2020届物理高考二轮专题透析微专题05 功能关系的理解与应用

05功能关系的理解与应用

考点1?机械能守恒定律的应用

1.机械能守恒定律的表达式

2.求解单个物体机械能守恒问题的基本思路

在竖直上抛运动、平抛运动、斜抛运动、沿光滑曲线轨道运动(如线—球模型问题、杆—球模型问题)等运动中,因为都只有重力做功,所以研究对象的机械能守恒。

3.多物体机械能守恒问题的解题思路

1.(2019年福建省厦门市高三上学期期末质检)一劲度系数k=100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角θ=53°的光滑斜

面底端,上端连接物块Q。一轻绳跨过定滑轮O,一端与物块Q连接,另一端与套在光滑竖直杆上的物块P连接,定滑轮到竖直杆的距离d=0.3 m。初始时在外力作用下,物块P在A点静止不动,斜面上方的那段轻绳与斜面平行,

绳子张力大小为50 N。已知物块P的质量m1=0.8 kg,物块Q的质量m2=5 kg,不计滑轮大小及摩擦,取g=10 m/s2。取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。现将物块P由静止释放,求:

(1)物块P位于A点时,弹簧的伸长量。

(2)物块P上升h=0.4 m至与滑轮O等高的B点时的速度大小。

(3)物块P上升至B点过程中,轻绳拉力对其所做的功。

解析? (1)物块P位于A点时,假设弹簧伸长量为x1,则m2g sin θ+kx1=T,解得x1=0.1 m。

(2)经分析,OB垂直竖直杆,OB=0.3 m,物块P上升到B点时物块Q速度为0,下降距离Δx=OP-OB=0.5 m-0.3

m=0.2 m

弹簧压缩量x2=0.2 m-0.1 m=0.1 m,弹簧的弹性势能不变

对物块P、Q及弹簧,从A到B根据能量守恒定律有

m1v B2

m2g·Δx·sin θ-m1gh=1

解得v B=2√3 m/s。

(3)对物块P,有W T-m1gh=1

m1v B2

代入数据得W T=8 J。

答案?(1)0.1 m(2)2√3 m/s(3)8 J

点评?解答本题的关键是对速度进行分解,以及掌握功能关系。除重力以外的外力所做的功等于机械能的变化量,要能灵活运用这点;要注意本题的特殊性,当OP与杆垂直时,沿绳方向物块速度为零(Q的速度为零),这也

是本题的关键点。

1.(2019年湖北省八校高三3月第二次联考)(多选)如图所示,长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视

为质点),杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触,立方体B的质量为

,重力加速度为M。今有微小扰动,使杆向右倾倒,各处摩擦均不计,而A与B刚脱离的瞬间,杆与地面的夹角恰为π

g,则下列说法正确的是()。

A.A与B刚脱离的瞬间,A、B速率之比为2∶1

B .A 与B 刚脱离的瞬间,B 的速率为√gl 8

C .A 落地时速率为√2gl

D .A 、B 质量之比为1∶4

解析? 设小球速度大小为v A ,立方体速度大小为v B ,两者分离时刻,小球的水平速度大小与立方体的速度大

小相等,即v A sin 30°=v B ,解得v A =2v B ,A 项正确; 分离瞬间A 的水平速度达到最大值,此时A 在水平方向的加速度为零,所以杆对A 没有作用力,根据牛顿第二定律有mg sin 30°=m v A 2l ,解得v A =√gl 2,v B =v A 2=√gl

,B 项正确;A 从分离到落地,小球机械能守恒,mgl sin 30°=1

mv 2-12

m v A 2,解得v=√

3gl

,C 项错误;在杆从竖直位置开始倒下到小球与立方体恰好分离的过程中,小球和立方体组成的系统机械能守恒,则有mgl (1-sin 30°)=12

m v A 2+12

M v B 2,把v A 和v B 的值代入,化简得m ∶M=1∶4,D 项正确。

答案? ABD

2.(2019年江苏省扬州市高三第一次模拟)如图所示,半径为R 的光滑半圆形管道ACB 固定在竖直平面内,倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上,细线跨过小滑轮连接小球和物块,细线与斜面平行,物块的质量为m ,小球的质量M=3m ,对物块施加沿斜面向下的力F 使其静止在斜面底端,此时小球恰在A 点。撤去力F 后,小球由静止下滑。重力加速度为g ,sin θ=2

≈0.64,不计一切摩擦。求: (1)力F 的大小。

(2)小球运动到最低点C 时,小球的速度v 的大小以及管壁对它的弹力N 的大小。 (3)在小球从A 点运动到C 点的过程中,细线对物块做的功W 。

解析? (1)静止时对小球受力分析,细线上的拉力

T=3mg

对物块,有mg sin θ+F=T 解得F=2.36mg 。

(2)小球在C 点时,其速度与物块速度大小相等。对小球和物块组成的系统,由机械能守恒定律,得 3mgR-mg ·12

πR sin θ=12

(3m+m )v 2 解得v ≈√gR

由牛顿第二定律,有N-3mg=3m v 2R

解得N=6mg 。

(3)在小球从A 点运动到C 点的过程中,对物块,由动能定理,得

W-mg ·12πR sin θ=12

mv 2-0 解得W ≈32

mgR 。

答案? (1)2.36mg (2)√gR 6mg

(3)32

mgR

考点

2 ? 功能关系的应用

1.常见的功能关系

2.在处理功能关系的综合问题时,要注意:

(1)弄清物体的受力情况和运动情况,根据物体的运动过程分析物体的受力情况及不同的运动过程中力的变化情况。

(2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同的运动过程中的做功情况。 (3)根据不同能量变化运用不同的功能关系。

①只涉及动能的变化用动能定理分析。

②只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系分析。

③只涉及机械能的变化,用除重力和弹簧的弹力之外的其他力做功与机械能变化的关系分析。

(4)三步求解相对滑动物体的能量问题

3.应用能量守恒定律的两条基本思路

(1)某种形式的能减少,一定存在其他形式的能增加,且减少量和增加量一定相等,即ΔE 减=ΔE 增。 (2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等,即ΔE A 减=ΔE B 增。

2.(2019年四川省广元市高三第一次高考适应性统考)(多选)如图所示,ab 、ac 、ad 、ae 是竖直面内的四根固定的细杆,四根细杆与竖直方向的夹角分别为0、30°、45°、60°。a 、b 、c 、d 、e 点位于同一圆周上,a 点为圆周的最高点。每根杆上都套着一个相同的小滑环(圆中未画出),小滑环与细杆之间的动摩擦因数均为μ。在四个小滑环从a 点由静止释放分别沿细杆滑到另一端的过程中,以下说法正确的是( )。

A .所用时间的关系为t b =t c =t d =t e

B .末速度的关系为v b > v c > v d > v e

C .损失的机械能关系为ΔE b < ΔE c < ΔE d < ΔE e

D .产生的热量关系为Q b < Q c =Q e < Q d

解析? 滑环沿直径ab 下滑时,做自由落体运动,2R=1

2gt 2,下滑时间t=2√R

g ;若滑环从倾斜的轨道上下滑,假设

轨道与竖直方向的夹角为θ,则下滑加速度大小为g cos θ-μg sin θ,下滑位移为2R cos θ,根据x=12

at 2,解得滑环从顶端由静止开始滑动到底端的时间t'=√2x

=2√

g -μgtanθ

,故倾角不同,下滑时间各不相同,A 项错误。滑环下滑的加速度

a=g cos θ-μg sin θ,θ越大,a 越小,故a b >a c >a d >a e ,又x b >x c >x d >x e ,根据v 2=2ax ,可知v b >v c >v d >v e ,B 项正确。损失的机械能全部用来克服摩擦力做功,f=μmg sin θ,运动路程x=2R cos θ,W f =fx=μmgR ·sin 2θ,当θ=45°时,W f 取最大值,故W f d 最大,滑环沿ad 运动,损失的机械能最多,C 项错误。损失的机械能全部转化为内能,即Q=W f =μmgR ·sin 2θ,因sin(2×30°)=sin(2×60°),故Q c =Q e ,又因sin(2×45°)=1(最大),故Q d 最大。沿ab 做自由落体运动的滑环无内能产生,故Q b =0,则产生热量的正确排序是Q b

答案? BD

3.(2019年广东省高三“六校联盟”第四次联考)如图所示,小球从离地高为H 的位置A 由静止释放,从C 点切入半圆轨道后最多能上升到离地面高为h 的B 位置。再由B 位置下落,经轨道由C 点滑出到离地高为h'的位置,速度减为零。不计空气阻力,则( )。

A .H-h>h-h'

B .H-h

C .H-h=h-h'

D .不能确定H-h 与h-h'的大小关系

解析? 根据能量守恒定律知,运动过程中小球损失的机械能转化为摩擦产生的内能,则有mg (H-h )=ΔE 1,mg (h-h')=ΔE 2,因为小球第一次通过圆弧轨道某点时的速度大于其第二次通过圆弧轨道同一点的速度,根据径向合力提供向心力知,小球第一次通过圆弧轨道时对轨道的压力大,摩擦力大,则摩擦产生的内能大,即ΔE 1>ΔE 2,所以H-h>h-h',A 项正确,B 、C 、D 三项错误。

答案? A

4.(2018年吉林模拟)(多选)质量为m 的物体在水平面上,只受摩擦力作用,以初动能E 0做匀变速直线运动,经距离d 后,动能减小为E

,则( )。 A .物体与水平面间的动摩擦因数为2E 0

3mgd

B .物体再前进d 3

便停止

C .物体滑行距离d 所用的时间是滑行后面距离所用时间的√3倍

D .若要使此物体滑行的总距离为3d ,其初动能应为2

E 0

解析? 由动能定理知W f =-μmgd=E 03-E 0,所以μ=2E

3mgd ,A 项正确;设物体总共滑行的距离为s ,则有μmgs=E 0,

所以s=3

2d ,物体再前进d 2便停止,B 项错误;将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动,则连续运动三个d 2

距离所用时间之比为1∶(√2-1)∶(√3-√2),所以物体滑行距离d 所用的时间是滑行后面距离所用时间的(√3-1),C 项错误;若要使此物体滑行的总距离为3d ,则由动能定理知μmg ·3d=E k ,得E k =2E 0,D 项正确。

答案? AD

考查角度

? 弹簧模型

1.注意弹簧弹力特点及系统运动过程,弹簧弹力不能瞬间变化。

2.弹簧两种接触形式

(1)连接:可以表现为拉力和压力,从被压缩状态到恢复至原长再到被拉伸的过程中物体和弹簧不分离,弹簧的弹力从压力变为拉力。

(2)不连接:只表现为压力,弹簧恢复到原长后物体和弹簧分离,物体不再受弹簧的弹力作用。

3.动量和能量问题:对于只有物体和弹簧组成的自由系统,动量守恒、机械能守恒,能量在动能和弹性势能之间转化,等效于弹性碰撞。弹簧被压缩到最短或被拉伸到最长时,与弹簧相连的物体共速,此时弹簧具有最大的弹性势能,系统的总动能最小;弹簧恢复到原长时,弹簧的弹性势能为零,系统具有最大动能。对于利用弹簧进行相互作用的碰撞模型,一般情况下系统均满足动量守恒定律和机械能守恒定律,此类试题的一般解法是:

(1)首先判断弹簧的初始状态,是处于原长、伸长还是压缩状态。

(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态,依据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解。

(2019年全国卷Ⅲ,T25)静止在水平地面上的两小物块A 、B ,质量分别为m A =1.0 kg,m B =4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A 与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A 、B 瞬间分离,两物块获得的动能之和为E k =10.0 J 。释放后,A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A 、B 与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s 2。A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

(1)求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小。

(2)物块A 、B 中的哪一个先停止?该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少? (3)A 和B 都停止后,A 与B 之间的距离是多少?

解析? (1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有

0=m A v A -m B v B E k =12

m A v A 2+12

m B v B 2 联立上式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s,v B =1.0 m/s 。

(2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a 。假设A 和B 发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B 。设从弹簧释放到B 停止所需时间为t ,B 向左运动的路程为s B ,则有

m B a=μm B g s B =v B t-12at 2 v B -at=0

在时间t 内,A 可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A 将向左运动,碰撞并不改变A 的速度大小,所以无论此碰撞是否发生,A 在时间t 内的路程s A 都可表示为

s A =v A t-1

2at 2

联立上式并代入题给数据得 s A =1.75 m,s B =0.25 m

这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞,但没有与B 发生碰撞,此时A 位于出发点右边0.25 m 处。B 位于出发点左边0.25 m 处,两物块之间的距离s 为

s=0.25 m +0.25 m =0.50 m 。

(3)t 时刻后A 将继续向左运动,假设它能与静止的B 碰撞,碰撞时速度的大小为v A ',由动能定理有

12m A v A '2-1

m A v A 2=-μm A g (2l+s B ) 联立上式并代入数据得 v A '=√7 m/s

故A 与B 将发生碰撞。设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ″和v B ″,由动量守恒定律与机械能守恒定律有

m A (-v A ')=m A v A ″+m B v B ″

12m A v A '2=12m A v A ″2+1

m B v B ″2 联立上式并代入数据得 v A ″=

3√75 m/s,v B ″=-2√7

m/s 这表明碰撞后A 将向右运动,B 继续向左运动。设碰撞后A 向右运动距离为s A '时停止,B 向左运动距离为s B '时停止,由运动学公式得

2as A '=v A ″2,2as B '=v B ″2 由上式及题给数据得 s A '=0.63 m,s B '=0.28 m

s A '小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s'=s A '+s B '=0.91 m 。

答案? (1)v A =4.0 m/s,v B =1.0 m/s

(2)B 0.50 m (3)0.91 m

点评? 此题考查弹簧连接小物块A 、B 相关问题,系统的动能与弹簧的势能相互转化,抓住动量守恒(p 1=p 2)

和能量守恒(ΔE k =ΔE p ),是解决这类问题的关键。

1.(2019年辽宁省沈阳市高三三模)(多选)如图甲所示,物块A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A 物块最初与左侧固定的挡板相接触,B 物块质量为4 kg 。现解除对弹簧的锁定,在A 离开挡板后,B 物块的v-t 图象如图乙所示,则可知( )。

甲乙

A .物块A 的质量为4 kg

B .运动过程中物块A 的最大速度v m =4 m/s

C .在物块A 离开挡板前,系统动量守恒、机械能守恒

D .在物块A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为6 J

解析? 弹簧伸长量最大时弹力最大,B 的加速度最大,此时A 和B 达到共用速度。由图乙知,A 、B 的共同

速度v 共=2 m/s,A 刚离开挡板时B 的速度v 0=3 m/s 。在A 离开挡板后,取向右为正方向,由动量守恒定律,有m B v 0=(m A +m B )v 共,解得 m A =2 kg,A 项错误。A 离开挡板后弹簧第一次恢复原长时A 的速度最大,由

m B v 0=m A v A +m B v B ,12

m B v 02=12

m A v A 2+12

m B v B 2 ,解得A 的最大速度 v A =4 m/s,B 项正确。在A 离开挡板前,由于挡板对A 有作用力,A 、B 系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,C 项错误。弹簧伸长量达到最大时A 、B 的共同

速度为v 共=2 m/s,根据机械能守恒定律有E p =12m B v 02-12

(m A +m B )v 共

,联立解得弹簧的最大弹性势能 E p =6 J,故D

项正确。

答案? BD

2.(2019年河南省洛阳市高三第三次统一考试)如图所示,质量为4m 的钢板A 放在水平地面上,质量为3m 的钢板B 与一劲度系数为k 的竖直轻弹簧上端连接,弹簧下端固定在钢板A 上,整体都处于静止状态。一质量为2m 的物块C 从钢板B 正上方高为h 的位置自由落下,打在钢板B 上并立刻与钢板B 一起向下运动,且二者粘在一起不再分开。它们到达最低点后又开始向上运动,上升的过程中,刚好能使钢板A 离开地面但不继续上升。若将物块C 换成质量为m 的物块D ,使其从钢板B 正上方高为4h 的位置自由落下,打在钢板B 上,并立刻与钢板B 一起向下运动,且二者也粘在一起不再分开。已知重力加速度大小为g ,弹簧始终在弹性限度内。求钢板A 离开地面时,物块D 和钢板B 的速度大小。

解析? 物块C 从钢板B 正上方距离为h 的位置自由落下,在与钢板B 碰撞前,设弹簧的压缩量为x 1

对B 有3mg=kx 1 解得x 1=

3mg

C 下落的过程中,设C 和B 碰撞前瞬间C 的速度为v 1 对C 有2mgh=12

×2m v 12 解得v 1=√2g?

C 和B 碰撞过程中,设碰后二者的速度为v 2 对C 和B 组成的系统,有2mv 1=(2m+3m )v 2 解得v 2=2

√2g?

C 和B 一起到最高点时,A 恰离开地面,设弹簧的伸长量为x 2 对A 有4mg=kx 2 解得x 2=

4mg

k 设C 与B 发生碰撞前,弹簧的弹性势能为E p1,C 和B 一起到最高点时,弹簧的弹性势能为E p2,把C 、B 和弹簧作为一个系统,系统机械能守恒,有

(2m+3m )v 22+E p1=E p2+(2m+3m )g (x 1+x 2) 解得

E p2-E p1=45mgh-35(mg )

物块D 从钢板B 正上方距离为4h 的位置自由落下时

D 下落的过程中,设D 和B 碰撞前瞬间D 的速度为v 3 对D 有mg×4h=12

m v 32 解得v 3=2√2g?

D 和B 碰撞过程中,设碰后二者的速度为v 4,对D 和B 组成的系统,有mv 3=(m+3m )v 4 解得v 4=

√2g?

从D 和B 碰后到A 恰离开地面的过程中,设A 恰离开地面时,D 和B 的速度为v ,把D 、B 和弹簧作为一个系统,系统机械能守恒,有12

(m+3m )v 42+E p1=E p2+(m+3m )g (x 1+x 2)+12

(m+3m )v 2

解得v=√

g (?k+35mg )

10k 。答案? √

g (?k+35mg )

10k

1. (2019年广东省珠海市高三学业质量监测)如图所示,质量均为m 的木块A 和B ,用一个劲度系数为k 的竖直轻

质弹簧连接,最初系统静止,现在用力F 向上缓慢拉A 直到B 刚好要离开地面,则这一过程中力F 做的功至少为( )。

A .m 2g 2

B .

2m 2g 2

k C .

3m 2g 2

D .

4m 2g 2

解析? 开始时,A 、B 都处于静止状态,弹簧的压缩量设为x 1,由胡克定律有kx 1=mg ;物块B 恰好离开地面时,

弹簧的拉力等于B 的重力,设此时弹簧的伸长量为x 2,由胡克定律有kx 2=mg ,这一过程中,物块A 上升的高度h=x 1+x 2=

2mg

,根据能量守恒可知,力F 做的功等于A 的重力势能的增加量,所以W F =ΔE p =

2m 2g 2

,B 项正确,A 、C 、D 三项错误。

答案? B

2.(2019年福建省高三毕业班质量检查)如图所示,水平传送带以恒定速度顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m,物块P与传送带之间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变量的过程中()。

A.P的速度一直减小

B.传送带对P做功的功率一直减小

C.传送带对P做的功W<μmgd

mv2+μmgd

D.弹簧的弹性势能变化量ΔE p=1

解析?P与弹簧接触后在水平方向所受弹力向左, 静摩擦力向右,P做匀速运动,运动到弹力与最大静摩擦力大小相等时,P物块由于惯性继续压缩弹簧,P接下来做减速运动直到速度为零,A项错误;由公式P功=fv可知,由于P先做匀速运动后做减速运动,静摩擦力先增大,速度不变,所以功率先增大,后滑动摩擦力不变,速度减小,所以功率减小,B项错误;由于从开始到弹力与最大静摩擦力相等的过程中,P所受摩擦力先为静摩擦力,后来为滑动摩擦力,所以传送带对P做的功小于μmgd,C项正确;对物块由动能定理得W f-W F=0-1

mv2,因为W f<μmgd,所以弹簧的

弹性势能变化量小于1

mv2+μmgd,D项错误。

答案? C

3.(2019年广东省茂名市高三第一次综合测试)如图所示,在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆轨道,外圆光滑,内圆粗糙。一质量为m的小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于两圆间距,球运动的轨道半径为R,不计空气阻力。设小球过最低点时重力势能为零,下列说法正确的是()。

A.若小球运动到最高点时速度为0,则小球机械能一定守恒

mgR

B.经过足够长时间,小球最终的机械能可能为3

C.若使小球始终做完整的圆周运动,则v0一定不小于√5gR

D.若小球第一次运动到最高点时速度大小为0,则v0=√4gR

解析?若小球运动到最高点时速度为0,则小球在运动过程中一定与内圆接触,要克服摩擦力做功,小球的机械能一定不守恒,A项错误。若初速度v0比较小,且小球能超过圆心高度,则小球在运动过程中一定与内圆接触,

机械能不断减少,经过足够长时间,小球最终在圆心下方运动,最大的机械能为mgR ,此情况下小球最终的机械能不可能为32

mgR ;若初速度v 0足够大,小球始终沿外圆做完整的圆周运动,机械能守恒,机械能必定大于2mgR ,B 项错误。若使小球始终做完整的圆周运动,小球应沿外圆运动,机械能守恒,小球恰好运动到最高点时速度设为v ,则有mg=m v 2R

,由机械能守恒定律得12

m v 02=mg ·2R+12

mv 2,小球在最低点时的最小速度v 0=√5gR ,C 项正确。如果内圆光滑,小球运动到最高点时速度为0,由机械能守恒定律得1

m v 02=mg ·2R ,小球在最低点时的速度v 0=√4gR ,由于内圆粗糙,小球在运动过程中要克服摩擦力做功,则小球在最低点时的速度v 0一定大于√4gR ,D 项错误。

答案? C

4.(2019年湖南湖北八市十二校高三第一次调研联考)如图所示,左右两侧水平面等高,A 、B 为光滑定滑轮,C 为光

滑动滑轮。足够长的轻绳跨过滑轮,右端与小车相连,左端固定在墙壁上,质量为m 的物块悬挂在动滑轮上。从某时刻开始小车向右移动,使物块以速度v 0匀速上升,小车在移动过程中所受阻力恒定不变。在物块上升的过程中(未到AB 所在的水平面),下列说法正确的是( )。

A .轻绳对小车的拉力减小

B .小车向右做加速运动

C .小车受到的阻力的功率可能不变

D .小车牵引力做的功小于物块重力势能的增加量与小车克服阻力做功之和

解析? 物块匀速上升时,两边绳子的夹角变大,可知绳子的拉力变大,即轻绳对小车的拉力变大,A 项错误;

设绳子与竖直方向的夹角为θ,则由运动的合成知识可知v 车=2v 0cos θ,则随着物块的上升θ变大,车的速度减小,B 项错误;小车在移动过程中所受阻力恒定不变,根据P=fv 车可知小车阻力的功率减小,C 项错误;由能量关系可知W

牵-W 阻-W p C =ΔE k 车,因小车动能减小,则

W 牵

服阻力做功之和,D 项正确。

答案? D

5.(2019年四川攀枝花市高三第二次统一考试)(多选)某课外活动小组为探究能量转换关系,设计了如图所示的实

验。质量为m 的物块B 静放在水平面上,劲度系数为k 的轻质弹簧固定在B 上,弹簧上端装有特制锁扣,当物块与其接触时即被锁住。每次实验让物块A 从弹簧正上方的适当位置由静止释放,都使物块B 刚好离开地面,整个过程无机械能损失。实验表明,物块A 质量M 不同,释放点距弹簧上端的高度H 就不同。当物块A 的质量为m 时,释放点高度H=h 。则下列说法中正确的是( )。

A .物块A 下落过程中速度最大时,物块

B 对地面的压力最大 B .物块A 下落到最低点时,物块B 对地面的压力最大

C.当A的质量M=2m时,释放点高度H=?

D.当A的质量M=2m时,释放点高度H=1

2h+mg

解析?物块A下落过程中到达最低点时,弹簧的压缩量最大,此时物块B对地面的压力最大,A项错误,B项正确;当物块B刚好离开地面时kΔx=mg,由能量关系可知mgh=mgΔx+E p,当A的质量M=2m时,2mgH=2mgΔx+E p,

解得H=1

2(?+mg

),C项错误,D项正确。

答案?BD

6.(2019年四川省遂宁市高三诊断考试)(多选)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,轻质细线跨过位于O点的光滑定滑轮(大小可忽略),一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A、B质量相等。C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g。开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30°,现将A、B由静止释放,下列说法正确的是()。

A.物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,速度先增大后减小

B.物块A经过C点时的速度大小为√2g?

C.物块A在杆上长为2h的范围内做往复运动

D.在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量

解析?物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,绳子拉力对A做正功,动能不断增大,速度不断增大,A

项错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,根据系统的机械能守恒得mg(?

sin30°-h)=1

mv2,解

得v=√2g?,B项正确;由几何知识可得AC=√3h,A、B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为2√3h的范围内做往复运动,C项错误;物块A到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点的过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,D项正确。

答案?BD

7.(2019年福建省厦门市高三上学期期末质检)(多选)有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”,游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m,可视为质点)脱离平台时的速度,使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上。如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹,轨迹的最高点距平台上表面高度为h,不计空气阻力,重力加速度为g,则()。

A .棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,重力势能增加mgh

B .棋子从离开平台至运动到最高点的过程中,机械能增加mgh

C .棋子跳跃到距平台上表面高度为?2

时动能为mg?

D .棋子落到另一平台上时的速度大于√2g?

解析? 设平台上表面为零重力势能面,则棋子在最高点的重力势能为mgh ,故A 项正确;棋子从离开平台至

运动到最高点的过程中,机械能守恒,B 项错误;棋子在最高点的机械能E=mgh+12

m v x 2,v x 为棋子在最高点的速度。棋子跳跃到距平台上表面高度为?2

处时,动能E k =E-12

mgh=12

mgh+12

m v x 2>

mg?

,C 项错误;设棋子落到平台上时的瞬时速度大小为v ,棋子从最高点落到平台上的过程中,根据动能定理得mgh=12

mv 2-12m v x 2,解得v=√2g?+v x 2>√2g?,D 项正确。

答案? AD

8.(2019年福州市高中毕业班质量检测)(多选)如图所示,固定光滑斜面AC 长为L ,B 为斜面中点。小物块在恒定

拉力F 作用下,从最低点A 由静止开始沿斜面向上运动,到B 点时撤去拉力F ,小物块能继续上滑至最高点C ,整个过程运动时间为t 0。下列四图分别描述该过程中小物块的速度v 随时间t 、加速度a 随时间t 、动能E k 随位移x 、机械能E 随位移x 的变化规律,其中可能正确的是( )。

解析? 合力先做正功再做负功,动能先均匀增加,然后均匀减小,物块先做匀加速直线运动,然后做匀减速直

线运动,匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等,匀减速直线运动的平均速度大于或等于匀加速直线运动的平均速度,则匀减速运动的时间小于或等于匀加速直线运动的时间;物块先向上做匀加速运动后向上做匀减速运动,速度方向不变,中间位置不一定是中间时刻,加速度改变方向,A 、C 两项正确;若匀加速和匀减速时间相等,则两段加速度大小相等,B 项错误;除重力以外其他力做功等于机械能的增量,前半段恒力F 做正功,机械能随x 均匀增加,后半段只有重力做功,机械能守恒,D 项错误。

答案? AC

9.(2019年江苏省南京市、盐城市高考物理二模)(多选)如图所示,轻质弹簧左端固定在竖直墙壁上,右端与一个质

量为m 的滑块接触,弹簧处于原长,现施加水平外力F 缓慢地将滑块向左压至某位置静止,此过程中外力F 做功为W 1,滑块克服摩擦力做功为W 2。撤去F 后滑块向右运动,最终和弹簧分离。不计空气阻力,滑块所受摩擦力大小恒定,则( )。

A .撤去F 时,弹簧的弹性势能为W 1-W 2

B .撤去F 后,滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

C .滑块与弹簧分离时的加速度为零

D .滑块与弹簧分离时的动能为W 1-2W 2

解析? 在水平外力F 向左压缩弹簧的过程中,滑块机械能的变化量为零。根据功能关系知滑块和弹簧组

成的系统机械能增加量为W 1-W 2,所以撤去F 时,弹簧的弹性势能为W 1-W 2,A 项正确;撤去F 后,摩擦力对滑块要做功,所以滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒,B 项错误;弹簧恢复原长时滑块与弹簧分离,此时滑块所受的合力等于滑动摩擦力,加速度不等于零,C 项错误;从开始到滑块与弹簧分离的过程,由动能定理得W 1-2W 2=E k -0,得滑块与弹簧分离时的动能E k =W 1-2W 2,D 项正确。

答案? AD

10.(2019年四川省凉山州高中毕业班第一次诊断性检测)(多选)如图所示,在倾角为30°的光滑斜面上,劲度系数为

k 的轻质弹簧一端连接固定挡板C ,另一端连接质量为m 的物体A ,一轻质细绳跨过定滑轮,一端系在物体A 上,另一端与质量也为m 的物体B 相连,细绳与斜面平行,斜面足够长,用手托住物体B 使细绳刚好没有拉力,然后由静止释放物体B (运动过程中物体B 未落地),则( )。

A .物体

B 运动到最低点时,细绳上的拉力为mg B .弹簧恢复原长时,细绳上的拉力为34

mg C .物体A 沿斜面向上运动的最大速度为√

mg 2

D .物体A 沿斜面向上运动的最大速度为√mg

解析? 开始时弹簧处于压缩状态,满足F 弹1=mg sin 30°=kx 1,即弹簧被压缩x 1=mg

,则刚释放B 的瞬间,系统

的加速度满足mg=2ma ,即a=12

g ,A 的加速度方向沿斜面向上;由对称性可知,物体B 运动到最低点时,其加速度向上,大小为12

g ,则对B 分析可知,细绳上的拉力T=mg+ma=32

mg ,A 项错误。弹簧恢复原长时,弹力为零,对A 、B 整体,由牛顿第二定律,有mg-mg sin 30°=2ma 2,解得a 2=14

g ,B 的加速度方向向下;对B ,有mg-T=ma 2,解得细绳上的拉力T=3

mg ,B 项正确。系统加速度为零时A 的速度最大,此时满足mg=mg sin 30°+F 弹2,解得F 弹2=12

mg ;此时弹簧伸

长,此位置弹簧的弹性势能与初始位置的弹性势能相同;由动能定理得mg ·(x 1+x 2)-mg ·(x 1+x 2)sin 30°=1

×2mv 2,解得

v=√mg 2

,C 项错误,D 项正确。

答案? BD

11.(2019年湖北省黄冈中学高三5月第二次模拟)如图所示,ABC 和ABD 为两条光滑固定轨道,A 、B 、E 在同一

水平面上,C 、D 、E 在同一竖直线上,D 点距水平面的高度h 1=3.2 m,C 点距水平面的高度h 2=5 m,一滑块从水平面上的A 点以相同初速度分别沿两轨道滑行到C 点或D 点后水平抛出。取重力加速度g=10 m/s 2。

(1)若从C 点抛出时的水平射程与从D 点抛出时的水平射程相等,求滑块在A 点的初速度大小。

(2)若滑块在A 点的初速度大小为10 m/s,调整轨道及C 点的高度,要求从C 点水平抛出时滑块的水平射程最大,则C 点离地高度应为多少?

解析? (1)滑块从D 点抛出时有h 1=1

2g t 12

解得t 1=0.8 s

从C 点抛出时有h 2=1

g t 22,解得t 2=1 s 根据机械能守恒定律,有

12m v 02=mgh 1+1

2m v 12 12m v 02=mgh 2+1

m v 22 从C 点抛出时的水平射程与从D 点抛出时的水平射程相等,有v 1t 1=v 2t 2 联立解得v 0=2√41 m/s 。

(2)根据机械能守恒定律,有12

m v 02=mgh+12

mv 2 得 v=√v 02-2gh

根据平抛运动规律,有h=12gt 2 t=√2?

水平射程x=vt=√v 02-2gh√2?g

当v 02-2gh=2gh 时,x 有最大值即h=

v 02

=2.5 m 。答案? (1)2√41 m/s (2)2.5 m

12.(2019年江苏淮安市高三第一次调研测试)如图所示,倾角为30°的足够长斜面固定于水平面上,轻滑轮的顶端

与固定于竖直平面内圆环的圆心O及圆环上的P点在同一水平线上,细线一端与套在环上的质量为m的小球相连,另一端跨过滑轮与质量为M的物块相连。小球在竖直向下的拉力作用下静止于Q点,细线与环恰好相切,OQ、OP间成53°角。撤去拉力后球运动到P点时速度恰好为零。忽略一切摩擦,重力加速度为g,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:

(1)拉力的大小F。

(2)物块和球的质量之比M

。

(3)撤去拉力瞬间细线张力T的大小。

解析? (1)设小球静止于Q点时细线的张力为T1,根据平衡条件可得

对物块有T1=Mg sin 30°

对球有(F+mg)cos 53°=T1

得到F=5

Mg-mg。

(2)设环的半径为R,球运动至P点的过程中,球上升的高度h1=R sin 53°

物块沿斜面下滑的距离L=R tan 53°-R

cos53°

-R

由机械能守恒定律有mgh1=MgL sin 30°

得到M∶m=12∶5。

(3)根据牛顿第二定律可得

对物块有Mg sin 30°-T=Ma

对球有T-mg cos 53°=ma

解得T=11Mmg

10(M+m)或T=66

mg或T=11

Mg。

答案?(1)5

Mg-mg(2)M∶m=12∶5

(3)11Mmg

10(M+m)(或66

mg或11

Mg)