A．上滑时机械能减小量大于下滑时机械能的减少量
B．上滑时机械能减小量小于下滑时机械能的减少量
C．上滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方
D．下滑过程中动能和重力势能相等的位置在A点
解析 由v2＜v1可知，斜面与滑块间有摩擦，滑块无论上升还是下降时，都有机械能损失，且大小均为fL，选项A、B错误；上升过程，在最低点，机械能为E1＝mv；在最高点，机械能为E2＝mgh；在中点A处，机械能为EA＝mv＋mgh，滑块在斜面中点A的速度vA＝＝v1，动能为mv＝E1，重力势能为E2，由于E1＞E2，故动能大，所以上升过程中动能和重力势能相等的位置在A点上方，选项C正确；下滑到中点A时的动能为EkA′。
从最高点到A点滑块克服摩擦力做功为W，根据能量守恒定律得mgh＝mg＋EkA′＋W；则得mg＝EkA′＋W，A点的重力势能为EpA＝mg·，可知EpA＞EkA′，滑块下滑过程，重力势能减小，动能增加，所以下降过程中动能和势能相等的位置在A点下方，选项D错误。
答案 C
7．（2016·4月浙江选考）图5中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约为0.3m2。
晴天时电池板上每平方米每小时接收到太阳辐射能约为3×106J。
如果每天等效日照时间约为6h，光电池一天产生的电能可供30W的路灯工作8h。
光电池的光电转换效率约为（ ）
图5
A．4.8%B．9.6%
C．16%D．44%
解析 η＝×100%＝16%
答案 C
8．（2018·浙江嘉兴模拟）如图6所示为某研究小组利用对接斜面研究“做功与能量变化关系”的装置：
固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接。
有一可视为质点的滑块从左侧顶端由静止释放，经最低点滑上右侧斜面并减速到0，滑块在上述过程中重力做功WG、克服摩擦力做功Wf、动能Ek及机械能E随滑行路程s的变化图线正确的是（设斜面连接处为参考平面，滑块与两斜面间的动摩擦因数相同）（ ）
图6
解析 重力先做正功，后做负功，所以选项A错误；克服摩擦力做功大小等于产生的热量，即Wf＝Q＝fs＝μmgscosθ，从斜率上看可知斜率不变，即选项B错误；根据动能定理F合s＝ΔEk，因此从斜率上可知，斜率代表滑块运动时的合外力，滑块下滑时的加速度要小于上滑时加速度，即选项C正确；减少的机械能转化为热能，因此滑块的机械能并不是先增加的（初始机械能不为零），所以选项D错误。
答案 C
9.（2018·浙江嘉兴秀州中学高三月考）如图7所示为竖直平面内的直角坐标系。
一个质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动，直线OA与y轴负方向成θ角（θ<90°）。
不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）
图7
A．当F＝mgtanθ时，质点的机械能守恒
B．当F＝mgsinθ时，质点的机械能守恒
C．当F＝mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
D．当F＝mgsinθ时，质点的机械能可能减小也可能增大
解析 质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与OA共线，如图所示。
当拉力与OA垂直时，拉力最小，根据几何关系，有
F＝Gsinθ＝mgsinθ，
F的方向与OA垂直，拉力F做功为零，
所以质点的机械能守恒，故B正确，D错误；
若F＝mgtanθ，由于mgtanθ>mgsinθ，故F的方向与OA不再垂直，
有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，故根据功能原理，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，故A错误，C正确。
答案 BC
二、非选择题
10.（2018·浙江诸暨高二期中）如图8为特种兵过山谷的简化示意图。
将一根不可伸长的细绳两端固定在相距d为20m的A、B两等高点，∠APB＝α＝53°。
绳上挂一小滑轮P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。
如图所示，战士甲（图中未画出）水平拉住滑轮，质量为50kg的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP竖直。
然后战士甲将滑轮释放。
若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量（重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。
求：
图8
（1）战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F；
（2）假如B靠近A，绳长不变，F将如何变化？
简述理由。
（3）不改变d情况下将滑轮释放，战士乙运动过程中的最大速度大小。
解析
（1）战士乙静止时，对滑轮受力分析如图所示。
根据共点力平衡条件得T1sin53°＝F
T1cos53°＋T2＝G
又T1＝T2
联立解得F＝250N。
（2）战士乙从A到B运动过程，力的变化情况如图所示。
AB间距缩短，绳长不变，∠APB＝α变小，由
（1）得F＝T1sinα＝，因sinα变小，cosα变大，得F变小。
（3）根据机械能守恒定律可知，运动到最低处时重力势能最小，动能最大，即有最大速度，AP＝15m，BP＝25m，所以AP′＝BP′＝20m，ΔABP′是正三角形，P′在AB水平线下方10m，以P′点所在的水平面为零势能面，则
hP＝（10－15）m
根据机械能守恒定律有mghP＋0＝0＋mv2
解得v＝＝m/s
所以最大速度大小为v＝6.81m/s。
答案
（1）250N
（2）F变小 见解析 （3）6.81m/s
11．（2018·浙江金华十校高三期末）如图9所示，质量m＝0.2kg小物块，放在半径R1＝2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8。
圆心角为θ＝37°，半径R2＝2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5。
开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O1与A连线垂直纸面），恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O3，半径为R3＝0.5m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6,
cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：
图9
（1）圆盘对小物块m做的功；
（2）小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；
（3）假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。
解析
（1）小物块刚滑出圆盘时μ1mg＝，
得到vA＝4m/s
由动能定理可得到W＝mv，得到W＝1.6J。
（2）物块正好切入圆弧面，由平抛运动知识可得
在B处的竖直方向速度大小为vBy＝vAtan37°，
运动时间t＝
AB间的水平距离x＝vAt＝1.2m。
（3）物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处，有
mg＝
由B到E点由动能定理得到
mgR2（1－cos37°）－μ2mgL－mg·2R3＝mv－mv，
且vB＝＝m/s＝5m/s
可得L＝1m
即D、C之间距离不大于1m时物块可通过竖直圆，最后物块必定停止，由动能定理可得
mgR2（1－cos37°）－μ2mgx＝0－mv
即最后物块停在离C位置3.5m处。
答案
（1）0.6J
（2）1.2m （3）见解析
12．（2018·浙江永康一中高二模拟）在竖直平面内建立如图10所示的平面直角坐标系。
将一绝缘细杆的OM部分弯成抛物线形状，其抛物线部分的方程y＝－x2，MN部分为直线并与抛物线在M点相切。
将弯好的绝缘细杆的O端固定在坐标原点且与x轴相切，与平面直角坐标系共面。
已知绝缘细杆的M点纵坐标yM＝－0.8m。
一处于原长的绝缘轻弹簧套在MN杆上，弹簧下端固定在N点。
现将一质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋10－3C的小球（中间有孔）套在绝缘杆上，从O点以初速度v0＝5m/s水平抛出，到达M点时速度大小为vM＝6m/s，继续沿直杆下滑压缩弹簧到最低点C（图中未画出），然后小球又被弹簧反弹恰能到达M点。
已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝，整个装置处于沿y轴负方向的匀强电场中，电场强度大小E＝103N/C，若g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力忽略不计。
求：
图10
（1）抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动时克服摩擦力做的功；
（2）上述过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，所施加的匀强电场强度为多大？
解析
（1）对抛出的小球沿绝缘杆抛物线OM部分滑动过程应用动能定理可得
mgh＋qEh－W克f＝mv－mv
解得W克f＝1.05J。
（2）小球又被弹簧反弹恰能到达M点，设沿MN下滑的最大距离为s，MN杆与水平方向的夹角为θ，从M点开始到再次返回到M点过程由动能定理可得
－μ（mg＋qE）2scosθ＝0－mv
根据抛物线部分的方程y＝－x2可知，当y＝－0.8m时，x＝1.2m
由类平抛运动规律可得tanθ＝，解得θ＝53°
设弹簧的最大弹性势能为Ep，从M点到将弹簧压缩至最低点过程由动能定理可得
mgssinθ＋qEssinθ－μ（mg＋qE）scosθ－W弹
＝0－mv
且Ep＝W弹
联立解得Ep＝8.1J。
（3）要使带电小球在抛物线部分下滑过程中无能量损失，则小球的运动轨迹应与轨道抛物线重合，设小球在竖直方向加速度为a，由抛体运动规律可得
y＝－at2，x＝v0t
由轨道方程y＝－x2得＝
据牛顿第二定律可得a＝
解得E′＝×103N/C。
答案
（1）1.05J
（2）8.1J （3）×103N/C
升级会员 