（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题二 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课后达标检测卷（含解析）

（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题二 第二讲 机械能守恒定律 功能关系课后达标检测卷（含解析）1.多选(2018徐州考前模拟)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上。P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，当30时，弹簧处于原长。当30时，P由静止释放，下降到最低点时变为60，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则P下降过程中()AP、Q组成的系统机械能守恒B弹簧弹性势能的最大值为(1)mgLC竖直杆对P的弹力始终大于弹簧弹力DP下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg解析：选BD根据能量守恒可知，滑块P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得Ep2mg(Lcos 30Lcos 60)，即弹簧弹性势能的最大值为Ep(1)mgL，故B正确；对Q，水平方向的合力FxF杆sin F弹ma，因为滑块Q先做加速运动后做减速运动，所以竖直杆对Q的弹力不一定始终大于弹簧弹力，所以竖直杆对P的弹力不一定始终大于弹簧弹力，故C错误；P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，以P、Q为整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mgN2ma，则有N，故C正确。3.多选(2018江苏七市三模)如图所示，斜面体静置在水平面上，斜面底端固定一挡板，轻弹簧一端连接在挡板上，弹簧原长时自由端在B点。一小物块紧靠弹簧放置，在外力作用下将弹簧压缩至A点。物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑，最终停在斜面上，斜面体始终保持静止。则()A物块最终会停在A、B之间的某位置B物块上滑过程速度最大的位置与下滑过程速度最大的位置相同C整个运动过程中产生的内能小于弹簧的最大弹性势能D物块从A上滑到C过程中，地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变解析：选ACD根据题意可知物块由静止释放后，恰能沿粗糙斜面上滑至最高点C，然后下滑说明重力沿斜面的分力大于最大静摩擦力，所以物块最终会停在A、B之间的某位置，故A正确；在上滑过程中加速度为零时速度最大，则有：kx1mgsin mgcos 0，弹簧的压缩量为：x1，下滑时：mgsin mgcos kx20，解得：x2，由此可知弹簧的形变量不同，所以位置也不同，故B错误；物块静止时弹簧处于压缩态，根据能量守恒可知，整个运动过程中弹簧的最大弹性势能转化为内能和部分弹性势能，故C正确；物块从A上滑到C过程中，物块的加速度先减小后反向增大，然后不变，所以地面对斜面体的摩擦力先减小再增大，然后不变，故D正确。4.多选(2018南京、盐城一模)如图所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L 的细线连接两球。现将质量为M 的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动。则物块()A运动到最低点时，小球的动能为零B速度最大时，弹簧的弹性势能最大C速度最大时，杆对两球的支持力大小为(M2m)gD运动到最低点时，杆对两球的支持力小于(M2m)g解析：选AC物块从开始释放先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时小球的速度也为零，故A正确；当物块速度最大时，小球的速度也最大，弹簧将被继续压缩，弹性势能继续增大，故B错误；将两小球和物块看成系统，速度最大时系统合力为零，则杆对两球的支持力大小为(M2m)g，故C正确；运动到最低点时，物块具有向上的加速度，所以杆对两球的支持力大于(M2m)g，故D错误。5多选(2018江苏六市二模)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h。换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中()A弹簧最大弹性势能为MghB乙的最大速度为C乙在B点加速度大小为2gD乙运动到O点下方处速度最大解析：选AD对于物块甲的运动过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理：mghmv2，解得：v，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物块将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mghmg2h，则mM，在B点对M根据牛顿第二定律有：FMgMg，对m根据牛顿第二定律有：Fmgma，联立以上各式可得：a3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有：kh2Mg4mg，即kmg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确。6多选(2018南京、盐城二模)如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内，在物块A上施加一个水平恒力F，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有()AA的加速度先增大后减小BB的加速度一直增大C当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大D当A、B的加速度相等时，两者的动能之差最大解析：选BC对A、B在水平方向受力分析，设F1为弹簧的弹力；对A有：FF1maA，对B有：F1maB，可得A、B的vt图像如图所示，在整个过程中，A的加速度一直减小，而B的加速度一直增大，故A错误，B正确；t2时刻A、B的速度相等，两实线之间围成的面积有最大值，即A、B的位移差最大，此时弹簧被拉到最长，弹性势能最大，故C正确；t1时刻A、B的加速度相等，则合外力F合相等，选取接下来很短的时间t，有F合vAtEkA，F合vBtEkB，由vAvB知EkAEkB，即A动能增加的多，所以两者的动能之差还要增大，故D错误。7.多选(2018镇江一模)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()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：选ACD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，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、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，故B错误；由A到B的过程中，弹簧的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，故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。8.多选(2018无锡期末)如图，质量分别为m1、m2的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。t10时刻在A上施加一个水平向左的恒力F，t2t时刻弹簧第一次恢复到原长状态，此时A、B速度分别为v1和v2。则t1到t2时间内()AA、B和弹簧组成的系统的机械能先增大后减小B当A的加速度为零时，B的加速度为C当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等D物块B移动的距离为解析：选CD在t1到t2时间内，恒力F一直对A、B和弹簧组成的系统做正功，所以系统的机械能一直增大，A错误；当A的加速度为零时，弹簧弹力等于F，所以B的加速度为，B错误；速度相等前，A一直比B速度大，所以弹簧一直在变长，当两物块速度相等时，弹簧最长，此时弹簧的弹性势能最大，C正确；弹簧恢复原长时弹性势能为零，根据功能关系可知：Fxm1v12m2v22，所以x，D正确。9.多选(2018徐州期中)如图所示，大圆环固定不动，套在大圆环上的小环从某处由静止滑下，在大圆环上来回运动几次，最终静止不动。下列说法正确的是()A小环不一定停在大圆环的最低点B小环第一次运动到最低点时动能最大C运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能D第一次到达左边最高点的过程中，小环的机械能先减小后增大解析：选AC小环从某处由静止滑下，当来回运动到摩擦力的大小刚好等于重力沿切线方向分力的大小时速度为零，此时小环静止的地方不是在大圆环的最低点；当小环来回运动到最低点时速度恰好为零，此时小环静止在大圆环的最低点，故A正确。当小环第一次运动到摩擦力的大小与重力沿切线方向分力的大小相等时速度最大，动能最大，故B错误。由于小环最终静止，根据能量守恒可知，运动过程中产生的内能等于小环减小的机械能，故C正确。第一次到达左边最高点的过程中，摩擦力始终做负功，故小环的机械能一直减小，故D错误。10.(2018南京三模)如图所示，物块A、B、C的质量分别为2m、2m、m，并均可视为质点，三个物块用轻绳通过轻质滑轮连接，在外力作用下处于静止状态，此时物块A置于地面，物块B与C、C到地面的距离均是L，现将三个物块由静止释放。若C与地面、B与C相碰后速度立即减为零，A距离滑轮足够远且不计一切阻力，重力加速度为g。求：(1)刚释放时A的加速度大小及轻绳对A的拉力大小；(2)物块A由最初位置上升的最大高度；(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰，则A的质量应满足的条件。解析：(1)设刚释放时A、B、C的加速度大小为a，绳子对A拉力大小为F，由受力分析可知对于A：F2mg2ma对于B、C整体：3mgF3ma解得a，Fmg2.4mg。(2)C下落L后落地，由v22aL可知此时的速度v ，由于A、B的质量相等，之后A以速度v向上运动，B以速度v向下运动，B与C相碰后，A上升的高度由h得h0.2L则物块A由最初位置上升的最大高度H2Lh2.2L。(3)若改变A的质量使系统由静止释放后物块C能落地，则A的质量需满足mA3m同时使得B与C不相碰，即C落地后B减速下降到地面时速度为0，从释放到C落地的过程中运用系统机械能守恒定律：3mgLmAgL(3mmA)v2解得v从C落地到B减速到地面速度为0的过程中运用系统机械能守恒定律：2mgL(2mmA)v2mAgL解得mAm即A的质量满足mmA3m时，系统由静止释放后物块C能落地且物块B与C不相碰。答案：(1)2.4mg(2)2.2L(3)mmA3m11.(2018江苏七市三模)如图所示，两根不可伸长的细绳A、B端分别固定在水平天花板上，O端系有一质量m kg的物体，ABO组成一边长为L5 m的正三角形。物体受到方向水平向左的风力作用，绳BO能承受的最大拉力Fm20 N，绳AO不会被拉断，取g10 m/s2。(1)水平风力F15 N时，物体处于静止状态，求绳BO中的拉力大小FB；(2)水平风力为F2时，绳BO刚好被拉断，求F2和绳BO拉断时物体的加速度大小a；(3)在(2)的情况下，求物体运动过程中的最大速度vm和物体运动到最高点时与初始位置的高度差h。解析：(1)设此时绳AO中的拉力大小FA，由平衡条件有F1FAcos 60FBcos 600FAsin 60FBsin 60mg0代入数据解得FB15 N。(2)设绳BO拉断时，物体仍在原来位置，则拉断前瞬间BO绳拉力水平和竖直方向的分力分别为FmxFmcos 6010 NFmyFmsin 6010 N由于Fmymg，说明物体仍在原来位置，此时绳AO的拉力大小为0。水平方向由平衡条件有F2Fmx10 N绳BO被拉断后，物体做以A为圆心，AO长为半径的圆周运动，拉断时加速度方向沿圆切线方向，则F2sin 60mgcos 60ma解得：a10 m/s2。(3)设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为时，物体运动的速度最大，则F2sin mgcos 0F2(Lcos 60Lcos )mg(Lsin Lsin 60)mvm2联立解得：vm10 m/s设绳AO向左摆到与水平方向的夹角为时，物体到达最高点，则F2(Lcos 60Lcos )mg(Lsin Lsin 60)0hLsin 60Lsin 解得：h7.5 m。答案：(1)15 N(2)10 N10 m/s2(3)10 m/s7.5 m12.(2017衡水中学七调)如图所示，半径R0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上。质量m0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v02 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性势能Epm0.8 J，已知小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2。求：(1)小物块从A点运动至B点的时间；(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力大小；(3)C、D两点间的水平距离L。解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：tan ，解得：t s0.35 s。(2)vB4 m/s。小物块由B运动到C，据动能定理有：mgR(1sin )mvC2mvB2在C点处，根据牛顿第二定律有FNmgm联立两式代入数据解得FN8 N。由牛顿第三定律得：小物块经过圆弧轨道上的C点时，对轨道的压力FNFN8 N。(3)从C点到D点，由能量守恒定律可知：mvC2mgLCDEpm解得：LCD1.2 m。答案：(1)0.35 s(2)8 N(3)1.2 m