2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用限時檢測.doc

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第1講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求)1.(2018北京模擬)用一根繩子豎直向上拉一個物塊,物塊從靜止開始運動,繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化,已知物塊的質(zhì)量為m,重力加速度為g,0t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,t1時刻物塊達到最大速度,則下列說法正確的是(D)A.物塊始終做勻加速直線運動B.0t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為P0mt0C.t0時刻物塊的速度大小為P0mgD.0t1時間內(nèi)物塊上升的高度為P0mg(t1-t02)-P022m2g3解析:0t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,根據(jù)P=Fv知v增大,F減小,物塊做加速度減小的加速運動,當(dāng)加速度減小到零,物塊做勻速直線運動,故A錯誤;根據(jù)P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由圖線的斜率k得P0t0=m(g+a)a,可知aP0mt0,故B錯誤;在t1時刻速度達到最大,F=mg,則速度v=P0mg,可知t0時刻物塊的速度小于P0mg,故C錯誤;Pt圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小,根據(jù)動能定理得,P0t02+P0(t1-t0)-mgh=12mv2,解得h=P0mg(t1-t02)-P022m2g3.故D正確.2.(2018遼寧莊河五模)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,桿的水平部分粗糙,動摩擦因數(shù)=0.2,桿的豎直部分光滑.兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B,A,B球間用細繩相連.初始A,B均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(取g=10 m/s2),那么該過程中拉力F做功為(A)A.14 JB.10 JC.6 JD.4 J解析:對A,B整體,受力為拉力F、重力G、支持力FN、向左的摩擦力Ff和向左的彈力FN1,如圖所示,根據(jù)共點力平衡條件,豎直方向有FN=G1+G2;水平方向有F=f+FN1;而Ff=FN解得FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=FN=0.220 N=4 N;在整個運動過程中由動能定理得到WF-Ffx-m2gh=0,根據(jù)幾何關(guān)系,可知B上升距離h=1 m,故有WF=fx+m2gh=41 J+1101 J=14 J;故選項A正確.3.(2018鄭州一模)在光滑的水平面上有一靜止的物體,現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體,作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2推這一物體,當(dāng)恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等時,物體恰好回到原處,此時物體的動能為32 J,則在整個過程中,恒力F1,F2做的功分別為(B)A.16 J,16 JB.8 J,24 JC.32 J,0 JD.48 J,-16 J解析:設(shè)加速運動的末速度為v1,勻變速運動的末速度為v2,由于加速過程和勻變速過程的位移相反,又由于恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等,根據(jù)平均速度公式有v12=-v1-v22,解得v2=2v1,根據(jù)動能定理,加速過程W1=12mv12,勻變速過程W2=12mv22-12mv12,根據(jù)題意12mv22=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,選項B正確.4.(2018包頭一模)如圖所示,水平光滑長桿上套有小物塊A,細線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑小定滑輪,一端連接A,另一端懸掛小物塊B,物塊A,B質(zhì)量相等.C為O點正下方桿上的點,滑輪到桿的距離OC=h,重力加速度為g,開始時A位于P點,PO與水平方向的夾角為30,現(xiàn)將A,B由靜止釋放,下列說法正確的是(B)A.物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,速度先增大后減小B.物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為2ghC.物塊A在桿上長為22h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動D.在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,物塊B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量解析:物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,繩子拉力對A做正功,其他力不做功,A動能不斷增大,速度不斷增大,故A錯誤;設(shè)物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為v,此時B的速度為0,由于系統(tǒng)的機械能守恒,得 mg(hsin30-h)=12mv2,解得v=2gh,故B正確;由幾何知識可得PC=3h,由于A,B組成的系統(tǒng)機械能守恒,由對稱性可得物塊A在桿上長為23h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動,故C錯誤;物塊A到C點時B的速度為零,則根據(jù)功能關(guān)系可知,在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,物塊B克服細線拉力做的功等于B重力勢能的減少量,故D錯誤.5.(2018和平區(qū)一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長.圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,到達C處的速度為零,AC=h.如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處.彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g.則(C)A.從A到C的下滑過程中,圓環(huán)的加速度一直減小B.從A下滑到C過程中彈簧的彈性勢能增加量等于mghC.從A到C的下滑過程中,克服摩擦力做的功為mv24D.上滑過程系統(tǒng)損失的機械能比下滑過程多解析:圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過某處B的速度最大,到達C處的速度為零,所以圓環(huán)先做加速運動,再做減速運動,經(jīng)過B處的速度最大,所以經(jīng)過B處的加速度為零,所以加速度先減小,后增大,故A錯誤;研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程中,運用動能定理得mgh-Wf-W彈=0,在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W彈-Wf=0-12mv2.解得Wf=-14mv2,則克服摩擦力做的功為14mv2,故C正確;由A到C,克服彈力做功為mgh-14mv2,則在C處彈簧的彈性勢能為mgh-14mv2,而A處彈性勢能為零,故B錯誤.由能量守恒定律知,損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱,而兩個過程摩擦力情況相同,則做功相等,選項D錯誤.6.(2018吉林通化一模)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點),由斜面底端的A點以某一初速度沖上傾角為30的固定斜面做勻減速直線運動,減速的加速度大小為g,物體沿斜面上升的最大高度為h,在此過程中(CD)A.物體克服摩擦力做功12mghB.物體的動能損失了mghC.物體的重力勢能增加了mghD.系統(tǒng)機械能損失了mgh解析:設(shè)摩擦力大小為Ff.根據(jù)牛頓第二定律得Ff+mgsin 30=ma,又a=g,解得Ff=12mg,物體在斜面上能夠上升的最大距離為2h,則物體克服摩擦力做功Wf=Ff2h=mgh,故A錯誤;根據(jù)動能定理,物體動能的變化量Ek=W合=-ma2h=-2mgh,即動能損失了2mgh,故B錯誤;物體在斜面上能夠上升的最大高度為h,所以重力勢能增加了mgh,故C正確;根據(jù)功能原理可知,系統(tǒng)機械能減少量等于mgh,故D正確.7.(2018吉林省實驗中學(xué)模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球(可看作質(zhì)點)置于半徑為R的光滑豎直軌道內(nèi)側(cè)最低點A處,B為軌道最高點,C,D為圓的水平直徑兩端點.輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點,另一端與小球拴接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=mg2R,原長為L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度為g,則(CD)A.無論v0多大,小球均不會離開圓軌道B.若2gRv05gR,則小球會在BD間脫離圓軌道C.只要v092gR,小球就能做完整的圓周運動D.只要小球能做完整圓周運動,則小球與軌道間的最大壓力與最小壓力之差與v0無關(guān)解析:因彈簧的勁度系數(shù)為k=mg2R,原長為L=2R,若小球恰能到達最高點,此時彈簧的彈力為F=kR=mg2,軌道的支持力為0,由彈簧的彈力和重力提供向心力,則有mg-F=mv2R,解得v=12gR,從A到最高點,彈性勢能不變,由機械能守恒定律得2mgR+12mv2=12mv02,解得v0=92gR,即當(dāng)v092gR時小球才不會脫離軌道,故A,B錯誤,C正確;在最低點時,設(shè)小球受到的支持力為FN1,有FN1-kR-mg=mv02R,解得FN1=kR+mg+mv02R,小球運動到最高點時受到軌道的支持力最小,設(shè)為FN2,速度為v,有FN2-kR+mg=mv2R,解得FN2=kR-mg+mv2R,小球由A到B過程中,由機械能守恒定律得2mgR+12mv2=12mv02,聯(lián)立解得FN=FN1-FN2=6mg,與初速度無關(guān),故D正確.8.(2018南充模擬)如圖(甲)所示,傾角為37的足夠長的傳送帶以恒定速率運行,將一質(zhì)量m=2 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶,物體相對地面的速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖(乙)所示,取沿傳送帶向上為正方向,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.則下列說法正確的是(AD)A.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875B.08 s內(nèi)物體位移的大小為20 mC.08 s內(nèi)物體機械能的增量為190 JD.08 s內(nèi)因放上物體,傳送帶電動機多消耗的電能為432 J解析:根據(jù)v-t圖像,可得物體在傳送帶上滑動時的加速度大小為a=vt=1 m/s2.在06 s,物體相對傳送帶滑動,對此過程,由牛頓第二定律得mgcos -mgsin =ma,解得=0.875,由圖像得物體在08 s內(nèi)的位移為s=-1222 m+2+624 m=14 m,故A正確,B錯誤;物體被送上的高度為h=ssin =14sin 37=8.4 m,重力勢能增加量為Ep=mgh=2108.4 J=168 J,動能增加量為Ek=12m(v22-v12)=12242-(-2)2 J=12 J,則機械能的增加量為E=Ep+Ek=180 J,故C錯誤;08 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶間發(fā)生相對滑動.在06 s內(nèi)傳送帶運動的距離s帶=v帶t=46 m=24 m,物體的位移s物=-1222 m+442 m=6 m,則物體與傳送帶的相對位移大小s=s帶-s物=18 m,產(chǎn)生的熱量Q=mgcos s=0.8752100.818 J=252 J;08 s內(nèi)因放上物體,傳送帶電動機多消耗的電能為E=E+Q=432 J,故D正確.二、非選擇題(本大題共2小題,共36分)9.(16分)(2018貴州模擬)質(zhì)量為m=4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點,現(xiàn)用F=10 N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去,物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點,A,B兩點相距x=20 m,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2,g取10 m/s2,求:(1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大小;(2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t.解析:(1)取小物塊為研究對象,從A到B整個運動過程的拉力與摩擦力做功,根據(jù)動能定理,有Fx1-Ffx=0,其中Ff=mg聯(lián)立解得x1=16 m;(2)對從A到撤去F時根據(jù)動能定理,有Fx1-mgx1=12mv2;解得v=4 m/s撤去F后,根據(jù)牛頓第二定律,有mg=ma,解得a=g=2 m/s2;根據(jù)速度公式,有v=at,解得t=2 s.答案:(1)16 m(2)2 s10.(20分)(2018如皋模擬)打井施工時要將一質(zhì)量可忽略不計的堅硬底座A送到井底,由于A與井壁間摩擦力很大,工程人員采用了如圖所示的裝置.圖中重錘B質(zhì)量為m,下端連有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧,工程人員先將B放置在A上,觀察到A不動;然后在B上再逐漸疊加壓塊,當(dāng)壓塊質(zhì)量達到m時,觀察到A開始緩慢下沉?xí)r移去壓塊.將B提升至彈簧下端距井口為H0處,自由釋放B,A被撞擊后下沉的最大距離為h1,以后每次都從距井口H0處自由釋放.已知重力加速度為g,不計空氣阻力,B與A撞擊過程時間很短,且不損失能量,彈簧始終在彈性限度內(nèi).(1)求緩慢下沉?xí)rA與井壁間的摩擦力大小Ff和彈簧的形變量L;(2)求撞擊下沉?xí)rA的加速度大小a和彈簧彈性勢能Ep;(3)若第n次撞擊后,底座A恰能到達井底,求井深H.解析:(1)B放置A點,增加壓塊質(zhì)量,A開始緩慢下沉?xí)r,則有Ff=2mg;由于底座質(zhì)量不計,則有kL=Ff,解得L=2mgk.(2)撞擊后A,B一起減速下沉,對B,根據(jù)牛頓第二定律得kL-mg=ma,解得a=gA第一次下沉,由功能關(guān)系得mg(H0+L+h1)=Ep+Ffh1,解得Ep=mg(H0-h1+2mgk).(3)A第二次下沉,由功能關(guān)系得mg(H0+L+h1+h2)=Ep+Ffh2又Ff=2mg解得h2=2h1A第三次下沉,由功能關(guān)系有mg(H0+L+h1+h2+h3)=Ep+Ffh3解得h3=4h1同理A第n次下沉過程中向下滑動的距離為hn=2n-1h1所以井的深度為H=h1+h2+h3+hn=h1+2h1+4h1+2n-1h1=(2n-1)h1.答案:見解析