2020版高考物理一轮复习第五章+微专题40力学中功能关系的理解和应用 9页

力学中功能关系的理解和应用 ‎[方法点拨]　(1)做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.(2)功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.‎ ‎1.(2018·河南省八校第二次测评)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图1所示.若取h＝0处为重力势能零势能面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是(　　)‎ 图1‎ ‎2.(2018·河北省唐山市一模)2018年2月13日，平昌冬奥会单板滑雪女子U型场地决赛中，我国选手刘佳宇荣获亚军，为我国夺得首枚奖牌.如图2为U型池模型，其中A、B为U型池两侧边缘，C为U型池最低点，U型池轨道各处粗糙程度相同.一小球在池边高h处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A然后返回 B.小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A然后返回 C.由A到C过程与由C到B过程相比，小球损耗的机械能相同 D.由A到C过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗的机械能较小 ‎3.(多选)(2018·四川省泸州市一检)如图3所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块，O点是弹簧处于原长状态 时上端的位置，物块静止时位于A点.斜面上另外有B、C、D三点，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B点下方斜面光滑，BD段粗糙，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ＝tanθ，重力加速度为g.物块静止时弹簧的弹性势能为E，用外力将物块拉到D点由静止释放，第一次经过O点时的速度大小为v，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2gsinθ B.物块最后停在B点 C.物块在D点时的弹性势能为－mglsinθ D.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为＋mglsinθ－E ‎4.如图4所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A.A和C将同时滑到斜面底端 B.滑到斜面底端时，B的动能最大 C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多 D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多 ‎5.(多选)(2018·安徽省皖南八校联考)如图5甲所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.则(　　)‎ 图5‎ A.小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4m B.0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·s C.0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J D.小物块与传送带之间由摩擦产生的热量为18J ‎6.(2019·湖北省黄冈市模拟)如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是(　　)‎ 图6‎ A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下 B.0～x2过程中物体的动能一定增大 C.x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动 D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动 ‎7.(多选)(2018·广东省东莞市模拟)如图7所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为aA，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为aC的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A.小球可以返回到出发点A处 B.撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态 C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2‎ D.aA－aC＝g ‎8.(多选)(2018·河北省衡水中学八模)如图8甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化关系如图乙所示.g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则(　　)‎ 图8‎ A.物体的质量m＝0.67kg B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5‎ C.物体上升过程中的加速度大小a＝1m/s2‎ D.物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J ‎9.(多选)圆心为O、半径为R的光滑圆弧轨道AC与倾角θ＝30°的光滑斜面BC固定在一起，如图9所示，其中O、C、B三点共线，OA竖直.质量分别为m1、m2的两小球1、2用轻绳相连挂在C点两侧(C点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C处，小球2位于斜面底端B处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m1＝6m2，重力加速度为g，则在小球1由C点下滑到A点的过程中(　　)‎ 图9‎ A.小球1的机械能守恒 B.重力对小球1做功的功率先增大后减小 C.小球1的机械能减小m1gR D.轻绳对小球2做功为m2gR ‎10.(多选)(2019·山东省枣庄八中模拟)如图10所示，在竖直平面内固定光滑的硬质杆AB，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端A处套一质量为m的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与A处在同一水平线上的O点，O、B两点处在同一竖直线上，且OB＝h，OC垂直于AB，从A由静止释放圆环后，圆环沿杆运动到B时速度为零.在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态.则在圆环从A到B的整个过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图10‎ A.弹簧对圆环一直做正功 B.圆环的速度最大处位于C、B间的某一点 C.弹簧的弹性势能增加了mgh D.弹簧弹力的功率为零的位置有2个 ‎11.一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的.今把质点从O点的正上方离O点距离为R处以水平速度v0＝抛出，如图11所示，试求：当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？‎ 图11‎ 答案精析 ‎1.D　[由v2－h图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小.由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D项正确.]‎ ‎2.A　[小球在高h处自由下落由U型池左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为，根据动能定理有mg×－Wf1＝0，Wf1＝mgh.从B点进入池中后，由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中运动克服摩擦力所做的功小于，小球能够冲出左侧边缘A然后返回，故A正确，B错误；由A到C过程与由C到B过程相比，每一个对称的位置，由A到C过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过程与由C到B过程相比，前一过程小球损耗的机械能较大，故C、D错误.]‎ ‎3.CD　[物块在BD段向下运动过程中，因μ＝tanθ，物块的重力沿斜面向下的分力mgsinθ与滑动摩擦力μmgcosθ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D点处加速度最大，有k·3l＝ma，物块静止时有kl＝mgsinθ，得a＝3gsinθ，物块在DA段的最大加速度为3gsinθ，A选项错误；物块从D点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tanθ，物块在B点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B点下方做往复运动，到B点处的速度为零，B选项错误；物块从D点第一次到O点，由功能关系得Ep＋mgsinθ·3l＝μmgcosθ·2l＋，Ep＝－mglsinθ，C选项正确；物块在B点时弹簧的弹性势能与物块在A点时弹簧的弹性势能相同，对全过程分析有(Ep－E)＋mgsinθ·2l＝Q，得Q＝＋mglsinθ－E，D选项正确.]‎ ‎4.B　[A、C两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A所受滑动摩擦力沿斜面向上，C受到的沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，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先到达斜面底端，A项错误；重力做功相同，摩擦力对A、B做功相同，C克服摩擦力做功最多，而B有初速度，则滑到斜面底端时，B滑块的动能最大，B项正确；三个滑块下降的高度相同，减少的重力势能相同，C项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C运动的路程最大，C克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D项错误.]‎ ‎5.AD　[由图象可知，第2s末小物块向左运动的位移达到最大，根据速度—时间图线与时间轴所围图形的面积大小表示位移大小，得s1＝×2×4m＝4m，故A正确；物块做匀变速运动 的加速度大小a＝＝m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝ma＝2N,0～3s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I＝μmgt＝6N·s，故B错误；由图象可知传送带速率大小v1＝2m/s，前3s内物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W＝μmgv1t＝2×2×3J＝12J,3～4s内二者相对静止，无摩擦力，故C错误；物块在传送带上滑动的3s内，传送带的位移s′＝v1t＝6m，方向向右，物块的位移s＝(×2×4－×1×2)m＝3m，方向向左，二者的相对位移Δs＝s′＋s＝9m，整个过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgΔs＝18J，故D正确.]‎ ‎6.B　[除重力之外的其他力做的功等于物体的机械能的改变量，则F·Δx＝ΔE，即F＝，所以E－x图象的斜率的绝对值表示物体所受拉力的大小，由题图乙可知0～x1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A错误；由于物体由静止开始向下运动，且物体所受拉力先变小后不变，所以物体所受拉力一直小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～x2过程中物体的动能一定增大，B正确，C、D错误.]‎ ‎7.CD　[设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：对于小球从A到B的过程有mgh＋Ep＝mv2＋Wf，A到C的过程有2mgh＋Ep＝2Wf＋Ep，解得Wf＝mgh，Ep＝mv2，小球从C点向上运动时，假设能返回到A点，则由能量守恒定律得Ep＝2Wf＋2mgh＋Ep，该式不成立，可知小球不能返回到出发点A处，A项错误，C项正确；设从A运动到C摩擦力的平均值为f，AB＝s，由Wf＝mgh得f＝mgsin30°，在B点，摩擦力Ff＝μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos30°，所以f＞μmgcos30°可得mgsin30°＞μmgcos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B项错误；根据牛顿第二定律得，在A点有Fcos30°＋mgsin30°－Ff＝maA，在C点有Fcos30°－Ff－mgsin30°＝maC，两式相减得aA－aC＝g，D项正确.]‎ ‎8.BD　[在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E＝Ep＋0＝mgh，所以物体质量为m＝＝kg＝1kg，A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmgcos37°－mgh＝ΔEk，解得μ＝0.5，B正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F＝mgsinα＋μmgcosα＝10N，故物体上升过程中的加速度大小为a＝＝10m/s2‎ ‎，C错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50J－40J＝10J，D正确.]‎ ‎9.BD　[小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B对；设小球1在A点时速度为v，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为vcos30°＝，小球1由C点到下滑到A点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m1gR(1－cos60°)－m2gRsin30°＝m1v2＋m2()2，得v2＝gR，对小球1由动能定理有m1gR(1－cos60°)＋WT＝m1v2，得WT＝－m2gR，即小球1的机械能减少m2gR，A、C错；因小球1由C点下滑到A点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为m2gR，D对.]‎ ‎10.BC　[由几何关系可知，当环在C点时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从A到C的过程中弹簧对环做正功，而从C到B的过程中弹簧对环做负功，选项A错误；当圆环在C点时，弹力的方向与AB垂直，从C点继续下滑，当重力沿杆向下的分力大于弹力沿杆向上的分力时，圆环的加速度向下，速度增大；当重力沿杆向下的分力等于弹力沿杆向上的分力时，加速度为零，速度最大，则圆环的速度最大处位于C、B间的某一点，选项B正确；圆环从A到B，弹簧弹性势能增加量等于重力势能的减少量，即弹簧的弹性势能增加了mgh，选项C正确；根据P＝Fvcosθ可知，在最高点和最低点时圆环的速度为零，则弹簧弹力的功率为零；在C点时，弹力与速度垂直，此时弹簧弹力的功率也为零，则弹簧弹力的功率为零的位置有3个，选项D错误.]‎ ‎11.mg 解析　设绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平抛运动规律有Rsinθ＝v0t，R－Rcosθ＝gt2，‎ 解得θ＝，t＝，‎ 即绳绷紧时刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度v0‎ 消失，质点仅有竖直速度v1，v1＝gt＝.以后质点在竖直平面内做圆周运动，设到达O点正下方的速度为v′，由机械能守恒定律有mv′2＝mv12＋mgR，设此时绳对质点的拉力为FT，则由牛顿第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝mg.‎