高考物理一轮复习第6章机械能微专题29力学中功能关系的理解与应用试题粤教版.docx
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高考物理一轮复习第6章机械能微专题29力学中功能关系的理解与应用试题粤教版
29力学中功能关系的理解与应用
[方法点拨]
(1)做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.
(2)功与能量是“一一对应”的,如重力做功对应重力势能的变化,合外力做功对应动能的变化等.
1.(功能关系应用)如图1,在倾角θ=37°的斜面上,用平行于斜面向下的恒力F把原来静止于斜面上的质量为2kg的物体沿斜面向下拉了0.5m的距离,并使物体获得2m/s的速度.已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则在这个过程中( )
图1
A.力F大小为8NB.合外力对物体做功2J
C.物体重力势能增加了6JD.物体机械能减少了2J
2.(功能关系应用)(多选)如图2所示,一个质量为m的物体(可视为质点),以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面,其加速度大小为g,在斜面上运动的最大高度为h.则在此过程中,下列说法正确的是( )
图2
A.物体动能损失了
B.物体动能损失了2mgh
C.系统机械能损失了mghD.系统机械能损失了
3.(摩擦力特点与功能关系应用)如图3所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放;B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0;C的初速度方向沿水平方向,大小也为v0.斜面足够大,A、B、C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是( )
图3
A.A和C将同时滑到斜面底端
B.滑到斜面底端时,B的动能最大
C.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多
D.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多
4.(功能关系的图象问题)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图4所示.若取h=0处为重力势能等于零的参考平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )
图4
5.(功能关系与图象问题)一个质量为1kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,假如小球所受空气阻力大小恒定,该过程的位移-时间图象如图5所示,g=10m/s2,则下列说法正确的是( )
图5
A.小球抛出时的速度为12m/s
B.小球上升和下降的时间之比为2∶
C.小球落回到抛出点时所受合力的功率为64
W
D.小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失
6.如图6甲所示,以斜面底端为重力势能零势能面,一物体在平行斜面的拉力作用下,由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E-s)图象如图乙所示,其中0~s1过程的图线为曲线,s1~s2过程的图线为直线.根据该图象,下列判断正确的是( )
图6
A.0~s1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下
B.0~s2过程中物体的动能一定增大
C.s1~s2过程中物体可能在做匀速直线运动
D.s1~s2过程中物体可能在做匀减速直线运动
7.(多选)如图7甲所示,在距离地面高度为h=0.80m的平台上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量m=0.50kg、可看做质点的物块相接触(不粘连),OA段粗糙且长度等于弹簧原长,其余位置均无阻力作用.物块开始静止于A点,OA段的动摩擦因数μ=0.50.现对物块施加一个水平向左的外力F,大小随位移s变化关系如图乙所示.物块向左运动sAB=0.40m到达B点,到达B点时速度为零,随即撤去外力F,物块在弹簧弹力作用下向右运动,从M点离开平台,落到地面上N点,取g=10m/s2,则( )
图7
A.弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0J
B.弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0J
C.整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0J
D.M、N的水平距离为1.6m
8.(多选)质量相等的甲、乙两物体从离地面相同高度处同时由静止开始下落,运动中两物体所受阻力的特点不同,其v-t图象如图8所示.则下列判断正确的是( )
图8
A.t0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度
B.t0时刻甲、乙两物体所受阻力相同
C.0~t0时间内,甲、乙两物体重力势能的变化量相同
D.0~t0时间内,甲物体克服阻力做的功比乙的少
9.(多选)如图9所示,光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接,轨道半径为R,BC为直径,一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接),释放物块,物块被弹簧弹出后,经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍,之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则
( )
图9
A.物块经过B点时的速度大小为
B.刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR
C.物块从B点到C点克服阻力所做的功为
mgR
D.若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍,物块到达C点的动能为
mgR
10.(多选)如图10所示,一半径为R,粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平.轨道上的A点离PQ的距离为
R,一质量为m的质点自P点上方某处由静止开始下落,从P点进入轨道后刚好能到达Q点并能再次返回经过N点.已知质点第一次滑到轨道最低点N时速率为v1,第一次到达A点时速率为v2,选定N点所在的水平面为重力势能的零势能面,则( )
图10
A.v1<
v2
B.v1>
v2
C.从N到Q的过程中,动能与重力势能相等的点在A点上方,从Q到N的过程中,动能与重力势能相等的点在A点下方
D.从N到Q的过程中,动能与势能相等的点在A点下方,从Q到N的过程中,动能与重力势能相等的点在A点上方
11.(多选)如图11所示,固定斜面倾角为θ,在斜面底端固定一个轻质弹簧,弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块,O点是弹簧处于原长状态时上端的位置,物块静止时位于A点.斜面上另外有B、C、D三点,AO=OB=BC=CD=l,其中AB段光滑,BD段粗糙,物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ=tanθ,重力加速度为g.物块静止时弹簧的弹性势能为E,用外力将物块拉到D点由静止释放,第一次经过O点时的速度大小为v,已知弹簧始终在弹性限度内,则下列说法正确的是( )
图11
A.物块从D点向下运动到A点的过程中,最大加速度大小为2gsinθ
B.物块最后停在B点
C.物块在D点时的弹性势能为
-mglsinθ
D.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为
+mglsinθ-E
12.(多选)圆心为O、半径为R的光滑圆弧轨道AC与倾角θ=30°的光滑斜面BC固定在一起,如图12所示,其中O、C、B三点共线,OA竖直.质量分别为m1、m2的两小球1、2用轻绳相连挂在C点两侧(C点处有一小段圆弧),开始时小球1位于C处,小球2位于斜面底端B处,现由静止释放小球1,小球1沿圆弧轨道下滑,已知m1=6m2,重力加速度为g,则在小球1由C点下滑到A点的过程中( )
图12
A.小球1的机械能守恒
B.重力对小球1做功的功率先增大后减小
C.小球1的机械能减小
m1gR
D.轻绳对小球2做的功为
m2gR
13.(多选)如图13所示,轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上,另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连,直杆的倾角为30°,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑,初始加速度大小为aA,第一次经过B处的速度大小为v,运动到C处速度为0,后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.下列说法正确的是( )
图13
A.小球可以返回到出发点A处
B.撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止
C.弹簧具有的最大弹性势能为
mv2
D.aA-aC=g
答案精析
1.D [根据s=
,得a=4m/s2,由牛顿第二定律有F+mgsin37°-μmgcos37°=ma,可得F=4N,故A错误;根据动能定理,合外力对物体做的功等于物体动能的变化量,ΔEk=
mv2=4J,故B错误;重力势能的增加量ΔEp=-mgssin37°=-6J,故C错误;除重力以外其他力所做的功引起机械能的变化,则有ΔE=(F-μmgcos37°)s=-2J,故D正确.]
2.BC [物体上滑过程中,受到重力、支持力和摩擦力,根据牛顿第二定律,得到合力F=ma=mg,方向沿斜面向下,动能减小量等于克服合力做的功,故ΔEk减=Fs=mg·2h=2mgh,A项错误,B项正确;系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和,故ΔE减=ΔEk减-mgh=mgh,C项正确,D项错误.]
3.B [A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等,A所受滑动摩擦力沿斜面向上,C沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力,所以C的加速度大于A的加速度,C先到达斜面底端,A项错误;重力做功相同,摩擦力对A、B做功相同,C克服摩擦力做功最多,而B有初速度,则滑到斜面底端时,B滑块的动能最大,B项正确;三个滑块下降的高度相同,重力势能减小相同,C项错误;滑动摩擦力做功与路程有关,C运动的路程最大,C克服摩擦力做功最大,机械能减少最多,D项错误.]
4.D [由v2-h图象为倾斜直线可知,物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小.由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故D项正确.]
5.C [上升阶段,由匀变速直线运动规律得s0=
v0t1,可得初速度v0=
=24m/s,选项A错误;上升阶段,由速度公式可得a1=
=12m/s2,由牛顿第二定律可得mg+f=ma1,得f=ma1-mg=2N,下降阶段,由牛顿第二定律可得mg-f=ma2,得a2=8m/s2,由位移公式可得s0=
a2t
,解得t2=
s,即
=
,选项B错误;设小球落回抛出点时的速度为v,由动能定理可得mgs0-fs0=
mv2,解得v=8
m/s,故合力的功率P=ma2v=64
W,选项C正确;小球上升过程和下降过程,空气阻力做功相等,故两过程损失的机械能相等,选项D错误.]
6.B [除重力之外的其他力做的功就等于物体的机械能的改变量,则F·Δs=ΔE,即F=
,所以E-s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小,由图可知0~s1内图线的斜率为负,则物体所受拉力沿斜面向上,A错误;由于物体由静止开始向下运动,所以物体所受拉力小于物体的重力沿斜面向下的分力,物体加速运动,所以在0~s2过程中物体的动能一定一直增大,B正确,C、D错误.]
7.AD [题图乙所示的F-s图象与横轴所围面积表示力F做的功,由题图乙可知WF=6.0J,选项A正确;在压缩弹簧过程中,克服摩擦力做功Wf=μmgsAB=0.50×0.50×10×0.4J=
1.0J,整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf=2.0J,选项C错误;根据功能关系,弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为Ep=WF-Wf=5.0J,选项B错误;物块由B点运动到M点,由功能关系得Ep=Wf+
mv2,解得物块运动到M点的速度v=4m/s,设M、N的水平距离为s0,由平拋运动规律,s0=vt,h=
gt2,联立解得s0=1.6m,选项D正确.]
8.AD [从图象可知,在t0时刻甲物体的图线斜率大于乙物体的图线的斜率,即a甲>a乙,选项A正确;由牛顿第二定律得mg-f=ma,则甲物体受到阻力小,选项B错误;v-t图象与时间轴围成的面积表示位移大小,所以经t0时间乙物体发生的位移比甲物体大,由ΔEp=mgh-0知乙物体重力势能变化量大,选项C错误;由v-t图象可知0~t0时间甲物体下降高度小,所以由动能定理mgh-Wf=
mv2得甲物体克服阻力做的功比乙的少,选项D正确.]
9.BC [设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB,物块在B点时有FN=7mg,FN-mg=m
,可得vB=
,选项A错误;物块从A点到B点的过程有Ep=
mv
,解得Ep=3mgR,选项B正确;设物块到达C点时的速度为vC,物块在C点时有mg=m
,物块从B点到C点的过程有-mg·2R-Wf=
mv
-
mv
,可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功Wf=
mgR,选项C正确;若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍,物块进入半圆形轨道的速度增大,在同一点物块对轨道的压力增大,摩擦力增大,物块从B点到C点克服阻力所做的功增大,物块到达C点的动能小于
mgR,选项D错误.]
10.BC [质点从N到A再到Q的过程中,重力与摩擦力做功,由于质点做圆周运动,由运动的特点可知,质点在NA段与轨道之间的压力大于AQ段之间质点与轨道之间的压力,根据f=μFN可知,质点在NA段受到的摩擦力比较大,所以质点在NA段摩擦力做的功比较多,则重力与摩擦力在NA段做的功比较多,所以质点第一次到达N点处的动能一定大于质点第一次到达A点处动能的2倍,根据动能的表达式Ek=
mv2可知,v1>
v2,A项错误,B项正确;如果轨道光滑,质点在运动过程中不受摩擦力,上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点,现在由于要克服摩擦力做功,机械能减小,所以上升过程中动能与重力势能相等的位置在A点上方,从Q到N的过程中,动能与重力势能相等的点在A点下方,C项正确,D项错误.]
11.CD [物块在BD段向下运动过程中,因μ=tanθ,物块的重力沿斜面向下的分力mgsinθ与滑动摩擦力μmgcosθ大小相等,弹簧弹力提供加速度,物块在D点处加速度最大,有k×3l=ma,物块静止时有kl=mgsinθ,得a=3gsinθ,物块在DA段的最大加速度为3gsinθ,
A选项错误;物块从D点下滑后,沿斜面向下运动,因μ=tanθ,物块在B点时受到弹簧拉力,不可能静止,最终在B点下方做往复运动,到B点处的速度为零,B选项错误;物块从D点第一次到O点,由功能关系得Ep+mgsinθ×3l=μmgcosθ×2l+
,Ep=
-mglsinθ,C选项正确;物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点处时弹簧的弹性势能相同,对全过程分析有(Ep-E)+mgsinθ×2l=Q,得Q=
+mglsinθ-E,D选项正确.]
12.BD [小球1在下滑过程中,沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0,所以重力对小球1做功的功率先增大后减小,B对;设小球1在A点时速度为v,由运动的合成与分解知此时小球2的速率为vcos30°=
,小球1由C点到下滑到A点的过程中,对小球1和小球2整体由动能定理有m1gR(1-cos60°)-m2gRsin30°=
m1v2+
m2(
)2,得v2=
gR,对小球1由动能定理有m1gR(1-cos60°)+WT=
m1v2,得WT=-
m2gR,即小球1的机械能减少
m2gR,A、C错;因小球1由C点下滑到A点的过程中,小球1和小球2组成的系统机械能守恒,所以轻绳对小球2做的功为
m2gR,D对.]
13.CD [设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf,AB间的竖直高度为h,小球的质量为m,弹簧具有的最大弹性势能为Ep,根据能量守恒定律得:
对于小球A到B的过程有mgh+Ep=
mv2+Wf,A到C的过程有2mgh+Ep=2Wf+Ep,解得Wf=mgh,Ep=
mv2,小球从C点向上运动时,假设能返回到A点,则由能量守恒定律得Ep=2Wf+2mgh+Ep,该式违反了能量守恒定律,可知小球不能返回到出发点A处,A项错误,C项正确;设从A运动到C摩擦力的平均值为
,AB=s,由Wf=mgh得
=mgsin30°,在B点,摩擦力f=μmgcos30°,由于弹簧对小球有拉力(除B点外),小球对杆的压力大于mgcos30°,所以
>μmgcos30°可得mgsin30°>μmgcos30°,因此撤去弹簧,小球不能在直杆上处于静止,B项错误;根据牛顿第二定律得,在A点有Fcos30°+mgsin30°-f=maA,在C点有Fcos30°-f-mgsin30°=maC,两式相减得aA-aC=g,D项正确.]