平轨道上，球 m 用细线悬挂在车上，由图丙中的位置无初速地释放，小球下摆的过程．下列说法正确的是( )A．物块 a 下滑过程中斜面对物块不做功B．万有引力对卫星做正功C．绳的拉力对小车做负功D．小球下摆过程绳的拉力对小球做负功解析：物块 a 下滑过程中，因为支持力 FN与位移之间的夹角大于 90°，所以支持力对物块做负功，选项 A 错误；因为卫星由 a 点运动到 b 点的过程中，万有引力的方向和速度的方向的夹角大于 90°，所以万有引力对卫星做负功，选项 B 错误；小球下摆过程中，绳的拉力与车的位移之间的夹角小于 90°，所以拉力对小车做正功，选项 C 错误；绳对球的拉力与球的位移之间的夹角大于 90°，所以绳的拉力对球 m 做负功，选项 D 正确．答案：D2．起重机以 1 m/s2的加速度将质量为 1 000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升， g 取10 m/s2，则在 1 s 内起重机对货物做的功是( )A．500 J B.4 500 JC．5 000 J D.5 500 J解析：货物的加速度向上，由牛顿第二定律有 F－ mg＝ ma，起重机的拉力 F＝ mg＋ ma＝11 000 N.4货物的位移 l＝ at2＝0.5 m，12起重机对货物做的功为 W＝ Fl＝5 500 J．故 D 正确．答案：D3．一质量为 m 的木块静止在光滑的水平面上，从 t＝0 开始，将一个大小为 F 的水平恒力作用在该木块上，在 t＝ t1时刻力 F 的瞬时功率是( )A. t1 B. tF22m F22m21C. t1 D. tF2m F2m21解析：在 t＝ t1时刻木块的速度为 v＝ at1＝ t1，此时刻力 F 的瞬时功率 P＝ Fv＝ t1，选 C.Fm F2m答案：C4．(2014·高考重庆卷)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的 k1和 k2倍，最大速率分别为 v1和 v2，则( )A． v2＝ k1v1 B.v2＝ v1k1k2C． v2＝ v1 D.v2＝ k2v1k2k1解析：汽车以最大速率行驶时，牵引力 F 等于阻力 Ff，即 F＝ Ff＝ kmg.由 P＝ k1mgv1及P＝ k2mgv2，得 v2＝ v1，选项 B 正确．k1k2答案：B5.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和 W2，滑块经 B、 C 两点的动能分别为 EkB和EkC，图中 AB＝ BC，则( )A． W1＞ W2B． W1＜ W2C． W1＝ W2D．无法确定 W1和 W2的大小关系解析：绳子对滑动做的功为变力做动，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功．因绳子对滑块做的功等于拉力 F 对绳子做的功，而拉力 F 为恒力， W＝ F·Δ l，Δ l 为绳拉滑块过程中力 F 的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，Δ lAB＞Δ lBC，故 W1＞ W2，A 正确．5答案：A6.如图所示，质量为 m 的小球以初速度 v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为 θ 的斜面上，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(不计空气阻力)( )A． mgv0tan θ B.mgv0tan θC. D.mgv0cos θmgv0sin θ解析：小球落在斜面上时重力的瞬时功率为 P＝ mgvy，而 vytan θ ＝ v0，所以P＝ ，B 正确．mgv0tan θ答案：B7．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为 m 的重物，当重物的速度为 v1时，起重机的输出功率达到最大值 P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度 v2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是( )A．钢绳的最大拉力为Pv1B．钢绳的最大拉力为Pv2C．重物的最大速度为 v2＝PmgD．重物做匀加速直线运动的时间为mv21P－ mgv1解析：起重机达到最大功率后，钢绳的拉力逐渐减小，所以匀加速运动过程的拉力为最大拉力， F1＝ ，A 正确，B 错误；达到最大速度 v2时，拉力 F2＝ mg，所以 v2＝ ＝ ，C 正Pv1 PF2 Pmg确；重物做匀加速运动的加速度 a＝ ＝ ＝ － g，匀加速运动的时间F1－ mgm Pv1－ mgm Pmv1t1＝ ＝ ，D 正确．v1a mv21P－ mgv1答案：B二、多项选择题8．(2015·高考浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量6为 3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0×105 N；弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的 20%，则( )A．弹射器的推力大小为 1.1×106 NB．弹射器对舰载机所做的功为 1.1×108 JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8×107 WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2解析：舰载机弹射过程中的加速度 a＝ ＝ m/s2＝32 m/s2，选项 D 正确；对舰载v22x 8022×100机在水平方向受力分析，根据牛顿第二定律得 F 弹 ＋ F 发 －20%( F 弹 ＋ F 发 )＝ ma，解得 F 弹＝1.1×10 6 N，选项 A 正确；由功的定义得 W 弹 ＝ F 弹 ·x＝1.1×10 8 J，选项 B 正确；由速度公式得弹射器对舰载机的作用时间 t＝ ＝ s＝2.5 s，由功率的定义得 P 弹va 8032＝ ＝4.4×10 7 W，选项 C 错．W弹t答案：ABD9．一辆汽车在水平路面上以速度 v0匀速行驶时，发动机的功率为 P，牵引力为 F0.从 t1时刻起汽车开上一个倾角为 θ 的上坡路，若汽车功率保持不变，水平路面与坡路路况相同，汽车经过一段时间的变速运动后又进入匀速运动状态，则下面关于汽车速度 v、牵引力 F与时间 t 的关系图象正确的是( )解析：当汽车开上坡路时，速度减小，由 P＝ Fv 可知牵引力 F 增大，对斜面上的汽车受力分析可知，合力方向向下，由牛顿第二定律得 mgsin θ ＋ Ff－ F＝ ma，因 F 增大，故加速度减小， v－ t 图象中曲线斜率减小，故选项 A、C 正确．答案：AC10.(2016·南昌模拟)如图所示为汽车的加速度和车速倒数 的关系图象．若汽车质量为1v2×103 kg，它由静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为 30 m/s，则( )A．汽车所受阻力为 2×103 N7B．汽车在车速为 15 m/s 时，功率为 6×104 WC．汽车匀加速的加速度为 3 m/s2D．汽车匀加速所需时间为 5 s解析：设汽车所受阻力大小为 Ff，由汽车的加速度和车速倒数 的关系图象可知，汽车从1v静止开始先做匀加速运动，加速度 a＝2 m/s2，直到速度达到 v1＝10 m/s，则匀加速阶段所用时间为 t＝ ＝5 s，此时汽车的牵引力功率达到最大，即 Pm＝( Ff＋ ma)v1；接下来做v1a加速度逐渐减小的变加速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到 v2＝30 m/s 时，加速度为零，此时 Pm＝ Ffv2，则解得 Ff＝2×10 3 N， Pm＝6×10 4 W，当汽车在车速为 15 m/s 时，功率为 6×104 W，所以正确选项为 A、B、D.答案：ABD三、非选择题11．质量为 2 kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等． t＝0 时，物体受到方向不变的水平拉力 F 的作用， F 的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示( g 取 10 m/s2)．求：时间 t/s 0～2 2～4 4～6 6～8拉力 F/N 4 8 4 8(1)4 s 末拉力的瞬时功率；(2)6～8 s 内拉力所做的功；(3)8 s 内拉力的平均功率．解析：(1)在 0～2 s 内，拉力等于 4 N，最大静摩擦力等于 4 N，故物体静止．在 2～4 s 内，拉力 F＝8 N，由牛顿第二定律得F－ μ mg＝ ma解得 a＝2 m/s 2位移为 x1＝ a(Δ t)2＝4 m124 s 末物体的速度大小 v＝ aΔ t＝4 m/s4 s 末拉力的瞬时功率 P＝ Fv＝8×4 W＝32 W(2)在 4～6 s 内，拉力等于 4 N，滑动摩擦力等于 4 N，故物体做匀速直线运动．位移 x2＝ vΔ t＝4×2 m＝8 m在 6～8 s 内，拉力仍然是 F＝8 N，物体的加速度大小仍为 a＝2 m/s 2.位移 x3＝ vΔ t＋ a(Δ t)2＝12 m12拉力所做的功 W＝ Fx3＝8×12 J＝96 J(3)8 s 内拉力做的功 W′＝0＋8×4 J＋4×8 J＋96 J＝160 J平均功率 ＝ ＝20 WPW′t8答案：(1)32 W (2)96 J (3)20 W12.(2015·高考四川卷) 严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源． “铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动 20 s 达最高速度 72 km/h，再匀速运动 80 s，接着匀减速运动 15 s 到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为 1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为 6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做 1 焦耳功排放气态污染物 3×10－6 克)解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为 t1，位移为 s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为 t2，位移为 s2，速度为 v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为 t3，位移为s3；甲站到乙站的位移为 s，则s1＝ vt1①12s2＝ vt2②s3＝ vt3③12s＝ s1＋ s2＋ s3④联立①②③④式并代入数据得 s＝1 950 m⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为 F，所做的功为 W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为 P，所做的功为 W2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功 W，排放气态污染物的质量为 M，则W1＝ Fs1⑥W2＝ Pt2⑦W＝ W1＋ W2⑧M＝(3×10 －9 kg·J－1 )·W⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得 M＝2.04 kg答案：(1)1 950 m (2)2.04 kg1动能定理及其应用[随堂反馈]1．(2016·衡水中学模拟)有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从 h1高处的 A 点由静止开始沿倾角为 θ 的雪道下滑，最后停在与 A 点水平距离为 s 的水平雪道上．接着改用另一个滑道，还从与 A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为 α 的雪道上 h2高处的 E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A．动摩擦因数为 tan θ B.动摩擦因数为h1sC．倾角 α 一定大于 θ D.倾角 α 可以大于 θ解析：第一次停在水平滑道上的某点，由动能定理得mgh1－ μmg cos θ · － μmgs ′＝0h1sin θmgh1－ μmg ＝0(h1tan θ ＋ s′ )mgh1－ μmgs ＝0μ ＝h1sA 错误，B 正确．在 AB 段由静止下滑，说明 μmg cos θ ＜ mgsin θ ，第二次滑上 CE 在 E 点停下，说明μmg cos α ＞ mgsin α ，故 α ＜ θ ；若 α ＞ θ ，则雪橇不能停在 E 点，所以 C、D 错误．答案：B2.(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，一半径为 R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径 POQ 水平．一质量为 m 的质点自 P 点上方高度 R 处由静止开始下落，恰好从 P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点 N 时，对轨道的压力为 4mg， g 为重力加速度的大小．用 W表示质点从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A． W＝ mgR，质点恰好可以到达 Q 点12B． W＞ mgR，质点不能到达 Q 点122C． W＝ mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12D． W＜ mgR，质点到达 Q 点后，继续上升一段距离12解析：质点由静止开始下落到最低点 N 的过程中由动能定理有 mg·2R－ W＝ mv12 2N质点在最低点由牛顿第二定律得 FN－ mg＝mv2NR由牛顿第三定律得 FN＝4 mg联立得 W＝ mgR，质点由 N 点到 Q 点的过程中在等高位置处的速度总小于由 P 点到 N 点下12滑时的速度，故由 N 点到 Q 点过程克服摩擦力做功 W′＜ W.从 N 到 Q 的过程，由动能定理得－ mgR－ W′＝ mv － mv ，即 mgR－ W′＝ mv ，故质点到达 Q 点后，会继续上升一段12 2Q 12 2N 12 12 2Q距离，选项 C 正确．答案：C3．(多选)质量为 2 kg 的物体，放在动摩擦因数 μ ＝0.1 的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功 W 和物体随位置 x 变化的关系如图．重力加速度 g 取10 m/s2，则( )A．在 x＝0 至 x＝3 m 的过程中，物体的加速度是 2.5 m/s2B． x＝6 m 时，拉力的功率是 6 WC． x＝9 m 时，物体的速度是 3 m/sD．在 x＝3 m 至 x＝9 m 的过程中，合力做的功是 12 J解析：图象的斜率 k＝ ＝ F，可知在 0～3 m 内拉力 F1＝ N＝5 N, 3～9 m 内的拉力 F2＝Wx 153N＝2 N． F1－ μmg ＝ ma1，可得 a1＝1.5 m/s2，故 A 错误． x＝6 m 时物体速度为27－ 156v1，由动能定理有 W－ μmgx ＝ mv ，在前 6 m 内拉力做的功 W＝15 J＋2×3 J＝21 J，可12 21解得 v1＝3 m/s，拉力的功率 P＝ F2v1＝6 W，故 B 正确．同理可得 x＝9 m 时的速度 v2＝3 m/s，故 C 正确．物体在 3～9 m 过程中速度为 3 m/s，做匀速运动，所以合力做功为零，故 D 错误．答案：BC4．(多选)如图所示，一块长木板 B 放在光滑的水平面上，在 B 上放一物体 A，现以恒定的力拉 B，由于 A、 B 间摩擦力的作用， A 将在 B 上滑动，以地面为参考系， A、 B 都向前移动3一段距离．在此过程中( )A．力 F 做的功等于 A 和 B 动能的增量B． B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 动能的增量C． A 对 B 的摩擦力所做的功等于 B 对 A 的摩擦力所做的功D．力 F 对 B 做的功等于 B 动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和解析： A 物体所受的合力等于 B 对 A 的摩擦力，对 A 物体运用动能定理，则有 B 对 A 的摩擦力所做的功等于 A 动能的增量，即 B 正确； A 对 B 的摩擦力与 B 对 A 的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于 A 在 B 上滑动， A、 B 对地的位移不等，故二者做功不等，C 错误；对 B 应用动能定理有， WF－ Wf＝Δ EkB，即 WF＝Δ EkB＋ Wf，就是力 F 对 B 做的功等于 B 动能的增量与 B 克服摩擦力所做的功之和，D 正确；由前述讨论知B 克服摩擦力所做的功与 A 动能的增量(等于 B 对 A 的摩擦力所做的功)不等，故 A 错误．答案：BD5.(2015·高考浙江卷)如图所示，用一块长 L1＝1.0 m 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 H＝0.8 m，长 L2＝1.5 m．斜面与水平桌面的倾角 θ 可在 0～60°间调节后固定．将质量 m＝0.2 kg 的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数 μ 1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ 2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失．(重力加速度 g 取 10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)当 θ 角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当 θ 角增大到 37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ 2；(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(3)继续增大 θ 角，发现 θ ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离 xm.解析：(1)为使小物块下滑，应有 mgsin θ ≥ μ 1mgcos θ ①θ 满足的条件 tan θ ≥0.05②(2)克服摩擦力做功Wf＝ μ 1mgL1cos θ ＋ μ 2mg(L2－ L1cos θ )③由动能定理得 mgL1sin θ － Wf＝0④代入数据得 μ 2＝0.8 ⑤(3)由动能定理得 mgL1sin θ － Wf＝ mv2⑥12结合③式，代入数据得 v＝1 m/s由平抛运动规律得H＝ gt2124x1＝ vt解得 t＝0.4 s⑧x1＝0.4 mxm＝ x1＋ L2＝1.9 m答案：(1)tan θ ≥0.05 (2)0.8 (3)1.9 m[课时作业]一、单项选择题1． A、 B 两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力 F 作用下，由静止开始通过相同的位移 l.若 A 的质量大于 B 的质量，则在这一过程中( )A． A 获得动能较大B． B 获得动能较大C． A、 B 获得动能一样大D．无法比较 A、 B 获得动能大小解析：由动能定理可知恒力 F 做功 W＝ Fl＝ mv2－0，因为 F、 l 相同，所以 A、 B 的动能变12化相同，C 正确．答案：C2．质量 m＝2 kg 的物体在光滑水平面上以 v1＝6 m/s 的速度匀速向西运动，若有一个F＝8 N、方向向北的恒力作用于物体，在 t＝2 s 内物体的动能增加了( )A．28 J B.64 JC．32 J D.36 J解析：由于力 F 与速度 v1垂直，物体做曲线运动，其两个分运动为向西的匀速运动和向北的匀加速直线运动，对匀加速运动有 a＝ ＝4 m/s2， v2＝ at＝8 m/s. 2 s 末物体的速度Fmv＝ ＝10 m/s, 2 s 内物体的动能增加了 Δ E＝ mv2－ mv ＝64 J，故选项 B 正确．v21＋ v212 12 21答案：B3.(2016·北京模拟)一个质量为 m 的小球，用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平拉力F 作用下，从平衡位置 P 点很缓慢地移动到 Q 点，此时轻绳与竖直方向的夹角为 θ ，如图所示，则拉力 F 所做的功为( )A． mgLcos θB． mgL(1－cos θ )C． FLsin θ5D． FLcos θ解析：小球缓慢地由 P 移动到 Q，动能不变，只有重力、水平拉力 F 对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理有－ mgL(1－cos θ )＋ WF＝Δ Ek＝0 即 WF＝ mgL(1－cos θ )，故 B 正确．答案：B4．物体沿直线运动的 v－ t 关系如图所示，已知在第 1 s 内合力对物体做的功为 W，则( )A．从第 1 s 末到第 3 s 末合力做功为 4WB．从第 3 s 末到第 5 s 末合力做功为－2 WC．从第 5 s 末到第 7 s 末合力做功为 WD．从第 3 s 末到第 4 s 末合力做功为 0.75W解析：由题图知，第 1 s 末速度、第 3 s 末速度、第 7 s 末速度大小关系为 v1＝ v3＝ v7，由题知 W＝ mv －0，则由动能定理知第 1 s 末到第 3 s 末合力做功12 21W2＝ mv － mv ＝0，A 错误；第 3 s 末到第 5 s 末合力做功 W3＝0－ mv ＝－ W，B 错误；12 23 12 21 12 23第 5 s 末到第 7 s 末合力做功 W4＝ mv －0＝ W，C 正确；第 3 s 末到第 4 s 末合力做功12 27W5＝ mv － mv ，因 v4＝ v3，所以 W5＝－0.75 W，D 错误．12 24 12 23 12答案：C5．(2016·衡水中学模拟)如图所示，质量为 0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行 4 m后以 3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上．已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高 0.45 m，若不计空气阻力， g 取 10 m/s2，则( )A．小物块的初速度是 5 m/sB．小物块的水平射程为 1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做 8 J 的功D．小物块落地时的动能为 0.9 J解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功 Wf＝ μmgL ＝2 J，C 错．在水平桌面上滑行时，由动能定理得－ Wf＝ mv2－ mv ，解得 v0＝7 m/s，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有12 12 20x＝ vt、 h＝ gt2，解得 x＝0.9 m，B 错．设小物块落地时动能为 Ek，由动能定理得126mgh＝ Ek－ mv2，解得 Ek＝0.9 J，D 正确．12答案：D6.(2015·江西十校二模)将三个木板 1、2、3 固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中 1 与 2 底边相同，2 和 3 高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数 μ 均相同．在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A．沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速率不同，沿着 2 和 3 下滑到底端时，物块的速率相同B．沿着 1 下滑到底端时，物块的速率最大C．物块沿着 3 下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D．物块沿着 1 和 2 下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：设 1、2、3 木板与地面的夹角分别为 θ 1、 θ 2、 θ 3，木板长分别为 l1、 l2、 l3，当物块沿木板 1 下滑时，由动能定理有 mgh1－ μmgl 1cos θ 1＝ mv －0，当物块沿木板 2 下12 21滑时，由动能定理有 mgh2－ μmgl 2cos θ 2＝ mv －0，又 h1＞ h2， l1cos θ 1＝ l2cos θ 2，12 2可得 v1＞ v2；当物块沿木板 3 下滑时，由动能定理有 mgh3－ μmgl 3cos θ 3＝ mv －0，又12 23h2＝ h3， l2cos θ 2＜ l3cos θ 3，可得 v2＞ v3，故 A 错，B 对．三个过程中产生的热量分别为 Q1＝ μmgl 1cos θ 1， Q2＝ μmgl 2cos θ 2， Q3＝ μmgl 3cos θ 3，则 Q1＝ Q2＜ Q3，故 C、D 对，应选 A.答案：A二、多项选择题7．如图所示，质量相等的物体 A 和物体 B 与地面的动摩擦因数相等，在力 F 的作用下，一起沿水平地面向右移动 x，则( )A．摩擦力对 A、 B 做功相等B． A、 B 动能的增量相同C． F 对 A 做的功与 F 对 B 做的功相等D．合力对 A 做的功与合力对 B 做的功相等解析：因 F 斜向下作用在物体 A 上， A、 B 受到的摩擦力不相同，因此，摩擦力对 A、 B 做的功不相等，A 错误； A、 B 两物体一起运动，速度始终相同，故 A、 B 动能增量一定相等，7B 正确； F 不作用在 B 上，不能说 F 对 B 做功，C 错误；合力对物体做的功等于物体动能的增量，D 正确．答案：BD8.(2016·河北保定调研)如图所示，内壁光滑半径大小为 R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为 m 的小球静止在轨道底部 A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W1，第二次击打过程中小锤对小球做功 W2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 的值可能是( )W1W2A. B.12 23C. D.134解析：第一次击打，小球运动的最大高度为 R，即 W1≤ mgR，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为 mg＝ m ，即 v 高 ＝ ，小球从静止到到达最v2高R gR高点的过程，由动能定理得 W1＋ W2－ mg2R＝ mv －0，得 W1＋ W2＝ mgR，则 ≤ .故选12 2高 52 W1W2 23A、B.答案：AB9.(2016·石家庄模拟)如图所示，半径为 R 的半圆形光滑凹槽 A 静止在光滑水平面上，其质量为 m.现有一质量也为 m 的小物块 B，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小物块 B 刚要到达槽最低点时，凹槽 A 恰好被一表面涂有黏性物的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零；小物块 B 继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度是 .则小物块R2从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )A．凹槽 A 对小物块 B 做的功 W＝－ mgR12B．凹槽 A 对小物块 B 做的功 W＝ mgRC．凹槽 A 被粘住的瞬间，小物块 B 对凹槽 A 的压力大小为 mgD．凹槽 A 被粘住的瞬间，小物块 B 对凹槽 A 的压力大小为 2mg解析：设小物块 B 第一次到达最低点的速度为 v，小物块 B 从最低点继续向右运动到最高8点，根据动能定理有 mg ＝ mv2，得 v＝ ，小物块 B 从左端最高点到最低点的过程中，R2 12 gR对 B 由动能定理有 mgR＋ W＝ mv2－0，得 W＝－ mgR，A 项正确，B 项错误．在最低点小物12 12块所受的向心力 F 向 ＝ FN－ mg＝ m ，得 FN＝2 mg，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的v2R压力大小 FN′＝ FN＝2 mg，所以 D 项正确，C 项错误．答案：AD三、非选择题10．小孩玩冰壶游戏，如图所示，将静止于 O 点的冰壶(视为质点)沿直线 OB 用水平恒力推到 A 点放手，此后冰壶沿直线滑行，最后停在 B 点．已知冰面与冰壶的动摩擦因数为 μ ，冰壶质量为 m， OA＝ x， AB＝ L，重力加速度为 g.求：(1)冰壶在 A 点的速率 vA；(2)冰壶从 O 点运动到 A 点的过程中受到小孩施加的水平推力 F.解析：(1)冰壶从 A 点运动至 B 点的过程中，只有滑动摩擦力对其做负功，由动能定理得－ μmgL ＝0－ mv12 2A解得 vA＝ .2μ gL(2)冰壶从 O 点运动至 A 点的过程中，水平推力 F 和滑动摩擦力同时对其做功，由动能定理得( F－ μmg )x＝ mv12 2A解得 F＝ .μ mg x＋ Lx答案：(1) (2)2μ gLμ mg x＋ Lx11.2015 年 7 月举行的世锦赛 10 米跳台比赛中，我国运动员技压群芳，夺得优异成绩．设运动员质量为 m＝50 kg，其体形可等效为长度 l＝1.0 m、直径 d＝0.3 m 的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为 0.70 m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力 F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面， F 的数值随入水深度 y 变化的函数图象如图所示，该直线与 F 轴相交于 F＝2.5 mg 处，与 y 轴相交于 y＝ h(某一未知深度)处．为了确保运动员的安全，水池必须有一定的深度，已知水的密度 ρ ＝1×10 3 kg/m3， g 取 10 m/s2，根据以上的数据估算：(1)起跳瞬间所做的功；(2)从起跳到接触水面过程的时间；9(3)跳水池至少应为多深．(保留两位有效数字)解析：(1)起跳瞬间做功 W＝ mgh1， h1＝0.70 m－ m＝0.2 m，代入数据得 W＝100 J.1.02(2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动， mv ＝ mgh1，代入数据得 v0＝2 m/s，根据位移公12 20式得－ h2＝ v0t－ gt2， h2＝10 m，代入数据得 t＝1.63 s.12(3)由 F－ y 图象可知，阻力 F 随 y 均匀变化，故平均阻力为 .从起跳到入水至最低点，设F2水池至少深为 h，根据动能定理得W＋ mg(h2＋ h)－ － － F 浮 (h－ l)＝0.Fh2 F浮 l2式中 F 浮 ＝ ρgV ＝ ρg l，π d24代入数据，得 h＝6.6 m.答案：(1)100 J (2)1.63 s (3)6.6 m12．(2015·启东中学期中)如图所示，倾角为 37°的粗糙斜面 AB 底端与半径 R＝0.4 m 的光滑半圆轨道 BC 平滑相连， O 点为轨道圆心， BC 为圆轨道直径且处于竖直方向， A、 C 两点等高．质量 m＝1 kg 的滑块从 A 点由静止开始下滑，恰好能滑到与 O 点等高的 D 点． g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数 μ ；(2)若使滑块能到达 C 点，求滑块从 A 点沿斜面滑下时的初速度 v0的最小值；(3)若滑块离开 C 处的速度大小为 4 m/s，求滑块从 C 点飞出至落到斜面上所经历的时间 t.解析：(1)滑块从 A 点到 D 点的过程中，根据动能定理有mg·(2R－ R)－ μmg cos 37°· ＝02Rsin 37°解得 μ ＝0.375(2)若滑块能到达 C 点，根据牛顿第二定律有mg＋ FN＝mv2CR当 FN＝0 时，滑块恰能到达 C 点，有 vC≥ ＝2 m/sRg滑块从 A 点到 C 点的过程中，根据动能定理有－ μmg cos 37°· ＝ mv － mv2Rsin 37°12 2C 12 20解得 v0≥2 m/s310(3)滑块离开 C 点做平抛运动，有 x＝ vt， y＝ gt212由几何关系得 tan 37°＝2R－ yx联立以上各式整理得 5t2＋3 t－0.8＝0解得 t＝0.2 s答案：(1)0.375 (2)2 m/s (3)0.2 s31机械能守恒定律及其应用[随堂反馈]1．运动会中的投掷链球、铅球、铁饼和标枪等体育比赛项目都是把物体斜向上抛出的运动，如图所示，若不计空气阻力，这些物体从被抛出到落地的过程中( )A．物体的机械能先减小后增大B．物体的机械能先增大后减小C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小解析：不计空气阻力，这些物体被抛出后只有重力做功，故机械能均守恒，A、B 错误；因物体均被斜向上抛出，在整个过程中重力先做负功再做正功，因此重力势能先增大后减小，而动能先减小后增大，D 正确，C 错误．答案：D2．(2015·高考四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小( )A．一样大 B.水平抛的最大C．斜向上抛的最大 D.斜向下抛的最大解析：不计空气阻力，小球在空中只受重力作用，机械能守恒．抛出时高度、速度大小相等，落地时速度大小一定相等．答案：A3.(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)如图所示，滑块 a、 b 的质量均为 m， a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h， b 放在地面上． a、 b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦， a、 b 可视为质点，重力加速度大小为 g.则( )A． a 落地前，轻杆对 b 一直做正功B． a 落地时速度大小为 2ghC． a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 gD． a 落地前，当 a 的机械能最小时， b 对地面的压力大小为 mg解析：设某一时刻 a、 b 速度分别为 va、 vb，刚性轻杆与竖直杆的夹角为 θ ，则 vacos θ ＝ vbsin θ .当 a 落到地面时， θ ＝90°，cos θ ＝0，故 vb为 0，可知 a 下落过程中 b先加速后减速，轻杆对 b 先做正功后做负功，A 错误．轻杆对 a 的力先为支持力后为拉力，2故 a 的加速度先小于 g 后大于 g，C 错误．由于 a、 b 系统只有重力和系统内杆的弹力做功，故 a、 b 机械能守恒， a 落地时 b 速度为零，由机械能守恒定律得 mgh＝ mv ，得12 2ava＝ ，B 正确．当 a 机械能最小时， b 的机械能最大，即动能最大，此时 F 杆 ＝0，故2ghFN＝ mg，D 正确．答案：BD4.(多选)(2016·杭州二中检测)如图所示， M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，abcd 是半径为 R 的 光滑圆弧形轨道， a 为轨道的最高点， de 面水平且有一定长度．今将34质量为 m 的小球在 d 点的正上方高为 h 处由静止释放，让其自由下落到 d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则( )A．只要 h 大于 R，释放后小球就能通过 a 点B．只要改变 h 的大小，就能使小球通过 a 点后，既可能落回轨道内，又可能落到 de 面上C．无论怎样改变 h 的大小，都不可能使小球通过 a 点后落回轨道内D．调节 h 的大小，可以使小球飞出 de 面之外(即 e 的右侧)解析：要使小球到达最高点 a，则在最高点时有 mg＝ m ，得通过最高点的最小速度 v＝v2R，由机械能守恒定律得 mg(h－ R)＝ mv2，得 h＝ R，即 h≥ R 时，小球才能通过 a 点，gR12 32 32A 错误．若小球能达到 a 点，并从 a 点以最小速度平抛，有 R＝ gt2， x＝ vt＝ R，所以，12 2无论怎样改变 h 的大小，都不可能使小球通过 a 点后落回轨道内，B 错误，C 正确．如果 h足够大，可使小球的平抛速度足够大，小球可能会飞出 de 面之外，D 正确．答案：CD5．如图所示， ABC 和 DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中 ABC 的末端水平，DEF 是半径为 r＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径 DF 沿竖直方向， C、 D 可看作重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道 ABC 上距 C 点高为 H 的地方由静止释放．( g 取 10 m/s2)3(1)若要使小球经 C 处水平进入轨道 DEF 且能沿轨道运动， H 至少多高？(2)若小球静止释放处离 C 点的高度 h 小于(1)中 H 的最小值，小球可击中与圆心等高的 E点，求 h.解析：(1)小球沿 ABC 轨道下滑，机械能守恒，设到达 C 点时的速度大小为 v，则mgH＝ mv2①12小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足 mg≤ ②mv2r①②两式联立并代入数据得 H≥0.2 m.(2)若 ht2 B.v1t2C． v1＝ v2， t1t2，选项 A 正确．答案：A7.如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)． a 站在地面上， b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态．当演员 b摆至最低点时， a 刚好对地面无压力，则演员 a 的质量与演员 b 的质量之比为( )A．1∶1 B.2∶1C．3∶1 D.4∶1解析：设 b 摆至最低点时的速度为 v， b 侧所拉绳子长度为 l，由机械能守恒定律可得mbgl(1－cos 60°)＝ mbv2，解得 v＝ .设 b 摆至最低点时绳子的拉力为 FT，由牛顿第二12 gl定律得 FT－ mbg＝ mb ，解得 FT＝2 mbg，对演员 a 有 FT＝ mag，所以 ma∶ mb＝2∶1，B 正确．v2l答案：B8．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中 AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为 m 的小球，从距离水平地面高为 H 的管口 D 处由静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )A．小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 RH－ 2R2B．小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 2RH－ 4R2C．小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H＝2 RD．小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度 Hmin＝ R52解析：要使小球从 A 点水平抛出，则小球到达 A 点时的速度 v0，根据机械能守恒定律，有 mgH－ mg·2R＝ mv2，所以 H2R，故选项 C、D 错误；小球从 A 点水平抛出时的速度 v＝127，小球离开 A 点后做平抛运动，则有 2R＝ gt2，水平位移 x＝ vt，联立以上各式2gH－ 4gR12可得水平位移 x＝2 ，选项 A 错误，选项 B 正确．2RH－ 4R2答案：B二、多项选择题9．图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是( )A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变C．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大D．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变解析：弹丸在光滑的碗内上升的过程中，只有重力做功，其机械能保持不变，A 错误，B 正确；运动员在蹦床上越跳越高，其机械能逐渐增大，C 正确，D 错误．答案：BC三、非选择题10．如图所示，一内壁光滑的细管弯成半径为 R＝0.4 m 的半圆形轨道 CD，其竖直放置，内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在 C 点连接完好．置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连， B 处为弹簧的自然状态．将一个质量为 m＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至 A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处后对轨道的压力为 F1＝58 N．水平轨道以 B 处为界，左侧 AB 段长为 x＝0.3 m，与小球的动摩擦因数为 μ ＝0.5，右侧 BC 段光滑． g 取 10 m/s2，求：(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能．(2)小球运动到轨道最高处 D 点时对轨道的压力大小．解析：(1)小球运动到 C 处时，由牛顿第二定律得 F1′－ mg＝ mv21R得 v1＝ F1′ － mg Rm又 F1′＝ F1代入数据解得 v1＝5 m/s8根据动能定理得 Ep－ μmgx ＝ mv12 21代入解得 Ep＝11.2 J(2)小球从 C 到 D 过程，由机械能守恒定律得mv ＝2 mgR＋ mv12 21 12 2代入数据解得 v2＝3 m/s由于 v2＞ ＝2 m/sgR所以小球在 D 处对轨道外壁有压力，由牛顿第二定律得F2＋ mg＝ mv2R代入数据解得 F2＝10 N根据牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为 10 N.答案：(1)11.2 J (2)10 N11.(2015·高考海南卷)如图，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc组成，圆弧半径 Oa 水平， b 点为抛物线顶点．已知 h＝2 m， s＝ m．重力加速度大小 g2取 10 m/s2.(1)一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下，当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达 c 点时速度的水平分量的大小．解析：(1)设环到 b 点时速度为 vb，圆弧轨道半径为 r，小环从 a 到 b 由机械能守恒有mgr＝ mv ①12 2b环与 bc 段轨道间无相互作用力，从 b 到 c 环做平抛运动，有h＝ gt2②12s＝ vbt③联立可得r＝ ④s24h代入数据得r＝0.25 m(2)环从 b 点由静止下滑至 c 点过程中机械能守恒，设到 c 点时速度为 vc，则9mgh＝ mv ⑤12 2c在 bc 段两次过程中环沿同一轨迹运动，经过同一点时速度方向相同设环在 c 点时速度与水平方向间的夹角为 θ ，则环做平抛运动时tan θ ＝ ⑥vyvbvy＝ gt⑦联立①②⑥⑦式可得tan θ ＝2 ⑧2则环从 b 点由静止开始滑到 c 点时速度的水平分量 vcx为vcx＝ vc cos θ ⑨联立⑤⑧⑨三式可得vcx＝ m/s2310答案：(1)0.25 m (2) m/s210312．如图所示，物体 A、 B 用绕过光滑定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体 A 置于光滑的平台上，物体 C 中央有小孔， C 放在物体 B 上，细线穿过 C 的小孔． “U”形物 D 固定在地板上，物体 B 可以穿过 D 的开口进入其内部而物体 C 又恰好能被挡住．物体 A、 B、 C 的质量分别为 mA＝8 kg、 mB＝10 kg、 mC＝2 kg，物体 B、 C 一起从静止开始下降 H1＝3 m 后，C 与 D 发生没有能量损失的碰撞， B 继续下降 H2＝1.17 m 后也与 D 发生没有能量损失的碰撞． g 取 10 m/s2，求：(1)物体 C 与 D 碰撞时的速度大小．(2)物体 B 与 D 碰撞时的速度大小．(3)B、 C 两物体分开后经过多长时间第一次发生碰撞．解析：(1)由于平台是光滑的，物体 A、 B、 C 整体在运动过程中机械能守恒，则有(mB＋ mC)gH1＝ (mA＋ mB＋ mC)v12 2C代入数据得 vC＝6 m/s(2)物体 C 与 D 碰撞后，物体 A、 B 继续运动，满足机械能守恒，则有mBgH2＝ (mA＋ mB)(v － v )12 2B 2C代入数据得 vB＝7 m/s(3)物体 C 与 D 碰撞后，物体 B 在继续下落过程中的加速度为10a＝ ＝ m/s2mBgmA＋ mB 509下落所用时间 t′＝ ＝0.18 svB－ vCaB、 C 与 D 碰撞后无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向，设 C 反弹后经过时间 t 后 B、 C 两物体相碰，则有hC＝ vCt－ gt212hB＝ vB(t－ t′)－ g(t－ t′) 212hB＝ hC＋ H2联立解得 t＝0.93 s答案：(1)6 m/s (2)7 m/s (3)0.93 s