热门试卷

A选项，当，时物体在冲上斜面前，会先达到稳定速度，故错误。

B选项，假设物块能从传送带左端滑落，即物块在传送带左端的速度大于零，对物块从左端开始运动到再回到传送带左端使用动能定理：mvt2－0=mgμs-mgμL，因为物块在传送带上自左向右运动时，当物块速度达到传送带速度后物块与传送带之间没有摩擦力，摩擦力不再做功，故s＜L，所以mvt2=mgμs-mgμL≦0，这与物块在传送带左端的速度大于零的前提矛盾，故物块不可能从传送带左端滑落，B选项正确。

C选项，当物块滑上传送带前没有达到稳定速度时，根据动能定理：mvt2－0=mgμs-mgμL，这时s=L，即mvt2－0=mgμs-mgμL=0，vt=0，物块刚好回到起点，速度为零。

D选项，当物块加速到与传送带的速度相等时，物块与传送带之间没有相对运动，物块也就不会再受到摩擦力，物块受合外力为零，物块会做匀速运动，故物块的最大速度等于传送带的速度，所以其机械能最大为，D选项正确。

       A选项，当弹簧与直杆垂直时，小球合外力等于重力，加速度等于g，当小球继续下落时直到，弹簧变为原长时，小球合外力等于重力，加速度g，故A选项正确。

       B选项，弹簧的功率P=Fv，当P=0时，即F=0或者v=0。从小球下落开始到B点弹簧仅有一次变为原长F=0，此时P=0。第一阶段：小球从A点到弹簧与直杆垂直时，弹簧弹力做负功，但重力大于弹力在竖直方向生的分力，小球向下加速运动；第二阶段：小球从弹簧与直杆垂直到弹簧变为原长时，弹力重力均做正功，速度增大；第三阶段：小球从弹簧变为原长再到B点弹力做负功，重力做正功，但弹力在竖直方向的的分力任小于重力，故小球做加速运动；即小球从A点到B点速度一直增加，不可能为零。故弹簧的功率P=Fv为零的位置仅有一个，故错误。

       C选项，由于在A、B两点弹簧弹力大小相等，因此弹簧的变化量相等，即弹簧的弹性势能不变，弹力对小球不做功，所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，故正确。

       D选项，由B选项可知弹力在第二阶段做正功，在第一、第三阶段做负功，如图所示，AC=CD，即只需判断DE和EB段的大小关系，弹簧从D到E，E到B，弹簧的变化量相同设为x，所以有x=DEcosθ1，x=EBcosθ2，即DEcosθ1=EBcosθ2，因为θ1＞θ2，DE＞EB，故不相等，错误。

        A选项，当滑块到达O点的速率相同时，根据动能定理：mv2=mgh，滑块的高度相同，即都在同一水平线上，A选项正确，B错误。

        C选项，滑块到达O点的时间相同时，根据匀加速运动公式x=gsinθt2(x表示A、B、C、D……各点到圆心的距离)，因为时间相同，设gt2=A，所以x=Asinθ，由几何知识可知，A、B、C、D……各点在，以（0，A）为圆心，A为半径的圆上，故C选项正确。

       D选项，斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数时，各滑块损失的机械能等于物体客服摩擦力做功相等，即W=fx=mgxcosθ，xcosθ相等，又因为xcosθ表示斜面在水平面的投影长度，所以A、B、C、D……各点水平面的投影长度，故在同一竖直线上，D选项正确。

A选项，明确小球离开轨道的条件：当小球与轨道压力小于零时；对小球进行受力分析，小球收重力，弹簧弹力，或者受到轨道的支持力，我们把这些力按沿着弹簧的方向和垂直于弹簧的方向分解，设重力与弹簧的夹角θ，有：mgcosθ+N=kΔx=mg，所以N= mg－mgcosθ≥0，当小球到最高点时，θ＝0，N=0，当小球与轨道的压力一直存在时，小球不会脱离轨道，当压力为零时，小球在最高点，任然不会脱离轨道，故无论v0多大，小球均不会离开圆轨道，A选项正确，

B选项错误。

C选项，完成圆周运动的条件是：小球到最高点的时，所与的向心力大于等于合外力能提供的最小向心力；由题可知，小球在最高点时，当压力越大时，合外力提供的向心力越大，当压力为零时合外力提供的向心力最小，F最小合力=mg－F弹力=0，根据条件有≥F最小合力=0，即vB≥0；根据动能定理有：mvB2－mv02＝﹣2mgR， mvB2＝mv02－2mgR≥0，解得v02≥，故C选项正确。

D选项，设小球在最高点时，受到轨道的压力为N1，最低点为N2，小球在最高点B点时合外力提供向心力：N1+mg-F弹力=，因为F弹力= kΔx=mg，所以N1 =；小球在最低点A点时，合外力提供向心力：N2-mg-F弹力= N2=+2mg；所以最大压力与最小压力之差＝ N2－N1＝2mg＋－，根据动能定理：mvB2－mv02＝﹣2mgR，所以得出N2－N1＝2mg＋－＝6mg，所以，压力差与速度v0无关恒等于6mg，D选项正确。