高考二轮复习物理课件（新高考新教材）第一编核心专题突破专题2能量与动量第一讲动能定理机械能守恒定律功能关系的应用

第一讲动能定理、机械能守恒定律、功能关系的应用1通览主干知识2研学核心考点目录索引

3突破热考命题1通览主干知识2研学核心考点考点一功和功率的分析与计算分层突破——明要点命题角度1功的计算

命题角度2功率的计算

命题角度3机车启动问题

例1

(命题角度3)(2023福建龙岩高三一模)一辆小轿车在平直路面上以恒定功率加速,其加速度a和速度的倒数

的关系如图所示。已知轿车的总质量为1300kg,其所受的阻力不变,则轿车(

)A.速度随时间均匀增大B.加速度随时间逐渐增大C.所受阻力大小为2.73×103ND.电动机输出功率为9.1×103WC规律总结

分层演练——拿高分练真题·明考向1.(命题角度1)(多选)(2022广东卷)如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570W、速度2m/s匀速行驶。已知小车总质量为50kg,lMN=lPQ=20m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有(

)A.从M到N,小车牵引力大小为40NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700JABD解析

小车从M到N,根据P1=F1v1,解得F1=40

N,选项A正确。从M到N,小车克服摩擦力做功Wf=W1=F1lMN=800

J,选项B正确。从P到Q,小车重力势能增加ΔEp=mgxsin

θ=5

000

J,选项C错误。从P到Q,牵引力所做功为W2=

=5

700

J,重力势能增加量为5

000

J,动能不变,根据功能关系,小车克服摩擦力做功为700

J,选项D正确。2.(命题角度2)(2023山东卷)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下:两个半径均为R的水轮,以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g,则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(

)B解析

由题知,水筒在筒车上均匀排布,单位长度上有n个,且每个水筒离开水面时装有质量为m的水,其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田,则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm,水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH,筒车对灌入稻田的水做功练模拟·提能力(命题角度2)(多选)(2023广东深圳福田模拟)如图是某大学科研小组在某次深海探测结束后,利用牵引汽车将深海探测器M从海面起吊上岸的过程简化图,不计滑轮摩擦和绳子质量,在牵引汽车以速度v匀速向左运动的过程中,下列说法正确的是(

)A.探测器M的速率与牵引汽车的速率相等B.探测器M的速率为vcosθC.牵引汽车的牵引功率保持不变D.绳的拉力的功率逐渐增大BD解析

设绳子与水平方向夹角为θ

,探测器M与牵引汽车通过绳子连接,两者沿绳子的速率相等,可知探测器的速率vM=vcos

θ,A错误,B正确;当θ接近90°时,拉力接近竖直向下,牵引力的功率接近0,随着汽车的前进,绳子与水平方向夹角θ逐渐减小,当θ接近0时,拉力接近探测器M的重力,拉力的功率接近mgv,因此拉力的功率逐渐增大,C错误,D正确。考点二动能定理的理解及应用分层突破——明要点命题角度1用动能定理求变力做功先求动能变化,然后确定合力的功或各功的代数和,再根据动能定理求某个变力的功。命题角度2动能定理在图像问题中的应用(1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。(2)挖掘图像信息——利用面积或斜率求出需要的物理量,必要时依据动能定理列式求解。命题角度3动能定理在多过程和往复运动问题中的应用

(1)建立运动模型。(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。(3)分阶段或全过程列式计算。(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。受力和运动分析

注意摩擦力做功特点

深化拓展应用动能定理解题应注意的三个问题(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。(2)动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。典例剖析例2

(命题角度3)某遥控赛车轨道如图所示,赛车从起点A出发,沿摆放在水平地面上的直轨道AB运动L=10m后,从B点进入半径R=0.1m的光滑竖直圆轨道,经过一个完整的圆周后进入粗糙的、长度可调的、倾角θ=30°的斜直轨道CD,最后在D点速度方向变为水平后飞出(不考虑经过轨道中C、D两点的机械能损失)。已知赛车质量m=0.1kg,可看成质点,通电后赛车以额定功率P=1.5W工作,赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=,重力加速度g取10m/s2。(1)求赛车恰好能过圆轨道最高点O时的速度v0的大小。(2)若要求赛车能沿圆轨道做完整的圆周运动,求赛车通电的最短时间。(3)已知赛车在水平直轨道AB上运动时一直处于通电状态且最后阶段以恒定速率运动,进入圆轨道后关闭电源,选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大,求此最大水平位移,并求出此时CD轨道的长度。解题指导审题:读取题干获取信息光滑竖直圆轨道竖直圆轨道没有摩擦力最后在D点速度方向变为水平后飞出从D点向右做平抛运动赛车以额定功率P=1.5

W工作以恒定功率运动,牵引力做功可求赛车与AB轨道、CD轨道间的动摩擦因数分别为μ1=0.3和μ2=两段摩擦力可求恰好能过圆轨道最高点O时的速度重力完全提供向心力的临界状态选择CD轨道至合适的长度,可使赛车从D点飞出后落地的水平位移最大需要建立函数关系,求极值破题:1.确定赛车为研究对象,明确运动过程,从“恰好能过圆轨道最高点O时的速度”入手,求出临界速度。2.赛车共受到牵引力、摩擦力、重力、地面及轨道的弹力,其中牵引力做正功,摩擦力和重力做负功,弹力不做功;赛车在A点速度为0,在O点速度为第(1)问结果v0,由动能表达式算出对应动能;按照W=ΔEk,即等号左边为各力做功的代数和,等号右边为末动能减初动能,列方程,求出通电时间。3.赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,设CD轨道的长度为l,平抛水平位移为x,应用平抛运动规律和动能定理列方程,写出函数关系求解。解析

(1)小球恰好在最高点O只受到重力,重力提供向心力,即mg=代入数据可得v0=1

m/s。(2)由(1)小题可知,若要赛车做完整圆周运动,即小车到达O点的速度至少为1

m/s,赛车从开始运动到O点的全过程,由动能定理得(3)赛车在最后过程做匀速运动,牵引力与滑动摩擦力平衡,其速度大小为

规律总结应用动能定理解题的思维流程分层演练——拿高分练真题·明考向1.(命题角度2)(多选)(2023全国新课标卷)一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿x轴运动,出发点为x轴零点,拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是(

)A.在x=1m时,拉力的功率为6WB.在x=4m时,物体的动能为2JC.从x=0运动到x=2m,物体克服摩擦力做的功为8JD.从x=0运动到x=4m的过程中,物体的动量最大为2kg·m/sBC2.(命题角度3)(2022浙江1月选考)如图所示,处于竖直平面内的一探究装置,由倾角α=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成,B、D和F为轨道间的相切点,弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高),B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg,轨道BCD和DEF的半径R=0.15m,轨道AB长度lAB=3m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=,滑块与弹性板作用后,以等大速度弹回,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点由静止释放。(1)若释放点距B点的长度l=0.7m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小。(2)设释放点距B点的长度为lx,求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式。(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点,求释放点距B点长度lx的值。滑块能过最高点时一定能到F点,则恰到最高点时,由动能定理可得mglxsin

37°-(3Rcos

37°+R)mg=0解得lx=0.85

m故滑块要能过F点,则0.85

m≤lx≤3

m。练模拟·提能力(命题角度1)(多选)(2023山东德州联考)如图所示,水平放置的光滑桌面中心开有光滑的小孔,轻质细绳穿过小孔,一端连接质量为m的小球,另一端连接总质量为8m的漏斗(其中细沙的质量为7m),小球在轨道1上做匀速圆周运动。某时刻起,漏斗内细沙缓慢流出而漏斗缓慢上升,漏斗内细沙全部流出时漏斗上升的高度为h,之后小球在轨道2上做匀速圆周运动,整个过程中小球在任意相等时间内扫过的面积相等,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(

)A.小球在单位时间内扫过的面积为B.小球在轨道1上运动时的动能为4mghC.小球在轨道2上运动时的动能为3mghD.此过程中细绳对漏斗做的功为2mghAB考点三机械能守恒定律的理解及应用分层突破——明要点命题角度1单个物体的机械能守恒(1)公式:E1=E2,ΔEk=-ΔEp。(2)隔离法分析单个物体的受力情况,利用机械能守恒定律列式求解。只有重力做功

命题角度2多个物体系统机械能守恒(1)适用条件:只有重力和系统内弹力做功。(2)一般用“转化观点:ΔEp=-ΔEk”或“转移观点:ΔEA增=ΔEB减”列方程求解。明确牵连物体间速度和位移的关系

深化拓展机械能守恒定律应用中的“三选取”(1)研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实际为一个物体与地球组成的系统)为研究对象,有的选几个物体组成的系统为研究对象,如图所示,单选物体A机械能减少不守恒,但由物体A、B组成的系统机械能守恒。(2)研究过程的选取研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒,因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取。(3)机械能守恒表达式的选取①守恒观点:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。(需选取参考面)②转化观点:ΔEp=-ΔEk。(不需选取参考面)③转移观点:ΔEA增=ΔEB减。(不需选取参考面)典例剖析例3

(命题角度2)如图所示,长度为3l的轻杆一端固定一质量为m的小球,另一端连接固定在天花板上的转轴O,轻杆可以在竖直平面内自由转动。小球通过与O等高的定滑轮用足够长的轻绳连接一物块,滑轮与转轴相距5l,用手将小球缓慢放下,当杆与绳垂直时撒手,系统恰能平衡。忽略一切摩擦,重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求物块的质量。(2)将小球从图中水平位置释放,当杆与绳垂直时,求小球的速度和杆对小球的拉力。(3)在(2)的条件下,通过计算说明杆是否能运动到竖直位置。解析

(1)当杆与绳垂直时,受力分析如图所示根据几何关系得根据平衡条件得F2=mgcos

53°=m物g解得m物=0.6m。(2)设小球下降的高度为h,小球的速度为v,杆与绳垂直时,物块速度与小球速度大小相等,如图所示小球下降的高度h=3lsin

θ=2.4l物块上升的高度h'=3ltan

θ-2l=2l整个系统机械能守恒小球的重力分解如图所示根据牛顿第二定律得解得F=1.3mg。

(3)假设小球可以到达竖直位置,则小球下降的高度为3l,物块上升的高度为规律总结应用机械能守恒定律解题的基本思路分层演练——拿高分练真题·明考向1.(命题角度1)(2022全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环。小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑,在下滑过程中,小环的速率正比于(

)A.它滑过的弧长B.它下降的高度C.它到P点的距离D.它与P点的连线扫过的面积C2.(命题角度1)(多选)(2023湖南卷)如图所示,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是(

)A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变C.小球的初速度v0=D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道AD练模拟·提能力1.(命题角度1)(2023湖北高三联考)如图甲所示,一根质量为m、长度为L的均匀柔软细绳置于光滑水平桌面上,绳子右端恰好处于桌子边缘,桌面离地面足够高。由于扰动,绳从静止开始沿桌边下滑。当绳下落的长度为x时,加速度大小为a,绳转折处O点的拉力大小为F,桌面剩余绳的动能为Ek、动量为p,如图乙所示。则从初态到绳全部离开桌面的过程中,下列说法正确的是(

)D2.(命题角度2)(2023山东泰安高三统考)如图所示,半径为R的光滑圆环固定在竖直面内,圆环的圆心O的正上方B点固定一定滑轮,B点的左侧再固定一定滑轮,轻质细线跨过两个滑轮,一端连接质量为m的物块,另一端连接质量也为m的小球,小球套在圆环上,从圆环上的A点由静止开始释放,OA与竖直方向的夹角为53°,且AB正好沿圆环的切线方向,不计一切摩擦,不计滑轮、小球以及物块的大小,重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)小球释放瞬间的加速度大小;(2)小球运动到P点(OB与圆环的交点)时的速度大小。解析

(1)小球释放的瞬间,小球和物块的加速度大小相等,设加速度大小为a,细线的拉力大小为F,对小球分析有F-mgsin

53°=ma对物块分析有mg-F=ma(2)小球从A运动到P,物块下降的高度为h=lAB-lBP由于小球由A运动到P点时,细线与小球的速度v垂直,则小球沿绳子方向的分速度为0,由关联速度可知物块的速度为0,小球和物块组成的系统机械能守恒,则有考点四功能关系与能量守恒定律的理解及应用分层突破——明要点命题角度1功能关系

命题角度2能量守恒定律(1)当涉及摩擦力做功,机械能不守恒时,一般应用能量守恒定律。(2)确定初、末状态,分析状态变化过程中的能量变化,利用ΔE减=ΔE增列式求解。典例剖析例4

(命题角度1、2)(2021山东卷改编)如图所示,三个质量均为m的小物块A、B、C,放置在水平地面上,A紧靠竖直墙壁,一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接,C紧靠B,开始时弹簧处于原长,A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力,使B、C一起向左运动,当速度为零时,立即撤去恒力,一段时间后A离开墙壁,最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为Ff,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,弹簧始终在弹性限度内。(弹簧的弹性势能可表示为,k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量)(1)求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的动能Ek。(2)为保证A能离开墙壁,求恒力的最小值Fmin。(3)若三物块都停止时B、C间的距离为xBC,从B、C分离到B停止运动的整个过程,B克服弹簧弹力做的功为W,通过推导比较W与FfxBC的大小。解析

(1)从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中,以B、C和弹簧为研究对象,由功能关系得弹簧恢复原长时B、C分离,从弹簧最短到B、C分离,以B、C和弹簧为研究对象,由能量守恒得(2)当A刚要离开墙时,设弹簧的伸长量为x,以A为研究对象,由平衡条件得kx=Ff若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零,这种情况下恒力最小,从弹簧恢复原长到A刚要离开墙壁的过程中,以B和弹簧为研究对象,由能量守恒得(3)从B、C分离到B停止运动,设B的路程为xB,C的位移为xC,以B为研究对象,由动能定理得-W-FfxB=0-Ek以C为研究对象,由动能定理得-FfxC=0-EkB、C的运动关系有xB>xC-xBC联立可得W<FfxBC。规律总结应用功能关系和能量守恒定律“三注意”(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况。(2)可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同。分层演练——拿高分练真题·明考向1.(命题角度1)(多选)(2023全国乙卷)如图所示,一质量为m'、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,当物块从木板右端离开时(

)A.木板的动能一定等于FflB.木板的动能一定小于FflBD解析

设物块滑上木板t0时间后离开木板,在这段时间内物块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,木板在摩擦力的作用下做匀加速直线运动,它们这段时间内的v-t图像如图所示,AB为物块的v-t图像,OC为木板的v-t图像。结合题意可知梯形OABC的面积表示木板长度l,三角形OCD的面积表示木板的位移,由图可知S△OCD<S梯OABC,则木板的位移x1<l。梯形OABD的面积表示物块的位移,

由图可知S梯OABD>S梯OABC,则物块的位移x2>l。此过程中对木板由动能定理得Ffx1=Ek1-0,所以当物块从右端离开木板时木板的动能2.(命题角度1、2)(2021全国甲卷)如图所示,一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出),相邻减速带间的距离均为d,减速带的宽度远小于d;一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现,小车通过第30个减速带后,在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能;(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能;(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能,则L应满足什么条件解析

(1)第30个后,两相邻减速带间平均速度相同,即经过每两个减速带的距离d、初速度v0、末速度vt都相同,可推出在每相邻减速带间,因重力做功获得的动能等于过每个减速带时损失的能量。则有第30个减速带后,经过每一个减速带时损失的机械能ΔE1=mgdsin

θ。(2)小车通过前30个减速带的过程中,根据能量守恒定律,重力势能的减少量等于动能的增加量与经过减速带损失的机械能之和小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面,继续滑行距离s后停下。根据动能定理前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能

(3)小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能ΔE2'>ΔE1联立以上各式解得练模拟·提能力1.(命题角度1)(2023广东肇庆高三阶段考试)已知一架质量为2.5kg的无人机从地面由静止竖直上升3m后悬停,该过程中无人机所受阻力(不包括重力)的大小恒为5N,重力加速度g取10m/s2,则该过程中(

)A.无人机所受的合力做正功B.无人机动力系统做的功为75JC.无人机的机械能减少了15JD.无人机的重力势能增加了75JD解析

无人机从地面由静止竖直上升3

m后悬停,可知无人机先做加速运动后做减速运动直到速度为零,因此无人机在该过程中,所受合力方向先向上后向下直到等于零,所以无人机所受的合力先做正功后做负功,A错误;由动能定理可得W-(mg+Ff)h=0,代入数据解得W=(mg+Ff)h=(2.5×10+5)×3

J=90

J,无人机动力系统做的功为90

J,B错误;

无人机从地面由静止竖直上升3

m后悬停,在整个运动过程中,无人机动力系统做功使无人机的机械能增加,增加量为ΔE=mgh=2.5×10×3

J=75

J,C错误;无人机的重力做负功,重力势能增加,则有ΔEp=mgh=2.5×10×3

J=75

J,即重力势能增加了75

J,D正确。2.(命题角度1、2)(多选)(2023山东临沂高三期中)如图所示,绝缘粗糙斜面体固定在水平地面上,斜面所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场,电场强度为E,轻弹簧一端固定在斜面顶端,另一端连接一不计质量的绝缘薄板。一带正电的滑块,从斜面上的P点处由静止释放后,沿斜面向上运动,并能压缩弹簧至R点(图中未标出),然后返回。则(

)A.滑块从P点运动到R点的过程中,其机械能增量等于静电力与弹簧弹力做功之和B.滑块从P点运动到R点的过程中,电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和C.滑块返回能到达的最低位置在P点的上方D.滑块最终停下时,克服摩擦力所做的功等于电势能的减少量与重力势能增加量之差BC解析

除重力外还有静电力、弹簧弹力与摩擦力对滑块做功,由功能关系知其机械能的增量等于静电力、弹簧弹力与摩擦力做功之和,A错误;从P点运动到R点,滑块动能增量为0,重力势能增加,弹簧弹性势能增加,电势能减少,还有摩擦产生热量,由能量守恒知电势能的减少量大于重力势能和弹簧弹性势能的增加量之和,B正确;由动能定理知,在滑块上升过程中(qE-mgsin

θ-μmgcos

θ)x-W弹=0,下滑过程中(-qE+mgsin

θ-μmgcos

θ)x'+W弹=0,可下来时弹簧必处于压缩状态,故滑块最终停下时,克服摩擦力所做的功小于电势能的减少量与重力势能增加量之差,D错误。3突破热考命题经典物理模型:牵连体系统模型模型建构求解这类问题的关键是找出两物体的速度关系,按两物体连接方式和速度关系一般可分为如下三种:共速率模型分清两物体位移大小与高度变化关系考向分析高考试题中,常常出现两个由轻绳或轻杆连接在一起的物体所组成的连接体系统,用以考查运动的合成与分解、机械能守恒定律或功能关系。案例探究例题

如图所示,质量均为m的A、B两个小球通过绕在定滑轮上的轻绳相连,A球套在光滑的固定竖直杆上。把A球从与定滑轮等高的P1处由静止释放,运动到P处时,轻绳与竖直杆之间的夹角为53°,此时A球的速度是v,B球没有与定滑轮相碰。已知重力加速度为g,sin53°=0.8,cos53°=0.6,则下列说法正确的是(

)A.在此过程中A球的机械能增加C角度拓展(多选)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C.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mgBD解析

由题意知,系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb,此时