第五章第三節(jié)高效演練輕松闖關(guān)

1、一 高考題組1.(多選)(2013高考江蘇卷)如圖所示，水平桌面上的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與小物塊相連彈簧處于自然長度時(shí)物塊位于O點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)物塊的質(zhì)量為m，ABa，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零重力加速度為g.則上述過程中()A物塊在A點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于Weq f(1,2)mga B物塊在B點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能小于Weq f(3,2)mgaC經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能小于Wmga D物塊動(dòng)能最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能小于物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能2(單選)(2012高考安徽卷)如圖所示，

2、在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力已知AP2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A重力做功2mgRB機(jī)械能減少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功eq f(1,2)mgR3(多選)(2012高考山東卷)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起，貨物由地面運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，vt圖象如圖所示以下判斷正確的是()A前3 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)B最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用C前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度相同D第3 s末至第5 s末的過程中，貨物的機(jī)械能守恒二 模

3、擬題組4(多選)(原創(chuàng)題)一質(zhì)點(diǎn)在015 s內(nèi)豎直向上運(yùn)動(dòng)，其加速度時(shí)間變化的圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B在05 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能減小C在1015 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加D在t15 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t5 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能5.(2014長沙一中月考)光滑水平面與一半徑為R2.5 m的豎直光滑圓軌道平滑連接，如圖所示，物體可以由圓軌道底端閥門(圖中未畫出)進(jìn)入圓軌道，水平軌道上有一輕質(zhì)彈簧，其左端固定在墻壁上，右端與質(zhì)量為m0.5 kg的小球A接觸但不相連，今向左推小球A壓縮彈簧至某一位置后，由靜止釋放小球A，測(cè)得小球A到達(dá)

4、圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN10 N，g10 m/s2.(1)求彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(2)若彈簧的彈性勢(shì)能Ep25 J，小球進(jìn)入圓軌道后閥門關(guān)閉，通過計(jì)算說明小球會(huì)不會(huì)脫離圓軌道若脫離，求在軌道上何處脫離(可用三角函數(shù)表示)，若不能脫離，求小球?qū)壍赖淖畲笈c最小壓力的差F.溫馨提示日積月累，提高自我請(qǐng)做課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)161解析選BC.因?yàn)橐朔Σ亮ψ龉Γ設(shè)點(diǎn)不在AB的中點(diǎn)，如圖，xeq f(a,2)，由動(dòng)能定理，從O到A，WmgxW彈0，系統(tǒng)增加的彈性勢(shì)能EpWmgx，因?yàn)閤eq f(a,2)，所以EpWeq f(1,2)mga，A錯(cuò)誤；同理，物塊在B點(diǎn)時(shí)，EpWmg(xa)Weq

5、 f(3,2)mga，B正確；經(jīng)O點(diǎn)時(shí)，EkW2mgxWmga，C正確；AB的過程中當(dāng)彈力與Ff平衡時(shí)速度最大，此點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)距O點(diǎn)x1eq f(Ff,k)eq f(mg,k)處，x1可能大于BO，所以D錯(cuò)2解析選D.小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中，重力做功mgR，A錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好對(duì)軌道沒有壓力，只有重力提供向心力：mgeq f(mvoal(2,B),R)，故vBeq r(gR)，從P到B，對(duì)小球由動(dòng)能定理：mgRWfeq f(1,2)mveq oal(2,B)0eq f(1,2)mgR，Wfeq f(1,2)mgR，C錯(cuò)誤，D正確；克服摩擦力做的功等于機(jī)械能的減少量，B錯(cuò)誤3解析選AC.前3

6、 s內(nèi)貨物向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向豎直向上，貨物處于超重狀態(tài)，A正確；最后2 s內(nèi)貨物的加速度aeq f(v,t)eq f(6,2) m/s23 m/s2，說明貨物還受拉力作用，B錯(cuò)誤；物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，平均速度eq xto(v)eq f(v0vt,2)，故前3 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度都是3 m/s，C正確；第3 s末到第5 s末貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說明還受拉力作用，貨物機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤4解析選BD.在05 s質(zhì)點(diǎn)相當(dāng)于僅受重力作用，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于質(zhì)點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，在05 s質(zhì)點(diǎn)豎直上拋，重力勢(shì)能增加，動(dòng)能減小，選項(xiàng)B正確；由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律可得在5

7、 s10 s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)受到豎直向上的作用力大小與10 s15 s豎直向下除重力之外的作用力等大，故10 s15 s時(shí)間內(nèi)除重力之外的作用力做負(fù)功，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于質(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動(dòng)，在5 s10 s運(yùn)動(dòng)的位移比10 s15 s位移大，故在5 s10 s 豎直向上的作用力所做的正功大于10 s15 s豎直向下的作用力所做的負(fù)功，故整個(gè)過程中除重力之外的作用力做正功，質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能增加，選項(xiàng)D正確5解析(1)小球到達(dá)最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：FNmgmeq f(v2,R)以彈簧和小球?yàn)橄到y(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律可得：Epeq f(1,2)mv2mg2R聯(lián)立得：Ep43.75 J.(2)若小球恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則由機(jī)械能守恒定律可得：Ep1eq f(1,2)mveq oal(2,1)mg2R其中mgmeq f(voal(2,1),R)聯(lián)立得：Ep131.25 J若速度較小，則小球在圓心以下做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，也不會(huì)脫離軌道，Ep2mgR12.5 J綜上所述，小球不脫離圓軌道必須滿足：Ep31.25 J或0Ep12.5 J.故Ep25 J時(shí)，小球一定會(huì)脫離圓軌道設(shè)