高考物理二轮复习专题六机械能及其守恒定律.docx
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高考物理二轮复习专题六机械能及其守恒定律
专题六 机械能及其守恒定律
『经典特训题组』
1.(多选)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。
此后,该质点的动能可能( )
A.一直增大
B.先逐渐减小到零,再逐渐增大
C.先逐渐增大到某一值,再逐渐减小
D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大
答案 ABD
解析 若该恒力与开始时质点匀速运动的方向夹角小于90°,则该恒力做正功,该质点的动能一直增大,A正确;若该恒力与开始时匀速运动的方向相反,则该恒力先做负功,待速度减小到零后该恒力做正功,该质点的动能先逐渐减小到零,再逐渐增大,B正确;如果恒力方向与原来速度方向成锐角,那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解,恒力与其中一个分速度方向相同,这个分速度就会增加,另一个方向的分速度不变,那么合速度就会增加,不会减小,故C错误;若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°小于180°,则该恒力先做负功,后做正功,该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大,D正确。
2.(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。
下列说法正确的是( )
A.0~6s内物体的位移大小为30m
B.0~6s内拉力做的功为70J
C.合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等
D.滑动摩擦力的大小为5N
答案 ABC
解析 由vt图象与t轴围成的面积表示位移,可得0~6s内物体的位移大小x=
×6m=30m,故A正确;由Pt图象与t轴围成的面积表示做功多少,可得在0~2s内拉力对物体做功W1=
J=30J,2~6s内拉力对物体做功W2=10×4J=40J,所以0~6s内拉力做的功为W=W1+W2=70J,B正确;由图甲可知,在2~6s内,物体做匀速运动,合外力为零,则合外力在0~6s内做的功与0~2s内做的功相等,故C正确;在2~6s内,v=6m/s,P=10W,物体做匀速运动,滑动摩擦力f=F=
=
N=
N,故D错误。
3.一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时,发动机的功率P随时间t的变化如图所示。
假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。
下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中,可能正确的是( )
答案 A
解析 设牵引力大小为F,由题图可知,汽车先以恒定功率P1运动,P1=Fv,零时刻,若F>f,则a=
,随着v增大,F减小,汽车刚开始做加速度减小的加速运动,当F减小为f,即v=
时,汽车做匀速直线运动,当功率在t1时刻增大为P2时,速度瞬时不变,牵引力增大,汽车又开始先做加速度减小的加速直线运动,当F减小为f,即v=
时,汽车再次做匀速直线运动,所以A正确,B错误,D错误;零时刻,若F=f,则在0~t1时,汽车做匀速直线运动,当t1时刻功率增大为P2时,汽车开始先做加速度减小的加速直线运动,当F减小为f,即v=
时,汽车做匀速直线运动,故C错误。
4.(多选)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。
现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。
已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<
。
在小球从M点运动到N点的过程中( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于伸长状态,则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态,设该点为B点,另设小球在A点时对应的弹簧最短,如图所示。
从M点到A点,弹簧压缩量变大,弹力做负功;从A点到B点,弹簧从压缩逐渐恢复至原长,弹力做正功;从B点到N点,弹簧从原长逐渐伸长,弹力做负功,A错误。
小球在A点时,水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g;小球在B点时,弹簧处于原长,弹簧和杆对小球没有作用力,小球受到的合外力F合=mg,故加速度a=g,B正确。
在A点时,弹簧长度最短,弹簧的弹力F弹垂直于杆,小球的速度沿杆向下,则P弹=F弹vcosα=0,C正确。
从M点到N点,小球与弹簧所组成的系统机械能守恒,则Ek增=Ep减,即EkN-0=Ep重M-Ep重N+Ep弹M-Ep弹N,由于在M、N两点弹簧弹力大小相同,由胡克定律可知,弹簧形变量相同,则弹性势能Ep弹N=Ep弹M,故EkN=Ep重M-Ep重N,D正确。
5.一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。
物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是( )
答案 C
解析 设斜面倾角为θ,根据动能定理,当小物块沿斜面上滑时,有-(mgsinθ+f)x=Ek-Ek0,即Ek=-(f+mgsinθ)x+Ek0,所以Ek与x的函数关系图象为直线,且斜率为负;当小物块沿斜面下滑时,根据动能定理有(mgsinθ-f)(x0-x)=Ek-0(x0为小物块到达最高点时的位移),即Ek=-(mgsinθ-f)x+(mgsinθ-f)x0,Ek随x的减小而增大,且图象为直线。
综上所述,C正确。
6.(多选)如图所示,两个小球A、B分别固定在轻杆的两端,轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动,OA>OB,现将该杆静置于水平方向,放手后两球开始运动,已知两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用,则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中,以下说法正确的是( )
A.两球组成的系统机械能守恒
B.B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量
C.重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加量
D.A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功
答案 BD
解析 由于两球组成的系统在运动过程中空气阻力做负功,不符合机械能守恒定律的条件,即系统机械能不守恒,A错误;B球克服重力做功WG=mBg·OB,其重力势能的增加量ΔEp=mBg·OB,两者相等,即B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量,B正确;根据动能定理,合外力做的功等于物体动能的变化,A球运动过程中有重力GA、空气阻力f和轻杆对它的力F对它做功,所以重力和空气阻力对A球做功代数和不等于它的动能增加量,C错误;由于两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用,由微元法可知A球克服空气阻力做的功为WA=f·
,B球克服空气阻力做的功为WB=f·
,且
>
,故WA>WB,D正确。
『真题调研题组』
1.(2017·全国卷Ⅱ)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。
小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力( )
A.一直不做功B.一直做正功
C.始终指向大圆环圆心D.始终背离大圆环圆心
答案 A
解析 光滑大圆环对小环只有弹力作用。
弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心,后指向圆心),与小环的速度方向始终垂直,不做功。
故选A。
2.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段,列车的动能( )
A.与它所经历的时间成正比
B.与它的位移成正比
C.与它的速度成正比
D.与它的动量成正比
答案 B
解析 列车做初速度为零的匀加速直线运动,列车动能Ek=
mv2,又因为v=at,所以Ek=
ma2t2,加速度a恒定,动能跟时间t的平方成正比,A错误;根据动能定理Ek=W合=F合s=mas,故动能与位移成正比,B正确;动能与速度平方成正比,故C错误;由Ek=
,可知动能与动量的平方成正比,D错误。
3.(2019·江苏高考)(多选)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。
小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。
物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。
在上述过程中( )
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A点的初速度为
答案 BC
解析 物块向左运动压缩弹簧,弹簧最短时,弹簧弹力最大,物块具有向右的加速度,弹簧弹力大于摩擦力,即Fm>μmg,A错误;根据功的公式,物块克服摩擦力做的功W=μmgs+μmgs=2μmgs,B正确;从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中,根据能量守恒定律,弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能,故Epm=μmgs,C正确;根据能量守恒定律,在整个过程中,物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能,即
mv2=2μmgs,所以v=2
,D错误。
4.(2018·江苏高考)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。
物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。
在从A到B的过程中,物块( )
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
答案 AD
解析 物体从A点到O点的过程,弹力逐渐减为零,刚开始弹簧弹力大于摩擦力,故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程:
弹力大于摩擦力过程,合力向右,加速度也向右,由于弹力逐渐减小,摩擦力不变,物块所受合力逐渐减小,加速度逐渐减小,当弹力等于摩擦力时速度最大,此位置在A点与O点之间;弹力小于摩擦力过程,合力方向与运动方向相反,弹力减小,摩擦力大小不变,物体所受合力增大,物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大,方向向左,物体做减速运动;从O点到B点的过程弹力增大,合力向左,加速度继续增大,A正确、B错误;从A点到O点过程,弹簧由压缩恢复原长,弹力做正功,从O点到B点的过程,弹簧被拉伸,弹力做负功,故C错误;从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功,故D正确。
5.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程( )
A.矿车上升所用的时间之比为4∶5
B.电机的最大牵引力之比为2∶1
C.电机输出的最大功率之比为2∶1
D.电机所做的功之比为4∶5
答案 AC
解析 设第②次所用时间为t,根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,
×2t0×v0=
×
×
v0,解得:
t=
,所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶
=4∶5,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F-mg=ma,可得电机的最大牵引力之比为1∶1,B错误;由功率公式P=Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为2∶1,C正确;两次提升过程中动能增加量均为0,由动能定理得W电-mgh=0,两次提升高度h相同,所以电机两次做功相同,D错误。
6.(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。
距地面高度h在3m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
该物体的质量为( )
A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg
答案 C
解析 画出运动示意图如图,设阻力大小为f,据动能定理知,
A→B(上升过程):
EkB-EkA=-(mg+f)h
C→D(下落过程):
EkD-EkC=(mg-f)h
联立以上两式,解得物体的质量m=1kg,C正确。
7.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。
取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。
重力加速度取10m/s2。
由图中数据可得( )
A.物体的质量为2kg
B.h=0时,物体的速率为20m/s
C.h=2m时,物体的动能Ek=40J
D.从地面至h=4m,物体的动能减少100J
答案 AD
解析 由于Ep=mgh,所以Ep与h成正比,斜率k=mg,由图象得k=20N,因此m=2kg,A正确;当h=0时,Ep=0,E总=Ek=
mv
,因此v0=10m/s,B错误;由图象知h=2m时,E总=90J,Ep=40J,由E总=Ek+Ep得Ek=50J,C错误;h=4m时,E总=Ep=80J,即此时Ek=0,即从地面至h=4m,动能减少100J,D正确。
8.(2018·全国卷Ⅰ)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。
一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。
重力加速度大小为g。
小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )
A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR
答案 C
解析 小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,机械能的增量ΔE机=W水平外力,机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。
设小球运动到c点的速度为vc,由动能定理有:
F·3R-mg·R=
mv
,解得:
vc=2
。
小球运动到c点后,根据小球受力情况,可分解为水平方向初速度为零的匀加速直线运动,加速度为ax=g,竖直方向的竖直上抛运动,加速度也为g,小球上升至最高点时,竖直方向速度减小为零,时间为t=
=
,水平方向的位移为:
x=
axt2=
g
2=2R,综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为ΔE机=F·(3R+x)=5mgR,正确答案为C。
9.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱,某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中( )
A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变
C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变
答案 C
解析 因为运动员做曲线运动,所以合力一定不为零,A错误;运动员受力如图所示,由于运动员速率不变,切线方向的合力为零,故有f=mgsinθ,运动过程中θ在减小,摩擦力在减小,B错误;
运动员运动过程中速率不变,质量不变,即动能不变,动能变化量为零,根据动能定理可知合力做功为零,C正确;因为运动员克服摩擦力做功,所以机械能不守恒,D错误。
10.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。
飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。
取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8m/s2。
(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;
(2)求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
答案
(1)4.0×108J 2.4×1012J
(2)9.7×108J
解析
(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0=
mv
①
式中,m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。
由①式和题给数据得Ek0=4.0×108J②
设地面附近的重力加速度大小为g。
飞船进入大气层时的机械能为Eh=
mv
+mgh③
式中,vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。
由③式和题给数据得Eh≈2.4×1012J。
④
(2)飞船在高度h′=600m处的机械能为
Eh′=
m
2+mgh′⑤
由功能原理得W=Eh′-Ek0⑥
式中,W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。
由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108J。
『模拟冲刺题组』
1.(2019·山东德州二模)(多选)机动车以恒定的功率在水平路面上以速度v匀速行驶,若行驶过程中功率突然变为原来的一半,且以后保持不变,整个过程中机动车受到的阻力不变,以下说法正确的是( )
A.功率改变时,牵引力也立即变为原来的一半
B.功率改变后的一小段时间内,牵引力逐渐减小
C.功率改变后的一小段时间内,加速度逐渐增大
D.经过一段时间后,机动车会以速度
匀速运动
答案 AD
解析 设开始时机动车的牵引力为F,阻力为Ff,功率为P1,则有F=Ff,当机动车突然减小油门,使机动车的功率减小为P′=
,机动车那一瞬间的速度不变仍为v,由P′=F′v知机动车牵引力会突然变为F′=
不变,牵引力F′逐步增大,加速度大小a= 逐渐减小,直到a=0,然后机动车以 的速度做匀速运动,故A、D正确,B、C错误。 2.(2019·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车,其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300kg)抬升到60m高的灭火位置,此后消防员用水炮灭火。 已知水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速度为20m/s,水的密度为1.0×103kg/m3,g取10m/s2。 下列说法正确的是( ) A.使水炮工作的发动机的输出功率为10kW B.使水炮工作的发动机的输出功率为30kW C.伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104J D.伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105J 答案 D 解析 水的密度为ρ=1.0×103kg/m3,1min内出水的质量: m=ρV=1.0×103×3kg=3000kg,1min内水获得的重力势能: Ep=mgh=3000×10×60J=1.8×106J,1min内水获得的动能: Ek= mv2=6×105J,由能量的转化和守恒定律知水炮工作的发动机输出功率为: P= = = W=4×104W,故A、B错误;伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功: W′=m′gh=300×10×60J=1.8×105J,故C错误,D正确。 3.(2019·陕西八校高三4月联考)(多选)质量均为m=1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动,二者的动能随位移的变化图象如图所示。 下列说法正确的是( ) A.甲的加速度大小为2m/s2 B.乙的加速度大小为1.5m/s2 C.甲、乙在x=6m处的速度大小为2m/s D.甲、乙在x=8m处相遇 答案 AD 解析 由动能定理得F合·x=ΔEk,故对甲有ma甲x=ΔEk甲,得a甲=-2m/s,对乙有ma乙x=ΔEk乙,得a乙=1m/s2,故A正确,B错误;在x=6m处,Ek甲=Ek乙=6J,由Ek= mv2,得v甲=v乙=2 m/s,故C错误;甲做匀减速直线运动,x=0时,v甲0= =6m/s,x甲=v甲0t+ a甲t2,乙做匀加速直线运动,x乙= a乙t2,甲、乙两物体同时从同地沿同一方向做直线运动,相遇时有x甲=x乙,解得x甲=x乙=8m,故甲、乙在x=8m处相遇,D正确。 4.(2019·山西高三二模)2018年2月13日,平昌冬奥会女子单板滑雪U形池项目中,我国选手刘佳宇荣获亚军。 如图所示为U形池模型,其中a、c为U形池两侧边缘,在同一水平面,b为U形池最低点。 刘佳宇从a点上方h高的O点自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为 。 不计空气阻力,下列判断正确的是( ) A.从O到d的过程中机械能减少 B.从a到d的过程中机械能守恒 C.从d返回到c的过程中机械能减少 D.从d返回到b的过程中,重力势能全部转化为动能 答案 A 解析 运动员从高h处自由下落由左侧进入池中,从右侧飞出后上升的最大高度为 ,摩擦力做负功,机械能减小,故A正确;从a到d的过程中,摩擦力做负功,则机械能不守恒,故B错误;从d返回到c的过程中,只有重力对运动员做功,机械能守恒,故C错误;从d返回到b的过程中,摩擦力做负功,运动员的重力势能转化为运动员的动能和因摩擦产生的内能,故D错误。 5.(2019·广东省“六校”高三第三次联考)(多选)如图固定在地面上的斜面倾角为θ=30°,物块B固定在木箱A的上方,一起从a点由静止开始下滑,到b点接触轻弹簧,又压缩至最低点c,此时将B迅速拿走,然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点。 已知木箱A的质量为m,物块B的质量为3m,a、c间距为L,重力加速度为g。 下列说法正确的是( ) A.在A上滑的过程中,与弹簧分离时A的速度最大 B.弹簧被压缩至最低点c时,其弹性势能为0.8mgL C.在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中,因摩擦产生的热量为1.5mgL D.若物块B没有被拿出,A、B能够上升的最高位置距离a点为 答案 BC 解析 在A上滑的过程中,A与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候,在此之前A已经开始减速,故与弹簧分离时A的速度不是最大,A错误;设弹簧被压缩至最低点c时,其弹性势能为Ep,在A、B一起下滑的过程中,由功能关系有4mgLsinθ=μ·4mgLcosθ+Ep,将物块B拿出后,木箱A从c点到a点的过程,由功能关系可得Ep=mgLsinθ+μmgLcosθ,联立解得Ep=0.8mgL,摩擦生热Q=3mgLsinθ=1.5mgL,故B、C正确;若物块B没有被拿出,且A、B一起从c点上滑的距离L′大于弹簧原长,则有Ep=4mgL′sinθ+μ·4mgL′cosθ,解得L′= ,故A、B能够上升的最高位置距离a点为 L,D错误。 6.(2019·江西高三九校3月联考)(多选)如图所示,左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗,碗口直径AB水平,O为球心,碗的内表面及碗口光滑。 右侧是一个足够长的固定光滑斜面。 一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮,细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2,且m1>m2。 开始时m1恰在A点,m2在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且恰好伸直,C点位于圆心O的正下方。 当m1由静止释放开始运动,则下列说法中正确的是( ) A.m2沿斜面上滑过程中,地面对斜面的支持力始终保持恒定 B.当m1运动到C点时,m1的速率是m2速率的 倍 C.m1可能沿碗面上升到B点 D.在m1从A点运动到C点的过程中,m1与m2组成的系统机械能守恒 答案 ABD 解析 m2沿斜面上滑过程中,m2对斜面的压力是一定的,斜面的受力情况不变,由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定,故A正确;设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2,则有: v1cos45°=v2,则v1= v2,故B正确;在m1从A点运动到C点的过程中,m1与m2组成的系统只有重力做功,系统的机械能守恒,D正确;由于m1、m2组成的系统机械能守恒,m2的机械能增加必导致m1的机械能减少,故m1不可能沿碗面上升到B点
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