1、课时跟踪训练(六)一、选择题(15题为单项选择题，69题为多项选择题)1(2018山东省淄博市高三三模)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缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为( )A. B. C. D.B最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：Wmghmg2，故B正确； 故选B2(2018山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)如图所示，水平向右的匀强
2、电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek030 J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10 J，克服重力做功24 J，则( )A滑块带正电，上滑过程中电势能减小4 JB滑块上滑过程中机械能增加4 JC滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14 JD滑块返回到斜面底端时动能为15 JA动能定理知上滑过程中W电WGWfEk，代入数值得W电4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，A正确；由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为EW电Wf6 J，即机械能减小6 J，B错误；由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12
3、J，C错误；由动能定理知WfEk0Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，D错误3(2018福州一中高三冲刺)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动对它们向上运动过程下列说法正确的是( )A小球动能相等的位置在同一水平面上B小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上D运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为，即Qmgl cos
4、 mgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同，D项正确小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；若运动过程中同一时刻，小球处于同一球面上，t0时，小球位于O点，即O为球面上一点；设直轨道与水平面的夹角为，则小球在时间t0内的位移x0vt0at，a(g sin g cos )由于与有关，故小球一定不在同一球面上，C项错误4(2018四川省宣宾市高三二诊)如图甲所示，倾角30的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在
5、斜面底端的挡板上一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动小球运动的vt图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A小球在tB时刻所受弹簧弹力大于mgB小球在tC时刻的加速度大于gC小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，不能回到出发点D小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B由图象可知，小球在tB时刻加速度大小为零，此时F弹mg sin 30mg，选项A错误；小球在tC时刻到达最低点，弹力达到最大值；小球在A点
6、的加速度大小为g，由图象可知，在C点的切线的斜率大于在A点的切线的斜率，即小球在tC时刻的加速度大于g，选项B正确；由能量守恒定律可知，小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，小球能回到出发点，选项C错误；小球从tA时刻到tC时刻的过程中重力势能的减少量与动能减小量之和等于弹簧弹性势能的增加量，选项D错误；故选B.5(2018广东省梅州市高三第六次调研)如图所示，将质量为mp5m的重物P悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为mQ3m的小物块Q，小物块Q套在竖直固定的光滑直杆上，固定光滑定滑轮与直杆的距离为L.现将小物块Q拉到与之连结的轻绳水平时由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(
7、)A小物块Q下滑距离L时，P、Q两物体的速度大小相等B小物块Q下滑某一位置时，与滑轮连结的轴对滑轮的作用力可能竖直向上C小物块Q能下降的最大高度为hLD小物块Q下滑距离L时，P的速度大小.D小物块Q下滑距离L时，对物块Q的速度沿绳子方向和垂直绳子方向进行分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物P的速度，有：vQ cos 45vP，所以有vQvP，故A错误；小物块Q下滑过程中，滑轮两侧轻绳拉力总是大小相等，所以，轴对滑轮的作用力总在两线的角平分线上，不可能在竖直方向上，故B错误；设小物块下滑到最大高度h时物块和重物的速度均为0，此时重物上升的最大高度为L，根据系统的机械能守恒有：5mg(L)3mgh
8、，解得：hL，故C错误；当小物块下滑L时，重物P上升的距离是LL，两物体的速度满足vQvPvP，由机械能守恒定律得：3mg(L)5mg(L)(5m)vP2(3m)vQ2，综上解得vP，故D正确6(2018山东省实验中学高三第一次模拟考试)在奥运比赛项目中，10 m跳台跳水是我国运动员的强项，某次训练中，质量为60 kg的跳水运动员从跳台自由下落10 m后入水，在水中竖直向下减速运动，设空中下落时空气阻力不计，水对他的阻力大小恒为2 400 N，那么在他入水后下降2.5 m的过程中，下列说法正确的是(取g10 m/s2)( )A他的加速度大小为30 m/s2B他的动量减少了300 kgm/sC他
9、的动能减少了6 000 JD他的机械能减少了4 500 JAB运动员在水中受到质量和水的阻力，选取向下为正方向，则：Fmgma，代入数据得：a30 m/s2.负号表示方向向上；故A正确；运动员入水时的速度：v110 m/s，入水后下降2.5 m后的速度：v25 m/s, 所以动量的变化量：|P|m(v1v2)60(105)300 kgm/s.故B正确；减速下降深度为h的过程中，根据动能定理，动能的减小量等于克服合力做的功，为：(Fmg)h(2400600)2.54 500 J，故C错误；减速下降深度为h的过程中，机械能的减小量等于克服阻力做的功，为：Fh2 4002.56 000 J，故D错误
10、；故选AB.7(2018湖北省高三4月调研)如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则( )AA、B、C组成的系统水平方向动量守恒BA、C之间的轻杆始终对C做正功CA与桌面接触时具有水平方向的速度DA与桌面接触时的速度大小为ADA、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为
11、零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgLmv2，解得v，选项D正确；故选AD.8(2018山东省潍坊市高三三模)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L2R，R远大于一节铁链的高度和长度铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是( )A在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒B每节铁链通过最高点的速度依次减小C第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等D第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链
12、的速度保持不变CDA.铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取整个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误B、D.第一节上升的过程，系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确C.第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由Ek1Ep1Ek2Ep2知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确故选CD.9(2018江西省南昌市高三统一质检题)如
13、图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M6m，把滑块从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角53，OB长为L，与AB垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g，滑块P从A到B的过程中，说法正确的是( )A对于滑块Q，其重力功率先增大后减小B滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为C轻绳对滑块P做功4mgLDP与Q的机械能之和先减小后增加ACA.物块Q释放瞬间的速度为零，当物块P运动至B点时，物块Q的速度也为零，所以当P从A点运
14、动至B点时，物块Q的速度先增加后减小，物块Q的重力的功率也为先增加后减小，故A正确；B.由于物块P在AB两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块P在A点时受到弹簧向上的弹力，运动至B点时受到向下的弹力，物块P从A到B过程中，必定先加速度后减速，合力为零时速度最大，即在BA间某位置速度最大，故B错误；C.从A到B过程中，对于P、Q系统由动能定律可得：6 mg(L)mgL tan 530mv2，对于P，由动能定理可得：WmgL0mv2联立解得：W4 mgL，故C正确；D.对于PQ系统，竖直杆不做功，系统的机械能只与弹簧对P的做功有关，从A到B的过程中，弹簧对P先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后
15、减小，故D错误故选：AC.二、非选择题10轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示物块P与AB间的动摩擦因数0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动重力加速度大小为g.(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值
16、范围解析(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律知，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep5mgl设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得EpMvMg4l联立式，取Mm并代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mgm设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvmvmg2l联立式得vDvD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2P落回到AB上的位置与B点之间的距
17、离为svDt联立式得s2l(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有MvMgl联立式得mMm答案(1)2(2)mMm11(2018山东省淄博一中高三三模)如图所示，一劲度系数很大的轻质弹簧下端固定在倾角30的斜面底端，将弹簧上端压缩到A点锁定一质量为m的小物块紧靠弹簧上端放置，解除弹簧锁定，小物块将沿斜面上滑至B点后又返回，A、B两点的高度差为h，弹簧锁定时具有的弹性势能EPmgh，锁定及解除锁定均无机械能损失，斜面上A点以下部分的摩擦不计，已知重力加速度为g.求：(1)
18、物块与斜面间的动摩擦因数；(2)物块在离开弹簧后上滑和下滑过程中的加速度大小之比；(3)若每次当物块离开弹簧后立即将弹簧压缩到A点锁定，当物块返回A点时立刻解除锁定设斜面最高点C(未画出)与A的高度差为3 h，试通过计算判断物块最终能否从C点抛出解析(1)物块从A第一次上滑到B的过程中，由功能关系得：WfmghEp.即mg cos mghmgh.解得：(2)在上升的过程中和下滑的过程中物块都受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，设上升和下降过程中的加速度大小分别是a1和a2，根据牛顿第二定律得：物块上升过程有：mg sin mg cos ma1，得a1g(sin cos )g()g物块下滑过程有：mg sin mg cos ma2，得a2g(sin cos )gg故a1a253.(3)经过足够长时间后，弹簧给物块补充的弹性势能将全部用来克服物块在斜面上来回运动时阻力做的功，设稳定时物块上升的最大高度为hm.则由功能关系得：EpWf总即mgh2mg cos 解得：hm2.5h3h所以物块不可能到达C点，即不能从C点抛出 答案(1)(2)53(3)不能从C点抛出
