（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題40 力學(xué)中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）

《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題40 力學(xué)中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 微專題40 力學(xué)中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、力學(xué)中功能關(guān)系的理解和應(yīng)用方法點(diǎn)撥(1)做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程.功是能量轉(zhuǎn)化的量度.(2)功與能量的變化是“一一對(duì)應(yīng)”的，如重力做功對(duì)應(yīng)重力勢(shì)能的變化，合外力做功對(duì)應(yīng)動(dòng)能的變化等.1.(2018河南省八校第二次測(cè)評(píng))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(yùn)動(dòng).此過程中物體速度的平方和上升高度的關(guān)系如圖1所示.若取h0處為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，則此過程中物體的機(jī)械能隨高度變化的圖象可能正確的是()圖12.(2018河北省唐山市一模)2018年2月13日，平昌冬奧會(huì)單板滑雪女子U型場(chǎng)地決賽中，我國(guó)選手劉佳宇榮獲亞軍，為我國(guó)奪得首枚獎(jiǎng)牌.如圖2為U型池模型，其中A、B為U型池兩側(cè)

2、邊緣，C為U型池最低點(diǎn)，U型池軌道各處粗糙程度相同.一小球在池邊高h(yuǎn)處自由下落由左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，下列說法正確的是()圖2A.小球再次進(jìn)入池中后，能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回B.小球再次進(jìn)入池中后，剛好到達(dá)左側(cè)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(jī)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(jī)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，在斜面底端固定一個(gè)輕質(zhì)彈簧，彈簧上端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、質(zhì)量為m的物塊，O點(diǎn)是彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)時(shí)上端的位置，物塊靜止時(shí)位于A點(diǎn).斜面上另外有B、C、D三點(diǎn)，AOO

3、BBCCDl，其中B點(diǎn)下方斜面光滑，BD段粗糙，物塊與斜面BD段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tan，重力加速度為g.物塊靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為E，用外力將物塊拉到D點(diǎn)由靜止釋放，第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()圖3A.物塊從D點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，最大加速度大小為2gsinB.物塊最后停在B點(diǎn)C.物塊在D點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能為mglsinD.物塊運(yùn)動(dòng)的全過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量為mglsinE4.如圖4所示，A、B、C三個(gè)一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時(shí)開始運(yùn)動(dòng).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

4、足夠大，A、B、C運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)相碰.下列說法正確的是()圖4A.A和C將同時(shí)滑到斜面底端B.滑到斜面底端時(shí)，B的動(dòng)能最大C.滑到斜面底端時(shí)，C的重力勢(shì)能減少最多D.滑到斜面底端時(shí)，B的機(jī)械能減少最多5.(多選)(2018安徽省皖南八校聯(lián)考)如圖5甲所示，繃緊的足夠長(zhǎng)的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行，一質(zhì)量為m1kg、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計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示.則()圖5A.小物塊向左運(yùn)動(dòng)的過程中離A處的最大距離為4mB.03s時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力的沖量大小為2Ns

5、C.04s時(shí)間內(nèi)，傳送帶克服摩擦力做功為16JD.小物塊與傳送帶之間由摩擦產(chǎn)生的熱量為18J6.(2019湖北省黃岡市模擬)如圖6甲所示，以斜面底端為重力勢(shì)能零勢(shì)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(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能與物體位移關(guān)系的圖象(Ex圖象)如圖乙所示，其中0x1過程的圖線為曲線，x1x2過程的圖線為直線.根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是()圖6A.0x1過程中物體所受拉力可能沿斜面向下B.0x2過程中物體的動(dòng)能一定增大C.x1x2過程中物體可能在做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.x1x2過程中物體可能在做勻減速直線運(yùn)動(dòng)7.(多選)(2018廣東省東莞市模擬)如圖7所示，輕

6、質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸上，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))相連，直桿的傾角為30，OAOC，B為AC的中點(diǎn)，OB等于彈簧原長(zhǎng).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(jīng)過B處的速度大小為v，運(yùn)動(dòng)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(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.下列說法正確的是()圖7A.小球可以返回到出發(fā)點(diǎn)A處B.撤去彈簧，小球可以在直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)C.彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為mv2D.aAaCg8.(多選)(2018河北省衡水中學(xué)八模)如圖8甲所示，物體以一定的初速度從傾角37的斜面底端沿斜面

7、向上運(yùn)動(dòng)，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(jī)械能E隨高度h的變化關(guān)系如圖乙所示.g取10m/s2，sin370.6，cos370.8.則()圖8A.物體的質(zhì)量m0.67kgB.物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5C.物體上升過程中的加速度大小a1m/s2D.物體回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能Ek10J9.(多選)圓心為O、半徑為R的光滑圓弧軌道AC與傾角30的光滑斜面BC固定在一起，如圖9所示，其中O、C、B三點(diǎn)共線，OA豎直.質(zhì)量分別為m1、m2的兩小球1、2用輕繩相連掛在C點(diǎn)兩側(cè)(C點(diǎn)處有一小段圓弧)，開始時(shí)小球1位于C處，小球2位于斜面底端B處，現(xiàn)由靜止釋放小球1，

8、小球1沿圓弧軌道下滑，已知m16m2，重力加速度為g，則在小球1由C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中()圖9A.小球1的機(jī)械能守恒B.重力對(duì)小球1做功的功率先增大后減小C.小球1的機(jī)械能減小m1gRD.輕繩對(duì)小球2做功為m2gR10.(多選)(2019山東省棗莊八中模擬)如圖10所示，在豎直平面內(nèi)固定光滑的硬質(zhì)桿AB，桿與水平面的夾角為，在桿的上端A處套一質(zhì)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(diǎn)，O、B兩點(diǎn)處在同一豎直線上，且OBh，OC垂直于AB，從A由靜止釋放圓環(huán)后，圓環(huán)沿桿運(yùn)動(dòng)到B時(shí)速度為零.在圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，彈簧一直處于伸長(zhǎng)狀態(tài).則在圓環(huán)從A到B的整個(gè)過

9、程中，下列說法正確的是()圖10A.彈簧對(duì)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(diǎn)C.彈簧的彈性勢(shì)能增加了mghD.彈簧彈力的功率為零的位置有2個(gè)11.一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，系于長(zhǎng)為R的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的O點(diǎn)，假定繩是不可伸長(zhǎng)的、柔軟且無彈性的.今把質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)的正上方離O點(diǎn)距離為R處以水平速度v0拋出，如圖11所示，試求：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，繩對(duì)質(zhì)點(diǎn)的拉力為多大？圖11答案精析1.D由v2h圖象為傾斜直線可知，物體的動(dòng)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(jī)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

10、小.由功能關(guān)系可知，隨高度增加，恒定拉力做正功，機(jī)械能均勻增加，故D項(xiàng)正確.2.A小球在高h(yuǎn)處自由下落由U型池左側(cè)進(jìn)入池中，從右側(cè)飛出后上升的最大高度為，根據(jù)動(dòng)能定理有mgWf10，Wf1mgh.從B點(diǎn)進(jìn)入池中后，由于小球經(jīng)過每一個(gè)對(duì)應(yīng)的位置時(shí)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(yùn)動(dòng)克服摩擦力所做的功小于，小球能夠沖出左側(cè)邊緣A然后返回，故A正確，B錯(cuò)誤；由A到C過程與由C到B過程相比，每一個(gè)對(duì)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(jī)械能較大，故C、D錯(cuò)誤.3.CD物塊在BD段

11、向下運(yùn)動(dòng)過程中，因tan，物塊的重力沿斜面向下的分力mgsin與滑動(dòng)摩擦力mgcos大小相等，彈簧彈力提供加速度，物塊在D點(diǎn)處加速度最大，有k3lma，物塊靜止時(shí)有klmgsin，得a3gsin，物塊在DA段的最大加速度為3gsin，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊從D點(diǎn)下滑后，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，因tan，物塊在B點(diǎn)時(shí)受到彈簧拉力，不可能靜止，最終在B點(diǎn)下方做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)處的速度為零，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；物塊從D點(diǎn)第一次到O點(diǎn)，由功能關(guān)系得Epmgsin3lmgcos2l，Epmglsin，C選項(xiàng)正確；物塊在B點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能與物塊在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能相同，對(duì)全過程分析有(EpE)mgsin2lQ，得Qmgls

12、inE，D選項(xiàng)正確.4.BA、C兩個(gè)滑塊所受的滑動(dòng)摩擦力大小相等，A所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，C受到的沿斜面向上的力是滑動(dòng)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(dá)斜面底端，A項(xiàng)錯(cuò)誤；重力做功相同，摩擦力對(duì)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(shí)，B滑塊的動(dòng)能最大，B項(xiàng)正確；三個(gè)滑塊下降的高度相同，減少的重力勢(shì)能相同，C項(xiàng)錯(cuò)誤；滑動(dòng)摩擦力做功與路程有關(guān)，C運(yùn)動(dòng)的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機(jī)械能減少最多，D項(xiàng)錯(cuò)誤.5.AD由圖象可知，第2s末小物塊向左運(yùn)動(dòng)的位移達(dá)到最大，根據(jù)速度時(shí)間圖線與時(shí)間軸所圍圖形的面積大小表示位移大小，得s1

13、24m4m，故A正確；物塊做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度大小am/s22m/s2，由牛頓第二定律得mgma2N,03s時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向都向右，沖量大小為Imgt6Ns，故B錯(cuò)誤；由圖象可知傳送帶速率大小v12m/s，前3s內(nèi)物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，存在摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功為Wmgv1t223J12J,34s內(nèi)二者相對(duì)靜止，無摩擦力，故C錯(cuò)誤；物塊在傳送帶上滑動(dòng)的3s內(nèi)，傳送帶的位移sv1t6m，方向向右，物塊的位移s(2412)m3m，方向向左，二者的相對(duì)位移sss9m，整個(gè)過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量Qmgs18J，故D正確.6.B除重力之外的其他力做的功等于物體的機(jī)械能的改變量，則

14、FxE，即F，所以Ex圖象的斜率的絕對(duì)值表示物體所受拉力的大小，由題圖乙可知0x1內(nèi)圖線的斜率為負(fù)，則物體所受拉力沿斜面向上，A錯(cuò)誤；由于物體由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，所以在0x2過程中物體的動(dòng)能一定增大，B正確，C、D錯(cuò)誤.7.CD設(shè)小球從A運(yùn)動(dòng)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(shì)能為Ep，根據(jù)能量守恒定律：對(duì)于小球從A到B的過程有mghEpmv2Wf，A到C的過程有2mghEp2WfEp，解得Wfmgh，Epmv2，小球從C點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè)能返回到A點(diǎn)，則由能量守

15、恒定律得Ep2Wf2mghEp，該式不成立，可知小球不能返回到出發(fā)點(diǎn)A處，A項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；設(shè)從A運(yùn)動(dòng)到C摩擦力的平均值為f，ABs，由Wfmgh得fmgsin30，在B點(diǎn)，摩擦力Ffmgcos30，由于彈簧對(duì)小球有拉力(除B點(diǎn)外)，小球?qū)U的壓力大于mgcos30，所以fmgcos30可得mgsin30mgcos30，因此撤去彈簧，小球不能在直桿上處于靜止?fàn)顟B(tài)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得，在A點(diǎn)有Fcos30mgsin30FfmaA，在C點(diǎn)有Fcos30Ffmgsin30maC，兩式相減得aAaCg，D項(xiàng)正確.8.BD在最高點(diǎn)，速度為零，所以動(dòng)能為零，即物體在最高點(diǎn)的機(jī)械能等于重力勢(shì)能，

16、所以有EEp0mgh，所以物體質(zhì)量為mkg1kg，A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，重力勢(shì)能為零，故物體的機(jī)械能等于其動(dòng)能，物體上升過程中只有重力、摩擦力做功，故由動(dòng)能定理可得mgcos37mghEk，解得0.5，B正確；物體上升過程中沿斜面方向受到的合外力為Fmgsinmgcos10N，故物體上升過程中的加速度大小為a10m/s2，C錯(cuò)誤；物體上升過程和下滑過程所受摩擦力大小不變，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(jī)械能的減少量20J，故物體從開始至回到斜面底端的整個(gè)過程克服摩擦力做的功為40J；又由于物體整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中重力、支持力做功為零，所以物體

17、回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為50J40J10J，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(duì)小球1做功的功率先增大后減小，B對(duì)；設(shè)小球1在A點(diǎn)時(shí)速度為v，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知此時(shí)小球2的速率為vcos30，小球1由C點(diǎn)到下滑到A點(diǎn)的過程中，對(duì)小球1和小球2整體由動(dòng)能定理有m1gR(1cos60)m2gRsin30m1v2m2()2，得v2gR，對(duì)小球1由動(dòng)能定理有m1gR(1cos60)WTm1v2，得WTm2gR，即小球1的機(jī)械能減少m2gR，A、C錯(cuò)；因小球1由C點(diǎn)下滑到A點(diǎn)的過程中，小球1和小球2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以輕繩對(duì)小球2做的功為m2

18、gR，D對(duì).10.BC由幾何關(guān)系可知，當(dāng)環(huán)在C點(diǎn)時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度最短，彈簧的彈性勢(shì)能最小.所以在環(huán)從A到C的過程中彈簧對(duì)環(huán)做正功，而從C到B的過程中彈簧對(duì)環(huán)做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)在C點(diǎn)時(shí)，彈力的方向與AB垂直，從C點(diǎn)繼續(xù)下滑，當(dāng)重力沿桿向下的分力大于彈力沿桿向上的分力時(shí)，圓環(huán)的加速度向下，速度增大；當(dāng)重力沿桿向下的分力等于彈力沿桿向上的分力時(shí)，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(diǎn)，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)從A到B，彈簧彈性勢(shì)能增加量等于重力勢(shì)能的減少量，即彈簧的彈性勢(shì)能增加了mgh，選項(xiàng)C正確；根據(jù)PFvcos可知，在最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)圓環(huán)的速度為零，則彈簧彈力的功率為零；在C點(diǎn)時(shí)，彈力與速度垂直，此時(shí)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(gè)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.11.mg解析設(shè)繩剛伸直時(shí)，繩與豎直方向的夾角為，如圖甲所示，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有Rsinv0t，RRcosgt2，解得，t，即繩繃緊時(shí)剛好水平，如圖乙所示，由于繩不可伸長(zhǎng)，故繩繃緊時(shí)，沿繩方向的分速度v0消失，質(zhì)點(diǎn)僅有豎直速度v1，v1gt.以后質(zhì)點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)O點(diǎn)正下方的速度為v，由機(jī)械能守恒定律有mv2mv12mgR，設(shè)此時(shí)繩對(duì)質(zhì)點(diǎn)的拉力為FT，則由牛頓第二定律有FTmgm，解得FTmg.10