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-粤教版高三物理试题

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1A．力F大小为8N B．合外力对物体做功2JC．物体重力势能增加了6J D．物体机械能减少了2J2．(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eq\f(mgh,2) 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eq\f(mgh,2)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3A．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45．(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5A．小球抛出时的速度为12m/sB．小球上升和下降的时间之比为2∶eq\r(3)C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64eq\r(6)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(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6A．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7A．弹簧被压缩过程中外力F做的功为6.0JB．弹簧被压缩过程中具有的最大弹性势能为6.0JC．整个运动过程中克服摩擦力做功为4.0JD．M、N的水平距离为1.6m8.(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8A．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9A．物块经过B点时的速度大小为eq\r(5gR)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eq\f(1,2)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eq\f(7,2)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eq\f(1,2)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10A．v1＜eq\r(2)v2B．v1＞eq\r(2)v2C．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2gsinθB．物块最后停在B点C．物块在D点时的弹性势能为eq\f(mv2,2)－mglsinθD．物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为eq\f(mv2,2)＋mglsinθ－E12．(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点下滑到图12A．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eq\f(7,9)m1gRD．轻绳对小球2做的功为eq\f(7,9)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°，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eq\f(1,2)mv2D．aA－aC＝g答案精析1．D[根据s＝eq\f(v2,2a)，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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)v0t1，可得初速度v0＝eq\f(2s0,t1)＝24m/s，选项A错误；上升阶段，由速度公式可得a1＝eq\f(v0,t1)＝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＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\r(6)s，即eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,\r(6))，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＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝8eq\r(6)m/s，故合力的功率P＝ma2v＝64eq\r(6)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＝eq\f(ΔE,Δs)，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＋eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)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＝eq\f(1,2)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＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，可得vB＝eq\r(6gR)，选项A错误；物块从A点到B点的过程有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，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＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，物块从B点到C点的过程有－mg·2R－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功Wf＝eq\f(1,2)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eq\f(7,2)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＝eq\f(1,2)mv2可知，v1＞eq\r(2)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3gsinθA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＋eq\f(mv2,2)，Ep＝eq\f(mv2,2)－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＝eq\f(mv2,2)＋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°＝eq\f(\r(3)v,2)，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°＝eq\f(1,2)m1v2＋eq\