专题六 课时作业（一）

专题六课时作业（一）|主题一涉及功能关系的三类题型1．(2023·成都高三质检)如图所示，取一支质量为m的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，然后再竖直下落。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A．按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mghB．放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能C．笔在离开桌面后的上升阶段处于超重状态D．笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为eq\r(\f(2h,g))解析：选A因放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度h，该过程中弹簧的弹性势能转化为重力势能，则弹性势能为mgh，故按压时笔内部弹簧的弹性势能增加了mgh，A正确；放手后到笔向上离开桌面的过程弹簧的弹性势能转化为笔的动能和重力势能，B错误；笔在离开桌面后的上升阶段，加速度向下为g，则处于完全失重状态，C错误；根据竖直上抛运动的对称性可知，笔从离开桌面到落回桌面过程的时间为t＝2eq\r(\f(2h,g))，D错误。2．(2023·西宁高三调研)在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从高处由静止竖直下落至地面过程中，位移大小为x、速度大小为v、加速度大小为a，重力势能为Ep、动能为Ek、下落时间为t。取地面为零势能面，则下列图像正确的是()解析：选B毽子下落过程中，受空气阻力逐渐变大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则x­t图像的斜率先增大后不变，选项A错误；根据牛顿第二定律mg－kv＝ma，则a＝g－eq\f(k,m)v，则选项B正确；重力势能Ep＝mg(h－x)，则Ep­x图像为一条直线，选项C错误；动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，因速度v随时间t逐渐增大且增大的越来越慢，最后速度v可能保持不变，则动能与时间一定不是线性关系，选项D错误。3.如图所示，有两个物块1、2，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮间的摩擦也不计，重力加速度为g。现将两物块从静止释放，物块1上升一小段距离h，在这一过程中，下列说法正确的是()A．物块1和2的重力势能之和不变B．物块1上升到h位置时的速度为eq\r(\f(2gh,3))C．轻绳的拉力大小为eq\f(1,3)m1gD．轻绳对物块1和2做功的功率大小不相等解析：选B对于物块1、2连同轻绳和滑轮组成的系统，由于只有重力做功，所以系统机械能守恒，物块2减少的重力势能全部转化为物块1增加的重力势能和两物块的动能，故物块1和2的重力势能之和减少，A错误；根据动滑轮的特点可知，物块2的速度为物块1的速度的2倍，根据机械能守恒定律可得m2g·2h－m1gh＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m1v12，其中v2＝2v1，m2＝2m1，解得v1＝eq\r(\f(2gh,3))，B正确；根据动滑轮的特点可知，物块1的加速度为物块2的加速度的一半，根据牛顿第二定律可知，2F－m1g＝m1a1，m2g－F＝m2a2，其中a2＝2a1，m2＝2m1，联立解得F＝eq\f(2,3)m1g，C错误；轻绳对物块2做功的功率大小为P2＝Fv2，轻绳对物块1做功的功率大小为P1＝2F·v1，其中v2＝2v1，故轻绳对物块2做功的功率与轻绳对物块1做功的功率大小相等，D错误。4.(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方eq\f(R,2)处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球运动到B点时的速度大小为eq\r(2gR)B．弹簧长度等于R时，小球的机械能最大C．小球在A、B两点时对圆环的压力差大小为4mgD．小球运动到B点时重力的功率为0解析：选BCD由题分析可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(gR)，故A错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等于R时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故B正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F弹，在A点，圆环对小球的支持力FN1＝mg＋F弹。在B点由牛顿第二定律得FN2－mg－F弹＝meq\f(vB2,R)，联立可得FN2－FN1＝4mg，由牛顿第三定律知C正确；在B点竖直方向速度为0，则重力的功率为0，D正确。5．(多选)如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v­t图像如图乙所示，下列判断正确的是()A．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍C．滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少eq\f(3,16)mv02D．滑块沿斜面下滑的过程中动能增加eq\f(1,4)mv02解析：选BD根据题意可知，上滑阶段根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑过程mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，联立解得μ＝eq\f(\r(3),9)，故A错误；上滑阶段的加速度a＝eq\f(v0,t0)，下滑阶段的加速度a′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍，故B正确；由以上分析知mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，联立两式可得摩擦力f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑过程中，机械能减小量等于克服摩擦力做的功ΔE＝Wf＝fx＝f·eq\f(v0t0,2)＝eq\f(1,8)mv02，故C错误；滑块沿斜面下滑过程，根据动能定理得(mgsinθ－f)x＝Ek－0，解得Ek＝eq\f(1,4)mv02，故D正确。6．(2022·通辽高三期末检测)(多选)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有光滑定滑轮。一轻绳跨过滑轮，其一端与悬挂一物块Q的竖直轻弹簧连接，另一端与斜面上的物块P相连。托住物块Q使轻弹簧处于原长时，系统处于静止状态。现将Q由静止释放(未着地)，P始终保持静止，已知物块P、Q质量分别为3m、m，斜面倾角α＝30°，轻绳不可伸长，轻弹簧始终在弹性限度内，以下判断正确的是()A．Q下落过程，P所受的摩擦力一直减小B．Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后增大C．Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先做正功后做负功D．Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量解析：选BCQ刚开始释放时，只受重力作用，加速度方向向下，根据牛顿第二定律可得a＝g，当Q下落到最低点时，根据运动的对称性，可知此时Q的加速度大小也为g，方向竖直向上，根据牛顿第二定律有F－mg＝mg，解得F＝2mg，Q释放前P所受的摩擦力为Ff1＝3mgsin30°＝1.5mg，方向向上；Q在最低点时P所受的摩擦力为Ff2＝F－3mgsin30°＝0.5mg，方向向下，所以Q下落过程，P所受的摩擦力先减小后反向增大，A错误，B正确；Q从释放至最低点过程中，Q所受的合力先向下后向上，所以合力先做正功后做负功，C正确；Q从释放至最大速度过程中，Q克服弹簧弹力做的功等于重力势能的减少量与动能增加量之差，D错误。7．(多选)如图所示，水平地面上放置一质量为M的木箱，长为L的轻杆一端固定在转轴O上，另一端连接一质量为m的可视为质点的小球，开始时杆竖直静止放置，受到微小的扰动后，木箱被小球推着向左运动，木箱和小球分离前某一时刻木箱速度为v，杆和水平方向成α角，不计一切摩擦，重力加速度为g，则()A．此时小球绕O做圆周运动的角速度为eq\f(v,Lsinα)B．此时小球绕O做圆周运动的角速度为eq\f(vcosα,L)C．M和m之比为eq\f(2gL1－sinα,v2)－eq\f(1,sin2α)D．M和m之比为eq\f(2gL1－sinα,v2)－cos2α解析：选AC分离时小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圆周运动，根据线速度与角速度的关系eq\f(v,sinα)＝ωL，解得ω＝eq\f(v,Lsinα)，A正确，B错误；根据机械能守恒定律得mgL(1－sinα)＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,sinα)))2，解得eq\f(M,m)＝eq\f(2gL1－sinα,v2)－eq\f(1,sin2α)，C正确，D错误。8.如图所示，一轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为m的圆环，圆环套在竖直的光滑细杆上。已知细杆与定滑轮的水平距离为d＝0.8m，初始时轻绳与竖直杆的夹角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，取重力加速度g＝10m/s2。现在由静止释放两物体，下列说法正确的是()A．释放之后圆环和物块组成的系统机械能先减小后增大B．若M＝4m，当轻绳与细杆垂直时，圆环的速度为v＝2m/sC．若M＝2m，圆环运动区间的长度为1.2mD．为保证圆环在初始位置上方运动，物块与圆环的质量之比应该满足eq\f(M,m)＞eq\f(5,4)解析：选B因整个系统不存在摩擦力，只有重力做功，故系统的机械能守恒，故A错误；当细线与细杆垂直时，物块的速度为0，根据动能定理可得eq\f(1,2)mv2＝Mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,sinθ)－d))－mgeq\f(d,tanθ)，其中M＝4m，联立解得v＝2m/s，故B正确；若M＝2m时，物块一开始先做向下的加速运动，后做减速运动，圆环先做向上的加速运动，后做减速运动，设物块和圆环速度为零时，细线与细杆夹角为α，根据机械能守恒定律可知，物块重力势能的减少量等于圆环重力势能的增加量，有2mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,sinθ)－\f(d,sinα)))＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,tanθ)－\f(d,tanα)))，整理得65sin2α－112sinα＋48＝0，解得sinα＝eq\f(12,13)或sinα＝eq\f(4,5)(舍去)，根据数学关系sin2α＋cos2α＝1，tanα＝eq\f(sinα,cosα)可解得tanα＝eq\f(12,5)，则圆环上升的最大高度为h＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(d,tanα)＝eq\f(4,15)m，开始时，由于Mgcosθ＝1.2mg＞mg，圆环在初始位置上方运动，则圆环运动区间的长度为eq\f(4,15)m，故C错误；圆环在初始位置上方运动，故可视为圆环在初始位置恰好静止，由此可得Mgcosθ＝mg，解得eq\f(M,m)＝eq\f(5,3)，故当满足eq\f(M,m)＞eq\f(5,3)时，圆环在初始位置上方运动，故D错误。9.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是()A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大C．弹簧最大的弹性势能等于eq\f(3,8)mv02D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为eq\f(3,2)mv02解析：选C细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩最短，此时两者速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根据能量守恒定律可得Epmax＝eq\f(1,2)·3mv02－eq\f(1,2)·(3m＋m)v2＝eq\f(3,8)mv02，此时动能转化为弹簧的弹性势能最大，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。10．(2023·延安高三模拟)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端h高处由静止释放。以小球开始下落的位置为坐标原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，小球所受弹力F的大小随小球位置坐标x的变化关系如图乙所示。小球向下运动过程中，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g，小球可视为质点，不计空气阻力的影响。下列说法正确的是()A．x＝h＋2x0处，小球的速度为零B．x＝h处与x＝h＋2x0处，小球的加速度相同C．x＝h＋x0处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最大D．从x＝h到x＝h＋2x0过程中，小球所受弹力做的功为－2mgx0解析：选D由题图乙知x＝h＋x0时，F＝mg，又F＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)。设小球下落的位移大小为x1时速度为零，则弹簧弹力对小球做的功W＝－eq\f(kx1－h,2)(x1－h)，0～x1的过程，由动能定理得mgx1＋W＝0，解得x1＝h＋x0＋eq\r(x02＋2hx0)＞h＋2x0，A错误。由简谐运动的对称性可知x＝h＋2x0处小球的加速度与x＝h处的加速度等大反向，B错误。x＝h＋x0处，小球的动能最大，由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以x＝h＋x0处，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小，C错误。从x＝h到x＝h＋2x0过程中，小球所受弹力做的功为－eq\f(2mg,2)·2x0＝－2mgx0，D正确。11．(2023·石嘴山高三模拟)如图，质量为m＝2kg的小物块，用长L＝0.4m的细线悬挂于O点，现将细线拉直并与水平方向夹角α＝30°，由静止释放，小物块下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开，小物块恰好从水平传送带最左端滑上传送带，传送带以v0的速度逆时针匀速运转，其上表面距地面高度H＝1.6m，小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从光滑斜面顶端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h＝1.0m，倾角θ＝60°，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧，小物块沿斜面运动的最大距离x＝eq\f(\r(3),2)m，g取10m/s2。求：(1)绳子能承受的最大拉力的大小；(2)传送带速度大小满足的条件；(3)弹簧的最大弹性势能。解析：(1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有mgL(1－sinα)＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝2m/s小物块在B点时，根据向心力公式有F－mg＝meq\f(vB2,L)，联立解得F＝40N根据牛顿第三定律可知细线受到的拉力大小为40N，故细线能承受的最大拉力为40N。(2)由于小物块恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，则tanθ＝eq\f(vy,vx)，H－h＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt联立以上各式得vx＝2m/s则传送带速度v0≥2m/s。(3)小物块在斜面顶端速度v＝eq\r(vx2＋vy2)小物块从顶端到压缩弹簧最短，由机械能守恒定律可得弹簧最大的弹性势能为Ep＝mgxsinθ＋eq\f(1,2)mv2解得Ep＝31J。答案：(1)40N(2)v0≥2m/s(3)31J12.(2022·湖北高考)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用