浙江专版2021年高考物理一轮复习微专题突破练专题10功能关系的综合应用含解析 9页

专题10　功能关系的综合应用 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.木块在水平恒力F作用下,由静止开始在水平路面上前进x,随即撤去此恒力后又前进3x才停下来。设运动全过程中路面情况相同,则木块在运动中所获得的动能的最大值为 (　　)‎ A.Fx B.Fx C.Fx D.Fx ‎【解析】选D。从全程来看,设受到的阻力为f,则根据动能定理可知:‎ Fx-f·4x=0,则f=F 当刚撤掉恒力F时速度有最大值,根据动能定理可知:Fx-fx=Ek 解得Ek=Fx,故D正确。‎ ‎2.(多选)女子十米台跳水比赛中,运动员从跳台斜向上跳起,一段时间后落入水中,如图所示,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)‎ A.离开跳台后,她在空中上升过程中处于超重状态 B.她在下降至水中最低点时,机械能最小 C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度 D.入水过程中,她的重力势能一直在减少 ‎【解析】选B、D。起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下,所以处于失重状态,故A错误。她在下降至水中最低点时,水的阻力做负功最多,机械能减少最多,故机械能最小,故B正确。入水过程中,开始时水对她的作用力(浮力和阻力)小于她的重力,所以先向下做一段加速运动,即入水后的速度先增大,故C错误。入水过程运动员的高度一直降低,重力做正功,重力势能一直减少,故D正确。故选B、D。‎ - 9 -‎ ‎3.节日燃放礼花弹时,要先将礼花弹放入一个竖直的炮筒中,然后点燃礼花弹的发射部分,通过火药剧烈燃烧产生的高压燃气,将礼花弹由炮筒底部射向空中,若礼花弹在由炮筒底部击发至炮筒口的过程中,克服重力做功W1,克服炮筒阻力及空气阻力做功W2,高压燃气对礼花弹做功W3,则礼花弹在炮筒内运动的过程中(设礼花弹发射过程中质量不变) (　　)‎ A.礼花弹的动能变化量为W3+W2+W1‎ B.礼花弹的动能变化量为W3-W2-W1‎ C.礼花弹的机械能变化量为W3-W1‎ D.礼花弹的机械能变化量为W3-W2-W1‎ ‎【解析】选B。礼花弹在炮筒内运动的过程中,重力、炮筒阻力及空气阻力做功,高压燃气对礼花弹做功,做功的和为W3-W2-W1,故A错误,B正确;除重力外其余力做的功是机械能变化的量度,故高压燃气做的功和空气阻力及炮筒阻力做的功之和等于机械能的变化量,即机械能的变化量为W3-W2,故C、D错误。‎ ‎4.(多选)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上,随扶梯向上加速,如图所示。则 (　　)‎ A.人只受重力和踏板的支持力的作用 B.人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小 C.踏板对人做的功等于人的机械能增加量 D.人所受合力做的功等于人的动能的增加量 ‎【解析】选C、D。人的加速度斜向上,将加速度分解到水平和竖直方向得:ax=‎ acos θ,方向水平向右;ay=asin θ,方向竖直向上,水平方向受静摩擦力作用,‎ f=max=macos θ,水平向右,竖直方向受重力和支持力,FN-mg=masin θ,所以FN>mg,故A、B错误;除重力以外的力对物体做的功等于物体机械能的变化量,所以踏板对人做的功等于人的机械能增加量,故C正确;由动能定理可知,人所受合力做的功等于人的动能的增加量,故D正确。故选C、D。‎ ‎5.一个人乘坐电梯上15楼,电梯上升的过程可看成先加速后匀速再减速的直线运动,最后静止在15楼,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.电梯加速上升的过程中,人对电梯的作用力大于自身的重力 - 9 -‎ B.电梯在减速上升的过程中,人处于超重状态 C.电梯在匀速上升的过程中,人的机械能守恒 D.电梯在加速上升的过程中,人所受的合外力做功等于人的机械能的变化 ‎【解析】选A。电梯加速上升时,人有向上的加速度,则处于超重状态,电梯地板对人的支持力大于受到的重力,即人对电梯的压力大于重力,故A正确。电梯减速上升时,加速度向下,故人处于失重状态,故B错误。电梯匀速上升时,有除重力以外的牵引力做正功,故机械能增大,故C错误。加速上升时根据动能定理人所受的合外力做功等于动能的变化,故D错误。‎ ‎6.(多选)把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出,不计空气阻力,如图所示,则下列说法正确的是 (　　)‎ A.两小球落地时速度不同 B.两小球落地时,重力的瞬时功率相同 C.从开始运动至落地,重力对两小球做的功相同 D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相同 ‎【解析】选A、C。A、B两球落地的速度大小相同,方向不同,A正确;由P=‎ mg·v竖可知,因B球落地时竖直速度较大,故PB>PA,B错误;重力做功与路径无关,均为mgh,C正确;因B球从抛出到落地所用时间较长,故>,D错误。‎ ‎7.如图,半圆形光滑轨道竖直固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度大小为g) (　　)‎ A. B. C. D.‎ - 9 -‎ ‎【解析】选A。设小物块从轨道上端飞出的速度为v1,轨道半径为R。小物块从滑入轨道到从轨道上端水平飞出,由动能定理可知 ‎-mg·2R=m-mv2‎ 小物块从轨道上端水平飞出后,做平抛运动,‎ 则竖直方向上2R=gt2‎ 水平方向上x=v1t 可解得:x=‎ 当R=时,小物块落地点离轨道下端的距离最大,故A正确,B、C、D错误。‎ ‎8.(2019·温州模拟)2018年5月2日,港珠澳大桥沉管隧道最后接头成功着床。如图所示是6 000吨重的“接头”由世界最大单臂全旋回起重船“振华30”安装的情景。“接头”经15分钟缓慢下降15米的过程中,其机械能的改变量ΔE和所受重力的平均功率P表述正确的是(g取10 m/s2) (　　)‎ A.机械能的增加量ΔE=9×107 J　P=1×106 W B.机械能的增加量ΔE=9×108 J　P=6×107 W C.机械能的减小量ΔE=9×108 J　P=1×106 W D.机械能的减小量ΔE=9×107 J　P=6×107 W ‎【解析】选C。缓慢下降,则动能不变,重力势能减少,所以机械能减少,其减少量为 ΔE=mgΔh=6×106×10×15 J=9×108 J 故A、D错误。‎ 其平均功率为 P=== W=1×106 W,故B错误、C正确。‎ - 9 -‎ ‎9.(2019·湖州模拟)在某次篮球比赛上,运动员先由站立状态曲腿下蹲再竖直向上跃起达最大高度后将球投出。如图所示为小明同学描绘的运动员对地板的作用力随时间变化的关系图象,忽略空气阻力,下列说法正确的是 (　　)‎ A.图象中t0至t1缺失部分为曲腿下蹲到最低点的过程 B.图中t2至t4时间段,运动员一直处于超重 C.图中t3时刻运动员速度达到最大,t4时刻刚离开地面 D.图中t3时刻运动员离开地面上升,此后的上升过程运动员的机械能不变 ‎【解析】选C。运动员由站立状态曲腿下蹲到最低点的过程,先加速后减速,故地面给他的支持力先小于重力后大于重力,之后从最低点到向上跃起离开地面,这个过程运动员先做加速运动,地面给他的支持力大于重力,之后逐渐减小,直至为零,故图象t0至t1缺失部分为运动员曲腿开始加速下蹲状态但是并没有下蹲到最低点,故A错误;图中t3至t4时间段,运动员处于失重状态,故B错误;图中t3时刻运动员速度达到最大,t4时刻刚离开地面,故C正确;t3～t4时间内,除重力外还有外力做功所以机械能不守恒,故D错误。‎ ‎10.(2019·嘉兴模拟)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和粗糙斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一个定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中 (　　)‎ A.轻绳对m做的功等于m机械能的增加量 B.重力对M做的功小于M减少的重力势能 C.轻绳对m做的功等于m增加的动能与m克服摩擦力所做的功之和 D.两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和 ‎【解析】选D。根据动能定理可知,轻绳对m做的功等于m增加的机械能与m克服摩擦力所做的功之和,轻绳对m做的功大于m机械能的增加量,故A、C - 9 -‎ 错误。根据重力做功与重力势能变化的关系可知,重力对M做的功等于M重力势能的变化,故B错误。根据能量守恒定律,两滑块与轻绳组成的系统的机械能损失等于M、m克服摩擦力所做的功之和,故D正确。‎ ‎11.(2019·绍兴模拟)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,曲线轨道OA部分的方程为y=x2,在原点O处与x轴相切,A点的横坐标为0.6 m;光滑圆弧轨道AB所对的圆心角为53°,半径R=1 m。质量m=0.1 kg、带电量q=+2×10-5 C的穿孔小球以3 m/s的水平速度从O点进入轨道,以2 m/s的速度从A端滑出后无碰撞地进入圆弧轨道。g取10 m/s2,求:‎ ‎(1)小球滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力。‎ ‎(2)小球在OA轨道运动过程中克服摩擦力做的功。‎ ‎(3)要使小球在OA轨道运动过程中无机械能损失,可在空间施加一个电场。求电场强度的大小和方向。‎ ‎【解析】(1)A→B过程机械能守恒:‎ m=m+mghAB 其中hAB=R-Rcos53°=0.4 m 圆周B点处:FN-mg=m 联立解得FN=2.2 N 根据牛顿第三定律,压力为2.2 N,方向向下 ‎(2)O→A过程,根据动能定理:‎ mghOA-Wf=m-m 将xA=0.6 m代入y=x2得:‎ yA=0.4 m=hOA 解得:Wf=0.65 J - 9 -‎ ‎(3)要使小球与OA轨道无挤压,‎ 须沿着y=x2轨迹运动 对照知a=20 m/s2‎ 竖直方向:mg+qE=ma 解得:E=5×104 N/C,方向竖直向下。‎ 答案:(1)2.2 N　(2)0.65 J　(3)5×104 N/C,方向竖直向下 ‎12.如图所示是一款儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),管道底端A位于斜面底端,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现:轻弹簧无弹珠时,其上端离B点距离为5R,将一质量为m的弹珠Q投入AB管内,设法使其自由静止,测得此时弹簧弹性势能Ep=mgRsinθ,已知弹簧劲度系数k=‎ ‎。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩,后释放手柄,弹珠Q经C点被射出,弹珠最后击中斜面底边上的某位置(图中未标出),根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。求:‎ ‎(1)调整手柄P的下拉距离,可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出,落在斜面底边上的不同位置,其中与A的最近距离是多少?‎ ‎(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R,求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大?‎ ‎(3)在(2)的运动过程中,弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少?‎ ‎【解析】(1)当P离A点最近(设最近距离为d)时,弹珠经C点速度最小,设这一速度为v0,弹珠经过C点时恰好对轨道无压力,mgsinθ提供所需要的向心力。‎ - 9 -‎ 所以:mgsinθ=m 得:v0=‎ ‎8R+R=gt2sinθ 得到:t=‎ x=v0t==3R,‎ d=3R+R ‎(2)设击中P1点时弹珠Q在经过C点时的速度为vC,离开C点后弹珠Q做类平抛运动:‎ a=gsinθ ‎10R-R=vCt 又在(1)中得到:t=‎ vC=‎ 经C点时:FN+mgsinθ=m 所以,FN=mgsinθ 根据牛顿第三定律:弹珠Q对C点的压力N与FN大小相等方向相反 所以,弹珠Q对C点的压力N=mgsinθ ‎(3)弹珠Q离开弹簧前,在平衡位置时,速度最大,设此时弹簧压缩量为x0,根据平衡条件:mgsinθ=kx0得:x0=‎ - 9 -‎ 取弹珠Q从平衡位置到C点的运动过程为研究过程,取平衡位置重力势能为零,根据系统机械能守恒:Ep+m=mg(6R+R)sinθ+m vm=‎ 答案:(1)3R+R　(2)mgsinθ ‎(3)‎ - 9 -‎