專題六 課時作業(yè)（一）

專題六課時作業(yè)（一）|主題一涉及功能關(guān)系的三類題型1．(2023·成都高三質(zhì)檢)如圖所示，取一支質(zhì)量為m的按壓式圓珠筆，將筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，無初速放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度h，然后再豎直下落。重力加速度為g，不計空氣阻力。下列說法正確的是()A．按壓時筆內(nèi)部彈簧的彈性勢能增加了mghB．放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為筆的動能C．筆在離開桌面后的上升階段處于超重狀態(tài)D．筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為eq\r(\f(2h,g))解析：選A因放手后筆將會豎直向上彈起一定的高度h，該過程中彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為重力勢能，則彈性勢能為mgh，故按壓時筆內(nèi)部彈簧的彈性勢能增加了mgh，A正確；放手后到筆向上離開桌面的過程彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為筆的動能和重力勢能，B錯誤；筆在離開桌面后的上升階段，加速度向下為g，則處于完全失重狀態(tài)，C錯誤；根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，筆從離開桌面到落回桌面過程的時間為t＝2eq\r(\f(2h,g))，D錯誤。2．(2023·西寧高三調(diào)研)在無風(fēng)天氣里，毽子受到的空氣阻力大小與其下落的速度大小成正比。一毽子從高處由靜止豎直下落至地面過程中，位移大小為x、速度大小為v、加速度大小為a，重力勢能為Ep、動能為Ek、下落時間為t。取地面為零勢能面，則下列圖像正確的是()解析：選B毽子下落過程中，受空氣阻力逐漸變大，則加速度逐漸減小，最后加速度可能減小為零，即速度先增大后不變，則x-t圖像的斜率先增大后不變，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第二定律mg－kv＝ma，則a＝g－eq\f(k,m)v，則選項B正確；重力勢能Ep＝mg(h－x)，則Ep-x圖像為一條直線，選項C錯誤；動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，因速度v隨時間t逐漸增大且增大的越來越慢，最后速度v可能保持不變，則動能與時間一定不是線性關(guān)系，選項D錯誤。3.如圖所示，有兩個物塊1、2，質(zhì)量分別為m1、m2，m2是m1的兩倍，用輕繩將兩個物塊連接在滑輪組上，滑輪的質(zhì)量不計，輕繩與滑輪間的摩擦也不計，重力加速度為g?，F(xiàn)將兩物塊從靜止釋放，物塊1上升一小段距離h，在這一過程中，下列說法正確的是()A．物塊1和2的重力勢能之和不變B．物塊1上升到h位置時的速度為eq\r(\f(2gh,3))C．輕繩的拉力大小為eq\f(1,3)m1gD．輕繩對物塊1和2做功的功率大小不相等解析：選B對于物塊1、2連同輕繩和滑輪組成的系統(tǒng)，由于只有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，物塊2減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為物塊1增加的重力勢能和兩物塊的動能，故物塊1和2的重力勢能之和減少，A錯誤；根據(jù)動滑輪的特點可知，物塊2的速度為物塊1的速度的2倍，根據(jù)機械能守恒定律可得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正確；根據(jù)動滑輪的特點可知，物塊1的加速度為物塊2的加速度的一半，根據(jù)牛頓第二定律可知，2F－m1g＝m1a1，m2g－F＝m2a2，其中a2＝2a1，m2＝2m1，聯(lián)立解得F＝eq\f(2,3)m1g，C錯誤；輕繩對物塊2做功的功率大小為P2＝Fv2，輕繩對物塊1做功的功率大小為P1＝2F·v1，其中v2＝2v1，故輕繩對物塊2做功的功率與輕繩對物塊1做功的功率大小相等，D錯誤。4.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，AB、CD是圓環(huán)相互垂直的兩條直徑，C、D兩點與圓心O等高。一質(zhì)量為m的光滑小球套在圓環(huán)上，一根輕質(zhì)彈簧一端連在小球上，另一端固定在P點，P點在圓心O的正下方eq\f(R,2)處。小球從最高點A由靜止開始沿逆時針方向運動，已知彈簧的原長為R，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．小球運動到B點時的速度大小為eq\r(2gR)B．彈簧長度等于R時，小球的機械能最大C．小球在A、B兩點時對圓環(huán)的壓力差大小為4mgD．小球運動到B點時重力的功率為0解析：選BCD由題分析可知，小球在A、B兩點時彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等，小球從A到B的過程，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得：2mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(gR)，故A錯誤；根據(jù)小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機械能守恒知，彈簧長度等于R時，彈簧的彈性勢能為零，則此時小球的機械能最大，故B正確；設(shè)小球在A、B兩點時彈簧的彈力大小為F彈，在A點，圓環(huán)對小球的支持力FN1＝mg＋F彈。在B點由牛頓第二定律得FN2－mg－F彈＝meq\f(vB2,R)，聯(lián)立可得FN2－FN1＝4mg，由牛頓第三定律知C正確；在B點豎直方向速度為0，則重力的功率為0，D正確。5．(多選)如圖甲所示，固定斜面的傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做勻減速運動，經(jīng)過一段時間后又沿斜面下滑回到底端，整個過程小物塊的v-t圖像如圖乙所示，下列判斷正確的是()A．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)B．上滑過程的加速度大小是下滑過程的2倍C．滑塊沿斜面上滑的過程中機械能減少eq\f(3,16)mv02D．滑塊沿斜面下滑的過程中動能增加eq\f(1,4)mv02解析：選BD根據(jù)題意可知，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，同理下滑過程mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),9)，故A錯誤；上滑階段的加速度a＝eq\f(v0,t0)，下滑階段的加速度a′＝eq\f(0.5v0,t0)，所以上滑過程的加速度大小是下滑過程的2倍，故B正確；由以上分析知mgsinθ＋μmgcosθ＝meq\f(v0,t0)，mgsinθ－μmgcosθ＝meq\f(0.5v0,t0)，聯(lián)立兩式可得摩擦力f＝μmgcosθ＝eq\f(mv0,4t0)，上滑過程中，機械能減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錯誤；滑塊沿斜面下滑過程，根據(jù)動能定理得(mgsinθ－f)x＝Ek－0，解得Ek＝eq\f(1,4)mv02，故D正確。6．(2022·通遼高三期末檢測)(多選)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有光滑定滑輪。一輕繩跨過滑輪，其一端與懸掛一物塊Q的豎直輕彈簧連接，另一端與斜面上的物塊P相連。托住物塊Q使輕彈簧處于原長時，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將Q由靜止釋放(未著地)，P始終保持靜止，已知物塊P、Q質(zhì)量分別為3m、m，斜面傾角α＝30°，輕繩不可伸長，輕彈簧始終在彈性限度內(nèi)，以下判斷正確的是()A．Q下落過程，P所受的摩擦力一直減小B．Q下落過程，P所受的摩擦力先減小后增大C．Q從釋放至最低點過程中，Q所受的合力先做正功后做負功D．Q從釋放至最大速度過程中，Q克服彈簧彈力做的功等于重力勢能的減少量解析：選BCQ剛開始釋放時，只受重力作用，加速度方向向下，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝g，當(dāng)Q下落到最低點時，根據(jù)運動的對稱性，可知此時Q的加速度大小也為g，方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝mg，解得F＝2mg，Q釋放前P所受的摩擦力為Ff1＝3mgsin30°＝1.5mg，方向向上；Q在最低點時P所受的摩擦力為Ff2＝F－3mgsin30°＝0.5mg，方向向下，所以Q下落過程，P所受的摩擦力先減小后反向增大，A錯誤，B正確；Q從釋放至最低點過程中，Q所受的合力先向下后向上，所以合力先做正功后做負功，C正確；Q從釋放至最大速度過程中，Q克服彈簧彈力做的功等于重力勢能的減少量與動能增加量之差，D錯誤。7．(多選)如圖所示，水平地面上放置一質(zhì)量為M的木箱，長為L的輕桿一端固定在轉(zhuǎn)軸O上，另一端連接一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的小球，開始時桿豎直靜止放置，受到微小的擾動后，木箱被小球推著向左運動，木箱和小球分離前某一時刻木箱速度為v，桿和水平方向成α角，不計一切摩擦，重力加速度為g，則()A．此時小球繞O做圓周運動的角速度為eq\f(v,Lsinα)B．此時小球繞O做圓周運動的角速度為eq\f(vcosα,L)C．M和m之比為eq\f(2gL1－sinα,v2)－eq\f(1,sin2α)D．M和m之比為eq\f(2gL1－sinα,v2)－cos2α解析：選AC分離時小球水平方向的分速度和木箱速度相等，小球做圓周運動，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系eq\f(v,sinα)＝ωL，解得ω＝eq\f(v,Lsinα)，A正確，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得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正確，D錯誤。8.如圖所示，一輕繩跨過光滑且可看作質(zhì)點的定滑輪，一端系著質(zhì)量為M的物塊，另一端系著質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)套在豎直的光滑細桿上。已知細桿與定滑輪的水平距離為d＝0.8m，初始時輕繩與豎直桿的夾角θ＝53°(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，取重力加速度g＝10m/s2?，F(xiàn)在由靜止釋放兩物體，下列說法正確的是()A．釋放之后圓環(huán)和物塊組成的系統(tǒng)機械能先減小后增大B．若M＝4m，當(dāng)輕繩與細桿垂直時，圓環(huán)的速度為v＝2m/sC．若M＝2m，圓環(huán)運動區(qū)間的長度為1.2mD．為保證圓環(huán)在初始位置上方運動，物塊與圓環(huán)的質(zhì)量之比應(yīng)該滿足eq\f(M,m)＞eq\f(5,4)解析：選B因整個系統(tǒng)不存在摩擦力，只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤；當(dāng)細線與細桿垂直時，物塊的速度為0，根據(jù)動能定理可得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，聯(lián)立解得v＝2m/s，故B正確；若M＝2m時，物塊一開始先做向下的加速運動，后做減速運動，圓環(huán)先做向上的加速運動，后做減速運動，設(shè)物塊和圓環(huán)速度為零時，細線與細桿夾角為α，根據(jù)機械能守恒定律可知，物塊重力勢能的減少量等于圓環(huán)重力勢能的增加量，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)，根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系sin2α＋cos2α＝1，tanα＝eq\f(sinα,cosα)可解得tanα＝eq\f(12,5)，則圓環(huán)上升的最大高度為h＝eq\f(d,tanθ)－eq\f(d,tanα)＝eq\f(4,15)m，開始時，由于Mgcosθ＝1.2mg＞mg，圓環(huán)在初始位置上方運動，則圓環(huán)運動區(qū)間的長度為eq\f(4,15)m，故C錯誤；圓環(huán)在初始位置上方運動，故可視為圓環(huán)在初始位置恰好靜止，由此可得Mgcosθ＝mg，解得eq\f(M,m)＝eq\f(5,3)，故當(dāng)滿足eq\f(M,m)＞eq\f(5,3)時，圓環(huán)在初始位置上方運動，故D錯誤。9.如圖所示，質(zhì)量為3m的物塊A與質(zhì)量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細線剛好伸直但無彈力?，F(xiàn)使物塊A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細線沒有繃斷，以下判斷正確的是()A．細線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大B．細線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大C．彈簧最大的彈性勢能等于eq\f(3,8)mv02D．物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能最多為eq\f(3,2)mv02解析：選C細線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復(fù)原長時，該過程中A始終受到向左的彈力，即一直做減速運動，B始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后變小，故B的加速度先增大后減小，故A、B錯誤；彈簧彈性勢能最大時，彈簧壓縮最短，此時兩者速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝eq\f(3,4)v0，根據(jù)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，此時動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能最大，故C正確；整個過程中，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故D錯誤。10．(2023·延安高三模擬)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端h高處由靜止釋放。以小球開始下落的位置為坐標(biāo)原點，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，小球所受彈力F的大小隨小球位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示。小球向下運動過程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，小球可視為質(zhì)點，不計空氣阻力的影響。下列說法正確的是()A．x＝h＋2x0處，小球的速度為零B．x＝h處與x＝h＋2x0處，小球的加速度相同C．x＝h＋x0處，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最大D．從x＝h到x＝h＋2x0過程中，小球所受彈力做的功為－2mgx0解析：選D由題圖乙知x＝h＋x0時，F(xiàn)＝mg，又F＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)。設(shè)小球下落的位移大小為x1時速度為零，則彈簧彈力對小球做的功W＝－eq\f(kx1－h(huán),2)(x1－h(huán))，0～x1的過程，由動能定理得mgx1＋W＝0，解得x1＝h＋x0＋eq\r(x02＋2hx0)＞h＋2x0，A錯誤。由簡諧運動的對稱性可知x＝h＋2x0處小球的加速度與x＝h處的加速度等大反向，B錯誤。x＝h＋x0處，小球的動能最大，由于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以x＝h＋x0處，小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和最小，C錯誤。從x＝h到x＝h＋2x0過程中，小球所受彈力做的功為－eq\f(2mg,2)·2x0＝－2mgx0，D正確。11．(2023·石嘴山高三模擬)如圖，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，用長L＝0.4m的細線懸掛于O點，現(xiàn)將細線拉直并與水平方向夾角α＝30°，由靜止釋放，小物塊下擺至最低點B處時，細線達到其最大承受力并瞬間斷開，小物塊恰好從水平傳送帶最左端滑上傳送帶，傳送帶以v0的速度逆時針勻速運轉(zhuǎn)，其上表面距地面高度H＝1.6m，小物塊最后從傳送帶左端飛出，并恰好從光滑斜面頂端沿斜面方向滑上斜面。斜面高h＝1.0m，傾角θ＝60°，斜面底端擋板上固定一輕彈簧。小物塊沿斜面下滑一段距離后，壓縮彈簧，小物塊沿斜面運動的最大距離x＝eq\f(\r(3),2)m，g取10m/s2。求：(1)繩子能承受的最大拉力的大?。?2)傳送帶速度大小滿足的條件；(3)彈簧的最大彈性勢能。解析：(1)小物塊從靜止擺到最低點過程中，根據(jù)機械能守恒定律有mgL(1－sinα)＝eq\f(1,2)mvB2解得vB＝2m/s小物塊在B點時，根據(jù)向心力公式有F－mg＝meq\f(vB2,L)，聯(lián)立解得F＝40N根據(jù)牛頓第三定律可知細線受到的拉力大小為40N，故細線能承受的最大拉力為40N。(2)由于小物塊恰好沿斜面方向落到光滑斜面上，即小物塊落到斜面頂端時速度方向沿斜面方向，則tanθ＝eq\f(vy,vx)，H－h(huán)＝eq\f(1,2)gt2，vy＝gt聯(lián)立以上各式得vx＝2m/s則傳送帶速度v0≥2m/s。(3)小物塊在斜面頂端速度v＝eq\r(vx2＋vy2)小物塊從頂端到壓縮彈簧最短，由機械能守恒定律可得彈簧最大的彈性勢能為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)打樁機是基建常用工具。某種簡易打樁機模型如圖所示，重物A、B和C通過不可伸長的輕質(zhì)長繩跨過兩個光滑的等高小定滑輪連接，C與滑輪等高(圖中實線位置)時，C到兩定滑輪的距離均為L。重物A和B的質(zhì)量均為m，系統(tǒng)可以在如圖虛線位置保持靜止，此時連接C的繩與水平方向的夾角為60°。某次打樁時，用