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1．7功能观点解题综合(二)一、选择题1．(2019·天津)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加12mv2B．机械能增加2mv2C．重力势能增加32mv2D．电势能增加2mv2答案B解析小球的运动可以看成竖直方向的竖直上抛和水平方向在电场力作用下的初速度为0的匀加速直线运动．小球的动能增加量为12m(2v)2－12mv2＝32mv2，故A项错误；除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，电场力做功等于水平方向小球动能的增加量12m(2v)2＝2mv2，即小球的机械能增加量为2mv2，故B项正确；竖直方向只有重力做功，小球做竖直上抛运动，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为12mv2，即重力势能增加12mv2，故C项错误；电场力做正功，电势能减小，故D项错误．2.(2019·厦门一模)“歼－20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国未来对空、对海的主权维护任务．在某次起飞中，质量为m的“歼－20”以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图象如图所示，经时间飞机的速度达到最大值时，刚好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是()A．飞机所受合力不变，速度增加越来越慢B．飞机所受合力增大，速度增加越来越快C．平均速度为vm2D．该过程克服阻力所做的功为Pt0－12mvm2答案D解析根据P＝Fv，P不变知，牵引力F减小，合力F合＝F－f，知合力减小，加速度减小，所以速度增加越来越慢，故A、B两项错误；根据速度图线与时间轴所围的面积表示位移大小，知飞机的位移比匀加速直线运动的位移大，则飞机的平均速度比匀加速直线运动的平均速度vm2大，故C项错误；设该过程克服阻力所做的功为W，根据动能定理得Pt0－W＝12mvm2，解得W＝Pt0－12mvm2.故D项正确．3.(2019·河南模拟)(多选)如图所示，质量为m的物块下方有一竖直的轻弹簧，弹簧的下端距离水平地面为h，将物块和弹簧由静止自由释放，物块下降了H时，速度再次为零，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．物块从开始下落到速度再次为零，物块克服弹簧弹力做功为mgHB．物块的速度再次为零时，弹簧的弹性势能为mghC．弹簧下端刚接触地面时，物块的速度为2gHD．物块的速度最大时，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小答案AD解析设物块的速度再次为零时，弹簧的弹性势能为W弹．对物块，根据动能定理得：mgH－W弹＝0，则：W弹＝mgH，故A项正确；对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，根据系统的机械能守恒知，物块的速度再次为零时，物体的重力势能减小mgH，物体的动能不变，则知弹簧的弹性势能为mgH，故B项错误；弹簧下端刚接触地面时，物块下落的高度为h，速度为2gh，故C项错误；物块与弹簧组成的系统机械能守恒，即弹簧的弹性势能、物块的重力势能和动能之和保持不变，可知，当物体的速度最大时，物块的动能最大，弹簧的弹性势能和物块的重力势能之和最小，故D项正确．4．(2019·宜昌模拟)一个质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出，运动中始终受到恒定的水平风力F＝2mg的作用，不计其他阻力．从抛出到在竖直方向到达最高点，小球在这一过程中机械能的增量为()A.12mv02B．mv02C.32mv02D．2mv02答案D解析从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t＝v0g；在水平方向上有：a＝Fm＝2g，s＝12at2＝v02g根据能量转化可知：ΔE＝WF＝Fs＝2mg·v02g＝2mv02由此可知，A、B、C三项错误，D项正确．5．(2019·吉林一模)南昌市秋水广场拥有亚洲最大的音乐喷泉群．一同学在远处观看秋水广场喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是()A．5×102WB．5×103WC．5×104WD．5×105W答案D解析管口的圆形内径约有10cm，则半径r＝5cm＝0.05m根据实际情况，每层楼高h＝3m，所以喷水的高度H＝40h＝120m，则水离开管口的速度为：v＝2gh＝2400m＝206m/s设驱动主喷水的水泵功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：m＝ρ·vΔtS＝ρπr2vΔt根据能量守恒可得：PΔt＝12mv2解得：P＝ρπr2v32代入数据解得：P≈4.6×105W≈5×105W，故D项正确，A、B、C三项错误．6．(2019·湛江一模)(多选)竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径为R，P为圆弧轨道的最低点．P点左侧的四个轨道均相同，P点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示．现让四个相同的小球(可视为质点，直径小于图丁中圆管内径)分别从四个直轨道上高度均为h处由静止下滑，关于小球通过P点后的运动情况，下列说法正确的是()A．若h12R，则四个小球能达到的最大高度均相同B．若h＝R，则四个小球能达到的最大高度均相同C．若h＝52R，则图乙中的小球能达到的高度最大D．若h＝52R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同答案ACD解析若h12R，根据机械能守恒知，小球不会脱离圆轨道，上升到最高点的速度均为零，上述的最大高度均相同，故A项正确；若h＝R，甲、乙、丁图中的小球能够上升的最大高度均为R，丙图中的小球离开轨道，做斜抛运动，最高点的速度不为零，则上升的最大高度小于R，故B项错误；若h＝52R，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C项正确；若h＝52R，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，mgh＝mg·2R＋12mv′2，最高点的速度为v′＝2g（h－2R）＝gR，对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，mgh＝mg·12R＋12mv12，到达最高点的速度v＝v1cos60°，联立解得最高点的速度v＝gR，两球到达最高点的速度相等，则到达的最大高度相等，故D项正确．7．(2019·安庆二模)(多选)如图所示，光滑细杆MN倾斜固定，与水平方向夹角为θ，一轻质弹簧一端固定在O点，另一端连接一小球，小球套在细杆上，O与杆MN在同一竖直平面内，P为MN的中点，且OP垂直于MN，已知小球位于杆上M、P两点时，弹簧的弹力大小相等且在弹性限度内，OM弹簧处于拉长状态，OP处于压缩状态．现将小球从细杆顶端M点由静止释放，则在小球沿细杆从M点运动到N点的过程中(重力加速度为g)，以下判断正确的是()A．弹簧弹力对小球先做正功再做负功B．小球加速度大小等于gsinθ的位置有三个C．小球运动到P点时的速度最大D．小球运动到N点时的动能是运动到P点时动能的两倍答案BD解析小球沿细杆从M点运动到N点的过程中，弹簧先恢复原长，然后被压缩，再伸长到原长，再被拉伸，对应做功为：先做正功、然后做负功、再做正功、再做负功，故A项错误；小球加速度大小等于gsinθ的位置有三个：一个是在P点、另外两个在弹簧处于原长的位置，故B项正确；小球处于M、P、N三点时，弹簧形变量相等，弹性势能相等，小球从M到N过程中重力势能的减少量，是从M到P过程重力势能减少量的两倍，可得N点的动能是P点动能的两倍，N点的速度是P点速度的2，故C项错误；D项正确．8.(2019·许昌二模)(多选)如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上．P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α＝30°时，弹簧处于原长．当α＝30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度范围内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则P在下降过程中()A．P、Q组成的系统机械能守恒B．当α＝45°时，P、Q的速度相同C．弹簧弹性势能最大值为(3－1)mgLD．P在下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg答案CD解析对于P、Q组成的系统，系统的机械能不守恒．但对P、Q、弹簧组成的系统，系统的机械能守恒，故A项错误；当α＝45°时，根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos45°＝vPcos45°，可得vP＝vQ，但速度方向不同，所以P、Q的速度不同，故B项错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos30°－cos60°)，弹性势能的最大值为Ep＝(3－1)mgL，故C项正确；P在下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－N＝2ma，则有N3mg，故D项正确．9．(2019·课标全国Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析根据动能定理可得：maΔh＝ΔEk，解得斜率的大小为ma＝ΔEkΔh；上升过程中：ma1＝ΔEk1Δh1＝72－363N＝12N下落过程中：ma2＝ΔEk2Δh2＝48－243N＝8N设与运动方向相反的外力为F，根据牛顿第二定律可得：上升过程中：mg＋F＝ma1，下落过程中：mg－F＝ma2，联立解得：m＝1kg.故C项正确，A、B、D三项错误．10.(2019·佛山模拟)(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝Rtanθ－μ，圆弧轨道圆心为O半径为R，∠DOE＝θ，OG水平．现有一质量为m，可看为质点的滑块从A点无初速度下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB．滑块下滑后将会从G点飞出C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD．滑块在斜面上经过的总路程为s＝Rtanθμ（tanθ－μ）答案CD解析滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，此时经过E点对轨道的压力最小，则从D到E点，由机械能守恒定律：mgR(1－cosθ)＝12mvE2，在E点，由牛顿第二定律得：N－mg＝mvE2R，联立解得：N＝mg(3－2cosθ)，故A项错误；从A到G由动能定理：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝12mvG2，其中L＝Rtanθ－μ，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B项错误；滑块第一次到达E点时，根据动能定理：mg[Lsinθ＋R(1－cosθ)]－μmgcosθ·L＝12mvE2，解得：vE＝2gR，第二次到达E点的速度与第一次相同，则牛顿第二定律：NE－mg＝mvE2R，解得：NE＝3mg，故C项正确；由以上的分析可知，清块最终将在以E点为最低点，D点为最高点来回滚动，则由动能定理：mgLsinθ＝μmgcosθ·s，解得：s＝Rtanθμ（tanθ－μ），故D项正确．二、选择题11.(2019·南通二模)如图甲所示，质量为M的小球用长度为L的轻杆连接在固定于天花板的轴O上，可在竖直平面内自由旋转，通过与O等高的滑轮用轻绳连接质量为m的物块．滑轮与轴O的距离也为L，轻杆最初位置水平．滑轮、小球和物块的大小可以忽略，轻绳竖直部分的长度足够长，不计各种摩擦和空气阻力，运动过程中绳始终保持张紧状态，小球与物块的质量之比为2∶1，重力加速度为g.(1)使小球从最初位置静止释放，在小球向右摆动的过程中，求轻杆与最初位置的最大夹角θ；(2)使小球从最初位置静止释放，当小球向右摆动到O点正下方的位置时绳突然断裂，求整个过程中物块