19版高考物理一轮复习精选题辑课练16机械能守恒定律和能量守恒定律180408218

课练16 机械能守恒定律和能量守恒定律1．(2018·湖南郴州一中模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关答案：D解析：在运动员到达最低点前，运动员一直向下运动，根据重力势能的定义可知重力势能始终减小，故A 正确；蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力方向向上，而运动员向下运动，所以弹力做负功，弹性势能增加，故B 正确；对于运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，蹦极过程中只有重力和弹力做功，所以系统机械能守恒，故C 正确；重力做功是重力势能转化的量度，即W G ＝－ΔE p ，而蹦极过程中重力做功与重力势能零点的选取无关，所以重力势能的改变量与重力势能零点的选取无关，故D 错误．2．(2018·江苏泰州中学期中)(多选)如图所示，在地面上以速度v 0抛出质量为m 的物体，抛出后物体落到比地面低h 的海平面上，若以地面为零势能面且不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．物体落到海平面时的重力势能为mghB ．物体从抛出到落到海平面的过程重力对物体做功为mghC ．物体在海平面上的动能为12mv 20＋mgh D ．物体在海平面上的机械能为12mv 20 答案：BCD解析：物体运动过程中，机械能守恒，所以任意一点的机械能相等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动能为12mv 20，故整个过程中的机械能为12mv 20，所以物体在海平面上的机械能为12mv 20，在海平面重力势能为－mgh ，根据机械能守恒定律可得－mgh ＋12mv 2＝12mv 20，所以物体在海平面上的动能为12mv 20＋mgh ，从抛出到落到海平面，重力做功为mgh ，所以B 、C 、D 正确．3．(2018·吉林省实验中学五模)(多选)A 、B 、C 、D 四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h 处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小段圆弧，A 图中的轨道是一段斜面，高度大于h ；B 图中的轨道与A 图中的轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h ；C 图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管开口的高度大于h ；D 图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达高度h 的是( )答案：AC解析：A 图中小球到达右侧斜面上最高点时的速度为零，根据机械能守恒定律得mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故A 正确；B 图中小球离开轨道后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动到最高点时在水平方向上有速度，即在最高点的速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh ＋0＝mgh ′＋12mv 2，则h ′<h ，故B 错误；C 图中小球最后沿轨道做竖直上抛运动，运动到最高点时速度为零，根据机械能守恒定律得mgh ＋0＝mgh ′＋0，则h ′＝h ，故C 正确；D 图中小球沿半圆轨道运动，通过最高点最小的速度为v ＝gr ，故在最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh ＋0＝mgh ′＋12mv 2，则h ′<h ，故D 错误． 4．(2018·天津一中模拟)固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h .让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则( )A ．在下滑过程中圆环的机械能守恒B ．在下滑过程中弹簧的弹性势能先减小后增大C ．弹簧的弹性势能在整个过程中增加了mghD ．在下滑过程中(含始未位置)有两个位置弹簧弹力的功率为零答案：C解析：圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的弹力，所以圆环的机械能不守恒，A 错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由题图知弹簧先压缩再伸长，故弹簧的弹性势能先增大后减小再增大，B 错误；系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了mgh ，则弹簧的弹性势能增大了mgh ，C 正确；在A 点时弹簧处于原长，弹力为零，故A 点弹力的功率为零，当弹簧与速度方向垂直时，弹力的功率为零，当弹簧再次恢复原长时，弹力为零，弹力的功率为零，到最底端时圆环的速度为零，所以弹力的功率为零，在下滑过程中(含始末位置)有四个位置弹簧弹力的功率为零，D 错误．5．(2018·四川泸洲诊断)如图所示，粗糙斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O 点且恰好处于静止状态．现将物块从O 点拉至A 点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O 点到达B 点时速度为零，则物块从A 运动到B 的过程中( )A ．物块在位置B 点时，处于平衡状态B ．当A 点离O 点越远时，物块所能达到的最大动能的位置也离O 点越远C ．从O 向B 运动过程中，物块的加速度逐渐减小D ．从A 向O 运动过程中，系统的弹性势能的减少量大于机械能的增加量答案：D解析：物块位于O 点时恰好处于静止状态，则重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力．物块在位置B 点时，弹簧对物块有沿斜面向下的弹力，所以重力沿斜面向下的分力和弹力之和大于最大静摩擦力，所以物块在B 点时将要下滑，故A 错误；物块从A 向O 运动过程，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当其合力为零时动能最大，此位置有kx ＝mg sin α＋μmg cos α，α为斜面倾角，可知弹簧的伸长量x 一定，即动能最大的位置不变，故B 错误；从O 向B 运动过程中，物块的加速度为a ＝mg sin α＋μmg cos α＋kx m，x 逐渐增大，则a 逐渐增大，故C 错误；物块从A 向O 运动过程中，弹簧的弹性势能减小，转化为物块的机械能和内能，则系统弹性势能的减少量大于机械能的增加量，故D 正确．6．(2018·宁夏银川一中模拟)如图所示，水平传送带两端点A 、B 间的距离为L ，传送带开始时处于静止状态．把一个小物体放到右端的A 点，某人用恒定的水平力F 使小物体以速度v 1匀速滑到左端的B 点，拉力F 所做的功为W 1、功率为P 1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 1.随后让传送带为v 2的速度逆时针匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F 拉物体，使它以相对传送带为v 1的速度匀速从A 滑行到B ，这一过程中，拉力F 所做的功为W 2、功率为P 2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q 2.下列关系中正确的是( )A ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，P 1<P 2，Q 1>Q 2C ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1>Q 2D ．W 1>W 2，P 1＝P 2，Q 1＝Q 2答案：B 解析：当传送带不运动时，拉力做功W 1＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 1＝L v 1，因摩擦而产生的热量Q ＝fL .当传送带运动时，拉力做功W 2＝FL ，物体从A 运动到B 的时间t 2＝Lv 1＋v 2<t 1，因摩擦而产生的热量Q 2＝fv 1t 2.拉力做功功率P 1＝W 1t 1，P 2＝W 2t 2，比较可知W 1＝W 2，P 1<P 2.又v 1t 2<v 1t 1，v 1t 1＝L ，得Q 1>Q 2.故选B.7．(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R ，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量为m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )A ．下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B ．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C ．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D ．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点答案：AD解析：由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A 正确；在甲下滑的过程中，甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据滑动过程机械能守恒知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据滑动过程机械能守恒，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，故D正确．8．一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如图甲所示．若将一个质量为m小球分别拴在链条右端和左端，如图乙、图丙所示．约束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下列判断正确的是( )A．v a＝v b＝v c B．v a<v b<v cC．v c>v a>v b D．v a>v b>v c答案：C解析：图甲中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得12mg·3L4＝12mv2a，解得v a＝3gL2；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得12mg·3L4＝12·2mv2b，解得v b＝6gL4；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有12mg·3L4＋mgL2＝1 2·2mv2c，解得v c＝14gL4，故v c>v a>v b，选项C正确．9．(2018·山东菏泽联考)如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平桌面上，初始时用手拉住b，使a、b 静止，撤去此拉力后，a开始运动．在a下降的过程中，b始终未离开桌面．(忽略一切摩擦阻力和空气阻力)在此过程中( )A．a的动能小于b的动能B．a的动能等于b的动能C．两物体所组成的系统机械能增加D．物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量答案：AD解析：将b的实际速度进行分解，如图所示．由图可知v a＝v b cosθ，即a的速度小于b 的速度，故a的动能小于b的动能，A正确，B错误；由于只有重力做功，故a、b组成的系统机械能守恒，C错误；根据功能关系可知，物体a克服绳拉力做的功等于物体a机械能的减少量，D正确．10．(2018·福建福州文博中学月考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上，现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面，下列说法正确的是( )A ．斜面倾角α＝60°B ．A 获得最大速度为2g m 5kC ．C 刚离开地面时，B 的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒答案：B解析：C 刚离开地面时，对C 有kx 2＝mg ，此时B 有最大速度，即a B ＝a C ＝0，则对B 有mg ＋kx 2＝T ，对A 有4mg sin α－T ＝0，联立可得sin α＝12，α＝30°，故A 错误；初始时系统静止，且线上无拉力，对B 有kx 1＝mg ，可知x 1＝x 2＝mg k，则从释放至C 刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零，此过程中A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，即4mg (x 1＋x 2)sin α＝mg (x 1＋x 2)＋12(4m ＋m )v 2A m ，联立可得v A m ＝2g m 5k，故B 正确；对B 球进行受力分析可知，刚释放A 时，B 所受合力最大，此时B 具有最大加速度，故C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，故D 错误．11.如图所示，质量为m 的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O 点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P 点．以O 为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y ＝6－x 2(单位：m)，小球质量m ＝0.4 kg ，圆弧轨道半径R ＝1.25m ，g 取10 m/s 2，求：(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小．(2)小球从O 点到P 点所需的时间(结果可保留根号)．答案：(1)12 N (2)55s 解析：(1)小球从释放到O 点过程中机械能守恒，则：mgR ＝12mv 2 解得：v ＝2gR ＝5 m/s小球在圆轨道最低点：F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝mg ＋m v 2R＝12 N 由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力F N ′＝F N ＝12 N(2)小球从O 点水平抛出后满足：y ＝12gt 2，x ＝vt又有y ＝6－x 2，联立解得：t ＝55s. 12．(2018·广东顺德一模)如图所示，AB 为光滑圆弧形轨道，半径R ＝2.5 m ，圆心角为60°，质量M ＝4 kg 的小车(紧靠B 点)静止在光滑水平面上，上表面离地高度h ＝0.8 m ，且与B 点等高，右侧很远处有一个和小车等高的障碍物C (厚度可忽略)，DE 是以恒定速率15 m/s 转动的传送带，D 点位于水平面上．将一可视为质点、质量m ＝1 kg 的物块，从A 点由静止释放，在B 点冲上小车时，小车立即受到一水平向右的恒力F 的作用，当物块滑到小车最右端时，二者恰好相对静止，同时撤掉恒力F ，然后小车撞到障碍物C 后立即停止运动，物块沿水平方向飞出，在D 点恰好无碰撞地切入传送带，并沿着传送带下滑．已知物块与小车间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2＝13，传送带长度为s ＝28 m ，与水平面的夹角为53°(g 取10 m/s 2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．求：(1)物块滑到B 点时的速度大小v 0和物块飞离小车的水平速度大小v ；(2)恒力F 的大小和小车的长度L ；(3)物块在传送带上的运动时间t 总及在传送带上由于摩擦产生的内能Q .答案：(1)5 m/s 3 m/s (2)10 N 2.5 m(3)2 s 16 J解析：(1)物块从A 到B 的过程中，由机械能守恒定律得mgR (1－cos60°)＝12mv 20，代入数据得v 0＝5 m/s ， 小车撞到障碍物C 后物块做平抛运动，则有h ＝12gt 2， 代入数据得t ＝0.4 s ，物块到达D 点时竖直分速度大小为v y ＝gt ＝10×0.4 m/s＝4 m/s ，速度与水平方向的夹角为53°，则物块飞离小车的水平速度大小为v ＝v y cot53°＝4×34m/s ＝3 m/s. (2)物块在小车上滑行的加速度大小为a m ＝μ1mg m＝μ1g ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2. 物块在小车上滑行的时间为t ＝v 0－v a m ＝5－32s ＝1 s ， 则小车在此过程中的加速度为a M ＝v t ＝31m/s 2＝3 m/s 2， 对小车，由牛顿第二定律得F ＋μ1mg ＝Ma M ，代入数据解得F ＝10 N ，小车的长度为L ＝v 0＋v 2t －vt 2＝v 02t ＝5×12m ＝2.5 m. (3)物块刚滑上传送带时的初速度为v 1＝v y sin53°＝40.8m/s ＝5 m/s.设传送带的速度为v 皮，则有v 皮＝15 m/s ，可知，物块滑上传送带后先做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向下，加速度大小为a 1＝mg sin53°＋μ2mg cos53°m＝g (sin53°＋μ2cos53°)， 代入数据解得a 1＝10 m/s 2.物块速度从v 1增大到传送带速度的时间为t 1＝v 皮－v 1a 1＝15－510 s ＝1 s ，位移为x 1＝v 1＋v 皮2t 1＝5＋152×1 m＝10 m<s ＝28 m ， 共速后，由于mg sin53°>μ2mg cos53°，所以物块继续做匀加速运动，加速度大小为a 2＝mg sin53°－μ2mg cos53°m＝g (sin53°－μ2cos53°)， 代入数据解得a 2＝6 m/s 2.根据运动学公式得s －x 1＝v 皮t 2＋12a 2t 22，代入数据解得t 2＝1 s(另一负值舍去)， 物块在传送带上的运动时间为t 总＝t 1＋t 2＝2 s ，物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q ＝μ2mg cos53°·[(v 皮t 1－x 1)＋(s －x 1－v 皮t 2)]，代入数据解得Q ＝16 J.刷题加餐练 刷高考真题——找规律1．(2015·新课标全国卷Ⅱ，21)(多选)如图，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答案：BD解析：选b 滑块为研究对象，b 滑块的初速度为零，当a 滑块落地时，a 滑块没有在水平方向上的分速度，所以b 滑块的末速度也为零，由此可得b 滑块速度是先增大再减小，当b 滑块速度减小时，轻杆对b 一直做负功，A 项错误；当a 滑块落地时，b 滑块的速度为零，由机械能守恒定律，可得a 落地时速度大小为2gh ，B 项正确；当b 滑块速度减小时，轻杆对a 、b 都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a 的重力合成，a 滑块的加速度大小大于g ，C 项错误；a 的机械能先减小再增大，当a 的机械能最小时，轻杆对a 、b 的作用力均为零，故此时b 对地面的压力大小为mg ，D 项正确．2．(2015·天津卷，5)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．圆环的机械能守恒B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变答案：B解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A 、D 错误；弹簧长度为2L 时，圆环下落的高度h ＝3L ，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔE p ＝mgh ＝3mgL ，选项B 正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C 错误．刷仿真模拟——明趋向3．(2018·重庆八中月考)(多选)如图所示，一半径为R 的光滑半圆形细轨道，其圆心为O ，竖直固定在地面上．轨道正上方离地高为h 处固定一水平光滑长直细杆，杆与轨道在同一竖直面内，杆上P 点处固定一定滑轮，P 点位于O 点正上方．A 、B 是质量均为m 的小球，A 套在杆上，B 套在半圆形轨道上，一条不可伸长的轻绳通过定滑轮连接两环．两环均可看作质点，且不计滑轮大小与摩擦．现对A 环施加一水平向右的力F ，使B 环从地面由静止开始沿轨道运动．则( )A ．若缓慢拉动A 环，B 环缓慢上升至D 点的过程中，F 一直减小B ．若缓慢拉动A 环，B 环缓慢上升至D 点的过程中，外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量C ．若F 为恒力，B 环最终将静止在D 点D ．若F 为恒力，B 环被拉到与A 环速度大小相等时，sin∠OPB ＝R h答案：ABD解析：以B 环为研究对象，分析其受力，根据力的三有形和△PBO 相似可得，TPB ＝mgPO ，PO 不变，PB 减小，则绳子的拉力T 慢慢减小，则F 减小，故A 正确．根据功能关系可知，外力F 所做的功等于A 、B 组成的系统机械能的增加量，缓慢拉动A ，则A 的动能不变，A 的高度不变，重力势能不变，则A 的机械能不变，所以外力F 所做的功等于B 环机械能的增加量，故B 正确．若F 为恒力，则B 环能运动到D 点且速度不为零，B 环在经过D 点之后将会沿半圆形轨道运动至右侧最低点，然后沿轨道返回左侧最低点，之后将重复运动，故C错误．当P 、B 之间的绳与圆轨道相切时，v B ＝v A ，根据数学知识有sin∠OPB ＝R h，故D 正确．4．(2018·安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m ＝1 kg 的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6,cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A ．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B ．0～8 s 内物体位移的大小为14 mC ．0～8 s 内物体机械能的增量为84 JD ．0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J答案：BD解析：根据v ­t 图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a ＝22m/s 2＝1 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得μ＝0.875，故A 错误；0～8 s 内物体的位移为s ＝－12×2×2 m＋2＋62×4 m＝14 m ，故B 正确；物体上升的高度为h ＝s sin θ＝8.4 m ，重力势能的增量为ΔE p ＝mgh ＝84 J ，动能增量为ΔE k ＝12mv 22－12mv 21＝12×1×(42－22) J ＝6 J ，机械能增量为ΔE ＝ΔE p ＋ΔE k ＝90 J ，故C 错误；0～8 s 内只有前6 s 内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s 内传送带运动的距离为s 带＝4×6 m＝24m,0～6 s 内物体位移为s 物＝－12×2×2 m＋4×42m ＝6 m ，s 相对＝s 带－s 物＝18 m ，产生的热量为Q ＝μmg cos θ·s 相对＝126 J ，故D 正确．5．(2018·四川成都七中期末)如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳的两端各系一个小球a 和b .a 球的质量为m ，静置于水平地面；b 球的质量为M ，用手托住，距地面的高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．从静止释放b 后，a 达到的最大高度为1.5h ，则M 、m 之比为( )A ．：4B ．：3C ．：1D ．：2答案：C解析：设a 球上升高度为h 时两球的速度为v ，根据机械能守恒定律有Mgh ＝mgh ＋12(M ＋m )v 2，b 球落地后，a 球的机械能守恒，则有mgh ＋12mv 2＝mg ·(1.5h )，联立解得M ：m ＝：1，故选项C 正确．6．(2018·河南鹤壁模拟)(多选)如图所示，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为56g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则( )A ．物体上升过程动能减少了53mgh B ．物体上升过程重力势能增加了56mgh C ．物体在斜面上运动的整个过程机械能损失了43mgh D ．物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率 答案：AC解析：根据牛顿第二定律得mg sin30°＋f ＝m ·56g ，解得f ＝13mg ，物体上升的高度为h ，故重力做功W G ＝－mgh ，所以重力势能增加mgh ，摩擦力做功W f ＝－fs ＝－f h sin30°＝－13mg ·2h ＝－23mgh ，故根据动能定理可得ΔE k ＝W G ＋W f ＝－53mgh ，故A 正确，B 错误；克报摩擦力做功等于机械能减少量，上升和下降过程克服摩擦力做功相同，则物体在斜面上运动的整个过程损失的机械能ΔE ＝2·fs ＝43mgh ，C 正确；由于物体在运动的过程中克服摩擦力做功，所以物体回到出发点时的速度一定小于开始时的速度，所以物体上升过程上的平均速度大于下降过程中的平均速度，所以物体沿斜面上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，故D 错误．7．(2018·湖南、湖北八市十二校二模)如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出)．物块的质量为m ，AB ＝a ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点，拉力做的功为W .撤去拉力后物块由静止向左运动，经O 点到达B 点时速度为零．重力加速度为g .则上述过程中( )A ．物块在A 点时，弹簧的弹性势能等于W －12μmga B ．物块在B 点时，弹簧的弹性势能小于W －32μmga C ．经O 点时，物块的动能等于W －μmgaD ．物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定 答案：BD解析：设A 离弹簧原长位置O 的距离为x OA ，则弹簧的形变量为x OA ，当物块从A 向左运动直至B 的过程中，物块要克服摩擦力做功，则物块及弹簧系统的机械能一定减小，到B 时只具有弹性势能，则E p B <E p A ，由此可知B 离O 的距离比A 离O 的距离近，则x OA 大于a 2；从O 到A 的过程中运用动能定理有W －μmgx OA ＋W 弹＝0，解得A 处的弹性势能E p A ＝－W 弹＝W －μmgx OA <W －μmga 2，故A 项错误；同理，经过B 点时，弹簧的弹性势能E p B ＝－W 弹－μmga ＝W －μmg (a ＋x OA )<W －32μmga ，故B 项正确；经过O 点的动能E k ＝W －2μmgx OA ＜W －μmga ，故C 项错误；物块动能最大时是物块第一次回到受力平衡位置时，由受力分析可知该位置在O 点的右边，物块受到的弹力和物块受到的摩擦力大小相等，由于动摩擦因数未知，则弹簧的弹性势能大小无法确定，故物块动能最大时弹簧的弹性势能与物块在B 点时弹簧的弹性势能大小无法确定，故D 项正确． 刷最新原创——抓重点 8.如图所示是建筑工地上常用的一处“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯机从深坑堤上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底．然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆滚轮提升过程中，先经历匀加速运动过程，且加速度为a ，再经历匀速运动过程)．已知两个滚轮边缘的线速度恒为v ，夯杆质量m ，则下列说法正确的是( )A ．夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力，后不对它施力B ．增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间C ．滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D ．一次提杆过程系统共产生热量mgv 22a ＋12mv 2 答案：BD解析：夯杆被提上来的过程中，先受到滚轮的滑动摩擦力作用，然后受滚轮的静摩擦力作用，故A 错误；增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大，可减小提杆的时间；增加滚轮对杆的正压力，夯杆受到的滑动摩擦力增大，匀加速运动过程的加速度增大，可减小提杆的时间，故B 正确；滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能和重力势能的增量之和，故C 错误；设夯杆在匀加速直线运动过程中，受到的滑动摩擦力大小为f ，加速度为a ，质量为m ，匀加速运动的时间为t ，则相对位移大小为Δs ＝vt －v 22a ，由v ＝at ，得到t ＝v a，摩擦生热Q ＝f Δs .根据牛顿第二定律得f －mg ＝ma ，联立得到Q ＝mgv 22a ＋12mv 2，故D 正确．9．(多选)一根足够长的圆管竖直固定在地面上，管内有一劲度系数为k ＝10 N/m 的轻质弹簧，弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活塞和质量为m ＝0.1 kg 的小球(小球直径略小于管径)，已知活塞与管壁间的最大静摩擦力f ＝1.4 N ，弹簧从自然长度开始伸长x 的过程中平均弹力为F ＝12kx ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.当弹簧处于自然长度时由静止释放小球，在小球第一次运动到最低点的过程中( )。