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    14．如图所示，轻放在竖直轻弹簧上端的小球A（弹簧与小球不连接），在竖直向下的恒力F的作用下，弹簧被压缩到B点．现突然撤去力F，小球将在竖直方向上开始运动，若不计空气阻力，则下列中说法正确的是（　　）
    A．撤去F后小球、地球、弹簧构成的系统机械能守恒
    B．小球在上升过程中，弹簧恢复到自由伸长前，小球动能一致增大
    C．小球在上升过程中，弹性势能先减小后增大
    D．小球在上升过程中，弹簧的形变量恢复到最初（指撤去力F的瞬间）的一半时，小球的动能最大

    分析 撤去F后，根据机械能守恒的条件分析系统的机械能是否守恒．分析小球在运动过程中受力的情况，根据牛顿第二定律，来确定加速度变化情况，从而确定速度的变化情况，并得出动能的大小情况，根据形变量的变化，来确定弹性势能的变化．

    解答 解：A、撤去F后，对于小球、地球、弹簧构成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确．
    B、小球在上升过程中，一开始弹簧的弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速运动，速度增大，动能增大．当弹力等于重力时，加速度为零；当弹力小于重力后，加速度方向向下，小球做减速运动，速度减小，动能减小，即动能先增大后减小，故B错误．
    C、小球在上升过程中，弹簧的压缩量不断减小，则弹性势能一直减小，故C错误．
    D、小球在上升过程中，开始时弹力大于重力，动能增加，而当弹力和重力相等后，合外力做负功，动能减小，则在弹力等于重力时刻，小球动能最大，而不是弹簧的形变量恢复到最初（指撤去力F的瞬间）的一半时，动能最大，故D错误；
    故选：A

    点评 本题关键要分析小球在上升过程中的受力情况，来分析运动情况，理解加速度的变化由重力与弹力共同决定，掌握速度如何变化，并知道加速度为零时，速度达到最大值．

    练习册系列答案
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    A．两者同时无初速度释放，小球在空中不能穿过管
    B．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，管无初速度，则小球一定能穿过管，且穿过管的时间与当地重力加速度无关
    C．两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度v0，管无初速度，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度有关
    D．两者均无初速度释放，但小球提前了△t时间释放，则小球一定能穿过管，但穿过管的时间与当地重力加速度无关

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    科目：高中物理 来源： 题型：选择题

    9．如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率vl匀速向右运动．一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端．就上述过程，下列判断正确的有（　　）
    A．滑块返回传送带右端时的速率为v2
    B．此过程中传送带对滑块做功为$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$mv12
    C．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为$\frac{1}{2}$m（v1+v2）2
    D．此过程中电动机做功为2mv12

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    科目：高中物理 来源： 题型：多选题

    18．一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲所示），以此时为t=0时刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，其中v1＞v2）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．则（　　）
    A．0～t1时间内，物块对传送带做负功
    B．物块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ
    C．0～t2时间内，传送带对物块做功为W=$\frac{1}{2}$mv22-$\frac{1}{2}$mv12
    D．t1时刻之后，物块先受滑动摩擦力，对其做正功，后受静摩擦力，对其做负功

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