2023年高考物理（四海八荒易錯集）專題06機械能守恒定律和功能關系

PAGEPAGE23專題06機械能守恒定律和功能關系1.如下圖，一質量為M的光滑大圓環(huán)，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環(huán)上質量為m的小環(huán)(可視為質點)，從大環(huán)的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環(huán)滑到大環(huán)的最低點時，大環(huán)對輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg2.(多項選擇)如圖，滑塊a、b的質量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g.那么()A．a落地前，輕桿對b一直做正功B．a落地時速度大小為eq\r(2gh)C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于gD．a落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD.由題意知，系統(tǒng)機械能守恒．設某時刻a、b的速度分別為va、vb.此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖．因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.當a滑至地面時θ＝90°，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，選項B正確．同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項A錯誤．桿對b的作用先是推力后是拉力，對a那么先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項C錯誤．b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項D正確．正確選項為B、D.3.(多項選擇)如下圖，一質量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質彈簧一端與小球相連，另一端固定于O點．現將小球從A點由靜止釋放，沿豎直桿運動到B點，OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等，A、B兩點間的距離為h.在小球由A到B的過程中，以下說法正確的選項是()A．小球在B點時的速度大小為eq\r(2gh)B．小球的加速度等于重力加速度g的位置只有一個C．在彈簧與桿垂直時，小球機械能最小D．在B點時，小球機械能最大4．(多項選擇)圖甲、圖乙中兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率v順時針運動．現將一質量為m的小物體(視為質點)輕放在傳送帶底端A處，小物體在圖甲中傳送帶上到達傳送帶頂端B處時恰好與傳送帶的速率相等；在圖乙中傳送帶上到達離B處豎直高度為h的C處時到達傳送帶的速率v，B處離地面的高度均為H那么在小物體從A到B的過程中()A．小物體與圖甲中傳送帶間的動摩擦因數較小B．兩傳送帶對小物體做的功相等C．兩傳送帶消耗的電能相等D．兩種情況下因摩擦產生的熱量相等答案AB5．(多項選擇)圖甲、圖乙中兩傳送帶與水平面的夾角相同，都以恒定速率v順時針運動．現將一質量為m的小物體(視為質點)輕放在傳送帶底端A處，小物體在圖甲中傳送帶上到達傳送帶頂端B處時恰好與傳送帶的速率相等；在圖乙中傳送帶上到達離B處豎直高度為h的C處時到達傳送帶的速率v，B處離地面的高度均為H那么在小物體從A到B的過程中()A．小物體與圖甲中傳送帶間的動摩擦因數較小B．兩傳送帶對小物體做的功相等C．兩傳送帶消耗的電能相等D．兩種情況下因摩擦產生的熱量相等解析根據公式v2＝2ax，可知物體加速度關系a甲＜a乙，再由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，可知μ甲＜μ乙，故A項正確；傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增加量，動能增加量相等，重力勢能的增加量也相等，故兩圖中傳送帶對小物體做的功相等，故B項正確；因摩擦產生的熱量Q＝Ffx相對，圖甲中有Q甲＝Ff1x1＝Ff1eq\f(H,sinθ)，Ff1－mgsinθ＝ma1＝meq\f(v2,2·\f(H,sinθ))，乙圖中有Q乙＝Ff2x2＝Ff2eq\f(H－h(huán),sinθ)，Ff2－mgsinθ＝ma2＝meq\f(v2,2·\f(H－h(huán),sinθ))，解得Q甲＝mgH＋eq\f(1,2)mv2，Q乙＝mg(H－h(huán))＋eq\f(1,2)mv2，Q甲＞Q乙，故D項錯誤；根據能量守恒定律，電動機消耗的電能E電等于因摩擦產生的熱量Q與物體增加的機械能之和，因物體兩次從A到B增加的機械能相同，Q甲＞Q乙，所以將小物體運至B處，圖甲中傳送帶消耗的電能更多，故C項錯誤．答案AB6．如下圖，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，一個質量為M＝1.0kg的小物塊以某一初速度由傳送帶左端滑上，通過速度傳感器記錄下物塊速度隨時間的變化關系如下圖(圖中取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點)．傳送帶的速度保持不變，g取10m/s2.求：(1)物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ；(2)物塊在傳送帶上的運動時間；(3)整個過程中系統(tǒng)生成的熱量．(2)由速度圖象可知，物塊初速度大小v＝4m/s、傳送帶速度大小v′＝2m/s，物塊在傳送帶上滑動t1＝3s后，與傳送帶相對靜止．前2s內物塊的位移大小s1＝eq\f(v,2)t＝4m，向右，后1s內的位移大小s2＝eq\f(v′,2)t′＝1m，向左，3s內位移s＝s1－s2＝3m，向右；物塊再向左運動時間t2＝eq\f(s,v′)＝1.5s物塊在傳送帶上運動時間t＝t1＋t2＝4.5s(3)物塊在皮帶上滑動的3s內，皮帶的位移s′＝v′t1＝6m，方向向左；物塊位移為s＝s1－s2＝3m，方向向右相對位移為Δs′＝s′＋s＝9m所以轉化的熱量EQ＝Ff×Δs′＝18J.答案(1)0.2(2)4.5s(3)18J7．如下圖，長為L＝10.5m的傳送帶與水平面成30°角，傳送帶向上做加速度為a0＝1m/s2的勻加速運動，當其速度為v0＝3m/s時，在其底端輕放一質量為m＝1kg的物塊(可視為質點)，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝eq\f(\r(3),2)，在物塊由底端上升到頂端的過程中．求：(1)此過程所需時間；(2)傳送帶對物塊所做的功；(3)此過程中產生的熱量．到達頂端時有veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a0(L－x1)(1分)L－x1＝eq\f(v1＋v2,2)·t2聯(lián)立并代入數值得t2＝1s(1分)所以物塊由底端上升到頂端所用的時間為t＝t1＋t2＝3s．(1分)(2)由動能定理知W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(1分)代入數值得W＝70.5J．(1分)(3)物塊發(fā)生的相對位移為x相＝v0t1＋eq\f(1,2)a0teq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)(2分)產生的熱量為Q＝μmgcosθ·x相(1分)聯(lián)立并代入數值得Q＝22.5J．(1分)答案：(1)3s(2)70.5J(3)22.5J8．某電視娛樂節(jié)目裝置可簡化為如下圖模型．傾角θ＝37°的斜面底端與水平傳送帶平滑接觸，傳送帶BC長L＝6m，始終以v0＝6m/s的速度順時針運動．將一個質量m＝1kg的物塊由距斜面底端高度h1＝5.4m的A點靜止滑下，物塊通過B點時速度的大小不變．物塊與斜面、物塊與傳送帶間動摩擦因數分別為μ1＝0.5、μ2＝0.2，傳送帶上外表距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物塊由A點運動到C點的時間；(2)假設把物塊從距斜面底端高度h2＝2.4m處靜止釋放，求物塊落地點到C點的水平距離；(3)求物塊距斜面底端高度滿足什么條件時，將物塊靜止釋放均落到地面上的同—點D.vB＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s(1分)物塊在傳送帶上勻速運動到Ct2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(6,6)s＝1s(1分)所以物塊由A到C的時間：t＝t1＋t2＝3s＋1s＝4s．(1分)(2)在斜面上根據動能定理mgh2－μ1mgcosθeq\f(h2,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2(1分)解得v＝4m/s＜6m/s(1分)設物塊在傳送帶先做勻加速運動達v0，運動位移為x，那么：a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g＝2m/s2(1分)veq\o\al(2,0)－v2＝2ax，x＝5m＜6m(1分)所以物塊先做勻加速直線運動后和傳送帶一起勻速運動，離開C點做平拋運動s＝v0t0，(1分)H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)，(1分)解得s＝6m．(1分)答案：(1)4s(2)6m(3)1.8m≤h≤9.0m9.(2022·全國丙卷T24)如圖2所示，在豎直平面內有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動．圖2(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．【解析】(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③【答案】(1)5(2)能沿軌道運動到C點10.(2022·全國甲卷T25)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖7所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動．重力加速度大小為g.圖7(1)假設P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)假設P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍．【解析】(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl ①設P的質量為M，到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)＋μMg·4l ②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數據得vB＝eq\r(6gl) ③vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2 ⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt ⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l. ⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l ⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl ?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m. ?【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m易錯起源1、機械能守恒定律的應用例1．如圖3所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)．現讓圓環(huán)由靜止開始下滑，彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，那么在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中()圖3A.圓環(huán)的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【變式探究】如圖4所示，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段是半徑為R的四分之三圓弧，圓心O及D點與AB等高，整個軌道固定在豎直平面內，現有一質量為m，初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，那么(小球直徑略小于管內徑)()圖4A．小球到達C點時的速度大小vC＝eq\f(3\r(gR),2)B．小球能通過E點且拋出后恰好落至B點C．無論小球的初速度v0為多少，小球到達E點時的速度都不能為零D．假設將DE軌道撤除，那么小球能上升的最大高度與D點相距2R【舉一反三】如圖6所示，左側豎直墻面上固定半徑為R＝0.3m的光滑半圓環(huán)，右側豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿．質量為ma＝100g的小球a套在半圓環(huán)上，質量為mb＝36g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接．現將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質點，g取10m/s2.求：圖6(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小；(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功．【解析】(1)當a滑到與O同高度的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零，由機械能守恒可得：magR＝eq\f(1,2)mav2解得：v＝eq\r(2gR)對小球a受力分析，由牛頓第二定律可得：F＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N.【答案】(1)2N(2)0.1944J【名師點睛】1．高考考查特點(1)本考點高考命題選擇題集中在物體系統(tǒng)機械能守恒及物體間的做功特點、力與運動的關系；計算題結合平拋、圓周運動等典型運動為背景綜合考查．(2)熟悉掌握并靈活應用機械能的守恒條件、掌握常見典型運動形式的特點及規(guī)律是突破該考點的關鍵．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)對機械能守恒條件理解不準確，特別是系統(tǒng)機械能守恒時不能正確分析各力的做功情況．(2)典型運動中不熟悉其運動規(guī)律，如圓周運動中的臨界條件．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】機械能守恒定律應用中的“三選取〞(1)研究對象的選取研究對象的選取是解題的首要環(huán)節(jié)，有的問題選單個物體(實為一個物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對象，有的選幾個物體組成的系統(tǒng)為研究對象，如下圖單項選擇物體A機械能減少不守恒，但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機械能守恒．(2)研究過程的選取研究對象的運動過程分幾個階段，有的階段機械能守恒，而有的階段機械能不守恒，因此在應用機械能守恒定律解題時要注意過程的選取．(3)機械能守恒表達式的選?、偈睾阌^點：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2.(需選取參考面)②轉化觀點：ΔEp＝－ΔEk.(不需選取參考面)③轉移觀點：ΔEA增＝ΔEB減．(不需選取參考面)易錯起源2、功能關系及能量守恒例2．如圖8所示，一質量為m的小球固定于輕質彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點．將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，當小球運動到O點正下方與A點的豎直高度差為h的B點時，速度大小為v.重力加速度為g，以下說法正確的選項是()圖8A．小球運動到B點時的動能等于mghB．小球由A點到B點重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C．小球由A點到B點克服彈力做功為mghD．小球到達B點時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】小球運動到B點時，動能等于eq\f(1,2)mv2，選項A錯誤；小球由A點運動到B點，重力勢能減少mgh，選項B錯誤；由于小球動能變化，設小球由A點運動到B點克服彈簧彈力做功為W，根據mgh－W＝eq\f(1,2)mv2，可得W＝mgh－eq\f(1,2)mv2，即彈性勢能增加mgh－eq\f(1,2)mv2，選項C錯誤，選項D正確．【變式探究】如圖10所示，在水平面的上方有一固定的水平運輸帶，在運輸帶的左端A處用一小段光滑的圓弧與一光滑的斜面平滑銜接，該運輸帶在電動機的帶動下以恒定的向左的速度v0＝2m/s運動．將一可以視為質點的質量為m＝2kg的滑塊由斜面上的O點無初速度釋放，其經A點滑上運輸帶，經過一段時間滑塊從運輸帶最右端的B點離開，落地點為C.O點與A點的高度差為H1＝1.65m，A點與水平面的高度差為H2＝0.8m，落地點C到B點的水平距離為x＝1.2m，g取10m/s2.圖10(1)求滑塊運動到C點時的速度大小；(2)如果僅將O點與A點的高度差變?yōu)镠′1＝0.8m，且當滑塊剛好運動到A點時，撤走斜面，求滑塊落在水平面上時的速度大??；(3)在第(2)問情況下滑塊在整個運動過程中因摩擦而產生的熱量有多少？(2)設滑塊從高H1＝1.65m處的O點由靜止開始下滑到運輸帶上，再滑到運輸帶右端過程中，摩擦力對滑塊做功為Wf，由動能定理得mgH1＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)。解得Wf＝－24J滑塊從高H′1＝0.8m處的O點由靜止開始下滑到運輸帶上，由于mgH′1<|Wf|，在滑到運輸帶右端前滑塊的速度就減為零，然后滑塊要向左運動，設滑塊從高H′1＝0.8m處由靜止開始下滑到達運輸帶左端的速度為v′0，那么mgH′1＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)解得v′0＝4m/s因為v0<v′0，故滑塊在運輸帶上向左運動的過程中，先加速至與運輸帶速度相同，后勻速運動至運輸帶左端做平拋運動，設滑塊從運輸帶左端拋出，落地時的速度大小為v2，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)解得v2＝2eq\r(5)m/s.【答案】(1)5m/s(2)2eq\r(5)m/s(3)36J【舉一反三】假設將右側半圓軌道換成光滑斜面，如圖9所示，斜面固定，AB與水平方向的夾角θ＝45°，A、B兩點的高度差h＝4m，在B點左側的水平面上有一左端固定的輕質彈簧，自然伸長時彈簧右端到B點的距離s＝3m．質量為m＝1kg的物塊從斜面頂點A由靜止釋放，物塊進入水平面后向左運動壓縮彈簧的最大壓縮量x＝0.2m．物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計物塊在B點的機械能損失．求：圖9(1)彈簧的最大彈性勢能；(2)物塊最終停止位置到B點的距離；(3)物塊在斜面上滑行的總時間(結果可用根式表示)．【解析】(1)物塊從開始位置到壓縮彈簧至速度為0的過程，由功能關系可得：mgh－μmg(s＋x)＝Ep解得最大彈性勢能Ep＝24J.(2)設物塊從開始運動到最終靜止，在水平面上運動的總路程為l，由功能關系有：mgh－μmgl＝0解得：l＝8m所以物塊停止位置到B點距離為：Δl＝l－2(s＋x)＝1.6m<3m即物塊最終停止位置距B點1.6m.【答案】(1)24J(2)1.6m(3)eq\f(4\r(2)＋2\r(10),5)s【名師點睛】1．高考考查特點(1)本考點選擇題重點考查常見功能轉化關系，難度中檔；計算題常以滑塊、傳送帶、彈簧結合平拋運動、圓周運動綜合考查功能關系、動能定理、機械能守恒的應用．(2)解此類問題重在理解常見功能關系，明確物體運動過程中哪些力做功，初、末狀態(tài)對應的能量形式．2．解題的常見誤區(qū)及提醒(1)功能關系分析中力做功與能量轉化對應關系不明確．(2)公式應用過程中漏掉局部力做功，特別是摩擦力做功．(3)多過程問題中過程分析不清晰出現亂套公式的情況．【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】功是能量轉化的量度，是能量轉化的標志.功能量轉化合外力做功合外力的功等于物體動能的變化量(動能定理)重力做功重力所做的功等于物體重力勢能的變化量彈力做功彈力所做的功等于物體彈性勢能的變化量除重力和彈力做功外，其他力的合功除重力和彈力做功外，其他力(包括其他外力、摩擦力等)的合功等于物體機械能的變化量摩擦力的相對功(摩擦力與相對路程的乘積)摩擦力與相對路程的乘積為系統(tǒng)的發(fā)熱量1．一小球以一定的初速度從圖12所示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質量為m，假設小球恰好能通過軌道2的最高點B，那么小球在軌道1上經過A處時對軌道的壓力為()圖12A．2mgB．3mgC．4mgD．5mg2．韓曉鵬是我國首位在冬奧會雪上工程奪冠的運發(fā)動．他在一次自由式滑雪空中技巧比賽中沿“助滑區(qū)〞保持同一姿態(tài)下滑了一段距離，重力對他做功1900J，他克服阻力做功100J．韓曉鵬在此過程中()A．動能增加了1900JB．動能增加了2000JC．重力勢能減小了1900JD．重力勢能減小了2000J【答案】C【解析】根據動能定理得韓曉鵬動能的變化ΔE＝WG＋Wf＝1900J－100J＝1800J>0，故其動能增加了1800J，選項A、B錯誤；根據重力做功與重力勢能變化的關系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1900J<0，故韓曉鵬的重力勢能減小了1900J，選項C正確，選項D錯誤．3．靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．空氣阻力f大小不變，且f<mg，假設選取地面為零勢能面，那么物體在空中運動的整個過程中，物體的機械能隨離地面高度h變化的關系可能正確的選項是()4．如圖13所示，斜面固定在水平面上，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點，物塊與斜面間有摩擦．現將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，經O點到達B點時速度為零，那么物塊從A運動到B的過程中()圖13A．經過位置O點時，物塊的動能最大B．物塊動能最大的位置與AO的距離無關C．物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量D．物塊從O向B運動過程中，動能的減少量等于彈性勢能的增加量【答案】B【解析】根據題述彈簧處于自然長度時物塊位于O點，可知物塊所受摩擦力等于重力沿斜面的分力．將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，當彈簧對物塊沿斜面向上的彈力等于物塊重力沿斜面的分力和滑動摩擦力之和時，合力為零，物塊的動能最大．由此可知，物塊經過A、O之間某一位置時，物塊的動能最大，選項A錯誤．物塊動能最大的位置與AO的距離無關，選項B正確．由功能關系可知，物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量加上克服摩擦力做功產生的熱量，選項C錯誤．物塊從O向B運動過程中，動能的減少量等于增加的重力勢能與彈性勢能加上克服摩擦力做功產生的熱量，即動能的減少量大于彈性勢能的增加量，選項D錯誤．5.如圖14所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個質量為m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達最高點B時對軌道壓力為eq\f(mg,2).AP＝2R，重力加速度為g，那么小球從P到B的運動過程中()圖14A．重力做功2mgRB．合力做功eq\f(3,4)mgRC．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgRD．機械能減少2mgR6．如圖15所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細線跨過位于O點的輕質光滑定滑輪，一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質量相等．C為O點正下方桿上的點，滑輪到桿的距離OC＝h.開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30°.現將A、B靜止釋放．那么以下說法正確的選項是()圖15A．物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，速度不斷增大B．在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，物塊B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量C．物塊A在桿上長為2eq\r(3)h的范圍內做往復運動D．物塊A經過C點時的速度大小為eq\r(2gh)【答案】ACD【解析】物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中，繩子拉力對A做正功，動能不斷增大，速度不斷增大，選項A正確；物塊A到達C時，B到達最低點，速度為零，B下降過程中只受重力和繩子的拉力，根據動能定理可知，重力做功和拉力做功大小相等，選項B錯誤；由幾何知識可知，eq\x\to(AC)＝eq\r(3)h，由于AB組成的系統(tǒng)機械能守恒，由對稱性可得物塊A在桿上長為2eq\r(3)h的范圍內做往復運動，選項C正確；對系統(tǒng)由機械能守恒定律得mg(eq\f(h,sin30°)－h(huán))＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(2gh)，選項D正確．7.水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運動，如圖16所示，小球進入半圓形軌道后剛好能通過最高點c.那么()圖16A．R越大，v0越大B．R越大，小球經過b點后的瞬間對軌道的壓力越大C．m越大，v0越大D．m與R同時增大，初動能Ek0增大8．如圖17所示，甲、乙傳送帶傾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆時針運動，兩傳送帶粗糙程度不同，但長度、傾角均相同．將一小物體分別從兩傳送帶頂端的A點無初速度釋放，甲傳送帶上物體到達底端B點時恰好到達速度v；乙傳送帶上物體到達傳送帶中部的C點時恰好到達速度v，接著以速度v運動到底端B點．那么物體從A運動到B的過程中()圖17A．物體在甲傳送帶上運動的時間比乙大B．物體與甲傳送帶之間的動摩擦因數比乙大C．兩傳送帶對物體做功相等D．兩傳送帶因與物體摩擦產生的熱量相等9．如圖18所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原