2019届高考物理二轮专题复习专题四能量和动量第1讲功能关系在力学中的应用限时检测.doc

1、1第 1讲 功能关系在力学中的应用一、选择题(本大题共 8小题,每小题 8分,共 64分.第 15 题只有一项符合题目要求,第68 题有多项符合题目要求)1.(2018北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为 m,重力加速度为 g,0t 0时间内物块做匀加速直线运动,t 0时刻后功率保持不变,t 1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是( D )A.物块始终做匀加速直线运动B.0t 0时间内物块的加速度大小为00C.t0时刻物块的速度大小为D.0t 1时间内物块上升的高度为 (t1- )-解析:0t 0时间内物块做匀加速直

2、线运动,t 0时刻后功率保持不变,根据 P=Fv知 v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,故 A错误;根据 P=Fv=Fat,F=mg+ma,得 P=(mg+ma)at,由图线的斜率 k得 =m(g+a)a,可知 a ,故 B0000错误;在 t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度 v= ,可知 t0时刻物块的速度小于 ,故 C错误;P t图线围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得, +P0(t1-t0)-mgh= mv2,12解得 h= (t1- )- .故 D正确.2.(2018辽宁庄河五模)如图所示,竖直平面内放一直角杆 MON,杆的水

3、平部分粗糙,动摩擦因数 =0.2,杆的竖直部分光滑.两部分各套有质量均为 1 kg的小球 A和 B,A,B球间用细绳相连.初始 A,B均处于静止状态,已知 OA=3 m,OB=4 m,若 A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动 1 m(取 g=10 m/s2),那么该过程中拉力 F做功为( A )2A.14 J B.10 J C.6 J D.4 J解析:对 A,B整体,受力为拉力 F、重力 G、支持力 FN、向左的摩擦力 Ff和向左的弹力 FN1,如图所示,根据共点力平衡条件,竖直方向有 FN=G1+G2;水平方向有 F=f+FN1;而 Ff=F N解得 FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=

4、F N=0.220 N=4 N;在整个运动过程中由动能定理得到 WF-Ffx-m2gh=0,根据几何关系,可知 B上升距离 h=1 m,故有 WF=fx+m2gh=41 J+1101 J=14 J;故选项 A正确.3.(2018郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力 F1推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力 F2推这一物体,当恒力 F2作用的时间与恒力 F1作用的时间相等时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为 32 J,则在整个过程中,恒力 F1,F2做的功分别为( B )A.16 J,16 J B.8 J,24 JC.32 J,0 J D.48 J,-16 J解析

5、:设加速运动的末速度为 v1,匀变速运动的末速度为 v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力 F2作用的时间与恒力 F1作用的时间相等,根据平均速度公式有 =-,解得 v2=2v1,根据动能定理,加速过程 W1= m ,匀变速过程 W2= m - m ,根据122 1212 12221212题意 m =32 J;故 W1=8 J,W2=24 J,选项 B正确.12224.(2018包头一模)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块 A,细线跨过位于 O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接 A,另一端悬挂小物块 B,物块 A,B质量相等.C 为 O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离 OC=h,重力

6、加速度为 g,开始时 A位于 P点,PO 与水平方向的夹角为 30,现将A,B由静止释放,下列说法正确的是( B )3A.物块 A由 P点出发第一次到达 C点过程中,速度先增大后减小B.物块 A经过 C点时的速度大小为C.物块 A在杆上长为 2 h的范围内做往复运动D.在物块 A由 P点出发第一次到达 C点过程中,物块 B克服细线拉力做的功小于 B重力势能的减少量解析:物块 A由 P点出发第一次到达 C点过程中,绳子拉力对 A做正功,其他力不做功,A 动能不断增大,速度不断增大,故 A错误;设物块 A经过 C点时的速度大小为 v,此时 B的速度为 0,由于系统的机械能守恒,得 mg( -h)=

7、 mv2,解得 v= ,故 B正确;由几何知识12可得 PC= h,由于 A,B组成的系统机械能守恒 ,由对称性可得物块 A在杆上长为 2 h的范3 3围内做往复运动,故 C错误;物块 A到 C点时 B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块 A由 P点出发第一次到达 C点过程中,物块 B克服细线拉力做的功等于 B重力势能的减少量,故 D错误.5.(2018和平区一模)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从 A处由静止开始下滑,到达 C处的速度为零,AC=h.如果圆环在 C处获得一竖直向上的速度 v,恰好能回到 A处.弹簧

8、始终在弹性限度内,重力加速度为 g.则( C )A.从 A到 C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小B.从 A下滑到 C过程中弹簧的弹性势能增加量等于 mghC.从 A到 C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多解析:圆环从 A处由静止开始下滑,经过某处 B的速度最大,到达 C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过 B处的速度最大,所以经过 B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故 A错误;研究圆环从 A处由静止开始下滑到 C过程中,运用动能定理得mgh-Wf-W 弹 =0,在 C处获得一竖直向上的速度 v,恰好能回到 A,有-mgh+W

9、弹 -Wf=0- mv2.解得 Wf=-12mv2,则克服摩擦力做的功为 mv2,故 C正确;由 A到 C,克服弹力做功为 mgh- mv2,则在 C处14 14 14弹簧的弹性势能为 mgh- mv2,而 A处弹性势能为零,故 B错误 .由能量守恒定律知,损失的机14械能全部转化为摩擦生热,而两个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项 D错误.6.(2018吉林通化一模)如图所示,一个质量为 m的物体(可视为质点),由斜面底端的 A点以某一初速度冲上倾角为 30的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为 g,物体沿斜面上升的最大高度为 h,在此过程中( CD )4A.物体克服摩擦力做功 m

10、gh12B.物体的动能损失了 mghC.物体的重力势能增加了 mghD.系统机械能损失了 mgh解析:设摩擦力大小为 Ff.根据牛顿第二定律得 Ff+mgsin 30=ma,又 a=g,解得 Ff= mg,物12体在斜面上能够上升的最大距离为 2h,则物体克服摩擦力做功 Wf=Ff2h=mgh,故 A错误;根据动能定理,物体动能的变化量 E k=W 合 =-ma2h=-2mgh,即动能损失了 2mgh,故 B错误;物体在斜面上能够上升的最大高度为 h,所以重力势能增加了 mgh,故 C正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于 mgh,故 D正确.7.(2018吉林省实验中学模拟)如图所示,

11、一质量为 m的小球(可看作质点)置于半径为 R的光滑竖直轨道内侧最低点 A处,B 为轨道最高点,C,D 为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心 O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为 k= ,原长为 L=2R,弹簧始2终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度 v0,已知重力加速度为 g,则( CD )A.无论 v0多大,小球均不会离开圆轨道B.若 v0 ,则小球会在 BD间脱离圆轨道C.只要 v0 ,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与 v0无关解析:因弹簧的劲度系数为 k= ,原长为 L=2R,若小球恰能到达最高点,

12、此时弹簧的弹力为2F=kR= ,轨道的支持力为 0,由弹簧的弹力和重力提供向心力,则有 mg-F=m ,解得 v=2 2,从 A到最高点,弹性势能不变,由机械能守恒定律得 2mgR+ mv2= m ,解得 v0= ,即12 1202当 v0 时小球才不会脱离轨道,故 A,B错误,C 正确;在最低点时,设小球受到的支持力为 FN1,有 FN1-kR-mg=m ,解得 FN1=kR+mg+m ,小球运动到最高点时受到轨道的支持力最02 02小,设为 FN2,速度为 v,有 FN2-kR+mg=m ,解得 FN2=kR-mg+m ,小球由 A到 B过程中,由机械2 25能守恒定律得 2mgR+mv2

13、= m ,联立解得 F N=FN1-FN2=6mg,与初速度无关,故 D正确.12 12028.(2018南充模拟)如图(甲)所示,倾角为 37的足够长的传送带以恒定速率运行,将一质量 m=2 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图(乙)所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.则下列说法正确的是( AD )A.物体与传送带间的动摩擦因数为 0.875B.08 s 内物体位移的大小为 20 mC.08 s 内物体机械能的增量为 190 JD.08 s 内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为 432 J

14、解析:根据 v-t图像,可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为 a=1 m/s2.在 06 s,物体相对传送带滑动 ,对此过程 ,由牛顿第二定律得 mgcos -mgsin =ma,解得 =0.875,由图像得物体在 08 s内的位移为 s=- 22 m+ 4 12 2+62m=14 m,故 A正确,B 错误;物体被送上的高度为 h=ssin =14sin 37=8.4 m,重力势能增加量为E p=mgh=2108.4 J=168 J,动能增加量为 E k= m( - )= 12 2212 12242-(-2)2 J=12 J,则机械能的增加量为 E=E p+E k=180 J,故 C错误;0

15、8 s内只有前 6 s内物体与传送带间发生相对滑动.在 06 s内传送带运动的距离 s 带 =v 带 t=46 m=24 m,物体的位移 s 物 =- 22 m+ m=6 m,则物体与传送带的相对位移大小 s=s 带 -s 物 =1218 m,产生的热量 Q=mgcos s=0.8752100.818 J=252 J;08 s 内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为 E=E+Q=432 J,故 D正确.二、非选择题(本大题共 2小题,共 36分)9.(16分)(2018贵州模拟)质量为 m=4 kg的小物块静止于水平地面上的 A点,现用 F=10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去,物块继续

16、滑动一段位移停在 B点,A,B 两点相距x=20 m,物块与地面间的动摩擦因数 =0.2,g 取 10 m/s2,求:(1)物块在力 F作用过程发生位移 x1的大小;(2)撤去力 F后物块继续滑动的时间 t.解析:(1)取小物块为研究对象,从 A到 B整个运动过程的拉力与摩擦力做功,根据动能定理,有Fx1-Ffx=0,其中 Ff=mg6联立解得 x1=16 m;(2)对从 A到撤去 F时根据动能定理,有Fx1-mgx 1= mv2;12解得 v=4 m/s撤去 F后,根据牛顿第二定律,有mg=ma,解得 a=g=2 m/s 2;根据速度公式,有v=at,解得 t=2 s.答案:(1)16 m

17、(2)2 s10.(20分)(2018如皋模拟)打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座 A送到井底,由于 A与井壁间摩擦力很大,工程人员采用了如图所示的装置.图中重锤 B质量为 m,下端连有一劲度系数为 k的轻弹簧,工程人员先将 B放置在 A上,观察到 A不动;然后在 B上再逐渐叠加压块,当压块质量达到 m时,观察到 A开始缓慢下沉时移去压块.将 B提升至弹簧下端距井口为 H0处,自由释放 B,A被撞击后下沉的最大距离为 h1,以后每次都从距井口 H0处自由释放.已知重力加速度为 g,不计空气阻力,B 与 A撞击过程时间很短,且不损失能量,弹簧始终在弹性限度内.(1)求缓慢下沉时 A与井壁间

18、的摩擦力大小 Ff和弹簧的形变量 L;(2)求撞击下沉时 A的加速度大小 a和弹簧弹性势能 Ep;(3)若第 n次撞击后,底座 A恰能到达井底,求井深 H.解析:(1)B 放置 A点,增加压块质量,A 开始缓慢下沉时,则有 Ff=2mg;由于底座质量不计,则有 kL=F f,解得 L= .2(2)撞击后 A,B一起减速下沉,对 B,根据牛顿第二定律得 kL-mg=ma,解得 a=gA第一次下沉,由功能关系得mg(H0+L+h 1)=Ep+Ffh1,解得 Ep=mg(H0-h1+ ).2(3)A第二次下沉,由功能关系得mg(H0+L+h 1+h2)=Ep+Ffh2又 Ff=2mg解得 h2=2h1A第三次下沉,7由功能关系有 mg(H0+L+h 1+h2+h3)=Ep+Ffh3解得 h3=4h1同理 A第 n次下沉过程中向下滑动的距离为hn=2n-1h1所以井的深度为H=h1+h2+h3+hn=h1+2h1+4h1+2n-1h1=(2n-1)h1.答案:见解析