高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題二 第1講 功能關(guān)系的應(yīng)用練習(xí)（含解析）試題

功能關(guān)系的應(yīng)用一、單項(xiàng)選擇題1．(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：選A.由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確．2．一輛汽車在平直的公路上由靜止開始啟動．在啟動過程中，汽車牽引力的功率及其瞬時速度隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示．已知汽車所受阻力恒為重力的eq\f(1,5)，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是()A．該汽車的質(zhì)量為3000kgB．v0＝6m/sC．在前5s內(nèi)，阻力對汽車所做的功為25kJD．在5～15s內(nèi)，汽車的位移大小約為67.19m解析：選D.由圖象可得，汽車勻加速階段的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，汽車勻加速階段的牽引力為F＝eq\f(P,v)＝3000N，勻加速階段由牛頓第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1000kg，A錯誤；牽引力功率為15kW時，汽車行駛的最大速度v0＝eq\f(P,0.2mg)＝7.5m/s，B錯誤；前5s內(nèi)汽車的位移x＝eq\f(1,2)at2＝12.5m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25kJ，C錯誤；5～15s內(nèi)，由動能定理得Pt－0.2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得s＝67.1875m，D正確．3．如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，用一個勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧連接，最初系統(tǒng)靜止，現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開地面，則這一過程中力F做的功至少為()A．eq\f(m2g2,k) B．eq\f(2m2g2,k)C．eq\f(3m2g2,k) D．eq\f(4m2g2,k)解析：選B.最初系統(tǒng)靜止時，彈力等于A的重力，由胡克定律得，彈簧被壓縮的長度x1＝eq\f(mg,k)，最后B剛好離開地面時，彈力等于B的重力，此時彈簧伸長的長度x2＝eq\f(mg,k)，此過程緩慢進(jìn)行，所以力F做的功等于系統(tǒng)內(nèi)增加的重力勢能，根據(jù)功能關(guān)系可知：W＝mgh＝mg×2×eq\f(mg,k)＝eq\f(2m2g2,k)，故B正確．4．(2018·高考天津卷)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛．某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中()A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變解析：選C.運(yùn)動員做勻速圓周運(yùn)動，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；運(yùn)動員所受滑動摩擦力大小隨運(yùn)動員對滑道壓力大小的變化而變化，B項(xiàng)錯誤；運(yùn)動員動能不變，重力勢能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯誤．5．(2019·濟(jì)南二模)如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g.質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR解析：選C.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)由P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)時，對軌道的正壓力為FN＝2mg，由牛頓第三定律、牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,Q),R)，veq\o\al(2,Q)＝gR.對質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)的過程應(yīng)用動能定理得：mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－0，得：Wf＝eq\f(1,2)mgR，因此，A、B、D錯誤，C正確．6．如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C.設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,N),R)，已知FN＝F′N＝4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.質(zhì)點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′<W.從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離，選項(xiàng)C正確．7．(2019·福州二模)如圖所示，圓柱形的容器內(nèi)有若干個長度不同、粗糙程度相同的直軌道，它們的下端均固定于容器底部圓心O，上端固定在容器側(cè)壁．若相同的小球以同樣的速率，從點(diǎn)O沿各軌道同時向上運(yùn)動．對它們向上運(yùn)動過程．下列說法正確的是()A．小球動能相等的位置在同一水平面上B．小球重力勢能相等的位置不在同一水平面上C．運(yùn)動過程中同一時刻，小球處在同一球面上D．當(dāng)小球在運(yùn)動過程中產(chǎn)生的摩擦熱相等時，小球的位置不在同一水平面上解析：選D.運(yùn)動過程中，摩擦力產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力所做的功，設(shè)軌道與水平面間夾角為θ，即Q＝μmglcosθ＝μmgx，x為小球的水平位移，Q相同時，x相同，傾角不同，所以高度h不同，D項(xiàng)正確；小球從底端開始，運(yùn)動到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，動能一定不同，A項(xiàng)錯誤；小球的重力勢能只與其高度有關(guān)，故重力勢能相等時，小球一定在同一水平面上，B項(xiàng)錯誤；根據(jù)等時圓的結(jié)論，由于有摩擦力的作用，運(yùn)動過程中同一時刻，小球不在同一球面上，C項(xiàng)錯誤．8.如圖所示，一個質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上，桿足夠長，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個向右的初速度v0，如果環(huán)在運(yùn)動過程中還受到一個方向始終豎直向上的力F，且F＝kv(k為常數(shù)，v為環(huán)的速率)，則環(huán)在整個運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功不可能為()A．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(m3g2,2k2)C．0 D．eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2)解析：選B.當(dāng)環(huán)受到的合力向下時，隨著環(huán)做減速運(yùn)動，向上的力F逐漸減小，環(huán)最終將靜止；當(dāng)環(huán)所受合力向上時，隨著環(huán)速度的減小，豎直向上的力F逐漸減小，當(dāng)環(huán)向上的拉力減至和重力大小相等時，環(huán)所受合力為0，桿不再給環(huán)阻力，環(huán)將保持此時速度不變做勻速直線運(yùn)動；當(dāng)環(huán)在豎直方向所受合力為0時，環(huán)將一直做勻速直線運(yùn)動，分三種情況應(yīng)用動能定理求出阻力對環(huán)做的功即可．當(dāng)F＝kv0＝mg時，圓環(huán)不受桿的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功為零；當(dāng)F＝kv0<mg時，圓環(huán)做減速運(yùn)動到靜止，只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理得－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；當(dāng)F＝kv0>mg時，圓環(huán)先做減速運(yùn)動，當(dāng)F＝mg時，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動，由F＝kv＝mg得v＝eq\f(mg,k)，根據(jù)動能定理得－W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m3g2,2k2).綜上所述，答案為B.二、多項(xiàng)選擇題9．如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，()A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差解析：選BCD.小球在從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧的壓縮量先增大，后減小，到某一位置時，彈簧處于原長，再繼續(xù)向下運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧又伸長．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負(fù)功，再做正功，最后又做負(fù)功，A項(xiàng)錯誤；彈簧與桿垂直時，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)彈簧的彈力為零時，小球的加速度也等于重力加速度，B項(xiàng)正確；彈簧長度最短時，彈力與小球的速度方向垂直，這時彈力對小球做功的功率為零，C項(xiàng)正確；由于在M、N兩點(diǎn)處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動能定理可知，小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動能的增量，即小球到達(dá)N點(diǎn)時的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差，D項(xiàng)正確．10．如圖所示，小球A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，A與BC間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上．現(xiàn)讓兩輕桿并攏，將A由靜止釋放下降到最低點(diǎn)的過程中，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則()A．A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．A、C之間的輕桿始終對C做正功C．A與桌面接觸時具有水平方向的速度D．A與桌面接觸時的速度大小為eq\r(2gL)解析：選AD.A、B、C組成的系統(tǒng)水平方向受到的合力為零，則水平方向動量守恒，選項(xiàng)A正確；小球C的速度先增大后減小，則A、C之間的輕桿對C先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)B錯誤；系統(tǒng)初動量為零，水平方向末動量也為零，因A與桌面接觸時，三個球的水平速度相等，則根據(jù)水平方向動量守恒可知三個球的水平方向的速度均為零，選項(xiàng)C錯誤；豎直方向，當(dāng)A與桌面接觸時，小球A的重力勢能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的動能，因BC的速度為零，則mgL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，選項(xiàng)D正確．11．(2019·南京二模)如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高．它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動．下列說法正確的是()A．下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小B．當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時，軌道對B的支持力大小為3mgC．下滑過程中B的機(jī)械能增加D．整個過程中輕桿對A做的功為eq\f(1,2)mgR解析：選AD.對A、B小球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)B到達(dá)軌道最低點(diǎn)時速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝eq\r(gR).因?yàn)槌跷恢盟俣葹榱?，則重力的功率為0，最低點(diǎn)速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小，故A正確；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得：FN＝2mg，故B錯誤；下滑過程中，B的重力勢能減小ΔEp＝mgR，動能增加量ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，所以B球機(jī)械能減小eq\f(1,2)mgR，故C錯誤；根據(jù)動能定理，整個過程中，輕桿對A做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故D正確．12.如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g.則圓環(huán)()A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做的功為eq\f(1,4)mv2C．在C處，彈簧的彈性勢能為eq\f(1,4)mv2－mghD．上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項(xiàng)A錯誤；圓環(huán)下滑時，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為ΔEp，由A到C的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過程中，有eq\f(1,2)mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.聯(lián)立解得Wf＝eq\f(1,4)mv2，ΔEp＝mgh－eq\f(1,4)mv2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯誤；設(shè)圓環(huán)在B位置時，彈簧彈性勢能為ΔE′p，根據(jù)能量守恒，A到B的過程有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的過程有eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比較兩式得v′B>vB，選項(xiàng)D正確．三、非選擇題13．如圖，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動．(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比．(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．解析：(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動能為EkA，由機(jī)械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)①設(shè)小球在B點(diǎn)的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5∶1. ③(2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓運(yùn)動定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),\f(R,2))⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2veq\o\al(2,C),R) ⑥由機(jī)械能守恒有mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．答案：(1)5∶1(2)見解析14．(2019·浙江東陽中學(xué)3月模擬)如圖所示，水平面上的A點(diǎn)有一固定的理想彈簧發(fā)射裝置，發(fā)射裝置內(nèi)壁光滑，A點(diǎn)為發(fā)射口所在的位置，在豎直面內(nèi)由內(nèi)壁光滑的鋼管彎成的“9”字形固定軌道在B點(diǎn)與水平