2019高考物理一轮复习第五章机械能第41讲力学中功能关系的理解和应用加练半小时教科版.docx

1、1第 41 讲 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(多选)(2017山东师范大学附中第三次模拟)如图 1 所示，某段滑雪雪道倾角为 30，总质量为 m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为 g，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )13图 1A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为 mgh13C下滑过程中系统减少的机械能为 mgh13D运动员减少的重力势能转化为动能和摩

2、擦内能2(2017北京房山区模拟)奥运比赛项目高台跳水是我国的强项质量为 m 的跳水运动员从高台上跳下，在他入水前重心下降的高度为 H，经历的时间为 T.入水后他受到水的作用力而做减速运动，在水中他的重心下降的最大高度为 h，对应的时间为 t.设水对运动员的作用力大小恒为 F，当地的重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A运动员入水后的运动过程中动能减少量为 FhB运动员入水后的运动过程中机械能减少量为 FhC水对运动员作用力的冲量大小等于 mgTD他在整个运动过程中机械能减少了 mgh3(多选)(2017闽粤大联考)如图 2 所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物

3、块相连弹簧处于自然长度时物块位于 O 点(图中未标出)物块的质量为 m， AB a，物块与桌面间的动摩擦因数为 .现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经 O 点到达 B 点时速度为零重力加速度为 g.则上述过程中( )图 22A物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于 W mga12B物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W mga32C经 O 点时，物块的动能小于 W mgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能4.(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

4、中物体速度的平方和上升高度的关系如图 3 所示若取 h0 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像可能正确的是( )图 35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 4A 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6(2018湖北黄冈模拟)如图 5 甲所

5、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像( E x 图像)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像，下列判断正确的是( )3图 5A0 x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下B0 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)(2017湖北七市联合考试)如图 6 所示，倾角为 37的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为 d0.2m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、

6、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为 L0.4m，现将质量为m1kg、宽度为 d 的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度取 g10m/s 2，sin370.6，cos370.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是( )图 6A矩形板受到的摩擦力恒为 f4NB矩形板的重力做功为 WG3.6JC产生的热量为 Q0.8JD矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为 m/s23558(多选)(2017山东济宁模拟)如图 7 所示，轻

7、质弹簧的一端与固定的竖直板 P 拴接，另一端与物体 A 相连，物体 A 静止于光滑水平桌面上， A 右端连接一细线，细线绕过光滑的轻质定滑轮与物体 B 相连开始时用手托住 B，让细线恰好伸直，然后由静止释放 B，直至 B获得最大速度在该过程中下列分析正确的是( )4图 7A B 物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量B B 物体获得最大速度时，其受到细线的拉力的大小等于 B 所受重力C A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量大于细线拉力对 A 做的功D A 物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对 A 做的功9(多选)(2017山东枣庄模拟)如图 8 甲所示，质量为 1kg 的

8、小物块，以初速度v011m/s 从 53的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F，第二次不施加力，图乙中的两条线段 a、 b 分别表示施加力 F 和无 F 时小物块沿斜面向上运动的 v t 图线，不考虑空气阻力， g10 m/s 2，下列说法正确的是( )图 8A恒力 F 大小为 21NB物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5C有恒力 F 时，小物块在整个上升过程产生的热量较少D有恒力 F 时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小10(多选)(2017上海普陀区模拟)如图 9 所示，倾角 30的斜面固定在地面上，长为 L、质量为 m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳

9、AB 置于斜面上，与斜面间动摩擦因数 ，其 A 端与斜面顶端平齐用细线将质量也为 m 的物块与软绳连接，给物块向下的32初速度，使软绳 B 端到达斜面顶端(此时物块未到达地面)，在此过程中( )图 9A物块的速度始终减小B软绳上滑 L 时速度最小19C软绳重力势能共减少了 mgL14D软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和11(多选)(2018四川泸州一检)如图 10 所示，固定斜面倾角为 ，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5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，

10、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 tan ，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 10A物块从 D 点向下运动到 A 点的过程中，最大加速度大小为 2gsinB物块最后停在 B 点C物块在 D 点时的弹性势能为 mglsinmv22D物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为 mglsin Emv2212(多选)(2018广东东莞模拟)如图 11 所示，轻质弹簧一端固定在水平面上 O 点的转

11、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 11A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 mv212D aA aC g6答案精析1CD 若运动员不受摩擦力，则加速度应为 a gsin30 ，而现在

12、的加速度小于 ，g2 g2故运动员应受到摩擦力，故减少的重力势能有一部分转化为了内能，故 A 错误；运动员下滑的距离： L 2 h；由运动学公式可得： v22 aL，得： v ；动能为：hsin30 2aLEk mv2 mgh，故 B 错误；由动能定理可知 mgh Wf mv2，解得 Wf mgh，故下滑过程12 23 12 13中系统减少的机械能为 mgh，故 C 正确；根据能量守恒定律，减小的重力势能转化为动能13和摩擦内能，故 D 正确2B 运动员入水后的运动过程中，根据动能定理，有： Ek mgh Fh，即动能减少量为|Fh mgh|，故 A 错误；机械能的变化量等于除重力外其余力做的

13、功，即运动员入水后的运动过程中机械能的减小量等于克服阻力做的功，为 Fh，故 B 正确；从开始下落到入水后速度变为 0 的过程，对运动员由动量定理得： mg(T t) Ft0，故水对运动员作用力的冲量大小为 mgt mgT，故 C 错误他在整个过程中机械能的减小量等于重力势能的减小量，为mg(H h)，故 D 错误3BC 如果没有摩擦力，则 O 点应该在 AB 中间，由于有摩擦力，物块从 A 到 B 过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的 B 点，也即 O 点靠近 B 点故 OA ，此过程物a2块克服摩擦力做功大于 mga ，所以物块在 A 点时，弹簧的弹性势能小于 W mga ，故

14、A12 12错误；由 A 分析得物块从开始运动到最终停在 B 点，路程大于 a ，故整个过程物块a2 3a2克服阻力做功大于 mga ，故物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W mga ，故 B 正确；32 32从 O 点开始到再次到达 O 点，物块运动路程大于 a，故由动能定理得，物块的动能小于W mga ，故 C 正确；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在 B 点弹力与摩擦力的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在 B 点时弹簧形变量大小未知，故此两位置弹性势能大小关系无法判断，故 D 错误4D 由 v2 h 图像为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒

15、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5B 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7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，重力势能减小相同，C 项错误；滑动

16、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6B 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 x E，即 F，所以 E x 图像的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由题图乙可知 0 x1内图线 E x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7BCD 8.BD9BD 根据 v t 图像斜率等于加速度可知： aa m/s210 vt1 0

17、111.1m/s2； ab m/s211 m/s2；不受拉力时： mab mgsin53 mg cos53，代入数0 111据得： 0.5；受到拉力的作用时： maa F mgsin53 mg cos53，所以 F1N，故B 正确，A 错误；根据运动学公式： x 可知，因为有恒力 F 时，小物块的加速度小，0 v022a位移大，所以在上升过程产生的热量较大，故 C 错误；结合 C 的分析可知，有恒力 F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而上升到最高点时动能的减小是相等的，所以在整个上升过程机械能的减少量较小，故 D 正确10BCD 物块下落过程中，刚开始由于 mgsi

18、n30 mg cos30 mgmg，所以物块所54受合力向上，物块做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物块的速度先减小后增大，故 A 错误当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为 x，则： mgsin30L xL mg cos30 mg mg，代入数据解得： x L，故 B 正确；物块未释放时，软绳的L xL xL 19重心离斜面顶端的高度为 h1 sin30 ，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面L2 L4顶端的高度 h2 ，则软绳重力势能共减少 mg( ) mg，故 C 正确以软绳和物块组成L2 L2 L

19、4 L4的系统为研究对象，软绳和物块的重力势能减小，转化为物块和软绳的动能及软绳与斜面摩擦产生的内能，根据能量守恒定律，软绳重力势能的减少重小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功的和，故 D 正确811CD 物块在 BD 段向下运动过程中，因 tan ，物块的重力沿斜面向下的分力mgsin 与滑动摩擦力 mg cos 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 k3l ma，物块静止时有 kl mgsin ，得 a3 gsin ，物块在 DA 段的最大加速度为 3gsin ，A 选项错误；物块从 D 点下滑后，沿斜面向下运动，因 tan ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止

20、，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 mgsin 3l mg cos 2l， Ep mglsin ，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mv22 mv22的弹性势能相同，对全过程分析有( Ep E) mgsin 2l Q，得 Q mglsin E，Dmv22选项正确12CD 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

21、程有 2mgh Ep2 Wf Ep，解得 Wf mgh， Ep mv2，小球从12 12C 点向上运动时，假设能返回到 A 点，则由能量守恒定律得 Ep2 Wf2 mgh 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 ，fAB s，由 Wf mgh 得 mgsin30，在 B 点，摩擦力 f mg cos30，由于弹簧对小球有f拉力(除 B 点外)，小球对杆的压力大于 mgcos30，所以 mg cos30可得 mgsin30f mg cos30，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 f maA，在 C 点有 Fcos30 f mgsin30 maC，两式相减得 aA aC g，D 项正确