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

1、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2 kg的物体沿斜面向下拉了0.5 m的距离，并使物体获得2 m/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10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则在这个过程中()图1A力F大小为8 N B合外力对物体做功2 JC

2、物体重力势能增加了6 J D物体机械能减少了2 J2(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2A物体动能损失了 B物体动能损失了2mghC系统机械能损失了mgh D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3AA和C

3、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h0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45(功能关系与图象问题)一个质量为1 kg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，g10 m/s2，则下列说法正确的是()图5A小球抛出时的速度为12 m/sB小球上升和下降的时间之比为2C小

4、球落回到抛出点时所受合力的功率为64 WD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(Es)图象如图乙所示，其中0s1过程的图线为曲线，s1s2过程的图线为直线根据该图象，下列判断正确的是()图6A0s1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B0s2过程中物体的动能一定增大Cs1s2过程中物体可能在做匀速直线运动Ds1s2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h0.80 m的平台上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上

5、，右端与质量m0.50 kg、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sAB0.40 m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g10 m/s2，则() 图7A弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0 JB弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0 JC整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0 JDM、N的水平距离为1.6 m8.(多选)质量相等的甲、乙两物体从离地面

6、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vt图象如图8所示则下列判断正确的是()图8At0时刻甲物体的加速度大于乙物体的加速度Bt0时刻甲、乙两物体所受阻力相同C0t0时间内，甲、乙两物体重力势能的变化量相同D0t0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，

7、则()图9A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3mgRC物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgRD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mgR10(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10Av1v2Bv1v2C从N到Q的过程中，动能与重力势能相等的

8、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，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，AOOBBCCDl，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tan ，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

9、确的是()图11A物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2gsin B物块最后停在B点C物块在D点时的弹性势能为mglsin D物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为mglsin E12(多选)圆心为O、半径为R的光滑圆弧轨道AC与倾角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m16m2，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12A小球1的机械能守恒B重力对小球1

10、做功的功率先增大后减小C小球1的机械能减小m1gRD轻绳对小球2做的功为m2gR13(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，OAOC，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13A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mv2DaAaCg答案精

11、析1D根据s，得a4 m/s2，由牛顿第二定律有Fmgsin 37mgcos 37ma，可得F4 N，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，Ekmv24 J，故B错误；重力势能的增加量Epmgssin 376 J，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E(Fmgcos 37)s2 J，故D正确2BC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Fmamg，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故Ek减Fsmg2h2mgh，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E减Ek减mghmgh，C项正

12、确，D项错误3BA、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4D由v2h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

13、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5C上升阶段，由匀变速直线运动规律得s0v0t1，可得初速度v024 m/s，选项A错误；上升阶段，由速度公式可得a112 m/s2，由牛顿第二定律可得mgfma1，得fma1mg2 N，下降阶段，由牛顿第二定律可得mgfma2，得a28 m/s2，由位移公式可得s0a2t，解得t2s，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mgs0fs0mv2，解得v8 m/s，故合力的功率Pma2v64 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

14、D错误6B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FsE，即F，所以Es图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知0s1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0s2过程中物体的动能一定一直增大，B正确，C、D错误7AD题图乙所示的Fs图象与横轴所围面积表示力F做的功，由题图乙可知WF6.0 J，选项A正确；在压缩弹簧过程中，克服摩擦力做功WfmgsAB0.500.50100.4 J1.0 J，整个运动过程中克服摩擦力做功为2Wf2.0 J，选项C错误；根据功能关系

15、，弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为EpWFWf5.0 J，选项B错误；物块由B点运动到M点，由功能关系得EpWfmv2，解得物块运动到M点的速度v4 m/s，设M、N的水平距离为s0，由平拋运动规律，s0vt，hgt2，联立解得s01.6 m，选项D正确8AD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mgfma，则甲物体受到阻力小，选项B错误；vt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Epmgh0知乙物体重力势能变化量大，选项C错误；由vt图象可知0t0时间甲物体下降高度小，所以由动能定理

16、mghWfmv2得甲物体克服阻力做的功比乙的少，选项D正确9BC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FN7mg，FNmgm，可得vB，选项A错误；物块从A点到B点的过程有Epmv，解得Ep3mgR，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mgm，物块从B点到C点的过程有mg2RWfmvmv，可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功WfmgR，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10BC质点从

17、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fFN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Ekmv2可知，v1v2，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

18、等的点在A点下方，C项正确，D项错误11CD物块在BD段向下运动过程中，因tan ，物块的重力沿斜面向下的分力mgsin 与滑动摩擦力mgcos 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k3lma，物块静止时有klmgsin ，得a3gsin ，物块在DA段的最大加速度为3gsin ，A选项错误；物块从D点下滑后，沿斜面向下运动，因tan ，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Epmgsin 3lmgcos 2l，Epmglsin ，C选项正确；物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点

19、处时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(EpE)mgsin 2lQ，得Qmglsin E，D选项正确12BD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vcos 30，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(1cos 60)m2gRsin 30m1v2m2()2，得v2gR，对小球1由动能定理有m1gR(1cos 60)WTm1v2，得WTm2gR，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

20、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13CD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mghEpmv2Wf，A到C的过程有2mghEp2WfEp，解得Wfmgh，Epmv2，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Ep2Wf2mghEp，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，ABs，由Wfmgh得mgsin 30，在B点，摩擦力fmgcos 30，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos 30，所以mgcos 30可得mgsin 30mgcos 30，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Fcos 30mgsin 30fmaA，在C点有Fcos 30fmgsin 30maC，两式相减得aAaCg，D项正确