1、高考资源网（） 您身边的高考专家第一部分 专题二 第6讲一、选择题(本题共8小题，其中14题为单选，58题为多选)1(2019北京延庆模拟)蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然后运动员从高处跳下，如图所示。图中a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c点是运动员所到达的最低点。在运动员从a点到c点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是(D)A运动员的速度一直增大B运动员的加速度始终减小C运动员始终处于失重状态D运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功解析该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，根据受力分析可知，先做加速度减小的加速，后做加速度增加的减
2、速，A、B错；运动员有减速的过程，加速度向上是超重，C错；运动员克服弹力做的功等于重力势能的变化量和动能变化量之和，D对。2(2019高三考试大纲调研卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(B)A由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大B由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少C由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量D在C处时，弹簧的弹性势能为mgh解析圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最
3、大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确；圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mghW弹000，则W弹mgh，故D正确；故选B。3(2019高三考试大纲调研卷)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，
4、一质量为m0.2 kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量x的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g10 m/s2，则下列说法中不正确的是(C)A该弹簧的劲度系数为20 N/mB当x0.3 m时，小球处于超重状态C小球刚接触弹簧时速度最大D从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大解析当x0.1 m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，平衡状态，可得：kxmg，解得：k N/m20 N/m，故A正确；由图乙可知，x0.3 m
5、时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故B正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当x为0.1 m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确。本题选不正确的，故选C。4(2019安徽合肥二模)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(C)A在0h0过程中，F大小始终为mgB在0h0和h02h0过程中，F做功之
6、比为21C在02h0过程中，物体的机械能不断增加D在2h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少解析由图乙物体动能Ek与距地面高度h的关系可知，当物体距离地面高度为h0时，Ekmgh0，由功能关系可得，力F做功WFFh0 Ekmgh02mgh0，解得F2mg，即在0h0过程中，F大小始终为2mg，选项A错误；当物体距离地面高度为2h0时，Ek1.5mgh0，在h02h0过程中，由功能关系可得，力F做功WFEkEp0.5mgh0 mgh01.5mgh0，即在0h0和h02h0过程中，F做功之比为21.543，选项B错误；在02h0过程中，力F做功，物体的机械能不断增加，选项C正确；在2h0高度，
7、物体的动能为Ek1.5mgh0，重力势能为Ep2mgh0，物体的机械能为EEkEp3.5mgh0，在3.5h0高度，物体的动能为零，重力势能为Ep3.5mgh0，物体的机械能为E EkEp3.5mgh0，因此在2h03.5h0过程中，物体的动能不断减少，机械能不变，选项D错误。5(2019高考大纲调研卷)把质量是0.2 kg的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A的位置，如图甲所示；迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A的高度差为0.1 m，C、B的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计。重力加速度g10 m/s2
8、，则有(BC)A小球从A上升至B的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加B小球从B上升到C的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加C小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.6 JD小球从位置A上升至C的过程中，小球的最大动能为0.4 J解析球从A上升到B位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kxmg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，A错误；小球从B到C的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势能增加；故B正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时
9、，弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能：EpmgAC0.2100.3 J0.6 J；故C正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球的最大动能；故D错误。6(2019湖北省荆门模拟)物体A、B之间通过劲度系数为k的轻弹簧连接，竖直放置在水平面上，物体A的质量为m 。开始时系统处于静止状态。现用竖直向上的恒力F拉物体A使之竖直向上运动，当物体B刚要离开地面时，A的速度恰好达到最大，物体A运动的距离为初始时弹簧压缩量的2倍，则(BD)A物体B的质量为2mB在此过程中恒力F所做的功等于物体A的机械能增加量C在此过程中物体A的最大速度为D在此过程中物体与弹簧组成的系统机
10、械能增加量为解析未施加力F时，对物体A分析，得到弹簧压缩量x。当物体B刚要离开地面时，由物体A运动的距离为初始时弹簧压缩量的2倍可知，此时弹簧的伸长量为x。对此时物体B分析，得到的物体B的质量为m，A错误；此时A的速度恰好达到最大，合力为0，对A分析可得到恒力F2mg。在此过程中，弹簧的弹性势能未发生变化，所以恒力F做的功等于物体A增加的机械能，B正确；由功能关系可知，物体与弹簧组成的系统机械能增加量等于恒力F做的功，即为F2，D正确；对物体A此段过程由动能定理列方程：mgmv20，解得v，C错误。7(2019江苏省四校模拟)如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连
11、。开始时物块与定滑轮等高。已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦，现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中，下列说法正确的是(ABD)A刚释放时物块的加速度为gB物块重力的功率先增大后减小C物块下降的最大距离为dD物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力解析小球刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，A正确；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零。物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，B正确；设物块下降的最大距离为x，物块的质量为m
12、。根据系统机械能守恒定律，有：mgx2mg(d)0，解得：xd，C错误；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力等于物块的重力，所以绳子的拉力定大于物块的重力，D正确。8(2019江苏省无锡市模拟)如图所示，内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为R的轻杆，一端固定小球甲，另一端固定小球乙，两球质量均为m，将两小球放入凹槽内，小球乙恰好位于凹槽的最低点，由静止释放后(ABD)A整个运动过程，甲球的速率始终等于乙球的速率B当甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值C甲球在下滑过程，轻杆对甲球先做正功后做负功D甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点解析根据运动的合成与分解可
13、得：v甲cos45v乙cos45，则有：v甲v乙在，所以整个运动过程，甲球的速率始终等于乙球的速率，故A正确；设甲球与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则乙球与圆心的连线与竖直方向的夹角为90，对于系统，机械能守恒，则有：mgRcosmgR(1sin)mvmv，解得：v甲v乙，当45时，即甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值，故B正确；甲球在下滑过程中，轻杆对甲球作用力表现为支持力，力的方向与运动方向相反，轻杆对甲球一直做负功，故C错误；根据对称性可知，甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙球运动到圆心等高点，对于系统根据机械能守恒可得v甲v乙0，故D正确。二、计算题(本题共2小题，需写出完整的
14、解题步骤)9. (2019高三二轮复习测试)如图所示，水平轨道PAB与圆弧轨道BC相切于B点，其中，PA段光滑，AB段粗糙，动摩擦因数0.1，AB段长度L2 m，BC段光滑，半径R1 m。轻质弹簧劲度系数k200 N/m，左端固定于P点，右端处于自由状态时位于A点，现用力推质量m2 kg的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W25 J时撤去推力。已知弹簧弹性势能表达式Epkx2，其中，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度取g10 m/s2。(1)求推力撤去瞬间，滑块的加速度大小；(2)求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B时对B点的压力F大小；(3)判断滑块能否越过C点，如果能，求出滑块
15、到达C点的速度vC和滑块离开C点再次回到C点所用时间t，如果不能，求出滑块能达到的最大高度h。答案(1)50 m/s2(2)62 N(3)能1 m/s0.2 s解析 (1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有WEp，即25200x2，得x0.5 m。由牛顿运动定律得a50 m/s2(2)设滑块到达B点时的速度为vB，由能量关系有WmgLmv，得v21 m2/s2对小滑块，由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN62 N由牛顿第三定律可知，小滑块对B点的压力F62 N(3)设滑块能够到达C点，且具有速度vC，由功能关系得WmgLmgRmv代入数据解得vC1 m/s故滑块能够越过C点，从滑块离开C点
16、到再次回到C点过程中，滑块做匀变速运动，以向下为正方向有vCvCgt，t0.2 s 10.(2019广东七校联考)如图，水平光滑杆CP上套有一个质量为m1 kg的小物块A(可视作质点)，细线跨过O点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量为mB2 kg的小物块B，C点为O点正下方杆的右端点，定滑轮到杆的距离OCh0.4 m。开始时AO与水平方向的夹角为30，A和B静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为37固定斜面，斜面上有一质量为M1 kg的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A与斜面间动摩擦因数均为10.5，木板上表面的DF部分光滑(DF长为L10.53m), FE部
17、分与物块A间的动摩擦因数为2。木板端点E距斜面底端G长LEG0.26 m。现将A、B同时由静止释放(PO与水平方向的夹角为60)，物块A运动到C点时细线突然断开，物块从C水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的锁定。滑块在木板上DF段运动时间恰是在FE段的一半，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)物块A运动到P点时滑块A、B的速度之比；(2)木板表面FE部分的长度L2; (3)从解除锁定开始计时，木板端点E经多长时间到达斜面底端G?答案(1)21(2)0.16 m(3)0.7 s解析(1)在P点时，由速度关系 vAcos60vB ，得vA：vB 2：1
18、(2)滑块A运动到C点时，物块B的速度恰为零。从释放物块A到运动到C，系统机械能守恒：mBg(OAOC)mAv解得 vC4 m/s设刚滑上木板时的速度大小为v0，由平抛规律：v05 m/s滑上木板后，在DF段：因为木板与斜面间最大静摩擦力为： fm1(mM)gcos378 N而重力的分量只有Gx Mgsin6 N, 所以木板不动，物块A加速度a1 gsin6 m/s2对物块A，经过t1运动到F，则：L1v0t1a1t代入数值解得t10.1 svFa1t10.6 m/s滑到F后，对物块A：ma2mgsin372mgcos37代入数值解得a23 m/s2对木板MaMgsin372mgcos371(Mm)gcos37代入数值得a1 m/s2设经过t2时间滑块滑到E点， 则木板的位移：Sat滑块SvFt2a2t已知t22t10.2 s，L2SS代入数值解得L20.16 m(3)由(2)知，分离时木板位移Sat0.02 m, 速度 v1at2 0.2 m/s分离后，对木板：MaMgsin371Mgcos37解得a2 m/s2 由LEGSv1t3at代入数值解得t30.4 s从解除锁定开始计时，木板端点E到达斜面底端G的时间Tt1t2t30.7 s- 9 - 版权所有高考资源网
