2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-功能关系的应用专题（含解析）

功能关系的应用专题

一、单选题

1. 如图所示，小物体从竖直弹簧上方离地高处由静止释放，其动能与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从下降到，图象为直线，其余部分为曲线，对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为以下说法正确的是           

A. 小物体下降至高度时，弹簧形变量为0
B. 小物体下落至高度时，加速度为0
C. 小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了
D. 小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能为

2. 如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上拋出一小球，小球上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是

A. 小球上升至O点时的速度等于
B. 小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量
C. 小球在上升过程中合力的冲量小于下降过程中合力的冲量
D. 小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量

3. 如图甲所示，在倾角为的粗糙斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中过程的图线是曲线，过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是

A. 在过程中物体先加速后匀速
B. 在过程中物体的加速度一直减小
C. 在过程中物体的加速度为
D. 在过程中拉力F做的功为

4. 如图所示，光滑斜面倾角为，轻弹簧劲度系数为k，下端固定在挡板上，上端和物体B拴接在一起。开始时，B在C点处于平衡状态。物体A由斜面上某点下滑，并以速度与B发生碰撞，碰撞瞬间粘连在一起，经过最低点后恰好能到达D点，A、B可视为质点且质量均为m，C、D间距离为，则为  

A.  B.  C.  D.

5. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程

A. 动能增加 B. 机械能增加
C. 重力势能增加 D. 电势能增加

6. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环

A. 下滑过程中，加速度一直减小
B. 下滑过程中，因摩擦力产生的热量为
C. 从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了
D. 下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度

7. 如图，光滑水平面上放着长木板B，质量的木块A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A，B之间存在有摩擦，之后，A，B的速度随时间变化情况如图所示，重力加速度则下列说法正确的是   

A. A，B之间动摩擦因数为 B. 长木板的质量为1kg
C. 长木板长度至少为2m D. A，B组成系统损失机械能为4J

8. 冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U形池模型，其中a、c为U形池两侧边缘，在同一水平面，b为U形池最低点。运动员从a点上方h高的O点自由下落由左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点相对c点高度为。不计空气阻力，下列判断正确的是

A. 第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失相同
B. 从a到d的过程中机械能可能守恒
C. 从d返回可以恰好到达a
D. 从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度

二、多选题

9. 从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为重力势能零点，该物体的和随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得   

A. 物体的质量为
B. 时，物体的速率为
C. 时，物体的动能
D. 从地面至，物体的动能减少

10. 如图所示，一轻弹簧的一端固定在倾角为的光滑斜面底端，另一端连接一质量为2kg的物块A，系统处于静止状态。若在物块A的上方斜面上紧靠A处轻放一质量为3kg的物块B，A、B一起向下运动，经过10cm运动到最低点。已知，，重力加速度g取，则下列说法正确的是

A. 两物块沿斜面向下运动的过程中，A、B间的弹力先减小后增大
B. 在物块B刚放上的瞬间，A、B间的弹力大小为
C. 两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧弹性势能的最大值为
D. 两物块沿斜面向下运动的过程中，重力势能与弹性势能之和先减少后增加

11. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处静止释放，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，恰好能回到已知，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则下列说法正确的是

A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为
C. 从C到A过程，弹簧对环做功为
D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度

12. 如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，时，弹簧处于原长。当时，P由静止释放，下降到最低点时变为，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内。弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中  

A. P、Q组成的系统机械能守恒
B. 当时，P、Q的速度相同
C. 弹簧弹性势能最大值为
D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg

13. 如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1kg、2kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5m，与传送带间的动摩擦因数均为。时，甲、乙分别以、的初速度开始向右滑行。时，传送带启动不计启动时间，立即以的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取。下列说法正确的是

A. 时，两滑块相距2m
B. 时，两滑块速度相等
C. 内，乙相对传送带的位移大小为
D. 内，两滑块与传送带间摩擦生热共为

14. 如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为，磁感应强度大小为一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为现使圆环以初速度向下运动，经时间，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是

A. 环经过时间刚好到达最低点
B. 环的最大加速度为
C. 环在时间内损失的机械能为
D. 环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等

答案和解析

1.【答案】D
 

【解析】

【分析】
高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可以计算出弹簧的形变量；
小物体下落至高度时，加速度最大；
点与点物体的动能相同，根据功能关系即可得出点弹簧的弹性势能与点的弹性势能的变化量。
由机械能守恒即可求出小物体从高度下降到，弹簧的最大弹性势能。
知道物体压缩弹簧的过程，就可以逐个分析位移和加速度．要注意在压缩弹簧的过程中，弹力是个变力，加速度是变化的，当速度等于零时，弹簧被压缩到最短。
【解答】
A.高度从下降到，图象为直线，该过程是自由落体，的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度时，弹簧形变量为0，故A错误；
B.物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度时，动能又回到0，说明是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B错误；
C.小物体下落至高度时，物体的动能与时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此时弹簧的压缩量：，小物体从高度下降到，重力做功：物体从高度下降到，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度下降到，弹簧的弹性势能增加了，故C错误；
D.小物体从高度下降到，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为：，故D正确。
故选D。
2.【答案】B
 

【解析】

【分析】
小球上升过程所受的空气阻力向下，下降过程空气阻力向上，根据牛顿第二定律求加速度大小，然后根据运动学公式列式比较运动时间，由分析重力冲量大小，重力的冲量，根据动能定理求动能的增量大小。
【解答】
A、上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：；
根据运动学公式，
 
解得小球上升至O点时的速度，故A错误
B、下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：；
故；
根据可知，；
重力的冲量，知小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量。故B正确；
C、根据动量定理知，上升过程动量变化量比下降过程动量变化量大，所以小球在上升过程中合力的冲量大于下降过程中合力的冲量，故C错误；
D、由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故，故D错误；
故选：B
本题关键是取阻力的平均效果，然后分上升和下降过程列式求解，要知道研究合力问题，往往根据动量定理。研究动能的变化量根据动能定理。
3.【答案】C
 

【解析】

【分析】
除重力以外其他力所做的功等于机械能的增量，在过程中物体机械能在减小，机械能与位移图线的斜率表示拉力和摩擦力的合力，当机械能不变时，拉力等于摩擦力，通过拉力的变化判断其加速度的变化，根据动能定理求拉力做功。
解决本题的关键通过图线的斜率确定出拉力的变化，然后根据牛顿第二定律判断出加速度的方向，根据动能定理研究拉力做功。
【解答】
AC、根据功能关系可以知道，图象的斜率等于力F和摩擦力的合力，在过程中，机械能不断减小，说明拉力F小于摩擦力，且拉力增大，所以物体由静止做变加速运动，在过程中，拉力F等于摩擦力，物体的合力等于，物体做匀加速运动，加速度为，故A错误，C正确；
B、在过程中，拉力增大，合力增大，则加速度一直增大，故B错误；
D、根据功能关系得：，则，故D错误。
故选：C。
4.【答案】B
 

【解析】

【分析】
本题考查动量守恒定律和功能关系，根据动量守恒求解两物体碰撞后的速度；两物体从C点返回到D点过程中，动能转化为重力势能和弹性势能，据此列式求解。
本题的突破口是分析弹簧在C点和D点的形变量关系，在两点弹簧的形变量恰好相等，即从C点到D点弹簧弹性势能变化为零，即物体的动能全部转化为重力势能，在利用能分析弹簧问题时，一定要注意考虑全面，过程中什么能转化为什么能。
【解答】
AB两物体发生碰撞过程中，两物体组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得，解得，以B为研究对象，在碰撞时，根据共点力平衡条件可得弹簧的初始形变量为，又知道CD两点间的距离为，即C点弹簧被压缩了，在D点弹簧应被拉伸了，所以D点的形变量和C点相同，在两点弹簧的弹性势能相等，故从C点返回D点有：，解得 ，故B正确，ACD错误。
故选B。
5.【答案】B
 

【解析】

【分析】
小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛和水平方向初速度为0的匀加速直线运动，分别分析两个方向的运动即可，注意两个运动的等时性。
本题考查灵活选择处理曲线运动的能力。小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，运用运动的合成与分解法研究是常用的思路。
【解答】小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动。
A.小球的动能增加量为，故A错误；
B.除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，电场力做功等于水平方向小球动能的增加量，即小球的机械能增加量为，故B正确；
C.竖直方向只有重力做功，小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为，即重力势能增加，故C错误；
D.电场力对小球做正功，则小球的电势能减少，由能量守恒定律可知，小球减小的电势能等于重力势能与动能的增加量之和，则电势能的减少量为，故D错误；
故选B。
6.【答案】B
 

【解析】

【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。

本题考查了功能关系，对圆环受力分析，分析下滑和上滑过程中的受力和做功问题，根据功能关系列式求解。

【解答】

A.圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速度运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，此时加速度最小为零，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，由动能定理得：，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，则再次由动能定理得：，联立解得：，则克服摩擦力做功为：，故B正确；

C.由B中的公式得：，所以在C处，弹簧的弹性势能为：，则从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于，故C错误，

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  

研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式 

即 

由于，所以可得：，所以上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D错误。

故选B。

7.【答案】A
 

【解析】

【分析】
根据图象的斜率求加速度，结合牛顿第二定律求摩擦因数；根据动量守恒定律求长木板的质量；根据碰撞前后动能的减少量求系统损失机械能。
本题首先要求同学们能根据位移图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，其次要明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。
【解答】
A.由图象可知，木板A匀减速运动的加速度为：，对A根据牛顿第二定律得：，解得动摩擦因数为：，故A正确；
B.从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度 ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
解得： kg，故B错误；
C.由图象面积表示位移，可知前1 s内B的位移为：，A的位移为：，所以木板最小长度，故C错误；
D.A、B组成系统损失机械能为：，故D错误。
故选A。
8.【答案】D
 

【解析】

【分析】
本题主要是考查能量守恒定律。
解答本题要知道小球在圆弧中运动过程中的平均速率越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，克服摩擦力做的功也越大，由此分析能量的损失情况。
【解答】
A.由于从a到b与从b到c的平均速度不同，平均压力不同，平均摩擦力不同，所以第一次从a到b与从b到c的过程中机械能损失不相同，故A错误；
B.从a到d的过程中有克服摩擦力做功，则机械能不守恒，故B错误；
从高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，克服摩擦力做功为，从d返回经c到a克服摩擦力做功小于，故从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度，故C错误，D正确。
故选D。
9.【答案】AD
 

【解析】

【分析】
由重力势能的概念得出重力势能随高度的变化，结合图像得出斜率的含义从而可求出物体的质量，由图像得出某高度对应的重力势能和机械能可求出对应的动能。
知道斜率的含义，知道机械能和动能、重力势能的关系是解题的关键。
【解答】
A.重力势能，可知图像斜率，解得，故A正确；
B.时，重力势能为0，机械能为100J，故动能为，解得速度，故B错误；
C.时，重力势能为40J，机械能为90J，故动能为50J，故C错误；
D.时，重力势能为80J，机械能为80J，故动能为0，而离开地面时动能为100J，故物体的动能减少100J，故D正确。
故选AD。
10.【答案】BD
 

【解析】

【分析】
解决本题的关键知道放上B物块的瞬间，弹簧的弹力不变，结合能量守恒定律、牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的
运用。对物体运动过程的正确分析是求解的关键。
未放物块B时系统处于平衡状态，所以放上物块B后系统产生加速度，由牛顿第二定律求出加速度后隔离B物块受力分析从而求解A、B之间的弹力大小；分析两物体的运动性质，从而分析两物块沿斜面向下运动的过程中，A、B间的弹力变化情况；当弹簧形变量最大时弹簧的弹性势能最大，即可两物块沿斜面向下运动的过程中，弹簧弹性势能的最大值情况；由功能关系分析两物块沿斜面向下运动的过程中，重力势能与弹性势能之和的变化情况。
【解答】
B.物块A刚放上去的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以物块A、B整体受到的合力为，设加速度为a，则有，设A、B间的弹力为，对物块B有，联立解得，故B正确；
A.两物块沿斜面向下运动的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，所以A、B间的弹力一直增大，故A错误；
C.在物块B放上去之前，弹簧是压缩的，所以弹簧的最大弹性势能应大于，故C错误；
D.由功能关系，对弹簧和两物块组成的系统，重力势能与弹性势能之和的减少量等于两物块动能的增加量，两物块的动能先增加后减少，故重力势能与弹性势能之和先减少后增加，故D正确。
故选BD。
11.【答案】CD
 

【解析】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，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误；
B、圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：
 
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
联立解得：，所以产生的热量为，故B错误；
C、从C到A过程，由动能定理得
，，
联立解得：弹簧对环做功为，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
 
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
。
即得。
由于，所以有，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确；
故选：CD。
根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化．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，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小．
本题要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，这是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择．
12.【答案】CD
 

【解析】

【分析】
只有重力或弹簧弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变，要注意研究对象的选取，由弹簧的系统要把弹簧宣威研究对象；根据系统机械能守恒可知P下降到最低点时弹性势能最大，由机械能守恒可求解；对Q水平方向列牛顿第二定律表达式，分析Q的运动知竖直杆对Q的弹力与弹簧的弹力的关系，从而知道竖直杆对P的弹力与弹簧弹力的关系；对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律可分析。
本题考查了机械能守恒定律、功能关系、牛顿第二定律，要求熟练掌握它们的实质才能灵活选取，由一定的难度。
【解答】
A.根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B.当时，根据速度的合成分解可以判断速度大小相同，但方向不同，所以P、Q的速度不同，故B错误；
C.根据系统机械能守恒可得：，弹性势能的最大值为，故C正确；
D.P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有，则有，故D正确。
故选CD。
13.【答案】BCD
 

【解析】

【分析】
根据牛顿第二定律得到两物块变速运动时的加速度大小，根据运动学公式可得 时两滑块相距的距离；
求出甲滑块和乙滑块与传送带共速的时间，由此判断 时，两滑块速度是否相等；
求出在 内乙相对传送带的位移大小、在 内乙相对传送带的位移大小，由此得到因此 内，乙相对传送带的位移大小；
根据运动学公式求解甲相对传送带的距离，根据摩擦力乘以相对距离得到甲滑块由于摩擦产生的热，同样得到乙滑块传送带间摩擦生的热，再求出两滑块与传送带间摩擦生热。
本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚两个物块在传送带上的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律得到加速度大小，再根据运动学公式求解速度或位移，根据摩擦力乘以相对距离等于产生的热进行解答


【解答】
 A、两物体变速运动时的加速度大小为： 
乙减速到零的时间为： 
所以 时二者均没有静止，根据运动学公式可得 时，两滑块相距：
，故 A错误；
B、传送带启动时，甲物体的速度为： 
与皮带速度相等所用时间为： 
因此在 时，甲滑块速度与传送带的速度相等；
传送带启动时，乙物体的速度为： 
与传送带速度相等所用时间为： 
因此在 时，乙滑块速度与传送带的速度也相等，故 时，两滑块速度相等， B正确；
C、在 内，乙相对传送带的位移大小为： 
代入数据解得： ；
在 内乙相对传送带的位移大小为： ，其中 v为传送带的速度，即 。 
代入数据解得： ，
因此 内，乙相对传送带的位移大小为： ，故 C正确；
D、在 内，甲相对传送带的位移大小为： 
代入数据解得： ；
在 内甲相对传送带的位移大小为： 
代入数据解得： 
共速时甲滑块相对传送带的距离为： ，共速后不再发生相对运动，不会产生热；
甲滑块传送带间摩擦生热量为： 
代入数据解得： ，
乙滑块传送带间摩擦生热量为： 
代入数据解得： 
因此 内，两滑块与传送带间摩擦生热为： ，故 D正确。
故选： BCD。
根据牛顿第二定律得到两物块变速运动时的加速度大小，根据运动学公式可得 时两滑块相距的距离；
求出甲滑块和乙滑块与传送带共速的时间，由此判断 时，两滑块速度是否相等；
求出在 内乙相对传送带的位移大小、在 内乙相对传送带的位移大小，由此得到因此 内，乙相对传送带的位移大小；
根据运动学公式求解甲相对传送带的距离，根据摩擦力乘以相对距离得到甲滑块由于摩擦产生的热，同样得到乙滑块传送带间摩擦生的热，再求出两滑块与传送带间摩擦生热。
本题主要是考查功能关系，关键是弄清楚两个物块在传送带上的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律得到加速度大小，再根据运动学公式求解速度或位移，根据摩擦力乘以相对距离等于产生的热进行解答。
14.【答案】BC
 

【解析】

【分析】
考查牛顿第二定律、动能定理的内容，掌握机械能损失与除重力以外的力做功有关，理解环在运动中受到洛伦兹力与速率的关系，及洛伦兹力的方向判定，注意环来回运动性质的不同是解题的关键。
【解答】
A、环向下运动时竖直方向受到重力、向上的电场力、向上的摩擦力，设加速度大小为，则，因此速度的减小，导致洛沦兹力减小，则摩擦力会减小，因此环做加速度减小的减速运动；
当环回头向上运动时，环的加速度大小，随着速度增大，开始做加速度减小的加速运动，之后做匀速直线运动，由于向下运动与向上运动中的路程相同，但是加速度不同，因此在时，不可能刚好到达最低点，故A错误；
B、圆环在运动过程中，只有向下运动时，加速度大于向上运动的加速度，而向下运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚开始运动时，加速度最大，最大加速度，故B正确；
C、圆环从出发到回到出发点过程中，重力势能变化为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，根据动能定理，则有，，而最后匀速运动的速度，因此损失的机械能为，故C正确；
D、环上升和下降的过程中摩擦力大小平均值不同，而环走的路程相同，所以摩擦产生的内能不相等，故D错误。
故选BC。