热门试卷

解：A、小球下落过程中，弹簧的弹力对小球做负功，小球机械能减小．故A错误；

B、小球和弹簧接触过程中，弹力先大于重力，后弹力小于重力，小球先做加速运动，当弹簧弹力等于重力时速度最大，然后做减速运动，故其动能先增大后减小．

对于小球与弹簧组成的系统机械能守恒，则知重力势能和弹性势能之和先减小后增大，故B正确．

C、根据系统的机械能守恒知，小球下落过程中动能、重力势能以及弹簧弹性势能三者之和保持不变，重力势能一直减小，则动能和弹性势能之和一直增大，故C错误．

D、由于弹性势能一直增大，因此动能和重力势能之和一直减小，故D错误．

故选：B．

解：手拉着弹簧上端P点缓慢向上移动，可以看成物体是处于平衡状态．

根据胡克定律得：

弹簧的伸长量为：△x=

在这一过程中，P点的位移是H．

所以物体上升的高度为：△h=H-△x=2-0.5m=1.5m

所以物体重力势能的增加量为：Mg△h=5×10×1.5J=75J

故选：B

解：A、对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcosα；根据运动学公式x=at2，可得，2Rcosα═gcosαt2，t=2，因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，故A正确；

B、物体沿不同斜面下滑的高度不同，重力做功不同，故B错误；

C、物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初状态机械能相等，由机械能守恒定律可知，物体到达底端时的机械能相等，故C错误；

D、物体下滑过程重力做功不同，由动能定理可知，物体到达底端时的动能不同，故D错误；

故选：A．

解：A、小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：

mg=m

解得：v=

根据动能定理：mg（h-R）=mv2

得：h=1.5R

可知只有满足h≥1.5R，释放后小球才能通过a点，故A错误；

BCD、小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，

水平方向的匀速直线运动：x=vt

竖直方向的自由落体运动：R=gt2，

解得：x=R＞R，故无论怎样改变h的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，小球将通过a点不可能到达d点．只要改变h的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间或之外．故BD错误，C正确．

故选：C．

解：A、对于物体来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B到C又将一部分机械能转化为弹簧的弹力势能，因此机械能肯定减少．故A错误．

B、对于物块和弹簧组成的系统来说，物体减少的机械能为（克服空气阻力所做的功+弹簧弹性势能），而弹簧则增加了弹性势能，因此整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功．故B错误．

C、由A运动到C的过程中，物体的动能变化为零，重力势能减小量等于机械能的减小量．

所以物块机械能减少mg（H+h），故C错误．

D、物块从A点由静止开始下落，加速度是g，根据牛顿第二定律得：

f=mg-ma=mg，所以空气阻力所做的功-mg（H+h），

整个系统机械能减少量即为克服空气阻力所做的功，

所以物块、弹簧和地球组成的系统机械能减少mg（H+h），故D正确，

故选：D．

解：A、前3 s内货物加速上升，加速度竖直向上，处于超重状态，故A正确；

B、最后2 s内货物的加速度大小为a===3m/s2＜g，所以根据牛顿第二定律得知，货物还受到其他力作用，故B错误．

C、前3s内做匀加速直线运动，前3s内的平均速度===3m/s．最后2 s内货物做匀减速直线运动，平均速度为===3m/s，故C正确．

D、第3 s末至第5 s末的过程中，货物匀速运动，受到向上的拉力，拉力做正功，其机械能不守恒，故D错误；

故选AC．