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文档介绍
【物理】2020届一轮复习人教版功能关系能量守恒定律课时作业(1)
2020届一轮复习人教版 功能关系能量守恒定律 课时作业 一、选择题 1．(2016年上海卷)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空．若减小风力，体验者在加速下落过程中( ) A．失重且机械能增加 B．失重且机械能减少 C．超重且机械能增加 D．超重且机械能减少 解析：选B 据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确． 2.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J．则以下说法正确的是(取g＝10 m/s2)( ) A．物块的竖直高度降低了0.8 m B．由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 m C．物块获得的动能为4 J D．由于木板转动，物块的机械能必定增加 解析：选A 由重力势能的表达式Ep＝mgh，重力势能减少了4 J，而mg＝5 N，故h＝0.8 m，A项正确，B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块机械能必定减少，C、D项错误． 3.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．A、C两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( ) A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒 B．物块克服摩擦力做的功为mv02 C．弹簧的弹性势能增加量为μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和 解析：选D 物块与水平面间动摩擦因数为μ ，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为μmgL＝mv02－Ep弹，故B项错误，D项正确；根据B项分析知Ep弹＝mv02－μmgL，故C项错误． 4.(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( ) 解析：选CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力．施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsinθ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，x＝v0t－at2，故Q＝Ff，Q和t为二次函数关系，同理，动能Ek＝Ek0－Ffx，动能Ek和时间也是二次函数关系，选项A、B错误． 5.(多选)(2019届青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程( ) A．小球动能的增量为零 B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L) C．弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)(H＋x－L) D．系统机械能减小FfH 解析：选AC 小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WG＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化WG＝－ΔEp得小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得WG＋Wf＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－Ff)(H＋x－L )，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔEp得弹簧弹性势能的增量为(mg－Ff)·(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少量等于克服重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(H＋x－L)，所以系统机械能的减小量为Ff(H＋x－L)，故D错误． 6.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( ) A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能 B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和 D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量 解析：选CD 物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确． 7.(多选)(2018届淮北一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中( ) A．外力对物体A所做总功的绝对值等于Ek B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量 解析：选AD 它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知，外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误，D正确． 8.(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k>，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( ) A．物块可能会停在CB面上某处 B．物块最终会做往复运动 C．弹簧开始具有的最大弹性势能为mv02＋E0 D．物块克服摩擦做的功最大为mv02＋μmgL 解析：选BD 由于k>，由此k·L>μmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得Epm＝E0＋mv02＋μmg·，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm＝Epm－E0＝mv02＋μmgL，故D正确． 9.(2019届郴州模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v的速率运行，现把一质量为m的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处，工件与传送带间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列结论正确的是( ) A．工件与传送带间摩擦生热为mv2 B．传送带对工件做的功为mv2＋mgh C．传送带对工件做的功为 D．电动机因传送工件多做的功为 mv2＋mgh 解析：选B 工件与传送带共速时，工件与传送带的相对位移s＝vt－t＝t，工件的位移为s′＝t，对工件，根据动能定理(f－mgsinθ)s′＝mv2，摩擦生热Q＝fs，A错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；电动机因传送工件多做的功W＝mv2＋mgh＋Q，D错误． 10．(2018届湖北省七市教科研协作体联考)物块的质量m＝1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方随路程x变化的关系图象如图所示，已知g＝10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是( ) A．恒力F大小为6 N B．在t＝1 s时刻，物体运动开始反向 C．2秒末～3秒末内物块做匀减速运动 D．在物块运动路程为13 m过程中，重力势能增加130 J 解析：选B 根据公式v2－v02＝2ax，可得v2＝2ax＋v02，图象的斜率表示加速度的2倍，在0～5 m过程中以向上为正方向，F－f－mg＝ma1，a1＝×＝－10 m/s2，即F－f＝0，在5～13 m过程中以向下为正方向，根据牛顿第二定律可得mg－(F＋f)＝ma2，a2＝×＝4 m/s2，即F＋f＝6 N，解得F＝f＝3 N，A错误；初速度v0＝10 m/s，故t＝＝ s＝1 s，速度减小到零，即在t＝1 s时刻，物体运动开始反向，之后F＋f－mg>0，故以后向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；在物块运动路程为13 m过程中，先上升5 m，然后又从最高点下降8 m，即位移为3 m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，ΔEp＝mgh＝10×3＝30 J，D错误． 二、非选择题 11.(2018届苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数 μ ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； (2)小滑块最终停止的位置距B点的距离． 解析：(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0 代入数据解得vD＝3 m/s. (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有mgh1＝μmgs总 代入数据解得s总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2s－s总＝1.4 m. 答案：(1)3 m/s (2)1.4 m 12．(2017年全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/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9.8 m/s2.(结果保留2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600 m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人大气层时速度大小的2.0%. 解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝mv02① 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＝4.0×108 J② 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＝mvh2＋mgh③ 式中，vh是飞船在高度1.60×105 m处的速度大小．由③式和题给数据得 Eh≈2.4×1012 J．④ (2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为 Eh′＝m2＋mgh′⑤ 由功能关系得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飞船从高度600 m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＝9.7×108 J. 答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J |学霸作业|——自选 一、选择题 1．(多选)如图所示，质量为2 kg的小物块静置于地面上，现用力F竖直拉小物块使其由静止开始向上运动，经过一段时间后撤去F，以地面为零势能面，小物块的机械能随时间的平方变化图线如图乙所示，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．2 s内力F做的功为48 J B．1 s末力F的瞬时功率为25 W C．2 s末物块上升到最大高度 D．2 s末物块的动能为16 J 解析：选AD 机械能的变化与除弹簧的弹力和重力以外的其他力做功有关，即W其＝ΔE，由题意知，初态物体的机械能为0，则末态的机械能E＝Fh,2 s内机械能增加48 J，故力F做的功为48 J，A正确；而F－mg＝ma，假设物体做匀加速运动，则h＝at2，所以E＝(mg＋ma)at2，0～2 s，图象为直线，则证明假设成立，所以斜率k＝(mg＋ma)a＝24，解得a＝2 m/s2，F＝24 N,1 s末物体的速度为2 m/s，功率为48 W，B错误；2 s以后物体做竖直上抛，没有达到最大高度，C错误；2 s末的速度为4 m/s，动能为16 J，D正确． 2.(多选)(2019届四川泸州诊断)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，物块的加速度逐渐增大 D．从A向O运动过程中，系统的弹性势能的减少量大于物块机械能的增加量 解析：选CD 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，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运动过程中，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＝mgsinα＋μmgcosα，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＝，x逐渐增大，则a逐渐增大，故C正确；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物块机械能的增加量，故D正确． 3.(多选)(2018届沈阳一模)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物体A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C，则在此过程中( ) A．物块A运动的距离为 B．拉力的最大值为(m1＋m2)gsinθ＋m1a C．拉力做功的功率一直增大 D．弹簧弹性势能先减小后增大 解析：选BCD 系统处于静止状态时，弹簧压缩，设压缩了x1，由平衡条件kx1＝m1gsinθ，解得x1＝.物块B刚要离开挡板C时，弹簧拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸了x2，由kx2＝m2gsinθ，解得x2＝.力F沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝x1＋x2＝＋＝ ，选项A错误；在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大．隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，F－m1gsinθ－kx2＝m1a，解得拉力F＝(m1＋m2)gsinθ＋m1a，选项B正确；在拉力拉物体沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物体A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式P＝Fv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C正确；由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物体沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确． 4.(多选)(2018届山西名校联考)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为μ、2μ和3μ，三块薄板长度均为L，并依次连在一起．第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板．则下列说法正确的是( ) A．第二次小物块一定能够运动到a点并停下 B．第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等 C．第三次小物块也一定能运动到d点 D．第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等 解析：选AB 因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－mv02，第二次从d点运动到a点摩擦力做功相同，故可以运动到a点并停下，选项A正确；同理，第一次运动到c点时，摩擦力做的功Wf1＝－μmgL－2μmgL＝－3μmgL，第二次运动到c点时摩擦力做的功Wf2＝－3μmgL，所以两次通过c点时的速度大小相等，选项B正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d点，选项C错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项D错误． 5.(多选)(2018届江苏省六市第一次调研)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h.换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中( ) A．弹簧最大弹性势能为Mgh B．乙的最大速度为 C．乙在B点加速度大小为2g D．乙运动到O点下方处速度最大 解析：选AD 对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理有mgh＝mv2，解得v＝，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物体将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mgh＝mg·2h，则m＝M，在B点对M根据牛顿第二定律有F－Mg＝Mg，对m根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，联立以上各式可得a＝3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有kh＝2Mg＝4mg，即k＝mg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确． 6.(多选)(2019届广西南宁联考)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB.小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h，已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是( ) A．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为 B．若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则v＝ C．若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为 D．若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h 解析：选BC 设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BE＝x，BC＝x0，弹性绳劲度系数为k，∠BEC＝θ，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsinθ＝kx0＝，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为μ·＝，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，选项A错误；若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，再从D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即×2＝，v＝，选项B正确；从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mgh－W弹－＝0，小球质量为2m时，有2mgh－W弹－＝，v1＝，选项C正确；由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，选项D错误． 7.(2018年全国卷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．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：选C 设小球运动到c点的速度大小为vc，小球由a到c的过程，由动能定理得F·3R－mgR＝mv02，又F＝mg，解得vc2＝4gR.小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t＝，小球在水平方向的位移为x＝gt2，解得x＝2R.小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为 x＋3R＝5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR. 8．(2019届湖南师大附中检测)如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g.以下说法正确的是( ) A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0 B．小物体下落至高度h5时，加速度为0 C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了 D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg(h1－h5) 解析：选D 高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1－h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，故A错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B错误；小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量Δx＝，小物体从高度h2下降到h4，重力做功W＝mg·Δx＝mg×.物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了，故C错误；小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为mg(h1－h5)，故D正确． 二、非选择题 9.如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，车上表面距地面的高度h＝0.2 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B 端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g＝10 m/s2)．试求： (1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离； (3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能大小． 解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得 mgR＝mvB2 FNB－mg＝m 解得FNB＝30 N. (2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v 对滑块有μmg＝ma1 v＝vB－a1t1 对于小车：μmg＝Ma2 v＝a2t1 解得v＝1 m/s t1＝1 s 因t1查看更多