2019高考物理一輪復習 第五章 機械能 第41講 力學中功能關系的理解和應用加練半小時 教科版.docx

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第41講 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．(多選)(2017山東師范大學附中第三次模擬)如圖1所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g，在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能 B．運動員獲得的動能為mgh C．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh D．運動員減少的重力勢能轉化為動能和摩擦內(nèi)能 2．(2017北京房山區(qū)模擬)奧運比賽項目高臺跳水是我國的強項．質量為m的跳水運動員從高臺上跳下，在他入水前重心下降的高度為H，經(jīng)歷的時間為T.入水后他受到水的作用力而做減速運動，在水中他的重心下降的最大高度為h，對應的時間為t.設水對運動員的作用力大小恒為F，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．運動員入水后的運動過程中動能減少量為Fh B．運動員入水后的運動過程中機械能減少量為Fh C．水對運動員作用力的沖量大小等于mgT D．他在整個運動過程中機械能減少了mgh 3．(多選)(2017閩粵大聯(lián)考)如圖2所示，水平桌面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連．彈簧處于自然長度時物塊位于O點(圖中未標出)．物塊的質量為m，AB＝a，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)用水平向右的力將物塊從O點拉至A點，拉力做的功為W.撤去拉力后物塊由靜止向左運動，經(jīng)O點到達B點時速度為零．重力加速度為g.則上述過程中(　　) 圖2 A．物塊在A點時，彈簧的彈性勢能等于W－μmga B．物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga C．經(jīng)O點時，物塊的動能小于W－μmga D．物塊動能最大時彈簧的彈性勢能小于物塊在B點時彈簧的彈性勢能 4.(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3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像可能正確的是(　　) 圖3 5．如圖4所示，A、B、C三個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 6．(2018湖北黃岡模擬)如圖5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像(E－x圖像)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(jù)該圖像，下列判斷正確的是(　　) 圖5 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)(2017湖北七市聯(lián)合考試)如圖6所示，傾角為37的光滑斜面上粘貼有一厚度不計、寬度為d＝0.2m的橡膠帶，橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內(nèi)，其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行，橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L＝0.4m，現(xiàn)將質量為m＝1kg、寬度為d的薄矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放．已知矩形板與橡膠帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度取g＝10m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8，不計空氣阻力，矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開橡膠帶的過程中(此過程矩形板始終在斜面上)，下列說法正確的是(　　) 圖6 A．矩形板受到的摩擦力恒為f＝4N B．矩形板的重力做功為WG＝3.6J C．產(chǎn)生的熱量為Q＝0.8J D．矩形板的上邊緣穿過橡膠帶下邊緣時速度大小為m/s 8．(多選)(2017山東濟寧模擬)如圖7所示，輕質彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，A右端連接一細線，細線繞過光滑的輕質定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．在該過程中下列分析正確的是(　　) 圖7 A．B物體機械能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 B．B物體獲得最大速度時，其受到細線的拉力的大小等于B所受重力 C．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量大于細線拉力對A做的功 D．A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量等于細線拉力對A做的功 9．(多選)(2017山東棗莊模擬)如圖8甲所示，質量為1kg的小物塊，以初速度v0＝11m/s從θ＝53的固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加力F和無F時小物塊沿斜面向上運動的v－t圖線，不考慮空氣阻力，g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．恒力F大小為21N B．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5 C．有恒力F時，小物塊在整個上升過程產(chǎn)生的熱量較少 D．有恒力F時，小物塊在整個上升過程機械能的減少量較小 10．(多選)(2017上海普陀區(qū)模擬)如圖9所示，傾角θ＝30的斜面固定在地面上，長為L、質量為m、粗細均勻、質量分布均勻的軟繩AB置于斜面上，與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，其A端與斜面頂端平齊．用細線將質量也為m的物塊與軟繩連接，給物塊向下的初速度，使軟繩B端到達斜面頂端(此時物塊未到達地面)，在此過程中(　　) 圖9 A．物塊的速度始終減小 B．軟繩上滑L時速度最小 C．軟繩重力勢能共減少了mgL D．軟繩減少的重力勢能一定小于其增加的動能與克服摩擦力所做的功之和 11．(多選)(2018四川瀘州一檢)如圖10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(shù)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(jīng)過O點時的速度大小為v，已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是(　　) 圖10 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(chǎn)生的熱量為＋mglsinθ－E 12．(多選)(2018廣東東莞模擬)如圖11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(jīng)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．設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) 圖11 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．a(chǎn)A－aC＝g 答案精析 1．CD　[若運動員不受摩擦力，則加速度應為a′＝gsin30＝，而現(xiàn)在的加速度小于，故運動員應受到摩擦力，故減少的重力勢能有一部分轉化為了內(nèi)能，故A錯誤；運動員下滑的距離：L＝＝2h；由運動學公式可得：v2＝2aL，得：v＝；動能為：Ek＝mv2＝mgh，故B錯誤；由動能定理可知mgh－Wf＝mv2，解得Wf＝mgh，故下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh，故C正確；根據(jù)能量守恒定律，減小的重力勢能轉化為動能和摩擦內(nèi)能，故D正確．] 2．B　[運動員入水后的運動過程中，根據(jù)動能定理，有：ΔEk＝mgh－Fh，即動能減少量為|Fh－mgh|，故A錯誤；機械能的變化量等于除重力外其余力做的功，即運動員入水后的運動過程中機械能的減小量等于克服阻力做的功，為Fh，故B正確；從開始下落到入水后速度變?yōu)?的過程，對運動員由動量定理得：mg(T＋t)－Ft＝0，故水對運動員作用力的沖量大小為mgt＋mgT，故C錯誤．他在整個過程中機械能的減小量等于重力勢能的減小量，為mg(H＋h)，故D錯誤．] 3．BC　[如果沒有摩擦力，則O點應該在AB中間，由于有摩擦力，物塊從A到B過程中機械能損失，故無法到達沒有摩擦力情況下的B點，也即O點靠近B點．故OA>，此過程物塊克服摩擦力做功大于μmga，所以物塊在A點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga，故A錯誤；由A分析得物塊從開始運動到最終停在B點，路程大于a＋＝，故整個過程物塊克服阻力做功大于μmga，故物塊在B點時，彈簧的彈性勢能小于W－μmga，故B正確；從O點開始到再次到達O點，物塊運動路程大于a，故由動能定理得，物塊的動能小于W－μmga，故C正確；物塊動能最大時，彈力等于摩擦力，而在B點彈力與摩擦力的大小關系未知，故物塊動能最大時彈簧伸長量與物塊在B點時彈簧形變量大小未知，故此兩位置彈性勢能大小關系無法判斷，故D錯誤．] 4．D　[由v2－h(huán)圖像為傾斜直線可知，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?。晒δ荜P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．] 5．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，重力勢能減小相同，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．] 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FΔx＝ΔE，即F＝，所以E－x圖像的斜率的絕對值等于物體所受拉力的大小，由題圖乙可知0～x1內(nèi)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．BCD　8.BD 9．BD　[根據(jù)v－t圖像斜率等于加速度可知：aa＝＝m/s2＝－10 m/s2；ab＝m/s2＝－11 m/s2；不受拉力時：mab＝－mgsin53－μmgcos53，代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.5；受到拉力的作用時：maa＝F－mgsin53－μmgcos53，所以F＝1N，故B正確，A錯誤；根據(jù)運動學公式：x＝可知，因為有恒力F時，小物塊的加速度小，位移大，所以在上升過程產(chǎn)生的熱量較大，故C錯誤；結合C的分析可知，有恒力F時，小物塊上升的高度比較大，所以在最高點的重力勢能比較大，而上升到最高點時動能的減小是相等的，所以在整個上升過程機械能的減少量較小，故D正確．] 10．BCD　[物塊下落過程中，剛開始由于mgsin30＋μmgcos30＝mg>mg，所以物塊所受合力向上，物塊做減速運動，下落過程中，合力越來越小，當加速度等于零時，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物塊的速度先減小后增大，故A錯誤．當加速度等于零時，速度最小，設此時軟繩上滑的距離為x，則：mgsin30＋μmgcos30＝mg＋mg，代入數(shù)據(jù)解得：x＝L，故B正確；物塊未釋放時，軟繩的重心離斜面頂端的高度為h1＝sin30＝，軟繩剛好全部離開斜面時，軟繩的重心離斜面頂端的高度h2＝，則軟繩重力勢能共減少mg(－)＝mg，故C正確．以軟繩和物塊組成的系統(tǒng)為研究對象，軟繩和物塊的重力勢能減小，轉化為物塊和軟繩的動能及軟繩與斜面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，軟繩重力勢能的減少重小于其動能的增加量與克服摩擦力所做功的和，故D正確．] 11．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大小相等，彈簧彈力提供加速度，物塊在D點處加速度最大，有k3l＝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＋mgsinθ3l＝μmgcosθ2l＋，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)＋mgsinθ2l＝Q，得Q＝＋mglsinθ－E，D選項正確．] 12．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(jù)能量守恒定律：對于小球從A到B的過程有mgh＋Ep＝mv2＋Wf，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，AB＝s，由Wf＝mgh得＝mgsin30，在B點，摩擦力f＝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＞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(jù)牛頓第二定律得，在A點有Fcos30＋mgsin30－f＝maA，在C點有Fcos30－f－mgsin30＝maC，兩式相減得aA－aC＝g，D項正確．]