新教材適用2024版高考物理二輪總復習第1部分核心主干復習專題專題2功和能動量第7講機械能守恒定律功能關系

第一部分專題二第7講A組·基礎練1.(2023·安徽蚌埠質檢)如圖甲所示，x軸的正方向豎直向下，其原點為O，一個鋼球從x軸上的P點沿豎直方向拋出，之后鋼球落入黏性液體中，黏性液體底部坐標為x2；鋼球在運動過程中機械能E隨位置坐標x的變化規(guī)律如乙圖所示，圖中ab為直線，bc為曲線。不計空氣阻力，則下列判斷正確的是(D)A．鋼球從P點拋出時速度豎直向下B．鋼球進入液體后先加速后勻速運動C．鋼球在液體中下落時動能越來越小D．鋼球在液體中下落時所受阻力越來越大【解析】鋼球從x軸上的P點沿豎直方向拋出，由圖可知從O到x1，機械能守恒，由于O是坐標原點，所以鋼球拋出的速度豎直向上，故A錯誤；鋼球進入液體后，阻力做功代表機械能變化，有E＝fx，由圖可知鋼球在液體中下落時所受阻力越來越大；則鋼球進入液體后先加速，當f>G后，鋼球做減速運動，鋼球的動能先增大，后減小，故B、C錯誤，D正確。2.(多選)(2023·山西朔州二模)如圖所示，頂端有定滑輪的足夠長的斜面固定在地面上，一繞過定滑輪的輕繩，一端與輕質彈性繩(下端固定)上端相連，另一端系一質量為m的物塊。已知重力加速度大小為g，彈性繩與斜面平行。物塊從圖示位置(彈性繩恰好處于原長狀態(tài))無初速釋放，物塊開始向下運動，位移大小為h時運動到最低點(此時物塊未與水平面接觸)輕質彈性繩始終在彈性限度內，在此過程中(BD)A．物塊的機械能逐漸增加B．當物塊的位移大小為eq\f(h,2)時，物塊的動能最大C．物塊與彈性繩組成的系統(tǒng)勢能的減少量最大值為mghD．物塊的動能最大時彈性繩的彈性勢能為eq\f(1,4)mgh【解析】物塊向下運動的過程中，輕繩對物塊一直做負功，根據功能關系知物塊的機械能逐漸減少，故A錯誤；設物塊的位移大小為x時，物塊的動能最大，則kx＝mg；解得x＝eq\f(mg,k)；物塊向下運動的過程，彈性繩的彈力從零均勻增大到kh，根據動能定理有mgh－eq\f(0＋kh,2)·h＝0；解得：x＝eq\f(h,2)，故B正確；物塊動能最大時系統(tǒng)的勢能最小，減少量最大，根據能量守恒定律知系統(tǒng)勢能的減少量最大值等于物塊的最大動能Ekm，根據動能定理有mgx－eq\f(0＋kx,2)·x＝Ekm；解得Ekm＝eq\f(1,4)mgh；物塊動能最大時，彈性繩的彈性勢能Ep＝mgx－Ekm＝eq\f(1,4)mgh，故C錯誤，D正確。3.(2023·湖南益陽三模)雨滴在空中下落的過程中，空氣對它的阻力隨其下落速度的增大而增大。若雨滴下落過程中其質量的變化及初速度的大小均可忽略不計，以地面為重力勢能的零參考面。從雨滴開始下落計時，關于雨滴下落過程中其速度的大小v、重力勢能Ep隨時間變化的情況，如圖所示的圖像中可能正確的是(B)【解析】根據牛頓第二定律得mg－f＝ma得a＝eq\f(mg－f,m)，隨著速度增大，雨滴受到的阻力f增大，則知加速度減小，雨滴做加速度減小的加速運動，當加速度減小到零，雨滴做勻速直線運動，故v－t圖像切線斜率先減小后不變，故A錯誤，B正確；以地面為重力勢能的零參考面，則雨滴的重力勢能為：Ep＝mgh－mg·eq\f(1,2)at2，Ep隨時間變化的圖像應該是開口向下的，故CD錯誤。4.(2023·山東臨沂二模)如圖所示，一輕彈簧左端固定，右端連接一物塊，置于粗糙的水平面上。開始時彈簧處于原長，現(xiàn)用一恒力F將物塊由靜止向右拉動直至彈簧彈性勢能第一次達到最大。在此過程中，關于物塊的速度v、物塊的動能Ek、彈簧的彈性勢能Ep、物塊和彈簧的機械能E隨時間t或位移x變化的圖像，其中可能正確的是(D)【解析】根據牛頓第二定律知F－f－kx＝ma，從原長到速度最大的過程中，彈力一直增大，加速度一直減小到0，所以速度增加得越來越緩慢，故A錯誤；根據k＝eq\f(ΔEk,Δx)＝F合，可知，合力一直減小到零，故B錯誤；機械能的增加量等于除重力和彈簧彈力以外的其他力做功，則有E＝ΔE＝(F－f)x，則E－x圖像斜率不變，由此可知C錯誤；從原長到速度最大的過程中，彈力的形變量大小等于位移，彈力方向不變，大小隨位移均勻增大，則有ΔEp＝Ep＝eq\f(kx,2)x＝eq\f(1,2)kx2，由此可知D正確。5.(多選)(2023·黑龍江哈爾濱二模)如圖甲所示，一輕彈簧上端固定在光滑、固定斜面的頂端，下端與物塊相連。先用力使物塊沿斜面向下運動一段距離后，由靜止釋放，物塊沿斜面向上運動的速度—時間圖像如圖乙所示，彈簧一直處在彈性限度內。則物塊沿斜面向上運動的過程中(BD)A．物塊的機械能守恒B．t1時刻，系統(tǒng)的勢能可能為零C．t2時刻，彈性勢能一定最小D．t1時刻的彈性勢能可能等于t2時刻的彈性勢能【解析】物塊沿斜面向上運動的過程中，彈簧的彈力對物塊做了功，物塊的機械能不守恒，物塊與彈簧構成的系統(tǒng)的機械能守恒，A錯誤；根據圖乙可知，t1時刻，圖線的斜率為0，即加速度為0，則彈簧的彈力與重力沿斜面的分力平衡，彈簧處于拉伸狀態(tài)，有一定的彈性勢能，若選擇重力勢能的零勢能位置為物塊上方的某一位置，此時重力勢能為負值，可能使得彈性勢能與重力勢能的和值為0，即系統(tǒng)的勢能可能為零，B正確；根據題意，彈簧的原長位置不確定，當原長位置在t1～t2之間時，在t2時刻，彈性勢能不是最小，C錯誤；根據上述，當原長位置在t1～t2之間時，t1時刻彈簧處于拉伸狀態(tài)，t2時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，兩時刻彈簧的形變量有可能相等，即t1時刻的彈性勢能可能等于t2時刻的彈性勢能，D正確。6.(多選)(2023·河北統(tǒng)考二模)一質量為2kg的物體靜止在水平地面上，受到豎直方向的力F后，豎直向上運動。物體動能Ek與上升的高度h間的關系圖像如圖所示，當h為1～2m和4～6m時圖像為直線。g取10m/s2，忽略空氣阻力，則(AD)A．物體從h＝2m運動到h＝3m的過程中，F(xiàn)逐漸變小B．物體從h＝3m運動到h＝4m的過程中，F(xiàn)逐漸變大C．物體從h＝0運動到h＝2m的過程中，機械能保持不變D．物體從h＝4m運動到h＝6m的過程中，機械能保持不變【解析】物體從h＝2m運動到h＝3m的過程中，由動能定理(F－mg)h＝Ek－Ek0；圖像的斜率為F－mg，由圖像知斜率減小，即F減小，A正確；由圖可知，從h＝3m運動到h＝4m的過程中，物體向上減速運動，斜率變大，合力大小為mg－F，方向為豎直向下，可知F減小，B錯誤；從h＝0運動到h＝2m的過程中，F(xiàn)的方向豎直向上，所以F做正功，機械能增大，C錯誤；從h＝4m運動到h＝6m的過程中，物體只受重力作用，機械能保持不變，D正確。7.(2023·山東濰坊二模)如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定，質量為m的物塊P緊壓在彈簧上端但不拴接，開始時用輕繩系住物塊，繩的拉力大小為2mg，此時彈簧的彈性勢能為eq\f(9m2g2,2k)，剪斷輕繩，則物塊P離開彈簧后上升到最高點的時間為(D)A．6eq\r(\f(m,k)) B．2eq\r(\f(3m,k))C．3eq\r(\f(m,k)) D．eq\r(\f(3m,k))【解析】開始時彈簧彈力為F＝mg＋2mg＝3mg，彈簧的壓縮量為x0＝eq\f(3mg,k)，剪短細繩后到最高點的過程由能量關系eq\f(9m2g2,2k)＝mgh，解得h＝eq\f(9mg,2k)，即物塊離開彈簧時上升的高度為h1＝h－x0＝eq\f(3mg,2k)，根據h1＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝eq\r(\f(3m,k))，故選D。8.(多選)(2023·河北石家莊質檢)如圖所示是一兒童游戲機的簡化示意圖，光滑游戲面板傾斜放置，長度為8R的AB直管道固定在面板上，A位于斜面底端，AB與底邊垂直，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與AB相切于B點，C點為圓弧軌道最高點(切線水平)，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩?，F(xiàn)緩慢下拉輕繩使彈簧壓縮，后釋放輕繩，彈珠經C點水平射出，最后落在斜面底邊上的位置D(圖中未畫出)，且離A點距離最近。假設所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質點。直管AB粗細不計。下列說法正確的是(BD)A．彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能達到最大B．彈珠脫離彈簧的瞬間，其機械能達到最大C．A、D之間的距離為3eq\r(2)RD．A、D之間的距離為(1＋3eq\r(2))R【解析】彈珠與彈簧接觸向上運動過程，對彈珠分析可知，彈珠先向上做加速度減小的加速運動，后做加速度方向反向，大小減小的減速運動，可知，彈簧彈力與重力沿斜面的分力恰好抵消時，合力為0，彈珠的動能達到最大，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)，A錯誤；彈珠脫離彈簧之前，彈簧處于壓縮，彈簧對彈珠做正功，因此彈珠脫離彈簧的瞬間，彈珠的機械能達到最大，B正確；彈珠飛出后做類平拋運動，沿斜面方向有9R＝eq\f(1,2)gsinθ·t2可知彈珠落地D的時間為一定值，水平方向有x＝vt＋R可知，彈珠飛出速度越小，距離A點越近，由于彈珠做圓周運動，若恰能越過C，則此時有mgsinθ＝meq\f(v2,R)解得x＝(1＋3eq\r(2))R，C錯誤，D正確。故選BD。9.(多選)(2023·福建廈門二模)如圖a，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4m，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是(BCD)A．圖b中x＝36m/s2B．圖b中x＝25m2/s2C．小球質量為0.2kgD．小球在B點受到軌道作用力為8.5N【解析】根據機械能守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh＋eq\f(1,2)mv2；則v2＝veq\o\al(2,0)－2gh；則x＝veq\o\al(2,0)；代入圖中數(shù)據，可得x＝25m2/s2，A錯誤，B正確；在C點時，根據牛頓第二定律FN＋mg＝eq\f(mv2,R)；而FN＝2.5N；代入數(shù)據可得m＝0.2kg，C正確；由圖b可知，在B點速度的平方veq\o\al(2,B)＝eq\f(25＋9,2)m2/s2＝17m2/s2；因此小球在B點受到軌道作用力F＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)＝eq\f(0.2×17,0.4)N＝8.5N；D正確。B組·綜合練10.(多選)(2023·四川成都三診)如圖所示，將一根光滑的硬質金屬導線制成四分之一圓弧軌道AB后固定在豎直平面內，O1為軌道的圓心，O1B水平。質量為m的細圓環(huán)P套在軌道上，足夠長的輕質細繩繞過光滑的細小定滑輪O2、O3分別連接圓環(huán)P與另一質量也為m的小球Q，AO1BO2為一邊長為R的正方形。若將細圓環(huán)P從圓弧軌道的最高點A由靜止釋放，圓環(huán)P在細繩拉動下將沿軌道運動。已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，則細圓環(huán)P下滑至B點的過程中，下列說法正確的是(CD)A．小球Q的機械能先增加后減少B．細圓環(huán)P的機械能先減少后增加C．小球Q的速度為零時，細圓環(huán)P的速度大小為eq\r(6－3\r(2)gR)D．細圓環(huán)P運動到B點時，圓弧軌道對圓環(huán)P的彈力大小為mg【解析】在細圓環(huán)P下滑至B點的過程中，小球Q先向下運動，后向上運動，細繩拉力對Q先做負功后做正功，因此小球Q的機械能先減少后增加，A錯誤；細繩拉力對細圓環(huán)P先做正功后做負功，因此細圓環(huán)P的機械能先增加后減少，B錯誤；根據速度的合成與分解可知，細圓環(huán)P的速度沿細繩方向的分量大小等于Q的速度大小，當小球Q的速度為零時，細圓環(huán)P的速度方向與細繩垂直，根據幾何關系可知，此時細繩與水平方向的夾角為45°，根據機械能守恒定律有mg[R－(eq\r(2)R－R)]＋mg(R－Rcos45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，解得vP＝eq\r(6－3\r(2)gR)，C正確；細圓環(huán)P運動到B點時，P、Q的速度大小相等，設為v，根據機械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)·2mv2，在B點，對細圓環(huán)P有FN＝eq\f(mv2,R)，解得圓弧軌道對圓環(huán)P的彈力大小FN＝mg，D正確。故選CD。11.(2023·江西統(tǒng)考二模)意大利物理學家喬治·帕里西榮獲2021年諾貝爾物理學獎，他發(fā)現(xiàn)了從原子到行星尺度的物理系統(tǒng)中無序和漲落間的相互影響，深刻揭示了無序體系中的隱藏對稱性。如圖為一個簡單無序系統(tǒng)模型：兩個質量均為m的小球P、Q用兩根長度均為l的輕質細桿a、b連接，細桿a的一端可繞固定點O自由轉動，細桿b可繞小球P自由轉動。開始時兩球與O點在同一高度由靜止釋放，兩球在豎直面內做無序運動，某時刻細桿a與豎直方向的夾角θ＝30°，小球Q達到最高點，且恰好與O點等高。重力加速度為g，不計摩擦和空氣阻力。求(1)小球Q在最高點的速度大小vQ；(2)此過程中，b桿對Q球所做的功?！敬鸢浮?1)eq\f(1,2)eq\r(3\r(3)gl)(2)eq\f(3\r(3),8)mgl【解析】(1)小球Q到達最高點時與O點同一高度，此時速度水平，設小球P、Q的速度大小分別為vP，vQ，如圖所示P的速度方向始終與細桿a垂直，當Q速度方向水平向右時，二者沿桿b方向的分速度相等且有vQsinθ＝vPcos(90°－2θ)；由系統(tǒng)機械能守恒，有mglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，解得vP＝eq\f(1,2)eq\r(\r(3)gl)；vQ＝eq\f(1,2)eq\r(3\r(3)gl)。(2)對Q球根據動能定理有WQ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＝eq\f(3\r(3),8)mgl。12.(2023·四川成都三診)如圖所示，一個固定在豎直平面內的光滑四分之一圓弧，軌道半徑R＝3.2m，下端恰好與光滑水平面OA平滑連接，質量為m＝1kg的鐵球(可視為質點)由圓弧軌道頂端無初速度釋放，后從A點沖上傾角為θ＝37°的光滑斜面且無機械能損失，鐵球在斜面上運動t1＝eq\f(1,2)s后在B點沖出斜