（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題二 第二講 機械能守恒定律 功能關(guān)系課后達標檢測卷（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題二 第二講 機械能守恒定律 功能關(guān)系課后達標檢測卷（含解析） 1.[多選](2018·徐州考前模擬)如圖所示，質(zhì)量分別為2m、m的小滑塊P、Q，P套在固定豎直桿上，Q放在水平地面上。P、Q間通過鉸鏈用長為L的剛性輕桿連接，一輕彈簧左端與Q相連，右端固定在豎直桿上，彈簧水平，當α＝30°時，彈簧處于原長。當α＝30°時，P由靜止釋放，下降到最低點時α變?yōu)?0°，整個運動過程中，P、Q始終在同一豎直平面內(nèi)，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則P下降過程中(　　) A．P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．彈簧彈性勢能的最大值為(－1)mgL

2、 C．豎直桿對P的彈力始終大于彈簧彈力 D．P下降過程中動能達到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg 解析：選BD　根據(jù)能量守恒可知，滑塊P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可得Ep＝2mg(Lcos 30°－Lcos 60°)，即彈簧彈性勢能的最大值為Ep＝(－1)mgL，故B正確；對Q，水平方向的合力Fx＝F桿sin α－F彈＝ma，因為滑塊Q先做加速運動后做減速運動，所以豎直桿對Q的彈力不一定始終大于彈簧彈力，所以豎直桿對P的彈力不一定始終大于彈簧彈力，故C錯誤；P下降過程中動能達到最大前，P加速下降，以P、Q為整體，在豎直方向上根據(jù)牛頓第二定律有3mg－

3、N＝2ma，則有N<3mg，故D正確。 2.[多選](2018·南京、鹽城三模)如圖所示，輕彈簧一端固定于O點，另一端與可視為質(zhì)點的小滑塊連接，把滑塊放在光滑斜面上的A點，此時彈簧恰好水平，將滑塊從A點由靜止釋放，經(jīng)B點到達位于O點正下方的C點，當滑塊運動到B點時彈簧與斜面垂直，運動到C點時彈簧恰好處于原長，已知OC的距離為L，斜面傾角為θ＝30°，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。則滑塊由A運動到C的過程中(　　) A．滑塊的加速度一直減小 B．滑塊經(jīng)過B點時的速度一定最大 C．滑塊經(jīng)過C點的速度大于 D．滑塊的加速度大小等于的位置一共有三處 解析：選CD　滑塊下滑過程中受到

4、重力，斜面對它的支持力，還有彈簧彈力。在C點彈簧恰處于原長，故在C點加速度大小為aC＝＝，當滑塊運動到B點時彈簧與斜面垂直，在B點加速度大小為aB＝＝，滑塊從A到B過程中，與C關(guān)于B點對稱的D點位置，彈簧恰處于原長，加速度大小aD＝＝，故A錯誤，D正確；當加速度為零時，速度最大或最小，由于在B點加速度大小不為零，滑塊經(jīng)過B點時的速度不是最大，故B錯誤；A到D階段彈力做正功， D到C階段不做功，設整個過程彈力做功為W，到達C點時速度為v，則由動能定理：mgL＋W＝mv2，可得C點速度v>，故C正確。 3.[多選](2018·江蘇七市三模)如圖所示，斜面體靜置在水平面上，斜面底端固定一擋板，輕彈

5、簧一端連接在擋板上，彈簧原長時自由端在B點。一小物塊緊靠彈簧放置，在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑，最終停在斜面上，斜面體始終保持靜止。則(　　) A．物塊最終會停在A、B之間的某位置 B．物塊上滑過程速度最大的位置與下滑過程速度最大的位置相同 C．整個運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能小于彈簧的最大彈性勢能 D．物塊從A上滑到C過程中，地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變 解析：選ACD　根據(jù)題意可知物塊由靜止釋放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高點C，然后下滑說明重力沿斜面的分力大于最大靜摩擦力，所以物塊最終會停在A、B之間的某位置，故A正

6、確；在上滑過程中加速度為零時速度最大，則有：kΔx1－mgsin θ－μmgcos θ＝0，彈簧的壓縮量為：Δx1＝，下滑時：mgsin θ－μmgcos θ－kΔx2＝0，解得：Δx2＝，由此可知彈簧的形變量不同，所以位置也不同，故B錯誤；物塊靜止時彈簧處于壓縮態(tài)，根據(jù)能量守恒可知，整個運動過程中彈簧的最大彈性勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和部分彈性勢能，故C正確；物塊從A上滑到C過程中，物塊的加速度先減小后反向增大，然后不變，所以地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變，故D正確。 4.[多選](2018·南京、鹽城一模)如圖所示，光滑細桿上套有兩個質(zhì)量均為m的小球，兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連，彈簧原長為

7、L，用長為2L 的細線連接兩球。現(xiàn)將質(zhì)量為M 的物塊用光滑的鉤子掛在細線上，從細線繃直開始釋放，物塊向下運動。則物塊(　　) A．運動到最低點時，小球的動能為零 B．速度最大時，彈簧的彈性勢能最大 C．速度最大時，桿對兩球的支持力大小為(M＋2m)g D．運動到最低點時，桿對兩球的支持力小于(M＋2m)g 解析：選AC　物塊從開始釋放先做加速運動，后做減速運動直到速度為零即到達最低點，此時小球的速度也為零，故A正確；當物塊速度最大時，小球的速度也最大，彈簧將被繼續(xù)壓縮，彈性勢能繼續(xù)增大，故B錯誤；將兩小球和物塊看成系統(tǒng)，速度最大時系統(tǒng)合力為零，則桿對兩球的支持力大小為(M＋2m)g，

8、故C正確；運動到最低點時，物塊具有向上的加速度，所以桿對兩球的支持力大于(M＋2m)g，故D錯誤。 5．[多選](2018·江蘇六市二模)如圖所示，一輕彈簧直立于水平面上，彈簧處于原長時上端在O點，將一質(zhì)量為M的物塊甲輕放在彈簧上端，物塊下降到A點時速度最大，下降到最低點B時加速度大小為g，O、B間距為h。換用另一質(zhì)量為m的物塊乙，從距O點高為h的C點靜止釋放，也剛好將彈簧壓縮到B點。不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，則上述過程中(　　) A．彈簧最大彈性勢能為Mgh B．乙的最大速度為 C．乙在B點加速度大小為2g D．乙運動到O點下方處速度最大 解析：選A

9、D　對于物塊甲的運動過程，根據(jù)能量守恒可知，彈簧壓縮到B點時的彈性勢能等于甲的重力勢能的變化即Mgh，物塊乙也剛好將彈簧壓縮到B點，所以彈簧最大彈性勢能為Mgh，故A正確；當乙下落到O點時，根據(jù)動能定理：mgh＝mv2，解得：v＝，此時開始壓縮彈簧，但彈簧彈力為零，所以物塊將繼續(xù)加速直到彈力等于重力時速度達到最大，所以乙的最大速度大于，故B錯誤；根據(jù)能量守恒有Mgh＝mg·2h，則m＝M，在B點對M根據(jù)牛頓第二定律有：F－Mg＝Mg，對m根據(jù)牛頓第二定律有：F－mg＝ma，聯(lián)立以上各式可得：a＝3g，故C錯誤；設彈簧勁度系數(shù)為k，在最低點有：kh＝2Mg＝4mg，即k＝mg，可得乙運動到O點下

10、方處速度最大，故D正確。 6．[多選](2018·南京、鹽城二模)如圖所示，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)，在物塊A上施加一個水平恒力F，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有(　　) A．A的加速度先增大后減小 B．B的加速度一直增大 C．當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大 D．當A、B的加速度相等時，兩者的動能之差最大 解析：選BC　對A、B在水平方向受力分析，設F1為彈簧的彈力；對A有：F－F1＝maA，對B有：F1＝maB，可得A、B的v-

11、t圖像如圖所示，在整個過程中，A的加速度一直減小，而B的加速度一直增大，故A錯誤，B正確；t2時刻A、B的速度相等，兩實線之間圍成的面積有最大值，即A、B的位移差最大，此時彈簧被拉到最長，彈性勢能最大，故C正確；t1時刻A、B的加速度相等，則合外力F合相等，選取接下來很短的時間Δt，有F合·vAΔt＝ΔEkA，F(xiàn)合·vBΔt＝ΔEkB，由vA>vB知ΔEkA>ΔEkB，即A動能增加的多，所以兩者的動能之差還要增大，故D錯誤。 7.[多選](2018·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在光滑豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B

12、處的速度最大，到達C處的速度為零，重力加速度為g，則(　　) A．由A到C的過程中，圓環(huán)的加速度先減小后增大 B．由A到C的過程中，圓環(huán)的動能與重力勢能之和先增大后減少 C．由A到B的過程中，圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量 D．在C處時，彈簧的彈性勢能為mgh 解析：選ACD　圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A正確；圓環(huán)的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能之和守恒，因由A到C的過程中，彈簧的彈性勢能逐漸變大，則圓環(huán)的動能與重力勢能之和逐漸減

13、少，故B錯誤；由A到B的過程中，彈簧的彈性勢能和動能增加量之和等于重力勢能的減小量，則圓環(huán)動能的增加量小于重力勢能的減少量，故C正確；研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，由動能定理得：mgh－W彈＝0－0＝0，則W彈＝mgh，故D正確。 8.[多選](2018·無錫期末)如圖，質(zhì)量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)。t1＝0時刻在A上施加一個水平向左的恒力F，t2＝t時刻彈簧第一次恢復到原長狀態(tài)，此時A、B速度分別為v1和v2。則t1到t2時間內(nèi)(　　) A．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)的機械能先增大后減小

14、 B．當A的加速度為零時，B的加速度為 C．當彈簧的彈性勢能最大時，兩物塊速度相等 D．物塊B移動的距離為 解析：選CD　在t1到t2時間內(nèi)，恒力F一直對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)做正功，所以系統(tǒng)的機械能一直增大，A錯誤；當A的加速度為零時，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為，B錯誤；速度相等前，A一直比B速度大，所以彈簧一直在變長，當兩物塊速度相等時，彈簧最長，此時彈簧的彈性勢能最大，C正確；彈簧恢復原長時彈性勢能為零，根據(jù)功能關(guān)系可知：Fx＝m1v12＋m2v22，所以x＝，D正確。 9.[多選](2018·徐州期中)如圖所示，大圓環(huán)固定不動，套在大圓環(huán)上的小環(huán)從某處由靜止滑下，在大圓

15、環(huán)上來回運動幾次，最終靜止不動。下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)不一定停在大圓環(huán)的最低點 B．小環(huán)第一次運動到最低點時動能最大 C．運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于小環(huán)減小的機械能 D．第一次到達左邊最高點的過程中，小環(huán)的機械能先減小后增大 解析：選AC　小環(huán)從某處由靜止滑下，當來回運動到摩擦力的大小剛好等于重力沿切線方向分力的大小時速度為零，此時小環(huán)靜止的地方不是在大圓環(huán)的最低點；當小環(huán)來回運動到最低點時速度恰好為零，此時小環(huán)靜止在大圓環(huán)的最低點，故A正確。當小環(huán)第一次運動到摩擦力的大小與重力沿切線方向分力的大小相等時速度最大，動能最大，故B錯誤。由于小環(huán)最終靜止，根據(jù)能量守恒可知，運動

16、過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于小環(huán)減小的機械能，故C正確。第一次到達左邊最高點的過程中，摩擦力始終做負功，故小環(huán)的機械能一直減小，故D錯誤。 10.(2018·南京三模)如圖所示，物塊A、B、C的質(zhì)量分別為2m、2m、m，并均可視為質(zhì)點，三個物塊用輕繩通過輕質(zhì)滑輪連接，在外力作用下處于靜止狀態(tài)，此時物塊A置于地面，物塊B與C、C到地面的距離均是L，現(xiàn)將三個物塊由靜止釋放。若C與地面、B與C相碰后速度立即減為零，A距離滑輪足夠遠且不計一切阻力，重力加速度為g。求： (1)剛釋放時A的加速度大小及輕繩對A的拉力大??； (2)物塊A由最初位置上升的最大高度； (3)若改變A的質(zhì)量使系統(tǒng)由靜止釋放后物塊

17、C能落地且物塊B與C不相碰，則A的質(zhì)量應滿足的條件。 解析：(1)設剛釋放時A、B、C的加速度大小為a，繩子對A拉力大小為F，由受力分析可知 對于A：F－2mg＝2ma 對于B、C整體：3mg－F＝3ma 解得a＝，F(xiàn)＝mg＝2.4mg。 (2)C下落L后落地， 由v2＝2aL可知此時的速度v＝ ， 由于A、B的質(zhì)量相等，之后A以速度v向上運動，B以速度v向下運動，B與C相碰后，A上升的高度 由h＝得h＝0.2L 則物塊A由最初位置上升的最大高度H＝2L＋h＝2.2L。 (3)若改變A的質(zhì)量使系統(tǒng)由靜止釋放后物塊C能落地， 則A的質(zhì)量需滿足mA<3m 同時使得B與C不相

18、碰，即C落地后B減速下降到地面時速度為0，從釋放到C落地的過程中運用系統(tǒng)機械能守恒定律：3mgL－mAgL＝(3m＋mA)v2 解得v＝ 從C落地到B減速到地面速度為0的過程中運用系統(tǒng)機械能守恒定律： 2mgL＋(2m＋mA)v2＝mAgL 解得mA＝m 即A的質(zhì)量滿足m

19、的風力作用，繩BO能承受的最大拉力Fm＝20 N，繩AO不會被拉斷，取g＝10 m/s2。 (1)水平風力F1＝5 N時，物體處于靜止狀態(tài)，求繩BO中的拉力大小FB； (2)水平風力為F2時，繩BO剛好被拉斷，求F2和繩BO拉斷時物體的加速度大小a； (3)在(2)的情況下，求物體運動過程中的最大速度vm和物體運動到最高點時與初始位置的高度差h。 解析：(1)設此時繩AO中的拉力大小FA，由平衡條件有 F1＋FAcos 60°－FBcos 60°＝0 FAsin 60°＋FBsin 60°－mg＝0 代入數(shù)據(jù)解得FB＝15 N。 (2)設繩BO拉斷時，物體仍在原來位置，則拉斷前

20、瞬間BO繩拉力水平和豎直方向的分力分別為 Fmx＝Fmcos 60°＝10 N Fmy＝Fmsin 60°＝10 N 由于Fmy＝mg，說明物體仍在原來位置，此時繩AO的拉力大小為0。 水平方向由平衡條件有F2＝Fmx＝10 N 繩BO被拉斷后，物體做以A為圓心，AO長為半徑的圓周運動，拉斷時加速度方向沿圓切線方向，則 F2sin 60°＋mgcos 60°＝ma 解得：a＝10 m/s2。 (3)設繩AO向左擺到與水平方向的夾角為θ時，物體運動的速度最大，則 F2sin θ－mgcos θ＝0 F2(Lcos 60°＋Lcos θ)＋mg(Lsin θ－Lsin 60°)

21、＝mvm2 聯(lián)立解得：vm＝10 m/s 設繩AO向左擺到與水平方向的夾角為α時，物體到達最高點，則 F2(Lcos 60°＋Lcos α)＋mg(Lsin α－Lsin 60°)＝0 h＝Lsin 60°－Lsin α 解得：h＝7.5 m。 答案：(1)15 N　(2)10 N　10 m/s2　(3)10 m/s　7.5 m 12.(2017·衡水中學七調(diào))如圖所示，半徑R＝0.4 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧的右端固定在豎直擋板上。質(zhì)量m＝0.1 kg的小

22、物塊(可視為質(zhì)點)從空中的A點以v0＝2 m/s的速度被水平拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動至D點時，彈簧被壓縮至最短，此時彈簧的彈性勢能Epm＝0.8 J，已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)小物塊從A點運動至B點的時間； (2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力大??； (3)C、D兩點間的水平距離L。 解析：(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，由幾何關(guān)系有：tan θ＝， 解得：t＝ s≈0.35 s。 (2)vB＝＝4 m/s。 小物塊由B運動到C，據(jù)動能定理有： mgR(1＋sin θ)＝mvC2－mvB2 在C點處，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝m 聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得FN＝8 N。 由牛頓第三定律得：小物塊經(jīng)過圓弧軌道上的C點時，對軌道的壓力FN′＝FN＝8 N。 (3)從C點到D點，由能量守恒定律可知： mvC2＝μmgLCD＋Epm 解得：LCD＝1.2 m。 答案：(1)0.35 s　(2)8 N　(3)1.2 m