高考物理一轮复习全国通用版专练　功能关系的综合应用

重点强化训练(四)功能关系的综合应用(限时：45分钟)(对应学生用书第297页)一、选择题(共10小题，每小题6分，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()图1A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]2．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是()【导学号：84370241】A．该同学机械能增加了mghB．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋12mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12mv2D．该同学所受的合外力对其做功为12mv2＋mghB[学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为12mv2，则机械能增加了mgh＋12mv2，A错、B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝12mv2，D错．]3．质量为m的物体，由静止开始下落，由于阻力作用，下落的加速度为4g5，在物体下落h的过程中，下列说法中错误的是()A．物体的动能增加了4mgh5B．物体的机械能减少了4mgh5C．物体克服阻力所做的功为mgh5D．物体的重力势能减少了mghB[根据动能定理可知，动能增加量为ΔEk＝F合h＝mah＝4mgh5，选项A说法正确；物体所受的阻力f＝mg－ma＝mg5，则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功，即mgh5，选项B说法错误，选项C说法正确；物体的重力势能减少量等于重力做的功，即mgh，故选项D说法正确．]4.如图2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()图2A．重力做功2mgRB．机械能减少mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功12mgRD[小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用．根据mg＝mv2R得，小球在B点的速度v＝gR.小球从P到B的运动过程中，重力做功W＝mgR，故选项A错误；减少的机械能ΔE减＝mgR－12mv2＝12mgR，故选项B错误；合外力做功W合＝12mv2＝12mgR，故选项C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝12mv2－0，所以Wf＝mgR－12mv2＝12mgR，故选项D正确．]5.如图3所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变．从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为()【导学号：84370242】图3A.mv24B.mv22C．mv2D．2mv2C[由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝12mv2＋μmg·s相，s相＝vt－v2t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确．]6．如图4甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)()甲乙图4A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为4JC．木板A的最小长度为2mD．A、B间的动摩擦因数为0.1D[由图象可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝12mv20－12·2m·v2＝2J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确．]7．将一质量为1kg的滑块轻轻放置于传送带的左端，已知传送带正以4m/s的速度顺时针运行，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，传送带左右距离无限长，当滑块放上去2s时，突然断电，传送带以1m/s2的加速度做匀减速运动至停止，则滑块从放上去到最后停下的过程中，下列说法正确的是()【导学号：84370243】图5A．前2s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8JB．前2s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16JC．2s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8JD．2s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0AD[前2s，滑块的位移x1＝12μgt2＝4m，传送带的位移x2＝vt＝8m，相对位移Δx＝x2－x1＝4m,2s后滑块随传送带一起做匀减速运动，无相对位移，整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q＝μmg·Δx＝8J，选项A、D正确．]8．三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列判断正确的是()图6A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量BCD[因tan37°＝0.750.5，即mgsinθμmgcosθ，故A、B都会匀加速下滑，根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等，故会同时到达底端，选项A错误，B、C正确；因A物块与传送带同向运动，相对位移要小，根据Q＝Ffx相对，A物块下滑产生的热量要小于B物块下滑产生的热量，故选项D正确．]9．(2018·龙岩模拟)如图7所示，在竖直平面内有一V形槽，其底部BC是一段粗糙圆弧槽，其半径R＝2h，两侧都与光滑斜槽相切，切点B、C位于同一水平线上，该水平线离最低点的高度为h.质量为m的物块(可视为质点)从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽后滑上左侧斜槽，最高能到达距BC面高度为h的D点，接着物块再向下滑回．若不考虑空气阻力，已知重力加速度为g，则物块第一次通过最低点时对槽的压力大小可能为()图7A．2.5mgB．3.2mgC．3.3mgD．3.5mgBC[设物块从B到C克服摩擦所做的功为Wf，则根据功能关系可得Wf＝mgh，因为物块从B运动到最低点的过程中对圆弧槽的压力较大，所以克服摩擦力所做的功Wf112mgh，设物块第一次到达最低点的速度为v，则根据动能定理可得3mgh－Wf1＝12mv2，解得v5gh，若要物块从最低点继续运动到D点，则要12mv22mgh，解得v2gh，综上可得2ghv5gh，而根据牛顿第二定律得FN－mg＝mv22h，解得3mgFN3.5mg，B、C正确．]10．如图8所示，质量M＝4kg的物块B与质量m＝2kg的物块A间用一轻质弹簧连接后，置于一倾角θ＝37°且足够长的固定光滑斜面上，C为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板，整个装置处于静止状态．现用一平行于斜面向上、大小恒为F＝60N的拉力作用在物块A上，并使其沿斜面向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为x＝6m，则(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()【导学号：84370244】图8A．此时物块A动能的增加量为360JB．该轻弹簧的劲度系数为6N/mC．此时物块A的加速度大小为12m/s2D．整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300JBC[在物块A向上运动6m的过程中，拉力F做的功为WF＝Fx＝360J，由能量守恒定律可知，拉力F做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，所以物块A动能的增加量小于360J，选项A错误；当物块A静止不动时，设弹簧的压缩量为Δx，对A有mgsinθ＝kΔx，即Δx＝mgsinθk，当物块A运动的距离为x＝6m时，物块B刚要离开挡板C，对物块B进行受力分析可知Mgsinθ＝k(6m－mgsinθk)，代入数据可解得k＝6N/m，选项B正确；当物块A运动的距离为x＝6m时，设物块A运动的加速度大小为a，弹簧的伸长量为Δx′，则由牛顿第二定律可得F－mgsinθ－kΔx′＝ma，又Δx′＝6m－mgsinθk，两式联立并代入数据可解得a＝12m/s2，选项C正确；由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝WF－mgxsinθ－ΔEkA，因WF－mgxsinθ＝360J－72J＝288J，故选项D错误．]二、非选择题(共2小题，共40分)11．(18分)如图9所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4m．当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3m．挡板及弹簧质量不计，g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：图9(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能Epm.[解析](1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝12mv20＋mglADsin37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝Ffx②其中x为物体的路程，即x＝5.4m③Ff＝μmgcos37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ≈0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE′k＝12mv20⑥重力势能减少ΔE′p＝mglACsin37°⑦摩擦生热Q＝FflAC＝μmgcos37°lAC⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为Epm＝ΔE′k＋ΔE′p－Q⑨联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5J.[答案](1)0.52(2)24.5J12．(22分)(2018·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图10所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.图10(1)求物块由A点运动到C点的时间；(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；(3)求物块距斜面底端高度h满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.【导学号：84370245】[解析](1)A到B过程由牛顿第二定律得：mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1h1sinθ＝12a1t21代入数据解得：a1＝2m/s2，t1＝3s所以物块滑到B点的速度：vB＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s物块在传送带上匀速运动到C的时间：t2＝Lv0＝66s＝1s所以物块由A到C的时间：t＝t1＋t2＝3s＋1s＝4s.(2)在斜面上根据动能定理得：mgh2－μ1mgcosθh2sinθ＝12mv2解得：v＝4m/s6m/s设物块在传送带上先做匀加速运动到v0，运动位移为x则：a2＝μ2mgm＝μ2g＝2m/s2v20－v2＝2a2x，x＝5m6m所以物块先做匀加速直线运动，然后和传送带一起匀速运动，离开C点做平抛运动，则：x′＝v0t0，H＝12gt20解得：x′＝6m.(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛运动规律可知物块到达C点时速度必须有vC＝v0①当离传送带高度为h3时物块滑上传送带后一直做匀加速运动，则：mgh3－μ1mgcosθh3sinθ＋μ2mgL＝12mv20解得：