Question

15．如图所示，轻质弹簧的一端固定，另一端与一质量为m的圆环相连，圆环套在粗糙的固定杆上，杆与水平面间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长，将圆环从A处由静止释放．到达B处时速度最大，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）

• A． 在下滑过程中，圆环运动的加速度不断减小
• B． 在下滑过程中，圆环与杆摩擦产生的热量为$\frac{1}{4}$mv²
• C． 在圆环从点C到A点过程，弹簧对圆环做功为mgLsinα-$\frac{1}{4}$mv²
• D． 圆环上滑经过B点的速度大于下滑经过B点的速度

Answer 1

分析 根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；
研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；
研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式．

解答 解：A．圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B．研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式：mgh+W_f-W_弹=0-0=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式，
-mgh+W_弹+W_f=0-$\frac{1}{2}$mv²，解得：W_f=-$\frac{1}{4}$mv²，所以产生的热量为$\frac{1}{4}$mv²，故B正确；
C．在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
-mgh+W_弹+W_f=0-$\frac{1}{2}$mv²，h=Lsinα，
解得：W_弹=mgLsinα-$\frac{1}{4}$mv²，故C正确；
D．研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgh′+W′_f-W′_弹=$\frac{1}{2}$mv_B²-0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
-mgh′+W′_f+W′_弹=0-$\frac{1}{2}$m${v}_{B}^{′2}$
由于${W}_{f}^{′}$＜0，所以$\frac{1}{2}$mv_B²＜$\frac{1}{2}$m${v}_{B}^{′2}$，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确．
故选：BCD．

点评 能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用．