高考物理一轮复习精选题辑课练机械能守恒定律和能量守恒定律

1、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

2、；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WGEp，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v0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mvmghD物体在海平面上的机械能为mv答案：BCD解析：物体运动过

3、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mv，故整个过程中的机械能为mv，所以物体在海平面上的机械能为mv，在海平面重力势能为mgh，根据机械能守恒定律可得mghmv2mv，所以物体在海平面上的动能为mvmgh，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

4、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mgh0mgh0，则hh，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mgh0mghmv2，则hh，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m

5、gh0mgh0，则hh，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，故在最高点时速度不为零，根据机械能守恒定律得mgh0mghmv2，则hh，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

6、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

7、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

8、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kxmgsinmgcos，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v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传

9、送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.随后让传送带为v2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v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是()AW1W2，P1P2，Q1Q2BW1W2，P1Q2CW1W2，P1P2，Q1Q2DW1W2，P1P2，Q1Q2答案：B解析：当传送带不运动时，拉力做功W1FL，物体从A运动到B的时间t1，因摩擦而产生的热量QfL.当传送带运动时，拉力做功W2FL，物体从A运动到B的时间t2t1，因摩擦而产生的热量Q2fv1t2.拉力做功功率P1，

10、P2，比较可知W1W2，P1P2.又v1t2Q2.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R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

11、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()AvavbvcBvavbvavb Dvavbvc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mgmv

12、，解得va；图乙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律可得mg2mv，解得vb；图丙中，当整根链条离开桌面时，根据机械能守恒定律有mgmg2mv，解得vc，故vcvavb，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()Aa的动能小于b的动能Ba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

13、的实际速度进行分解，如图所示由图可知vavbcos，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，

14、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60BA获得最大速度为2gCC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kx2mg，此时B有最大速度，即aBaC0，则对B有mgkx2T，对A有4mgsinT0，联立可得sin，30，故A错误；初始时系统静止，且线上无拉力，对B有kx1mg，可知x1x2，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(x1x2)sinmg(x1x2)(4mm)

15、v，联立可得vAm2g，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y6x2(单位：m)，小球质量m0.4 kg，圆弧轨道半径R1.25 m，g取10 m/s2，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) s解析：(1

16、)小球从释放到O点过程中机械能守恒，则：mgRmv2解得：v5 m/s小球在圆轨道最低点：FNmgm解得：FNmgm12 N由牛顿第三定律，小球对轨道末端的压力FNFN12 N(2)小球从O点水平抛出后满足：ygt2，xvt又有y6x2，联立解得：t s.12(2018广东顺德一模)如图所示，AB为光滑圆弧形轨道，半径R2.5 m，圆心角为60，质量M4 kg的小车(紧靠B点)静止在光滑水平面上，上表面离地高度h0.8 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m1 kg的物块，从A点由静

17、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10.2，与传送带间的动摩擦因数2，传送带长度为s28 m，与水平面的夹角为53(g取10 m/s2，sin530.8，cos530.6)求：(1)物块滑到B点时的速度大小v0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/s3 m/s(2)

18、10 N2.5 m(3)2 s16 J解析：(1)物块从A到B的过程中，由机械能守恒定律得mgR(1cos60)mv，代入数据得v05 m/s，小车撞到障碍物C后物块做平抛运动，则有hgt2，代入数据得t0.4 s，物块到达D点时竖直分速度大小为vygt100.4 m/s4 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vvycot534m/s3 m/s.(2)物块在小车上滑行的加速度大小为am1g0.210 m/s22 m/s2.物块在小车上滑行的时间为t s1 s，则小车在此过程中的加速度为aMm/s23 m/s2，对小车，由牛顿第二定律得F1mgMaM，代入数据解得F

19、10 N，小车的长度为Lttm2.5 m.(3)物块刚滑上传送带时的初速度为v1 m/s5 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a1g(sin532cos53)，代入数据解得a110 m/s2.物块速度从v1增大到传送带速度的时间为t1 s1 s，位移为x1t11 m10 m2mgcos53，所以物块继续做匀加速运动，加速度大小为a2g(sin532cos53)，代入数据解得a26 m/s2.根据运动学公式得sx1v皮t2a2t，代入数据解得t21 s(另一负值舍去)，物块在传送带上的运动时间为t总t

20、1t22 s，物块在传送带上由于摩擦产生的内能为Q2mgcos53(v皮t1x1)(sx1v皮t2)，代入数据解得Q16 J.刷题加餐练1(2015新课标全国卷，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()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa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

21、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，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

22、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mgLC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hL，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了EpmghmgL，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3(2018重庆

23、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

24、速度大小相等时，sinOPB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，不变，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，vBvA，根据数学知识有sinOPB，故D正确4(2018安徽江淮十

25、校联考)(多选)如图所示，倾角37的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m1 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/s2，sin 370.6, cos370.8.则下列说法正确的是()A物体与传送带间的动摩擦因数为0.75B08 s内物体位移的大小为14 mC08 s内物体机械能的增量为84 JD08 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vt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 m/s21 m/s2，由牛顿第二定律得mgcosmgsinma，解得0.

26、875，故A错误；08 s内物体的位移为s22 m4 m14 m，故B正确；物体上升的高度为hssin8.4 m，重力势能的增量为Epmgh84 J，动能增量为Ekmvmv1(4222) J6 J，机械能增量为EEpEk90 J，故C错误；08 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，06 s内传送带运动的距离为s带46 m24 m,06 s内物体位移为s物22 mm6 m，s相对s带s物18 m，产生的热量为Qmgcoss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；

27、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()A5：4B5：3C3：1 D3：2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Mghmgh(Mm)v2，b球落地后，a球的机械能守恒，则有mghmv2mg(1.5h)，联立解得M：m3：1，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g，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mghB物体上升过程重力势能增加了mghC物体在斜面上运动的整个过

28、程机械能损失了mghD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mgsin30fmg，解得fmg，物体上升的高度为h，故重力做功WGmgh，所以重力势能增加mgh，摩擦力做功Wffsfmg2hmgh，故根据动能定理可得EkWGWfmgh，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E2fsmgh，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

29、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，a，物块与桌面间的动摩擦因数为.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WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能等于WmgaD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

30、析：设A离弹簧原长位置O的距离为xOA，则弹簧的形变量为xOA，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EpBEpA，由此可知B离O的距离比A离O的距离近，则xOA大于；从O到A的过程中运用动能定理有WmgxOAW弹0，解得A处的弹性势能EpAW弹WmgxOAW，故A项错误；同理，经过B点时，弹簧的弹性势能EpBW弹mgaWmg(axOA)kx可知，此时小球速度不为零由运动的对称性可知，小球下降开始的0.1 m内做加速运动，在0.10.14 m内做减速运动，此后小球继续向下运动，由于活塞受到的摩擦力不变，所以小球做加速度

31、不变的减速运动，一直到小球到达最低点，故A错误；由以上的分析可知，B正确；小球在弹簧长为0.14 m时，仍然有向下的速度，由于活塞受到的摩擦力不变，所以弹簧的长度不变，一直到小球到达最低点此时弹簧的弹性势能Epxmkx0.098 J，故C正确；小球下降0.14 m时有mgxmEpmv2，小球继续下降的过程中弹簧的长度不变，所以弹簧不做功，重力和摩擦力做功，则mgxfx0mv2，Wffx，联立解得Wf0.147 J，故D正确对A、B分离的临界情况及受力情况分析不清10如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为M的物块A、B，B与弹簧拴接，初始时系统处于静止状态现

32、用竖直向上的力F拉A，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物块的速度时间图象如图乙所示，重力加速度g已知，则()A施加外力的瞬间，A、B间的弹力大小为M(ga)BA、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力恰好为零C弹簧恢复到原长时，B的速度达到最大值D在0t2时间内，B与弹簧组成的系统的机械能先逐渐增加，后保持不变答案：A解析：施加力F前，物块A、B整体静止，则2Mgkx，得x，施加力F的瞬间，对B，根据牛顿第二定律有kxMgNMa，得A、B间的弹力大小NM(ga)，选项A正确；A、B在t1时刻分离，此时A、B具有共同的速度v与加速度a，且A、B间的弹力为零，对B有kxMgMa，得弹簧弹力kxM(ga)0，选项B错误；A、B分离后，当弹簧弹力与重力平衡时B的速度最大，此时弹簧尚未恢复到原长，选项C错误；对B与弹簧组成的系统，A、B分离前A的压力对系统做负功，根据功能关系知系统机械能减少，选项D错误绳端连接物体的速度关系弄不清楚11.(多选)如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直