（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第五章 微專題40 力學中功能關系的理解和應用加練半小時（含解析）

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1、力學中功能關系的理解和應用 [方法點撥]　(1)做功的過程就是能量轉化的過程.功是能量轉化的量度.(2)功與能量的變化是“一一對應”的，如重力做功對應重力勢能的變化，合外力做功對應動能的變化等. 1.(2018·河南省八校第二次測評)一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用，沿豎直方向向上做減速運動.此過程中物體速度的平方和上升高度的關系如圖1所示.若取h＝0處為重力勢能零勢能面，則此過程中物體的機械能隨高度變化的圖象可能正確的是(　　) 圖1 2.(2018·河北省唐山市一模)2018年2月13日，平昌冬奧會單板滑雪女子U型場地決賽中，我國選手劉佳宇榮獲亞軍，為我國奪得首枚獎牌

2、.如圖2為U型池模型，其中A、B為U型池兩側邊緣，C為U型池最低點，U型池軌道各處粗糙程度相同.一小球在池邊高h處自由下落由左側進入池中，從右側飛出后上升的最大高度為，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.小球再次進入池中后，能夠沖出左側邊緣A然后返回 B.小球再次進入池中后，剛好到達左側邊緣A然后返回 C.由A到C過程與由C到B過程相比，小球損耗的機械能相同 D.由A到C過程與由C到B過程相比，前一過程小球損耗的機械能較小 3.(多選)(2018·四川省瀘州市一檢)如圖3所示，固定斜面傾角為θ，在斜面底端固定一個輕質彈簧，彈簧上端連接一個可視為質點的、質量為m的物塊，O點是

3、彈簧處于原長狀態(tài)時上端的位置，物塊靜止時位于A點.斜面上另外有B、C、D三點，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B點下方斜面光滑，BD段粗糙，物塊與斜面BD段間的動摩擦因數為μ＝tanθ，重力加速度為g.物塊靜止時彈簧的彈性勢能為E，用外力將物塊拉到D點由靜止釋放，第一次經過O點時的速度大小為v，已知彈簧始終在彈性限度內，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.物塊從D點向下運動到A點的過程中，最大加速度大小為2gsinθ B.物塊最后停在B點 C.物塊在D點時的彈性勢能為－mglsinθ D.物塊運動的全過程中因摩擦產生的熱量為＋mglsinθ－E 4.如圖4所示，A、B、C三個

4、一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運動.A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也為v0.斜面足夠大，A、B、C運動過程中不會相碰.下列說法正確的是(　　) 圖4 A.A和C將同時滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時，B的動能最大 C.滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多 D.滑到斜面底端時，B的機械能減少最多 5.(多選)(2018·安徽省皖南八校聯考)如圖5甲所示，繃緊的足夠長的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，一質量為m＝1kg、水平初速度大小為v2的小物塊，從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶；若從小物塊滑上傳送帶開始

5、計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示.則(　　) 圖5 A.小物塊向左運動的過程中離A處的最大距離為4m B.0～3s時間內，小物塊受到的摩擦力的沖量大小為2N·s C.0～4s時間內，傳送帶克服摩擦力做功為16J D.小物塊與傳送帶之間由摩擦產生的熱量為18J 6.(2019·湖北省黃岡市模擬)如圖6甲所示，以斜面底端為重力勢能零勢能面，一物體在平行斜面的拉力作用下，由靜止開始沿光滑斜面向下運動.運動過程中物體的機械能與物體位移關系的圖象(E－x圖象)如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線為曲線，x1～x2過程的圖線為直線.根據該圖象，下列判斷正確的

6、是(　　) 圖6 A.0～x1過程中物體所受拉力可能沿斜面向下 B.0～x2過程中物體的動能一定增大 C.x1～x2過程中物體可能在做勻速直線運動 D.x1～x2過程中物體可能在做勻減速直線運動 7.(多選)(2018·廣東省東莞市模擬)如圖7所示，輕質彈簧一端固定在水平面上O點的轉軸上，另一端與一質量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球(可視為質點)相連，直桿的傾角為30°，OA＝OC，B為AC的中點，OB等于彈簧原長.小球從A處由靜止開始下滑，初始加速度大小為aA，第一次經過B處的速度大小為v，運動到C處速度為0，后又以大小為aC的初始加速度由靜止開始向上滑行.設最大靜摩擦力等

7、于滑動摩擦力，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) 圖7 A.小球可以返回到出發(fā)點A處 B.撤去彈簧，小球可以在直桿上處于靜止狀態(tài) C.彈簧具有的最大彈性勢能為mv2 D.aA－aC＝g 8.(多選)(2018·河北省衡水中學八模)如圖8甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m.選擇斜面底端為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的變化關系如圖乙所示.g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則(　　) 圖8 A.物體的質量m＝0.67kg B.物體與斜面之間的動摩擦因數μ＝0.5 C

8、.物體上升過程中的加速度大小a＝1m/s2 D.物體回到斜面底端時的動能Ek＝10J 9.(多選)圓心為O、半徑為R的光滑圓弧軌道AC與傾角θ＝30°的光滑斜面BC固定在一起，如圖9所示，其中O、C、B三點共線，OA豎直.質量分別為m1、m2的兩小球1、2用輕繩相連掛在C點兩側(C點處有一小段圓弧)，開始時小球1位于C處，小球2位于斜面底端B處，現由靜止釋放小球1，小球1沿圓弧軌道下滑，已知m1＝6m2，重力加速度為g，則在小球1由C點下滑到A點的過程中(　　) 圖9 A.小球1的機械能守恒 B.重力對小球1做功的功率先增大后減小 C.小球1的機械能減小m1gR D.輕繩對小

9、球2做功為m2gR 10.(多選)(2019·山東省棗莊八中模擬)如圖10所示，在豎直平面內固定光滑的硬質桿AB，桿與水平面的夾角為θ，在桿的上端A處套一質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)上系一輕彈簧，彈簧的另一端固定在與A處在同一水平線上的O點，O、B兩點處在同一豎直線上，且OB＝h，OC垂直于AB，從A由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿運動到B時速度為零.在圓環(huán)運動的整個過程中，彈簧一直處于伸長狀態(tài).則在圓環(huán)從A到B的整個過程中，下列說法正確的是(　　) 圖10 A.彈簧對圓環(huán)一直做正功 B.圓環(huán)的速度最大處位于C、B間的某一點 C.彈簧的彈性勢能增加了mgh D.彈簧彈力的功率為零的位置有2個

10、 11.一質量為m的質點，系于長為R的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的O點，假定繩是不可伸長的、柔軟且無彈性的.今把質點從O點的正上方離O點距離為R處以水平速度v0＝拋出，如圖11所示，試求：當質點到達O點的正下方時，繩對質點的拉力為多大？ 圖11 答案精析 1.D　[由v2－h(huán)圖象為傾斜直線可知，物體的動能變化量與高度變化量成正比，即合外力為恒力，而物體所受重力不變，故拉力也一定保持不變.物體機械能的變化量大小等于重力(或彈力)以外的其他力做功的大小.由功能關系可知，隨高度增加，恒定拉力做正功，機械能均勻增加，故D項正確.] 2.A　[小球在高h處自由下落由U型池左側進入

11、池中，從右側飛出后上升的最大高度為，根據動能定理有mg×－Wf1＝0，Wf1＝mgh.從B點進入池中后，由于小球經過每一個對應的位置時速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中運動克服摩擦力所做的功小于，小球能夠沖出左側邊緣A然后返回，故A正確，B錯誤；由A到C過程與由C到B過程相比，每一個對稱的位置，由A到C過程小球所受摩擦力都比由C到B所受摩擦力大，所以小球由A到C過程與由C到B過程相比，前一過程小球損耗的機械能較大，故C、D錯誤.] 3.CD　[物塊在BD段向下運動過程中，因μ＝tanθ，物塊的重力沿斜面向下的分力mgsinθ與滑動摩擦力μmgcosθ大小

12、相等，彈簧彈力提供加速度，物塊在D點處加速度最大，有k·3l＝ma，物塊靜止時有kl＝mgsinθ，得a＝3gsinθ，物塊在DA段的最大加速度為3gsinθ，A選項錯誤；物塊從D點下滑后，沿斜面向下運動，因μ＝tanθ，物塊在B點時受到彈簧拉力，不可能靜止，最終在B點下方做往復運動，到B點處的速度為零，B選項錯誤；物塊從D點第一次到O點，由功能關系得Ep＋mgsinθ·3l＝μmgcosθ·2l＋，Ep＝－mglsinθ，C選項正確；物塊在B點時彈簧的彈性勢能與物塊在A點時彈簧的彈性勢能相同，對全過程分析有(Ep－E)＋mgsinθ·2l＝Q，得Q＝＋mglsinθ－E，D選項正確.] 4

13、.B　[A、C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，C受到的沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A沿斜面向下的加速度，C先到達斜面底端，A項錯誤；重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最多，而B有初速度，則滑到斜面底端時，B滑塊的動能最大，B項正確；三個滑塊下降的高度相同，減少的重力勢能相同，C項錯誤；滑動摩擦力做功與路程有關，C運動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機械能減少最多，D項錯誤.] 5.AD　[由圖象可知，第2s末小物塊向左運動的位移達到最大，根據速度—時間圖線與時間軸所圍圖形的面積大小表示位移大小，得s1＝×2

14、×4m＝4m，故A正確；物塊做勻變速運動的加速度大小a＝＝m/s2＝2m/s2，由牛頓第二定律得μmg＝ma＝2N,0～3s時間內，小物塊受到的摩擦力方向都向右，沖量大小為I＝μmgt＝6N·s，故B錯誤；由圖象可知傳送帶速率大小v1＝2m/s，前3s內物塊與傳送帶間有相對運動，存在摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功為W＝μmgv1t＝2×2×3J＝12J,3～4s內二者相對靜止，無摩擦力，故C錯誤；物塊在傳送帶上滑動的3s內，傳送帶的位移s′＝v1t＝6m，方向向右，物塊的位移s＝(×2×4－×1×2)m＝3m，方向向左，二者的相對位移Δs＝s′＋s＝9m，整個過程中因摩擦產生的熱量Q＝μmgΔs

15、＝18J，故D正確.] 6.B　[除重力之外的其他力做的功等于物體的機械能的改變量，則F·Δx＝ΔE，即F＝，所以E－x圖象的斜率的絕對值表示物體所受拉力的大小，由題圖乙可知0～x1內圖線的斜率為負，則物體所受拉力沿斜面向上，A錯誤；由于物體由靜止開始向下運動，且物體所受拉力先變小后不變，所以物體所受拉力一直小于物體的重力沿斜面向下的分力，物體加速運動，所以在0～x2過程中物體的動能一定增大，B正確，C、D錯誤.] 7.CD　[設小球從A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf，AB間的豎直高度為h，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep，根據能量守恒定律：對于小球從A到B的過程有mgh＋Ep＝mv2＋W

16、f，A到C的過程有2mgh＋Ep＝2Wf＋Ep，解得Wf＝mgh，Ep＝mv2，小球從C點向上運動時，假設能返回到A點，則由能量守恒定律得Ep＝2Wf＋2mgh＋Ep，該式不成立，可知小球不能返回到出發(fā)點A處，A項錯誤，C項正確；設從A運動到C摩擦力的平均值為f，AB＝s，由Wf＝mgh得f＝mgsin30°，在B點，摩擦力Ff＝μmgcos30°，由于彈簧對小球有拉力(除B點外)，小球對桿的壓力大于mgcos30°，所以f＞μmgcos30°可得mgsin30°＞μmgcos30°，因此撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止狀態(tài)，B項錯誤；根據牛頓第二定律得，在A點有Fcos30°＋mgsin3

17、0°－Ff＝maA，在C點有Fcos30°－Ff－mgsin30°＝maC，兩式相減得aA－aC＝g，D項正確.] 8.BD　[在最高點，速度為零，所以動能為零，即物體在最高點的機械能等于重力勢能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物體質量為m＝＝kg＝1kg，A錯誤；在最低點時，重力勢能為零，故物體的機械能等于其動能，物體上升過程中只有重力、摩擦力做功，故由動能定理可得－μmgcos37°－mgh＝ΔEk，解得μ＝0.5，B正確；物體上升過程中沿斜面方向受到的合外力為F＝mgsinα＋μmgcosα＝10N，故物體上升過程中的加速度大小為a＝＝10m/s2，C錯誤；物體上升過程和下滑過程所受

18、摩擦力大小不變，方向相反，所以，上升過程和下滑過程克服摩擦力做的功相同；物體上升過程中克服摩擦力做的功等于機械能的減少量20J，故物體從開始至回到斜面底端的整個過程克服摩擦力做的功為40J；又由于物體整個運動過程中重力、支持力做功為零，所以物體回到斜面底端時的動能為50J－40J＝10J，D正確.] 9.BD　[小球1在下滑過程中，沿豎直方向分速度由0先增大到某值后又減小到0，所以重力對小球1做功的功率先增大后減小，B對；設小球1在A點時速度為v，由運動的合成與分解知此時小球2的速率為vcos30°＝，小球1由C點到下滑到A點的過程中，對小球1和小球2整體由動能定理有m1gR(1－cos60

19、°)－m2gRsin30°＝m1v2＋m2()2，得v2＝gR，對小球1由動能定理有m1gR(1－cos60°)＋WT＝m1v2，得WT＝－m2gR，即小球1的機械能減少m2gR，A、C錯；因小球1由C點下滑到A點的過程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以輕繩對小球2做的功為m2gR，D對.] 10.BC　[由幾何關系可知，當環(huán)在C點時，彈簧的長度最短，彈簧的彈性勢能最小.所以在環(huán)從A到C的過程中彈簧對環(huán)做正功，而從C到B的過程中彈簧對環(huán)做負功，選項A錯誤；當圓環(huán)在C點時，彈力的方向與AB垂直，從C點繼續(xù)下滑，當重力沿桿向下的分力大于彈力沿桿向上的分力時，圓環(huán)的加速度向下，速度增大；

20、當重力沿桿向下的分力等于彈力沿桿向上的分力時，加速度為零，速度最大，則圓環(huán)的速度最大處位于C、B間的某一點，選項B正確；圓環(huán)從A到B，彈簧彈性勢能增加量等于重力勢能的減少量，即彈簧的彈性勢能增加了mgh，選項C正確；根據P＝Fvcosθ可知，在最高點和最低點時圓環(huán)的速度為零，則彈簧彈力的功率為零；在C點時，彈力與速度垂直，此時彈簧彈力的功率也為零，則彈簧彈力的功率為零的位置有3個，選項D錯誤.] 11.mg 解析　設繩剛伸直時，繩與豎直方向的夾角為θ，如圖甲所示，根據平拋運動規(guī)律有Rsinθ＝v0t，R－Rcosθ＝gt2， 解得θ＝，t＝， 即繩繃緊時剛好水平，如圖乙所示，由于繩不可伸長，故繩繃緊時，沿繩方向的分速度v0消失，質點僅有豎直速度v1，v1＝gt＝.以后質點在豎直平面內做圓周運動，設到達O點正下方的速度為v′，由機械能守恒定律有mv′2＝mv12＋mgR，設此時繩對質點的拉力為FT，則由牛頓第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝mg. 10