一道高一能守恒的物理题。
一、首先进行系统的运动状态分析：
1.系统在整个过程中除重力外无其他外力做功，即系统机械能守恒；
2.系统在起始状态时只表现重力势能，而最终稳定状态下也只表现重力势能；（故第二问直接用初始系统总势能等于末态系统总势能列方程即可求解）。
3.系统中A、B运动“对称”且做先加速后减速的变速运动，方向向上；C做先加速后减速的变速运动，速度向下；A、B、C三者在临界状态时（即各自加速度a=0时）均有最大速度；（故第一问用临界状态三者的合外力为零即可求解）。
二、求解：
设：令A、B、C三者的重力均为G=mg；绳子拉力为T1=T2=T；临界状态（C最大速度）时在结点O处细绳MO与竖直方向夹角为q,且此时C下降高度为h；最终系统稳定后C的最大下降高度为H,此时A、B上升的高度为S.
（1）由题得，C最大速度时，加速度a=0，也即合外力为零，此时A、B的加速度亦为零，也即合外力为零。那么则有：
T=G；
2*T*Cosq=G；
h=0.3*Cotq
解得q=60度，h=0.173(m)。
（2）由题得，C下降最大距离时系统重新回到稳态即只有机械势能，根据近些能守恒，有初始系统总势能等于末态系统总势能，则有：
2*G*S=G*H；
(S+0.3)^2-0.3^2=H^2；[此用三角形勾股定理,也可直接表达为S=SQR(H^2+0.3^2)-0.3，其中SQR()为二次根号的意思。]
解得H=0.4（m）。
综上所述，求的.C下落0.173m的时候速度最大，C下落的最大距离是0.4m。
分析求解完毕！另外，解决任何题目，重要的是怎么分析（即分析方法），而不是怎么得到结果，这样才能举一反三；望我的分析方法对你有帮助！
BC都是正确的
判断机械能是否守恒就要看物体的受力情况。
A飞船升空阶段有外力做功（发射燃料燃烧啥的，
还有很大的空气阻力摩擦生热损失能量等）
所以是不守恒的。
B是卫星绕中心天体运动时，只受重力（这时也就是万有引力），且全部充当向心力，机械能守恒
C中是然后返回舱在大气层以外.......，既然无动力，仍然只受重力，
注意，在大气层以外太空，我们近似看成是真空，不受空气阻力。
D中不用说了，阻力大大的，不只受重力。
所以应该选BC
希望我解释清楚了，希望对你有帮助~
设向右运动为正方向，物块滑到木板右端时，与挡板碰撞前瞬间木块速度大小为υ1，物块速度大小为υ1’，木板位移为s1，物块位移为s1’，碰撞后瞬间木板速度大小为υ2，物块速度大小为υ2’；当物块再次回到木板最左端时物块与木板运动的速度大小都为υ，木板位移为s2，物块位移为s2’，物块在木板上的整个过程如图所示。
物块在木板上运动的过程中,物块的加速度大小为：
a2=f/m=μmg=μg=1m/s2.
木板的加速度大小为：
a=f/M=μmg/M=0.25 m/s2.
物块与木板碰撞前，由运动学公式
对物块：-2a’s1’=υ1’2-υ02
对木板：2as1=υ12-0
又由图右：s1’-s1=s
对系统，由动量守恒定律有：
mυ0=mυ1’+Mυ1
联立以上四式，考虑到υ1’>υ1，代入数据解得
υ1’=[(4+411)/5]m/s,υ1=[(4-411)/5]m/s
物块与木板碰撞前、后，由动量守恒定律有mυ0=Mυ2-mυ2’
物块与木板碰撞后到物块与木板以相同速度运动过程中，由运动学公式
对物块：-2a’s1’=υ1’2-υ02
对木板：-2as2=υ2-υ22
又由图2有：s2’+s2=s’
对系统，由动量守恒定律有：mυ0=(m+M)υ
联立以上五式，代入数据解得：υ=0.8m/s2，考虑到υ2＞υ，
得υ2’=[(45-4)/5]m/s，υ2=[(5+4)/5]m/s
所以，碰撞前后损失的机械能为
△E=( υ1’2+Mυ12/2)-( υ2’2+ Mυ22)
代入数据得：△E=2.4J
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解析二 运用动能定理与动量守恒定律
设木板与物块最后的相同速度为υ，由动量守恒定律，有：mυ0=(m+M)υ
设全过程中损失的机械能为E,则E= υ02- (m+M)υ2
用s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功。用s2表示从碰撞后瞬间到物块回到a端时木板的位移，用W3表示这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功。用W表示全过程中摩擦力做的总功，则：
W1=μmgs1 W2=-μmg（s+s1） W3=-μmgs2
W4=-μmg（s-s1） W=W1+W2+W3+W4
用△E表示在碰撞过程损失的机械能，则△E=E-W
联立以上各式得：△E=Mmυ02/（m+M） -2μmgs
代入数据得：△E=2.4J
解析三 运用能量守恒定律与动量守恒定律
设木板与物块最后的相同速度为υ，由动量守恒定律，有：
mυ0=（m+M）υ
设全过程中损失的机械能为E,则E= mυ02- (m+M)υ2
根据滑动摩擦力做功的特点，物块与木板之间由于相对滑动克服摩擦力做功，使机械能化成的内能为：Q=2μmgs
根据能力守恒定律，物块与木板之间由于碰撞损失的能量为△E=E-Q
联立以上各式得：△E=(Mmυ02/m+M) -2μmgs
代入数据得：△E=2.4J
答：对物块：-2a’s1’=υ1’2-υ02 对木板：2as1=υ12-0 又由图右：s1’-s1=s 对系统，由动量守恒定律有：mυ0=mυ1’+Mυ1 联立以上四式，考虑到υ1’>υ1，代入数据解得 υ1’=[(4+411)/5]m/s,υ1=[(4-411)/5]m/s 物块与木板碰撞前、后，由动量守恒定律有mυ0=Mυ2-...
答：回答：取地面为参考平面 (1)根据机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2可知 mgh=mgh1+1/2*m*v*v 其中mgh1=1/2*m*v*v 所以mgh=2mgh1 因此h1=h/2=20/2=10(米) 当它的高度为10米时,动能等于重力势能 (2)根据机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2可知 mgh=mgh2+1/2*m*v*v 其中1/2*m*v*v...
答：分析：（1）物块在斜面下滑的过程中，受到重力 mg，支持力N1，滑动摩擦力 f1（沿斜面向上）。设物块刚到B点时的速度是 VB，则由动能定理 得 mgh－f1*S＝m*VB^2 / 2－0 而斜面长度 S＝h / sinθ 摩擦力大小 f1＝μ*N1＝μ* mg *cosθ 所以 mgh－μ* mg *cosθ*（h / sinθ）...
答：F－mg＝m * V^2 / L 所以绳子对小球的拉力大小是 F＝mg＋（m * V^2 / L）＝3mg （2）若在O点正下方距离O为X处有一光滑铁钉，且要求小球仍能在竖直平面内完成圆周运动，可设小球在圆周的最高点的速度为 V1 由机械能守恒 得 m* V^2 / 2＝（m* V1^2 / 2）＋mg* 2（L－...
答：如图11所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v。水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R=2.5 m的圆截去了左上角l270的圆弧，CB为其竖直直径，(sin530=0.8 cos530=0.6，重力加速度g取10m／s2)...
答：初始总机械能 = 初始动能 + 初始势能 = 100 + 50 = 150（焦耳）。如果不计空气阻力则整个运动过程中物体的总机械能应保持不变。动能是势能的2倍意味着势能只占总机械能的1/3，即50（焦耳）.假设此时高度为h，则mgh = 50，将m和g代入即可计算出高度是5米。（2）由上一问的计算可知初始的总...
答：1. 4m/s 2.10m/s
答：10-5)=100J。因为初始动能为0，根据动能定理：0.5mv^2=100，所以v=10m/s。物体机械能为动能100J（如上所述）加上重力势能mgh=100J，共200J。物体在B点动能为100J，落地过程重力做功mgh=100J。所以根据动能定理，物体落地时动能为200J。0.5mv^2=200，v=sqrt(200)=10sqrt(2)。
答：因为没有摩擦，所以物体运动过程中机械能是守恒的。截去部分斜面后，物体做斜抛运动，最高点速度不为零，有水平速度。所以到最高点的重力势能比原来mgh小，即上升高度小于h。当斜面弯成圆弧时，要考虑圆周运动向心力的问题，在竖直平面内做圆周运动的物体，在最高点速度有限制，若是绳模型，最高点...
答：机械能守恒 m2gH/2-m1gH/4=1/2 （m1+m2）v2 动能的 m1g1/4H=1/2 m1 v2 两边分别相比 （2m2-m1）/m1=（m1+m2）/m1 然后就变成了 2m2-m1=m1+m2 得到m2=2m1
