【创新设计】（浙江专用）高考物理二轮复习 专题提升训练 第4讲 功能关系在力学中的应用(1).doc

第4讲功能关系在力学中的应用一、单项选择题1(2013浙江嘉兴二模，17)伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系如图2415所示，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接，左侧顶端有一小球，与两斜面的动摩擦因数均为.小球从左侧顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧最高点的时间为t2.规定斜面连接处为参考平面，则小球在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能ek及机械能e随时间t的变化关系图线正确的是 ()图2415解析由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度较小，因此，a选项错误，b正确；小球的动能与速率二次方成正比，因此，动能与时间关系图象是曲线，c错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象，不是连续曲线，d错误答案b2(2013株洲市重点中学联考)a、b两物体的质量之比mamb21，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其vt图象如图2416所示那么，a、b两物体所受摩擦阻力之比fafb 与a、b两物体克服摩擦阻力做的功之比wawb分别为 ()图2416a21,41 b41,21c14,12 d12,14解析由a和vt图线知aaab21由fma知fafb41由vt图线下包围的面积等于位移大小知xaxb12由wfx知wawb21，故b正确答案b3用竖直向上大小为30 n的力f，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力f，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为 ()a20 j b24 j c34 j d54 j解析用竖直向上大小为30 n的力f，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，fhmghmv2，撤去力f后由动能定理，mg(dh)w0mv2，联立解得wmg(dh)fhmghfhmgd301 j2100.2 j34 j选项c正确答案c4光滑水平地面上叠放着两个物体a和b，如图2417所示水平拉力f作用在物体b上，使a、b两物体从静止出发一起运动经过时间t，撤去拉力f，再经过时间t，物体a、b的动能分别设为ea和eb，在运动过程中a、b始终保持相对静止以下有几个说法正确的是 ()图2417aeaeb等于拉力f做的功beaeb小于拉力f做的功cea小于撤去拉力f前摩擦力对物体a做的功dea大于撤去拉力f前摩擦力对物体a做的功答案a5如图2418所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体，经一段时间，物体的速度达到，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为q1，物体继续加速，再经一段时间速度增加到v0，这个过程中因摩擦而产生的热量为q2.则q1q2的值为()图2418a31 b13c11 d与大小有关解析设物体与传送带之间的动摩擦因数为，物体在加速运动过程中，由牛顿第二定律得f合mgma，ag，物体从静止到和从到v0所用的时间t相同，物体对地的位移分别为x1和x2，传送带对地的位移分别为s1和s2，物体相对传送带的位移分别为x1和x2，则x1at2t，x2tat2t，s1s2v0t，x1s1x1，x2s2x2x1，q1mgx1，q2mgx2q1，选项a正确答案a二、多项选择题6质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上t0时刻起，物体受到向右的水平拉力f作用，第1 s内f2 n，第2 s内f1 n下列判断正确的是()a2 s末物体的速度是3 m/sb2 s内物体的位移为3 mc第1 s末拉力的瞬时功率最大d第2 s末拉力的瞬时功率最大解析由牛顿第二定律得第1 s和第2 s内的加速度分别为2 m/s2和1 m/s2，第1 s末和第2 s末的速度分别为v1a1t12 m/s，v2v1a2t23 m/s，则选项a正确；2 s 内的位移xt23.5 m，则选项b错误；第1 s末拉力的瞬时功率p1fv14 w，第2 s末拉力的瞬时功率p2fv23 w，则选项c正确，d错误答案ac7在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动过程中所受空气阻力大小恒为f，水平距离为s，落地速率为v，那么，在小球运动过程中()a重力所做的功为mghb小球克服空气阻力所做的功为fc小球落地时，重力的瞬时功率为mgvd小球的重力势能和机械能都逐渐减少解析小球下落过程中，受到重力和空气阻力，重力为恒力，重力做功为mgh，选项a正确；空气阻力大小虽不变，但方向在不断改变，所以为变力，它做的功等于空气阻力的大小乘以路程，而不是乘以位移，选项b错误；小球落地时，小球速度方向与重力方向间有夹角，重力的功率等于重力乘以速度的竖直分量，选项c错误；小球在下落过程中，高度逐渐减小，所以重力势能逐渐减少，空气阻力做负功，将一部分机械能转化为内能，所以机械能也逐渐减少，选项d正确答案ad8(2013全国大纲，20)如图2419所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为h，则此过程中，物块的()图2419a动能损失了2mgh b动能损失了mghc机械能损失了mgh d机械能损失了mgh解析运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中f合mg，由受力分析知摩擦力fmg，当上升高度为h时，位移s2h，由动能定理得ek2mgh；由功能关系知ewfmgsmgh，选项a、c正确答案ac9如图2420所示，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止现对小球沿杆方向施加恒力f0，垂直于杆方向施加竖直向上的力f，且f的大小始终与小球的速度成正比，即fkv(图中未标出)已知小球与杆间的动摩擦因数为，小球运动过程中未从杆上脱落，且f0mg.下列说法正确的是()图2420a小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动直到静止b小球的最大加速度为c恒力f0的最大功率为d小球在加速运动过程中合力对其做功为m2解析刚开始，f0，a，之后v增大，a逐渐增大，当fkvmg时，加速度达到最大，即am；当速度继续增大，fkvmg时，a不断减小，当(fmg)f0，即(kvmg)f0时，a0，速度达到最大，所以vm，此后小球做匀速运动根据以上分析，选项a错，b正确pmf0vm，选项c正确根据动能定理可得小球在加速运动过程中合力对其做功为wm2，d项正确答案bcd10(2013五校一联，12)如图2421所示，一物体m在沿斜面向上的恒力f作用下，由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动，经时间t力f做功为60 j，此后撤掉力f，物体又经过时间t回到出发点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是()图2421a物体回到出发点的动能为60 jb恒力f2mgsin c撤掉力f时，物体的重力势能是45 jd动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力f之后解析根据功能原理可知，除重力(或弹力)做功以外，其他力做的功等于物体机械能的增加量，f做功为60 j，机械能增加60 j，物体回到出发点时，重力势能没变，所以动能是60 j，a正确；撤去f前有xa1t2，fmgsin ma1，撤去f后有x(a1t)ta2t2，mgsin ma2；由此可得，所以有fmgsin ，b错误；wffxmgxsin 60 j，由重力做功与重力势能的关系有，撤去力f时，物体的重力势能epmgxsin 45 j，c正确；由动能定理知，撤去力f时物体动能为ekwfwg15 j，小于此时的重力势能45 j，之后重力势能增大动能减小，所以动能与势能相同的位置在撤去力f之前，d错误答案ac三、非选择题11(2013天津卷，10)质量为m4 kg的小物块静止于水平地面上的a点，现用f10 n的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在b点，a、b两点相距x20 m，物块与地面间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2，求：(1)物块在力f作用过程发生位移x1的大小；(2)撤去力f后物块继续滑动的时间t.解析设物块受到的滑动摩擦力为f1，则f1mg根据动能定理，对物块由a到b整个过程，有fx1f1x0代入数据解得：x116 m(2)设刚撤去力f时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2xx1由牛顿第二定律得：f1ma由v2v2ax得v22ax2由vv0at得vat代入数据解得：t2 s答案(1)16 m(2)2 s12如图2422所示，质量为m0.1 kg的小物块置于平台末端a点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x00.3 m，斜面体底端c距挡板的水平距离为d21 m，斜面体的倾角为45，斜面体的高度h0.5 m现给小物块一大小为v02 m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端b无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过c点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧小物块速度减为零时，弹簧被压缩了x0.1 m已知小物块与水平面间的动摩擦因数0.5，设小物块经过c点时无能量损失，重力加速度g取10 m/s2，求：图2422(1)平台与斜面体间的水平距离d1；(2)小物块在斜面上的运动