高中物理复习专题讲座9

1、高中物理复习专题讲座9高中物理复习专题讲座9高中物理复习专题讲座9第1课时功功率和功能关系高考命题点命题轨迹情境图功和功率的分析与20152卷17计算20172卷1420183卷1915(2)17题17(2)14题18(3)19题20151卷1720172卷241卷14、18,20182卷1415(1)17题17(2)24题动能定理的应用20193卷1718(1)18题18(2)14题19(3)17题机械能守恒和能量20183卷17守恒定律的应用20162卷21力学中功能关系的理解和应用1卷24,20173卷1616(2)21题17(3)16题1几种力做功的特色(1)重力、弹簧弹力、静电力做功

2、与路径没关(2)摩擦力做功的特色单个摩擦力(包含静摩擦力和滑动摩擦力)能够做正功，也能够做负功，还能够不做功互相作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能转变成其余形式的能；互相作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值在一对滑动摩擦力做功的过程中，不但有互相摩擦的物体间机械能的转移，还有部分机械能转变成内能，转变成内能的量等于系统机械能的减少许，等于滑动摩擦力与相对位移的乘积摩擦生热是指滑动摩擦生热，静摩擦不会生热2几个重要的功能关系(1)重力的功等于重力势能的减少许，即WE.Gp(2)弹力的功等于弹性势能的减少许，即WE.弹p(3)

3、合力的功等于动能的变化，即WEk.(4)重力(或系统内弹簧弹力)以外的其余力的功等于机械能的变化，即W其余E.(5)系统内一对滑动摩擦力做的功是系统内能改变的量度，即QFfx相对1功和功率的求解(1)功的求解：WFlcos用于恒力做功，变力做功能够用动能定理或许图象法来求解(2)功率的求解：能够用定义式W来求解，假如力是恒力，能够用PFvcos来求解Pt2动能定理的应用技巧若运动包含几个不一样的过程，能够全程或许分过程应用动能定理.例1(多项选择)(2019山东菏泽市下学期第一次模拟)如图1所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平川面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止开释恰巧

4、从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加快度大小为g，则以下说法正确的选项是()图1A物块从P到B过程战胜摩擦力做的功为mg(Rh)B物块从A到B过程重力的均匀功率为2mg2ghC物块在B点时对槽底的压力大小为R2hmgRD物块到B点时重力的刹时功率为mg2gh答案BC分析物块从A到B过程做匀速圆周运动，依据动能定理有mgRWf0，所以战胜摩擦力做功WfmgR，A项错误；依据机械能守恒，物块到A点时的速度大小由mgh1mv2得v21RR，所以从A到B过程中重力的均匀功率为PW22gh，从A到B运动的时间tv22ght2mg2gh

5、，B项正确；物块在B点时，依据牛顿第二定律FNmgmv2，求得FNR2hmg，RR依据牛顿第三定律可知，FNFNR2hmg，C项正确；物块到B点时，速度的方向与R重力方向垂直，所以重力的刹时功率为零，D项错误拓展训练1(多项选择)(2019山东济宁市第二次摸底)如图2所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在圆滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)现将它们由静止开释，在下滑的过程中()2两物体下滑的加快度相同轻杆对A做正功，对B做负功C系统的机械能守恒D随意时刻两物体重力的功率相同答案AC分析因为A、B两物体用轻杆相连，一同运动，加快度相同，A正确；对两物体整体受力分析得：(2mm

6、)gsin(2mm)a，整体加快度agsin；设杆对B的力为F，间隔B可得：2mgsinF2ma，且agsin，所以F0，B错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能互相转变，机械能守恒，C正确；重力刹时功率Pmgvy，固然两物体速度相同，可是质量不一样样，则同一时刻两物体重力功率不一样样，D错误拓展训练2(多项选择)(2019四川广元市第二次适应性统考)某质量m1500kg的“双引擎”小汽车，当行驶速度v54km/h时靠电动机输出动力；当行驶速度在54km/h90km/h时汽油机和电动机同时工作，这类汽车更节能环保该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t变化的图线如图3

7、所示，所受阻力恒为1250N已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，此后保持恒定功率行驶至第11s末则在前11s内()3A经过计算t06sB电动机输出的最大功率为60kWC汽油机工作时期牵引力做的功为4.5105JD汽车的位移为160m答案AC分析开始阶段，牵引力F15000N，依据牛顿第二定律可得，F1Ffma，解得：开始阶段加快度a2.5m/s2.v154km/h15m/s，依据t0v1，解得t项正确；t0时刻，a06s，故A电动机输出的功率最大，且PmF1v1500015W75000W75kW，故B项错误；汽油机工作时期，功率PF2v1600015W90kW,11s末汽车的速度v2P901

8、03m/sF3600m/s，汽油机工作时期牵引力做的功WPt290103(116)J4.5105J，故C项正确；汽车前6s内的位移x11at0212.562m45m，后5s内依据动能定理得：Pt2Ffx222112mv222mv12，解得：x2120m所从前11s时间内汽车的位移xx1x245m120m165m，故D项错误1应用动能定理解题的基本思路(1)确立研究对象和研究过程；(2)进行运动分析和受力分析，确立初、末速度和各力做功状况，利用动能定理全过程或许分过程列式2动能定理的应用(1)动能定理是依据恒力做功和直线运动推导出来的，可是也合用于变力做功和曲线运动(2)在波及位移和速度而不波及

9、加快度和时间问题时，常采纳动能定理分析(3)动能定理常用于分析多运动过程问题，要点是明确各力及各力作用的位移例2(多项选择)(2019宁夏银川市质检)如图4所示为一滑草场某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道构成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰巧静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加快度为g，sin370.6，cos370.8)则()46A动摩擦因数7B载人滑草车最大速度为2gh7C载人滑草车战胜摩擦力做功为mgh3D载人滑草车在下段滑道上的加快度大小为5g答案A

10、B分析对载人滑草车从坡顶由静止究竟端的全过程分析，由动能定理可知：mg2hmgcos45hmgcos37h0，解得6，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，sin45sin377依据动能定理有mghmgcos45h12gh，选项B正确；载人滑草mv2，解得：v7sin452车战胜摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加快度大小为amgcos37mgsin373m35g，选项D错误拓展训练3(2019山西五地联考上学期期末)如图所示，固定斜面倾角为.一轻弹簧的自然长度与斜面长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力

11、推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，放手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和5全部摩擦，重力加快度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()图5A.1222gLsincos2mv2mgLsin；vsin2g22sin22gLsincos2B.1mv2；v2g2C.1mv21v2sin22gLsincos22mgLsin；2g2D.1mv2mgLsin；v222g答案A分析对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得WmgLsin1mv20，2W12mv2mgLsin；设小球走开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得11mg

12、Lsinmv222mv02；从最高点到落地的过程，由动能定理得11mgHmv2m(v0cos)2，22联立解得：Hv2sin22gLsincos22g.拓展训练4(2019南昭通市上学期期末云)如图6，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定圆滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H0.2m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L10.3m的固定斜面一个质量m0.1kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L24m处由静止开释，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，经过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(空气阻力不计，取重力加快度g10m/s2，sin3

13、70.6，cos370.8)6(1)求小物块运动到B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上开释的初地点，求小物块击中斜面时动能的最小值答案(1)4m/s(2)115s(3)0.15J分析(1)对小物块从A到B过程分析，依据动能定理有：mgL2sin3721B2，mgLcos372mv解得：vB4m/s；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，以以下图：对平抛运动，有：xvBt，y12gt2，联合几何关系，有：HyH2，xL1313解得：t15s或t5s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A点静止开释且ABL，运动到B点时的速度为vB，对物块从

14、A到碰撞斜面过程分析，依据动能定理有：mgLsin37mgcos37Lmgy12mv20对物块从A到运动到B过程分析，依据动能定理有12mvB2mgLsin37mgLcos37xvBt，y1gt2，Hy22x3联立解得：12mg(25y9H29H)，mv168216y故当25y9H23，即y0.12m时，动能最小为kmin，代入数据，解得kmin0.15J.1616y5HEE1机械能守恒的判断(1)利用机械能守恒的定义判断；(2)利用做功判断；(3)利用能量转变判断；(4)关于绳忽然绷紧和物体间非弹性碰撞问题，机械能常常不守恒2解题步骤(1)采纳研究对象，分析物理过程及状态；(2)分析受力及做

15、功状况，判断机械能能否守恒；(3)采纳参照面，依据机械能守恒列式3应用技巧关于连结体的机械能守恒问题，常常应用重力势能的减少许等于动能的增添量来分析和求解例3(多项选择)(2019福建厦门市上学期期末质检)有一款蹿红的小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者经过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上如图7所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加快度为g，则()图7A棋子从走开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增添mghB棋子从走开平台至运动到最高点的过程中，机械能增添mghC棋子走开

16、平台后距平台面高度为h时动能为2mgh2D棋子落到另一平台上时的速度大于2gh答案AD分析设平台表面为零势能面，则棋子在最高点的重力势能为mgh，故棋子从走开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增添mgh，A正确；棋子从走开平台至运动到最高点的过程中，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，B错误；取平台表面为零势能面，则棋子在最高点的机械能Emgh12mvx2，vx为棋子在最高点的速度因为机械能守恒，则棋子离开平台后距平台面高度为h1112mgh时，动能为EkEmghmghmvx2，C错误；设棋子落2222到另一平台时的刹时速度大小为v，棋子从最高点落到另一平台的过程中，依据动能定理得：11

17、2ghvx22gh，D正确mghmv2mvx2，解得：v22拓展训练5如图8所示，在竖直面内固定一半径为(多项选择)(2019福建厦门市第一次质量检查R的圆环，AC是圆环竖直直径，BD是圆环水平直径，)半圆环ABC是圆滑的，半圆环CDA是粗拙的一质量为m的小球(视为质点)在圆环的内侧A点获取大小为v0、方向水平向左的速度，小球恰巧能第二次抵达C点，重力加快度大小为g，不计空气阻力在此过程中()8A小球经过A点时处于失重状态B小球第一次抵达C点时速度为gRC小球第一次抵达B点时遇到圆环的弹力大小为v022g)m(R15D小球与圆环间因摩擦产生的热量为2mv022mgR答案CD分析小球经过A点时，

18、加快度向上，处于超重状态，选项A错误；因小球恰巧能第二次到vC2C点的速度为vC达C点，则此时mgm，可知小球第二次抵达上RgR，因在轨道CDA运动时要战胜阻力做功，可知小球第一次抵达C点的速度大于gR，选项B错误；小球从A到第一次抵达B点，由动能定理：mgR1mvB21mv02；在B点：FNBmvB2，联立解得：22R2FNBm(v02g)，选项C正确；依据能量守恒可知，此过程中，小球与圆环间因摩擦产生的R热量为1115mgR，选项D正确Qmv02mvC2mg2Rmv022222例4(多项选择)(2019东北三省四市教研联合体模拟)如图9所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同

19、一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑究竟端的过程中，以下判断正确的选项是()9A物体减少的机械能E1E2E3B物体减少的机械能E2E1E3C物体抵达底端时的速度v1v2v3D物体抵达底端时的速度v2v1W克3，因为在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FNmgcosmv22上滑动时滑动摩擦力大于mgcos，则W克2W，所以在轨道R克1，故W克2W克1W克3，由此可知物体减少的机械能E2E1E3；由动能定理可知mghW克1mv2，因为W克2W克1W克3可得v2v1v3，故B、D正确2拓展训练6(多项选择)(2

20、019安徽安庆市二模)如图10所示，圆滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接一小球，小球套在细杆上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN，已知小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内现将小球从细杆顶端M点由静止开释，则在小球沿细杆从M点运动到N点的过程中(重力加快度为g)，以下判断正确的选项是()10弹簧弹力对小球先做正功再做负功小球加快度大小等于gsin的地点有三个C小球运动到P点时的速度最大D小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍答案BD拓展训练7(多项选择)(2019云南昆明市4月质检)如图11所示，质

21、量为m的小环(可视为质点)套在固定的圆滑竖直杆上，一足够长且不行伸长的轻绳一端与小环相连，另一端越过圆滑的定滑轮与质量为M的物块相连，已知M2m.与定滑轮等高的A点和定滑轮之间的距离为d3m，定滑轮大小及质量可忽视现将小环从A点由静止开释，小环运动到C点速度为0，重力加快度取g10m/s2，则以下说法正确的选项是()图11AA、C间距离为4mB小环最后静止在C点C小环着落过程中减少的重力势能一直等于物块增添的机械能D当小环下滑至绳与杆的夹角为60时，小环与物块的动能之比为21答案AD分析由机械能守恒得：mgLACMg(d2LAC2d)，解得：LAC4m，故A正确；设小环mg5最后静止在C点，绳

22、中的拉力等于2mg，对小环有：FTsin534mg2mg，小环不可以静止，所以假定不建立，故B错误；由机械能守恒可知，小环着落过程中减少的重力势能转变成物块增添的机械能和小环增添的动能，故C错误；将小环的速度沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向的速度即为物块的速度vMvmcos60，由Ek1mv2可知，小环与物块的动能之比为21，2故D正确专题增强练(限时40分钟)1.(2019湖南衡阳市第二次联考)2019年春晚在开场舞蹈春海中拉开帷幕如图1所示，五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度慢慢升起，若五名领舞者的质量相等，下边说法中正确的选项是()(包含衣服和道具)1观众赏识表演时可把领舞者看做质点2号

23、和4号领舞者的重力势能相等C3号领舞者处于超重状态D她们在上涨过程中机械能守恒答案B分析观众赏识表演时看领舞者的动作，所以不可以将领舞者看做质点，故A错误；2号和4号领舞者一直处于同一高度，质量相等，所以重力势能相等，故B正确；五名领舞者在钢丝绳的拉动下以相同速度慢慢升起，所以处于均衡状态，故C错误；上涨过程中，钢丝绳对她们做正功，所以机械能增大，故D错误2(2019东深圳市第一次调研广)在水平川面上方某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中()AP球重力做功许多两球重力的均匀功率相等C落地前瞬时，P球重力的刹时功率较大D落

24、地前瞬时，两球重力的刹时功率相等答案D分析依据Wmgh可知两球重力做功相同，选项A错误；上抛的小球运动时间长，依据PWB错误；依据机械能守恒定律11mv02可知两球重力的均匀功率不相等，选项mv2mgh2t2可知，两球落地的速度相同，由Pmgv可知落地前瞬时，两球重力的刹时功率相等，选项C错误，D正确3(2019贵州黔东南州第一次模拟)某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图2甲所示演员A滑到竿底时速度正好为零，而后曲腿跳到水平川面上，演员A的质量为50kg，长竹竿的质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示重力加快度取g10m/s2，则t5s时，演员A

25、所受重力的功率为()图2A50WB500WC55WD550W答案B221m/s2，t5s分析由vt图象可知，46s内A向下减速，加快度的大小为：a22m/s时，A的速度大小为v52m/sa2t2m/s11m/s1m/s，演员A所受重力的功率为PGmAgv550101W500W，故B正确4.(多项选择)(2019陕西榆林市第二次模拟)如图3所示，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点滑行到最低点动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()B的过程中，因为摩擦力的存在，运3所受合力保持不变所受滑道的支持力逐渐增大C机械能保持不变D战胜摩擦力做功和重力做功相等答案

26、BD分析运动员的速率不变，则向心加快度大小不变，方向变化，即向心力大小不变，方向变化，则所受合力大小不变，方向变化，选项A错误；所受滑道的支持力为FN，FNmgcosmv2R(角是所在地点的切线与水平面的夹角)，跟着减小，则所受滑道的支持力逐渐增大，选项B正确；下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，选项C错误；依据动能定理：WGWfEk0，即战胜摩擦力做功和重力做功相等，选项D正确5.(多项选择)(2019湖南衡阳市第一次联考)两个质量相等的物体A、B并排静放在水平川面上，现用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止运动两物体

27、运动的vt图象分别如图4中图线a、b所示已知拉力F、F分别撤去后，物体做减速运动过程的vt图线相互平行(有关数据已在图中标出)由12图中信息能够得出()4A两个物体A、B与水平川面间的动摩擦因数相同BF1等于2.5F2CF1对物体A所做的功与F2对物体B所做的功相同多DF1的最大刹时功率等于F2的最大刹时功率的2倍答案ACD分析由题图可知减速阶段加快度大小am/s2，依据mgma可知：1a21120.1，2.552故A正确；加快阶段的加快度a11.5m/s23m/s2，a23m/s2，依据Fmgma得：852.5F13m，F23m，所以F11.6F2，故B错误；加快阶段的位移分别为x121.5

28、m1.875223m3m，拉力做的功分别为W1112225m(J)，故C正确；m，x2Fx5m(J)，WFx1111202的最大刹时功率2221012P2F的最大刹时功率PFv3m(W)，FPFv3m(W)，所以P，故D正确6(2019山东泰安市第二轮复习质量检测)如图5所示的轨道由倾角为45的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看作质点)从斜面顶端以3J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以9J的动能第一次落在轨道上若将此小球以6J的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为()图5A9JB12JC15JD30J答案B分析假定小球落到斜面上，分解位移可知xv0t，y

29、1gt2，xy，可得t2v0，落到斜面2g上的速度大小为1可知，小球从顶端抛出时v06，落到轨道时速度vv5v0.由Ekmv22m18，v3v0mghk6J，m，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：(93)JEEk12J.7(2019安徽合肥市第二次质检)如图6甲所示，置于水平川面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加快度为g，空气阻力不计以下说法正确的选项是()图6A在0h0过程中，F大小一直为mgB在0h和h2h0过程中，F做功之比为2100C在02h0过程中，物体的机械能不停增添D在2h03.5h0过程中，物体的机

30、械能不停减少答案C分析0h0过程中，Ekh图象为一段直线，由动能定理得：(Fmg)h0mgh00，故F2mg，A错误；由A可知，F在0h0过程中，做功为2mgh0，在h02h0过程中，由动能定理可知，WFmgh01.5mgh0mgh0，解得WF1.5mgh0，所以在0h0和h02h0过程中，F做功之比为43，故B错误；在02h0过程中，F向来做正功，故物体的机械能不停增添，正确；在2h03.5h0过程中，由动能定理得WF1.5mgh001.5mgh0，则WF0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误(多项选择)(2018山东淄博市模拟)如图7所示，内壁圆滑的真空玻璃管竖直放在水平川面上，

31、管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m和2m的小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小现开释两个小球，让它们自由着落，重力加快度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，以下说法正确的选项是(弹簧一直处于弹性限度内)()a、b图7Aa球的动能一直减小Bb球战胜弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量Db球抵达最低点时杆对a球的作用力等于mg答案BC分析刚开始接触时，因为弹簧的弹力小于二者的重力之和，所以此时两球仍做加快运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，以后弹簧的弹力大于两球

32、的重力之和，两球做减速运动，故A错误；两球的加快度一直相等，设为a，依据牛顿第二定律，对a球有F杆mgma，对b球有F弹2mgF杆2ma，解得F弹3F杆，则由WFl可知，弹簧对b球做的功是杆对b球做功的3倍，即b球战胜弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍，故B正确；将两球看做一个整体，整体除了重力做功以外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量，故C正确；b球抵达最低点时a、b均拥有向上的加快度，此时杆对a球的作用力必定大于a球的重力mg，故D错误(多项选择)(2019广东茂名市第一次综合测试)如图8所示，在竖直平面内固定有两个很凑近的齐心圆轨道，外圆圆滑，内

33、圆粗拙一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动，球的直径略小于两圆间距，球运动的轨道半径为R，不计空气阻力设小球过最低点时重力势能为零，以下说法正确的选项是()8A若小球运动到最高点时速度为0，则小球机械能必定不守恒3B若经过足够长时间，小球最后的机械能可能为2mgRC若使小球一直做完好的圆周运动，则D若小球第一次运动到最高点时速度大小为v0必定不小于5gR0，则v02gR答案AC分析若小球运动到最高点时速度为0，则小球在运动过程中必定与内圆接触，要战胜摩擦力做功，小球的机械能不守恒，故A正确；若初速度v0比较小，小球在运动过程中必定与内圆接触，机械能不停减少，经过足够长时间，小球最

34、后在圆心下方运动，最大的机械能为mgR，故B错误；若初速度v0足够大，小球一直沿外圆做完好的圆周运动，机械能守恒，机械能必然大于2mgR，小球恰巧运动到最高点时速度设为v，则有mgmv2，1mv02mg2RR212mv2，小球在最低点时的最小速度v05gR，所以若使小球一直做完好的圆周运动，则v0必定不小于5gR，故C正确；假如内圆圆滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，假如小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得：1mv022mg2R，小球在最低点时的速度v2gR，因为内圆粗拙，小球在运动过程中要战胜摩擦力0做功，则小球在最低点时的速度v0必定大于2gR，故D错误

35、10.(2019福建龙岩市3月质量检查)如图9所示，固定的倾斜圆滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程(整个过程中橡皮绳一直处于弹性限度内)，不计空气阻力，重力加快度为g，以下说法中正确的是()9圆环的机械能守恒圆环的机械能先增大后减小C圆环滑到杆的底端机遇械能减少了mghD橡皮绳再次恰巧挺直时圆环动能最大答案C分析圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，假如把圆环和橡皮绳构成的系统作为研

36、究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；当圆环滑到杆的底端时，速度为零，则圆环的机械能减少了mgh，故C正确；从圆环下滑到橡皮绳再次抵达原长，动能向来增大，但再次原长时动能不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，此时圆环的动能最大，故D错误11(多项选择)(2019云南玉溪一中第五次调研)如图10所示，半径为R的圆滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环互相垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高一质量为m的圆滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方R处小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧一直处2于弹性限度内，不计空气阻力，重力加快度为g.以下说法正确的选项是()10A小球运动到B点时的速度大小为2gRB弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mgD小球运动到B点时重力的功率为0答案BCD分析由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，1小球从A到B的过程，依据系统的机械能守恒得：2mgR2mvB2，解得小球运动到B点时的速度为：vB2gR，故A错误；依据小球与弹簧构成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧的弹性势能为零，则此