微专题7机械能守恒定律功能关系

微专题7机械能守恒定律功能关系【知识规律整合】知识整合热点考向1.机械能守恒定律的三种表达形式2.几个重要的功能关系考向1：机械能守恒定律的应用。考向2：功能关系、能量守恒的综合应用。题型一机械能守恒定律角度1机械能守恒的判断【例1】(2022·江苏常州高三阶段练习)建筑工人会用斜抛的方式将地面的砖块运送到高处，即一人从地面抛出，另一人在高处接住。砖块在空中运动的轨迹如图1所示，接住点F的速度为v，空气阻力不计。则在整个过程中砖块()图1A．机械能守恒B．加速度发生变化C．有一处速度与v相同D．最高点处于平衡状态答案A解析砖块在空中仅受重力，加速度恒为重力加速度，机械能守恒，由砖块的运动轨迹知，砖块的速度大小可能相等，但是速度方向每一时刻都不相同，所以速度不可能与v相同，故A正确，B、C、D错误。机械能是否守恒的三种判断方法定义法利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒做功法若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒转化法若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒角度2单个物体的机械能守恒1.Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2[守恒式]2．ΔEk＝－ΔEp[转化式]【例2】(2022·江苏镇江高三期末)如图2所示，小球沿竖直光滑圆轨道内侧运动到最高点时，小球的机械能E机、重力势能Ep(取圆轨道的最低点重力势能为零)和动能Ek的相对大小(用柱形高度表示)，可能正确的是()图2答案D解析设轨道半径为R，则小球运动到最高点时，速度最小为vmin＝eq\r(gR)，即动能不为零，则机械能E机大于重力势能Ep，故A、B错误；最高点的重力势能Ep＝2mgR，最小动能为Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝eq\f(1,2)mgR，即在最高点时的动能Ek≥eq\f(1,2)mgR，故D正确，C错误。角度3关联物体的机械能守恒【例3】(2022·江苏连云港高三期中)如图3所示，物块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上。开始时用手托住物块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将物块2从A处由静止释放，经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法正确的是()图3A．物块1和物块2的质量相等B．物块2的加速度先增大后减小，最后减为0C．物块1、2组成的系统机械能先增大后减小D．除A、C两点外，物块1的速度大小始终大于物块2的速度大小答案C解析弹簧及两物块组成的系统机械能守恒，当物块2滑到C处时，物块1上升的高度为h＝eq\r(（3d）2＋（4d）2)－3d＝2d，开始时弹簧的压缩量为d，末态弹簧的伸长量还是为d，整个过程弹簧的弹性势能先减少后增大，弹性势能总量未变，所以物块1、2组成的系统机械能先增大后减小，对物块1、2及弹簧由机械能守恒定律有m1g·2d＝m2g·4d，解得2m2＝m1，A错误，C正确；物块2从A处由静止释放，经过B处时速度最大，此时加速度为零，后又减速到达C处，所以物块2的加速度先减小后增大，B错误；物块1的速度只是物块2沿绳方向的分速度，所以除A、C两点外，物块1的速度大小始终小于物块2的速度大小，D错误。【针对训练】(2022·江苏泰州高三阶段练习)如图4甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，在外力作用下将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h，并作出滑块的动能Ek与离地面高度h的关系图像，如图乙所示，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，取g＝10m/s2，由图像可知()图4A．小滑块的质量为0.4kgB．刚释放时弹簧的弹性势能为0.32JC．弹簧的劲度系数为250N/mD．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J答案D解析在Ek－h图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值|k|＝eq\f(ΔEk,h)＝eq\f(0.3,0.35－0.2)N＝2N＝mg，则m＝0.2kg，选项A错误；当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，即Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，选项B错误；从0.2m上升到0.35m范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明从h＝0.2m处滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2m，由图可知当h＝0.18m时的动能最大，此时有mg＝kx，则k＝eq\f(mg,x)＝eq\f(0.2×10,0.2－0.18)N/m＝100N/m，选项C错误；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据机械能守恒定律可知Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5J＋0.2×10×0.1J－0.32J＝0.38J，选项D正确。题型二功能关系和能量守恒定律1．若只涉及动能的变化用动能定理。2．只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。3．只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。4．能量守恒关系式：ΔE减＝ΔE增。角度1功能关系【例4】如图5所示，某段滑雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为eq\f(1,3)g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是()图5A．运动员减少的重力势能全部转化为动能B．运动员获得的动能为eq\f(1,3)mghC．运动员克服摩擦力做功为eq\f(2,3)mghD．下滑过程中系统减少的机械能为eq\f(1,3)mgh答案D解析运动员的加速度大小为eq\f(1,3)g，小于gsin30°＝eq\f(1,2)g，所以其必受摩擦力，且大小为eq\f(1,6)mg，克服摩擦力做的功为eq\f(1,6)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(1,3)mgh，故C错误；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有eq\f(1,3)mgh转化为内能，故A错误，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为eq\f(1,3)mg×eq\f(h,sin30°)＝eq\f(2,3)mgh，故B错误。角度2功能关系与图像结合【例5】一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离x的变化如图6中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10m/s2。则()图6A．物块下滑过程中机械能守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0m/s2D．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J答案B解析由题图可知，重力势能和动能之和随下滑距离x的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A错误；在斜面顶端，重力势能mgh＝30J，解得物块质量m＝1kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgxcosθ＝20J，且sinθ＝eq\f(h,x)＝eq\f(3,5)，故cosθ＝eq\f(4,5)，联立得μ＝0.5，B正确；物块下滑过程，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据得a＝2m/s2，C错误；由题图可知，当物块下滑2.0m时机械能为E＝18J＋4J＝22J，机械能损失了ΔE＝30J－22J＝8J，D错误。角度3能量守恒定律的应用【例6】如图7所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),4)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4kg，B的质量为m＝2kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1m，现给A、B一初速度v0＝3m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：图7(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能。答案(1)2m/s(2)0.4m(3)6J解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统根据能量守恒定律可得2mgLsinθ＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝mgL＋μ·2mgcosθ·L＋eq\f(1,2)×3mv2可解得v＝2m/s。(2)A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即eq\f(1,2)×3mv2－0＝μ·2mgcosθ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4m。(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得eq\f(1,2)×3mv2＋2mgxsinθ＝mgx＋μ·2mgcosθ·x＋Epm解得Epm＝6J。1．(2022·湖北卷，5)如图8所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为()图8A.eq\f(μmg,k) B.eq\f(2μmg,k)C.eq\f(4μmg,k) D.eq\f(6μmg,k)答案C解析Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р相对于其初始位置的最大位移大小s＝2x＝eq\f(4μmg,k)，故选项C正确。2．(2022·浙江6月选考，6)神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则()A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒答案C解析根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知圆轨道距地面的高度越高，环绕速度越小，且只要速度大小相等就可以在同一轨道运行，与返回舱及天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地球运动的向心力，故B错误；返回舱穿越大气层返回地面过程中，克服阻力做功产生热量，机械能减小，故D错误。3．(2022·全国乙卷，16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于()图9A．它滑过的弧长 B．它下降的高度C．它到P点的距离 D．它与P点的连线扫过的面积答案C解析如图所示，设小圆环下降的高度为h，大圆环的半径为R，它到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(2gh)，故B错误；由几何关系可得h＝Lsinθ，sinθ＝eq\f(L,2R)联立可得h＝eq\f(L2,2R)，则v＝Leq\r(\f(g,R))故C正确，A、D错误。4．(2020·江苏卷，15)如图10所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：图10(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。答案(1)2ωR(2)eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)由线速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R设F与水平方向的夹角为α，则Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)。(3)落地时，重物的速度v′＝ωR由机械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。5．(2021·江苏卷)如图11所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻质弹簧套在轻杆上，长为2L的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，装置静止时，细线与竖直方向的夹角为37°，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增大到53°时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为g，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图11(1)装置静止时，弹簧弹力的大小F；(2)环A的质量M；(3)上述过程中装置对A、B所做的总功W。答案(1)eq\f(3mg,8)(2)eq\f(9,64)m(3)eq\f(31,30)mgL解析(1)设AB、OB的张力分别为F1、F2，A受力平衡，有F＝F1sin37°B受力平衡，有F1cos37°＋F2cos37°＝mgF1sin37°＝F2sin37°解得F＝eq\f(3mg,8)。(2)设装置转动的角速度为ω，对A：F＝Mω2·eq\f(8,5)L对B：mgtan53°＝mω2·eq\f(4,5)L解得M＝eq\f(9,64)m，ω＝eq\r(\f(5g,3L))。(3)B上升的高度h＝eq\f(1,5)L，A、B的动能分别为EkA＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(8,5)L))eq\s\up12(2)EkB＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ω·\f(4,5)L))2根据能量守恒定律可知W＝(EkA－0)＋(EkB－0)＋mgh解得W＝eq\f(31,30)mgL。1．(2022·江苏扬州高三开学考试)如图1甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则()图1A．铁球绕轨道可能做匀速圆周运动B．由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒C．铁球在A点的速度必须大于eq\r(gR)D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨答案D解析小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都对小铁球不做功，只有重力对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，则小铁球不可能做匀速圆周运动，故A、B错误；在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝meq\f(v2,R)，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小，而在最低点要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0，所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0，根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝meq\f(v2,R)，联立得F＝5mg，故D正确。2．(2022·江苏徐州高三期末)某研究小组在实验室内做外力作用下落体运动的研究，得到物体在竖直向下运动时的速度v随下降高度h的变化关系，如图2所示。已知v1<eq\r(gh1)，重力加速度为g。则()图2A．物体做匀变速直线运动B．下落过程中物体的加速度不断减小C．下落过程中物体的机械能一直减小D．物体在h2和h1处的机械能可能相等答案C解析由题图可知，物体的速度随位移均匀变化，可得v＝kh，又a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(kΔh,Δt)＝kv，即物体的加速度与速度成正比，依题意物体速度一直在增加，所以加速度不断增加，故A、B错误；由v1<eq\r(gh1)知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＜eq\f(1,2)mgh1＜mgh1，则物体所受外力与重力反向，为竖直向上，由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，由图像信息结合题意可知，外力一直存在，且对物体始终做负功，根据W其他＝ΔE可知，物体的机械能一直减小，不会出现在h2和h1处的机械能相等的情况，故C正确，D错误。3．(2021·江苏镇江高三期中)下列图像分别是关于竖直上抛运动中物体加速度a、速度v、位移x、机械能E与时间t的关系，不计空气阻力，其中正确的是()答案D解析竖直上抛运动过程中，不计空气阻力，仅受到重力作用，则加速度为重力加速度，不发生变化，故A错误；竖直上抛运动中，到达最高点时速度减小为零，然后下落，速度反向，为负值，故B错误；竖直上抛运动全程加速度不变，则x－t图像为二次函数，故C错误；竖直上抛运动过程中，仅有重力做功，则机械能E守恒，作图如图所示，故D正确。4．(2022·江苏盐城高三期中)小物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。设物块与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、产生的内能Q与位移x关系图线正确的是()答案D解析上滑时，由动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，整理得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝b－kx，下滑时，有(mgsinθ－μmgcosθ)(L－x)＝Ek，整理得Ek＝(mgsinθ－μmgcosθ)L－(mgsinθ－μmgcosθ)x＝b′－k′x，所以Ek－x是线性关系，图像为直线，所以A错误；小物块先上滑后下滑，其位移先增大后减小，而图像B位移一直增大，所以B错误；根据ΔE＝W其，由于摩擦力全程做负功，则机械能全程不断减小，而图C下滑过程机械能增加，所以C错误；上滑时有Q＝μmgcosθx＝kx，下滑时有Q＝μmgcosθL＋μmgcosθ(L－x)＝2μmgcosθL－μmgcosθx＝b－kx，所以D正确。5．(2022·江苏无锡高三期中)篮球比赛中甲将球传给队友，出手时离地1.5m，速度大小为10m/s，乙原地竖直起跳拦截，起跳后手离地面的高度为3.3m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球质量为0.6kg，重力加速度为10m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则()图3A．甲传球时，球与乙的水平距离为6mB．队友接球前瞬间，球的速度一定为10m/sC．队友接球前瞬间，球的机械能一定为39JD．若仅增大出手时球与水平方向的角度，球将不能被乙拦截答案C解析设出手时，球离地高度为h1，篮球到达最高点高度为h2，由题意可知，篮球从抛出到最高点竖直方向的位移为h＝h2－h1＝1.8m，由veq\o\al(2,y)＝2gh，解得篮球竖直方向分速度vy＝6m/s，则从抛出到最高点的时间为t＝eq\f(vy,g)＝0.6s，篮球水平方向的速度为vx＝eq\r(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,y))＝8m/s，则甲传球时，球与乙的水平距离为x＝vxt＝4.8m，故A错误；由机械能守恒定律可知，若队友接球高度和抛出的高度相等，则篮球的速度为10m/s，若高度不相等，则篮球的速度可能大于10m/s，也可能小于10m/s，故B错误；篮球在空中只受重力作用，机械能守恒，以地面为零势能面，则队友接球前瞬间篮球的机械能恒为E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh1＝39J，故C正确；若仅增大出手时球与水平方向的角度，角度太大，在水平方向的分速度过小，会导致到乙位置时，竖直方向的高度小于乙起跳的最大高度，则可能会被拦截，故D错误。6．如图4所示，质量为m的重物沿竖直杆下滑，并通过绳带动质量也为m的小车沿倾角θ＝45°的斜面上升。若重物与滑轮等高时由静止开始释放，当滑轮右侧的绳与竖直方向成θ＝45°角时，重物下滑的速度为v(不计一切摩擦，重力加速度为g)。则此过程中重物下落的高度是()图4A．h＝eq\f(v2,2g) B．h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)C．h＝eq\f(3（2＋\r(2)）v2,8g) D．h＝eq\f(3（2－\r(2)）v2,4g)答案B解析将重物的速度进行分解可得小车速度为：v1＝vcos45°＝eq\f(\r(2),2)v，小车与重物组成的系统机械能守恒，设此过程中重物下落的高度为h，则有：mgh－mg(eq\r(2)h－h)sin45°＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得h＝eq\f(3\r(2)v2,4g)，故B正确。7．(2022·江苏泰州高三专题练习)如图5所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(可看作质点)。A、B的质量分别为2kg和8kg，到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时(g＝10m/s2)，下列说法正确的是()图5A．转轴O对杆的作用力方向沿竖直方向向下B．球A只受重力和杆对它的拉力C．球A的角速度为5eq\r(2)rad/sD．球B的角速度为2eq\r(15)rad/s答案C解析对A、B构成的系统分析知系统机械能守恒，两球角速度相等，设为ω，则满足mBgrB－mAgrA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，其中vA＝ωrA，vB＝ωrB，解得ω＝5eq\r(2)rad/s，故C正确，D错误；当A球到达最高点时，由牛顿第二定律有F＋mAg＝mAω2rA，解得F＝0，说明此时A只受重力，故B错误；对B球分析知B球受到的一定是竖直向上的拉力，杆受到球的拉力竖直向下，所以杆受到转轴的力竖直向上，故A错误。8．(2022·江苏泰州高三开学考试)如图6所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体B相连。开始时托住B，让A处于静止状态且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()图6A．B受到细线的拉力保持不变B．A、B组成的系统机械能守恒C．B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D．当弹簧的拉力等于B的重力时，A的动能最大答案D解析以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律有mBg－kx＝(mA＋mB)a，由于弹簧的伸长量x逐渐变大，故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小，对B，有mBg－T＝mBa，可知在此过程中，绳子上的拉力逐渐增大，是变力，故A错误；对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统，只有弹簧的弹力和物体的重力做功，系统的机械能守恒，由于弹簧的弹性势能不断增大，所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少，故B错误；A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒，故B物体机械能的减少量等于A物体的机械能增加量与弹性势能的增加量之和，所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故C错误；由于弹簧的拉力先小于细线的拉力，后大于细线的拉力，A先加速后减速，当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时，A的速度最大，动能最大，此时A的加速度为零，B的加速度也为零，细线的拉力等于B的重力，所以弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大，故D正确。9．(2022·江苏苏州高三期中)如图7所示，粗糙直杆AB竖直放置，在B点与半径为R＝2.5m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道平滑连接，直径略大于杆截面的小环质量为m＝2kg。与杆成α＝37°的恒力F作用在小环上，使它从A点由静止开始运动，当小环运动到B点时撤去F，小环沿圆轨道到达最高点C时，速度恰好为0。已知AB间的距离为5m，小环与直杆间的动摩擦因数为0.5(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。求：图7(1)小环在B处时的速度大小；(2)恒力F的大小。答案(1)5eq\r(2)m(2)60N解析(1)B到C过程，对小环由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR解得vB＝eq\r(2gR)＝5eq\r(2)m/s。(2)对A运动到C的过程，对小环由动能定理有Fcosα·s－μFsinα·s－mg(s＋R)＝0解得F＝eq\f(mg（s＋R）,（cosα－μsinα）s)＝60N。10．(2022·江苏盐城高三期中)一质量为m、半径为R的光滑圆环用细绳OP悬挂着，原长为2R的两个轻质弹簧，一端固定在圆环上P点，另一端与质量均为m的小球A、B连接，小球A、B套在圆环上。如图8所示，弹簧长为eq\r(2)R时，同时由静止释放