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．]