2024屆高三物理復(fù)習(xí)小練習(xí)(二十二)　功能關(guān)系的綜合應(yīng)用（解析版）

2024屆高三一輪復(fù)習(xí)小練(二十二)功能關(guān)系的綜合應(yīng)用A級(jí)——全員必做1.(2022·聊城模擬)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，則力F對(duì)木板所做的功為()A.eq\f(mv2,4) B.eq\f(mv2,2)C．mv2 D．2mv2解析：選C由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝eq\f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq\f(v,2)t，a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故C正確。2.畢節(jié)是全國(guó)唯一一個(gè)以“開(kāi)發(fā)扶貧、生態(tài)建設(shè)”為主題的試驗(yàn)區(qū)，是國(guó)家“西電東送”的主要能源基地。如圖所示為風(fēng)力發(fā)電機(jī)，風(fēng)力帶動(dòng)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子(磁極)轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子(線圈，不計(jì)電阻)中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。若葉片長(zhǎng)為l，設(shè)定的額定風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，額定風(fēng)速下發(fā)電機(jī)的輸出功率為P，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為()A.eq\f(2P,πρl2v3) B.eq\f(6P,πρl2v3)C.eq\f(4P,πρl2v3) D.eq\f(8P,πρl2v3)解析：選A風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的工作原理為將風(fēng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為輸出的電能，則在t時(shí)間內(nèi)吹向發(fā)電機(jī)的風(fēng)的體積為V＝vt·S＝vt·πl(wèi)2，則風(fēng)的質(zhì)量M＝ρV＝ρvt·πl(wèi)2，因此風(fēng)吹過(guò)的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)ρvt·πl(wèi)2·v2，在此時(shí)間內(nèi)發(fā)電機(jī)輸出的電能E＝Pt，則風(fēng)能轉(zhuǎn)化為電能的效率為η＝eq\f(E,Ek)＝eq\f(2P,πρl2v3)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，傾角為θ的傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，把一物體由靜止放置到傳送帶的底端，則物體從底端運(yùn)動(dòng)到頂端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．物體始終受到沿傳送帶向上的摩擦力B．物體運(yùn)動(dòng)至頂端時(shí)一定相對(duì)傳送帶靜止C．傳送帶對(duì)物體所做的功大于物體機(jī)械能的增量D．物體加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中傳送帶通過(guò)的距離是物體通過(guò)距離的2倍解析：選A物體沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，受重力、支持力和沿傳送帶向上的靜摩擦力，A正確；若傳送帶長(zhǎng)度較短，物體沿傳送帶運(yùn)動(dòng)只有加速過(guò)程，且末速度v仍小于傳送帶的速度v0，物體運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)仍相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，這種情況下，物體通過(guò)的距離x物＝eq\f(0＋v,2)t，傳送帶通過(guò)的距離x傳＝v0t，則x傳＞2x物，B、D錯(cuò)誤；物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，除重力外只有傳送帶對(duì)物體的摩擦力做功，則傳送帶對(duì)物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，C錯(cuò)誤。4．(2022·佛山模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為0.1kg的小球從最低點(diǎn)A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.4m的半圓形軌道，小球速度的平方與其高度的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知小球恰能到達(dá)最高點(diǎn)C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計(jì)。g取10m/s2，B為軌道AC中點(diǎn)。下列說(shuō)法中不正確的是()A．圖乙中x＝4m2·s－2B．小球從B到C損失了0.125J的機(jī)械能C．小球從A到C合外力對(duì)其做的功為－1.05JD．小球從C拋出后，落地點(diǎn)到A的距離為0.8m解析：選B當(dāng)h＝0.8m時(shí)，小球恰在C點(diǎn)，由于小球恰好通過(guò)最高點(diǎn)C，由mg＝meq\f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4m2·s－2，A正確；小球從A到C的過(guò)程中，動(dòng)能減少量ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2－eq\f(1,2)mvC2＝1.05J，故合外力對(duì)其做的功為－1.05J，重力勢(shì)能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8J，故機(jī)械能減少0.25J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球從B到C損失的機(jī)械能小于0.125J，B錯(cuò)誤，C正確；小球離開(kāi)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，由2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8m，故D正確。5．如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的長(zhǎng)木板停放在光滑水平面上，在長(zhǎng)木板的左端放置一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)大小F＝8N的水平向右恒力，小物塊將由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，2s后小物塊從長(zhǎng)木板上滑落，從小物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到從長(zhǎng)木板上滑落的過(guò)程中，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊和長(zhǎng)木板的加速度各為多大；(2)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度；(3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明：互為作用力與反作用力的摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板和小物塊做功的代數(shù)和是否為零。解析：(1)長(zhǎng)木板與小物塊間摩擦力Ff＝μmg＝4N小物塊加速度a1＝eq\f(F－Ff,m)＝2m/s2長(zhǎng)木板加速度a2＝eq\f(Ff,M)＝0.5m/s2。(2)小物塊對(duì)地位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝4m長(zhǎng)木板對(duì)地位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝1m長(zhǎng)木板長(zhǎng)L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力對(duì)小物塊做功W1＝－Ffx1＝－16J摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板做功W2＝Ffx2＝4J，故W1＋W2≠0。答案：(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)見(jiàn)解析B級(jí)——重點(diǎn)選做6.(2022·福州質(zhì)檢)如圖所示，水平傳送帶勻速運(yùn)行速度為v＝2m/s，傳送帶兩端A、B間距離為x0＝10m，當(dāng)質(zhì)量為m＝5kg的行李箱無(wú)初速度地放上傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2，求：(1)行李箱開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小a；(2)行李箱從A端傳送到B端所用時(shí)間t；(3)整個(gè)過(guò)程行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做功W。解析：(1)行李箱剛放上傳送帶時(shí)的加速度大小a＝eq\f(Ff,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2。(2)經(jīng)過(guò)t1時(shí)間二者共速，t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,2)s＝1s行李箱勻加速運(yùn)動(dòng)的位移為x1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m行李箱隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(x0－x1,v)＝eq\f(10－1,2)s＝4.5s則行李箱從A傳送到B所用時(shí)間t＝t1＋t2＝1s＋4.5s＝5.5s。(3)t1時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移x2＝vt1＝2×1m＝2m根據(jù)牛頓第三定律，傳送帶受到行李箱的摩擦力Ff′＝Ff行李箱對(duì)傳送帶的摩擦力做功W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2J＝－20J。答案：(1)2m/s2(2)5.5s(3)－20J7．如圖所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1m的eq\f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒(méi)有畫出)D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長(zhǎng)L＝2m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由落下：(取g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力)(1)當(dāng)H＝2m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??；(2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍。解析：(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度為vD，對(duì)小球從靜止釋放到D點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有：mg(H＋r)－μmgL＝eq\f(1,2)mvD2在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力FN提供向心力，則有FN＝meq\f(vD2,r)聯(lián)立解得：FN＝84N，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篎N′＝FN＝84N；(2)為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，則有：mgHmin－μmgL＝eq\f(1,2)mv02在O點(diǎn)由牛頓第二定律有：mg＝meq\f(v02,r)代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，與擋板碰后再返回最高能上升到D點(diǎn)，則mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m故有：0.65m≤H≤0.7m。答案：(1)84N(2)0.65m≤H≤0.7m8．(2022·大連聯(lián)考)如圖所示是一傳送裝置，其中AB段粗糙，AB段長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m，與小球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5；BC、DEN段均可視為光滑，DEN是半徑為r＝0.5m的半圓形軌道，其直徑DN沿豎直方向，C位于DN豎直線上，CD間的距離恰能讓小球自由通過(guò)。其中N點(diǎn)又與足夠長(zhǎng)的水平傳送帶的右端平滑對(duì)接，傳送帶以3m/s的速率沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，小球與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)也為0.5。左端豎直墻上固定有一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)用一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球壓縮彈簧至A點(diǎn)后由靜止釋放(小球和彈簧不粘連)，小球剛好能沿圓弧DEN軌道滑下，而始終不脫離軌道。已知小球質(zhì)量m＝0.2kg，重力加速度g取10m/s2。試求：(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)所具有的彈性勢(shì)能；(2)小球第一次在傳送帶上滑動(dòng)的過(guò)程中，在傳送帶上留下的痕跡為多長(zhǎng)？(3)小球第一次在傳送帶上滑動(dòng)的過(guò)程中，小球與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量和電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。解析：(1)由小球剛好能沿圓弧DEN軌道滑下可知，在圓周最高點(diǎn)D必有：mg＝meq\f(vD2,r)，得：vD＝eq\r(5)m/s從A點(diǎn)到D點(diǎn)，由能量守恒得：Ep＝μmgL＋eq\f(1,2)mvD2聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得：Ep＝1.5J。(2)從D到N，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg·2r＝eq\f(1,2)mvN2－eq\f(1,2)mvD2在傳送帶上小球的加速度為a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝5m/s2小球向左減速的時(shí)間為t1＝eq\f(vN,a)＝1s小球向左運(yùn)動(dòng)的位移為s1＝eq\f(1,2)at12＝2.5m傳送帶向右運(yùn)動(dòng)的位移為s1′＝vt1＝3m留下的痕跡為Δs1＝s1＋s