高考物理大一輪復習第五章第3講機械能守恒定律及應用講義（含解析）教科版

第3講機械能守恒定律及應用一、重力做功與重力勢能的關系1．重力做功的特點(1)重力做功與路徑無關，只與始末位置的高度差有關．(2)重力做功不引起物體機械能的變化．2．重力勢能(1)表達式：Ep＝mgh.(2)重力勢能的特點重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關．3．重力做功與重力勢能變化的關系(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能減??；重力對物體做負功，重力勢能增大；(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.自測1關于重力勢能，下列說法中正確的是()A．物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定B．物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大C．一個物體的重力勢能從－5J變化到－3J，重力勢能減少了D．重力勢能的減少量等于重力對物體做的功答案D二、彈性勢能1．定義：發(fā)生彈性形變的物體之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能．2．彈力做功與彈性勢能變化的關系：彈力做正功，彈性勢能減??；彈力做負功，彈性勢能增加．即W＝－ΔEp.自測2(多選)關于彈性勢能，下列說法中正確的是()A．任何發(fā)生彈性形變的物體，都具有彈性勢能B．任何具有彈性勢能的物體，一定發(fā)生了彈性形變C．物體只要發(fā)生形變，就一定具有彈性勢能D．彈簧的彈性勢能只跟彈簧被拉伸或壓縮的長度有關答案AB三、機械能守恒定律1．內容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變．2．表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22.3．機械能守恒的條件(1)系統(tǒng)只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力．(2)系統(tǒng)除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統(tǒng)不做功．(3)系統(tǒng)內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和為零．(4)系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，系統(tǒng)內、外也沒有機械能與其他形式的能發(fā)生轉化．自測3(2018·山東省泰安市上學期期中)下列幾種運動中，機械能一定守恒的是()A．做勻速直線運動的物體B．做勻變速直線運動的物體C．做平拋運動的物體D．做勻速圓周運動的物體答案C解析做勻速直線運動的物體，動能不變，重力勢能可能變化，機械能不一定守恒，故A錯誤；若是在水平面上的勻加速直線運動，動能增大，重力勢能不變，則機械能不守恒，故B錯誤；做平拋運動的物體，只有重力做功，機械能必定守恒，故C正確；若物體在豎直平面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能在變化，機械能不守恒，故D錯誤．自測4eq\x(教材P78第3題改編)(多選)如圖1所示，在地面上以速度v0拋出質量為m的物體，拋出后物體落到比地面低h的海平面上．若以地面為零勢能面，而且不計空氣阻力，則下列說法中正確的是()圖1A．重力對物體做的功為mghB．物體在海平面上的重力勢能為mghC．物體在海平面上的動能為eq\f(1,2)mv02－mghD．物體在海平面上的機械能為eq\f(1,2)mv02答案AD命題點一機械能守恒的判斷1．只有重力做功時，只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉化．如自由落體運動、拋體運動等．2．只有系統(tǒng)內彈力做功，只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉化．如在光滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒．3．只有重力和系統(tǒng)內彈力做功，只發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉化．如自由下落的物體落到豎直的彈簧上，和彈簧相互作用的過程中，對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說，機械能守恒．4．除受重力(或系統(tǒng)內彈力)外，還受其他力，但其他力不做功，或其他力做功的代數和為零．如物體在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下運動，其拉力的大小與摩擦力的大小相等，在此運動過程中，其機械能守恒．例1如圖2所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一豎直墻壁．現讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，小球從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是()圖2A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側離開槽的過程中機械能守恒答案C解析小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，半圓形槽有向左運動的趨勢，但實際上沒有動，整個系統(tǒng)中只有重力做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒；小球過了半圓形槽的最低點以后，半圓形槽向右運動，系統(tǒng)沒有其他形式的能量產生，滿足機械能守恒的條件，所以系統(tǒng)的機械能守恒；小球從A點至到達槽最低點過程中，小球先失重，后超重；小球由最低點向右側最高點運動的過程中，半圓形槽也向右移動，半圓形槽對小球做負功，小球的機械能不守恒，故選項C正確．變式1如圖3所示，用一輕繩系一小球懸于O點．現將小球拉至水平位置，然后釋放，不計阻力，小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是()圖3A．小球的機械能守恒B．小球所受的合力不變C．小球的動能不斷減小D．小球的重力勢能增加答案A解析小球在下落的過程中，受到重力和繩的拉力的作用，繩的拉力與小球的運動方向垂直，對小球不做功，只有重力做功，故在整個過程中小球的機械能守恒，選項A正確；由于小球的速度變大，動能增加，所需的向心力變大，故小球所受的合力變大，選項B、C錯誤；小球的高度下降，重力勢能減小，選項D錯誤．命題點二單物體的機械能守恒問題1．表達式2．一般步驟3．選用技巧在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面．例2(2016·全國卷Ⅲ·24)如圖4所示，在豎直平面內有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動．圖4(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．答案(1)5∶1(2)能，理由見解析解析(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒得EkA＝mg·eq\f(R,4)①設小球在B點的動能為EkB，同理有EkB＝mg·eq\f(5R,4)②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5③(2)若小球能沿軌道運動到C點，小球在C點所受軌道的正壓力FN應滿足FN≥0④設小球在C點的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有FN＋mg＝meq\f(v\o\al(C2,),\f(R,2))⑤由④⑤式得mg≤meq\f(2v\o\al(C2,),R)⑥vC≥eq\r(\f(Rg,2))⑦對全程由機械能守恒定律得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mvC′2⑧由⑦⑧式可知，vC＝vC′，即小球恰好可以沿軌道運動到C點．變式2(2018·湖南省株洲市上學期質檢一)如圖5所示，半徑為R的光滑圓周軌道AB固定在豎直平面內，O為圓心，OA與水平方向的夾角為30°，OB在豎直方向．一個可視為質點的小球從O點正上方某處以某一水平初速度向右拋出，小球恰好能無碰撞地從A點進入圓軌道內側，此后沿圓軌道運動到達B點．已知重力加速度為g，求：(不計空氣阻力)圖5(1)小球初速度的大?。?2)小球運動到B點時對圓軌道壓力的大?。鸢?1)eq\r(\f(gR,2))(2)6mg解析(1)設小球的初速度為v0，飛行時間為t，則在水平方向有Rcos30°＝v0t在豎直方向有h1＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt小球運動到A點時與軌道無碰撞，故tan30°＝eq\f(v0,vy)聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(gR,2))，h1＝eq\f(3,4)R.(2)拋出點距軌道最低點的高度h＝R＋Rsin30°＋h1設小球運動到最低點B時速度為v，圓軌道對小球的彈力為N，根據機械能守恒有mgh＋eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2根據牛頓第二定律有N－mg＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得N＝6mg由牛頓第三定律得在B點時小球對圓軌道的壓力大小為N′＝N＝6mg.命題點三連接體的機械能守恒問題1．對多個物體組成的系統(tǒng)要注意判斷物體運動過程中，系統(tǒng)的機械能是否守恒．2．注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系．3．列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．例3如圖6所示，左側豎直墻面上固定半徑為R＝0.3m的光滑半圓環(huán)，右側豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿．質量為ma＝100g的小球a套在半圓環(huán)上，質量為mb＝36g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4m的輕桿通過兩鉸鏈連接．現將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質點，重力加速度g＝10m/s2.求：圖6(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大??；(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功．解析(1)當a滑到與圓心O等高的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切線豎直向下，b的速度為零，由機械能守恒可得：magR＝eq\f(1,2)mav2解得v＝eq\r(2gR)在P點對小球a，由牛頓第二定律可得：F＝eq\f(mav2,R)＝2mag＝2N(2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，設此時b的速度為vb，則知va＝vbcosθ由幾何關系可得：cosθ＝eq\f(l,\r(l2＋R2))球a下降的高度h＝Rcosθa、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒：magh＝eq\f(1,2)maveq\o\al(a2,)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(b2,)－eq\f(1,2)mav2對滑塊b，由動能定理得：W＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(b2,)變式3(多選)(2018·貴州省貴陽市5月適應性二)如圖7所示，不可伸長的輕繩通過定滑輪將物塊甲、乙(均可視為質點)連接，物塊甲套在固定的豎直光滑桿上，用外力使兩物塊靜止，輕繩與豎直方向夾角θ＝37°，然后撤去外力，甲、乙兩物塊從靜止開始運動，物塊甲恰能上升到最高點P，P點與滑輪上緣O在同一水平線上，甲、乙兩物塊質量分別為m、M，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，不計空氣阻力，不計滑輪的大小和摩擦．設物塊甲上升到最高點P時加速度為a，則下列說法正確的是()圖7A．M＝2mB．M＝3mC．a＝gD．a＝0答案AC37°＝eq\f(h,2)，則根據機械能守恒定律可知mgh＝Mgh′，解得M＝2m，故A正確，B錯誤．甲上升到最高點P時，由于不受摩擦力，所以在豎直方向上只受重力，水平方向上彈力與繩子的拉力平衡，因此甲的加速度為g，故C正確，D錯誤．命題點四含彈簧類機械能守恒問題1．由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力(除重力外)和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統(tǒng)機械能守恒．2．在相互作用過程特征方面，彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．3．如果系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)．例4(2016·全國卷Ⅱ·25)輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖8所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μP，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.圖8(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍．答案(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m解析(1)依題意，當彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能．由機械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能為Ep＝5mgl①設P到達B點時的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)＋μmg(5l－l)②聯(lián)立①②式，并代入題給數據得vB＝eq\r(6gl)③若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿足④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)設P的質量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度必須大于零．由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有eq\f(1,2)MvB′2≤Mgl?Ep＝eq\f(1,2)MvB′2＋μMg·4l?聯(lián)立①⑩??式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m.變式4(2019·安徽省巢湖市質檢)如圖9所示，光滑水平軌道AB與光滑半圓形軌道BC在B點相切連接，半圓軌道半徑為R，軌道AB、BC在同一豎直平面內．一質量為m的物塊在A處壓縮彈簧，并由靜止釋放，物塊恰好能通過半圓軌道的最高點C.已知物塊在到達B點之前已經與彈簧分離，重力加速度為g.求：圖9(1)物塊由C點平拋出去后在水平軌道的落點到B點的距離；(2)物塊在B點時對半圓軌道的壓力大??；(3)物塊在A點時彈簧的彈性勢能．答案(1)2R(2)6mg(3)eq\f(5,2)mgR解析(1)因為物塊恰好能通過C點，則有：mg＝meq\f(v\o\al(C2,),R)x＝vCt,2R＝eq\f(1,2)gt2解得x＝2R即物塊在水平軌道的落點到B點的距離為2R；(2)物塊由B到C過程中機械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(B2,)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)設物塊在B點時受到的半圓軌道的支持力為N，則有：N－mg＝meq\f(v\o\al(B2,),R)，解得N＝6mg由牛頓第三定律可知，物塊在B點時對半圓軌道的壓力大小N′＝N＝6mg.(3)由機械能守恒定律可知，物塊在A點時彈簧的彈性勢能為Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C2,)，解得Ep＝eq\f(5,2)mgR.1．(多選)(2018·河南省鄭州市質檢)下列說法正確的是()A．如果物體受到的合力為零，則其機械能一定守恒B．如果物體受到的合力做功為零，則其機械能一定守恒C．物體沿光滑曲面自由下滑的過程中，其機械能一定守恒D．做勻加速運動的物體，其機械能可能守恒答案CD解析物體沿光滑曲面自由下滑的過程中，只有重力做功，所以機械能守恒，選項C正確；做勻加速運動的物體，其機械能可能守恒，如自由落體運動，選項D正確．2．(2018·山東省日照市校際聯(lián)合質檢)蹦極是一項非常刺激的戶外休閑活動．北京青龍峽蹦極跳塔高度為68米，身系彈性蹦極繩的蹦極運動員從高臺跳下，下落高度大約為50米．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質點．下列說法正確的是()A．運動員到達最低點前加速度先不變后增大B．蹦極過程中，運動員的機械能守恒C．蹦極繩張緊后的下落過程中，動能一直減小D．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力一直增大答案D解析蹦極繩張緊前，運動員只受重力，加速度不變，蹦極繩張緊后，運動員受重力、彈力，開始時重力大于彈力，加速度向下，后來重力小于彈力，加速度向上，則蹦極繩張緊后，運動員加速度先減小為零再反向增大，故A錯誤．蹦極過程中，運動員和彈性繩組成的系統(tǒng)的機械能守恒，故B錯誤．蹦極繩張緊后的下落過程中，運動員加速度先減小為零再反向增大，運動員速度先增大再減小，運動員動能先增大再減小，故C錯誤．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性繩的伸長量增大，彈力一直增大，故D正確．3．(多選)如圖1所示，斜面體置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是()圖1A．物體的重力勢能減少，動能增加B．斜面體的機械能不變C．斜面體對物體的彈力垂直于接觸面，不對物體做功D．物體和斜面體組成的系統(tǒng)機械能守恒答案AD解析物體下滑過程中重力勢能減少，動能增加，A正確；地面光滑，斜面體會向右運動，動能增加，機械能增加，B錯誤；斜面體對物體的彈力垂直于接觸面，與物體的位移并不垂直，彈力對物體做負功，C錯誤；物體與斜面體組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，D正確．4．如圖2所示，可視為質點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質量為B的兩倍．當B位于地面上時，A恰與圓柱軸心等高．將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()圖2A．2RB.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3)D.eq\f(2R,3)答案C解析設B球質量為m，則A球質量為2m，A球剛落地時，兩球速度大小都為v，根據機械能守恒定律得2mgR－mgR＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2，得v2＝eq\f(2,3)gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(R,3)，B球上升的最大高度為h＋R＝eq\f(4,3)R，故選C.5．(2019·江西省景德鎮(zhèn)市模擬)如圖3所示，將一質量為m的小球從A點以初速度v斜向上拋出，小球先后經過B、C兩點．已知B、C之間的豎直高度和C、A之間的豎直高度都為h，重力加速度為g，取A點所在的平面為參考平面，不考慮空氣阻力，則()圖3A．小球在B點的機械能是C點機械能的兩倍B．小球在B點的動能是C點動能的兩倍C．小球在B點的動能為eq\f(1,2)mv2＋2mghD．小球在C點的動能為eq\f(1,2)mv2－mgh答案D6．如圖4所示，在下列不同情形中將光滑小球以相同速率v射出，忽略空氣阻力，結果只有一種情形小球不能到達天花板，則該情形是()圖4A．甲B．乙C．丙D．丁答案B7.(2018·河南省南陽市上學期期末)如圖5所示，固定在豎直平面內的圓管形軌道的外軌光滑，內軌粗糙．一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于圓管的直徑，球運動的軌道半徑為R，空氣阻力不計，重力加速度大小為g，下列說法一定正確的是()圖5A．若v0<2eq\r(gR)，小球運動過程中機械能不可能守恒B．若v0＝3eq\r(gR)，小球運動過程中機械能守恒C．若v0<eq\r(5gR)，小球不可能到達最高點D．若v0＝2eq\r(gR)，小球恰好能到達最高點答案B解析若小球運動過程中機械能守恒，當小球恰好上升到與圓心等高處時，有：eq\f(1,2)mv02＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)<2eq\r(gR)，故A錯誤；如果小球不擠壓內軌，則小球到達最高點速度最小時，有mg＝meq\f(v2,R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R，解得：v0＝eq\r(5gR)，則小球要不擠壓內軌且做完整圓周運動，初速度應大于等于eq\r(5gR)，此時小球機械能守恒，故B正確；若小球的速度小于eq\r(5gR)，也有可能做完整的圓周運動到達最高點，只是最終在圓心下方做往復運動，故C錯誤；如果小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝mg·2R，解得：v0＝2eq\r(gR)，由于內軌粗糙，如果小球運動到最高點時速度為0，一定受到摩擦力作用，故小球在到達最高點以前速度已為零，不能到達最高點，故D錯誤．8．(多選)(2018·山東省日照市校際聯(lián)合質檢)如圖6，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一光滑定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B.已知斜面傾角θ＝30°，小物塊A的質量為m，小物塊Bm，小物塊B距離地面的高度為h，小物塊A距離定滑輪足夠遠．開始時，小物塊A和小物塊B位于同一水平面上，用手按住小物塊A，然后松手．則下列說法正確的是(重力加速度為g)()圖6A．松手瞬間，小物塊A的加速度大小為eq\f(1,6)gB．松手后，小物塊A的機械能守恒C．小物塊B落地前瞬間的速度大小為eq\r(\f(2gh,3))D．小物塊A能夠上升到的最高點與地面的距離為eq\f(5h,3)答案AD9．(多選)(2018·四川省成都市新都區(qū)摸底)如圖7甲所示，傾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸長的輕質彈簧一端固定在斜面底端的擋板上．一質量為m的小球，從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．小球運動的v－t圖像如圖乙所示，其中OA段為直線，AB段是與OA相切于A點的平滑曲線，BC是平滑曲線，不考慮空氣阻力，重力加速度為g.關于小球的運動過程，下列說法正確的是()圖7A．小球在tB時刻所受彈簧彈力等于eq\f(1,2)mgB．小球在tC時刻的加速度大于eq\f(1,2)gC．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量答案ABC解析小球在tB時刻速度達到最大，此時彈簧的彈力等于小球重力沿斜面的分力，則F彈＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，故A正確；由題圖可知，tA時刻所在位置關于tB時刻所在位置對稱處小球的加速度大小為eq\f(g,2)，彈簧彈力大小為mg，故到達tC時刻所在位置時彈簧的彈力大于mg，根據牛頓第二定律可知F彈－mgsinθ＝ma，解得a＞eq\f(1,2)g，故B正確；整個過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故從tC時刻所在的位置由靜止釋放，小球能到達原來的出發(fā)點，故C正確；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，由系統(tǒng)機械能守恒知小球重力勢能的減小量與小球動能的減小量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤．10．(2019·陜西省商洛市調研)如圖8甲所示，豎直平面內的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成，AB和BCD相切于B點，CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點和最高點)，已知∠BOC＝30°.可視為質點的小滑塊從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小滑塊經過圓軌道最高點D時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F與高度H的關系圖像，取g＝10m/s2.求：圖8(1)滑塊的質量和圓軌道的半徑；(2)是否存在某個H值，使得小滑塊經過最高點D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點？若存在，請求出H值；若不存在，請說明理由．解析(1)設小滑塊的質量為m，圓軌道的半徑