高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練 第4講 功能關(guān)系在力中的應(yīng)用

第4講功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用一、單項選擇題1．(·浙江嘉興二模，17)伽利略曾利用對接斜面研究“力與運動”的關(guān)系．如圖2－4－15所示，固定在水平地面上的傾角均為θ的兩斜面，以光滑小圓弧相連接，左側(cè)頂端有一小球，與兩斜面的動摩擦因數(shù)均為μ.小球從左側(cè)頂端滑到最低點的時間為t1，滑到右側(cè)最高點的時間為t2.規(guī)定斜面連接處為參考平面，則小球在這個運動過程中速度的大小v、加速度的大小a、動能Ek及機械能E隨時間t的變化關(guān)系圖線正確的是()．圖2－4－15解析由牛頓第二定律可知，小球在兩斜面的運動都是勻變速直線運動，兩階段的加速度都恒定不變，小球在左側(cè)斜面下滑時的加速度較小，因此，A選項錯誤，B正確；小球的動能與速率二次方成正比，因此，動能與時間關(guān)系圖象是曲線，C錯誤；由于小球在兩斜面運動時的加速度大小不相等，因此，小球機械能與時間的關(guān)系圖象，不是連續(xù)曲線，D錯誤．答案B2．(·株洲市重點中學(xué)聯(lián)考)A、B兩物體的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1，它們以相同的初速度v0在水平面上做勻減速直線運動，直到停止，其v－t圖象如圖2－4－16所示．那么，A、B兩物體所受摩擦阻力之比FA∶FB與A、B兩物體克服摩擦阻力做的功之比WA∶WB分別為()．圖2－4－16A．2∶1,4∶1 B．4∶1,2∶1C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶4解析由a＝eq\f(Δv,Δt)和v－t圖線知aA∶aB＝2∶1由F＝ma知FA∶FB＝4∶1由v－t圖線下包圍的面積等于位移大小知xA∶xB＝1∶2由W＝Fx知WA∶WB＝2∶1，故B正確．答案B3．用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為20cm.若忽略空氣阻力，g取10m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()．A．20J B．24JC．34J D．54J解析用豎直向上大小為30N的力F，將2kg的物體由沙坑表面靜止抬升1m時，由動能定理，F(xiàn)h－mgh＝eq\f(1,2)mv2，撤去力F后由動能定理，mg(d＋h)－W＝0－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1J＋2×10×0.2J＝34J．選項C正確．答案C4．光滑水平地面上疊放著兩個物體A和B，如圖2－4－17所示．水平拉力F作用在物體B上，使A、B兩物體從靜止出發(fā)一起運動．經(jīng)過時間t，撤去拉力F，再經(jīng)過時間t，物體A、B的動能分別設(shè)為EA和EB，在運動過程中A、B始終保持相對靜止．以下有幾個說法正確的是()．圖2－4－17A．EA＋EB等于拉力F做的功B．EA＋EB小于拉力F做的功C．EA小于撤去拉力F前摩擦力對物體A做的功D．EA大于撤去拉力F前摩擦力對物體A做的功答案A5．如圖2－4－18所示，足夠長的水平傳送帶以穩(wěn)定的速度v0勻速向右運動，某時刻在其左端無初速地放上一個質(zhì)量為m的物體，經(jīng)一段時間，物體的速度達(dá)到eq\f(v0,2)，這個過程因物體與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q1，物體繼續(xù)加速，再經(jīng)一段時間速度增加到v0，這個過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q2.則Q1∶Q2的值為 ()．圖2－4－18A．3∶1 B．1∶3C．1∶1 D．與μ大小有關(guān)解析設(shè)物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體在加速運動過程中，由牛頓第二定律得F合＝μmg＝ma，a＝μg，物體從靜止到eq\f(v0,2)和從eq\f(v0,2)到v0所用的時間t＝eq\f(v0,2μg)相同，物體對地的位移分別為x1和x2，傳送帶對地的位移分別為s1和s2，物體相對傳送帶的位移分別為Δx1和Δx2，則x1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(v0,2)t＝eq\f(v\o\al(2,0),8μg)，x2＝eq\f(v0,2)t＋eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)＋v0))t＝eq\f(3v\o\al(2,0),8μg)，s1＝s2＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),2μg)，Δx1＝s1－x1＝eq\f(3v\o\al(2,0),8μg)，Δx2＝s2－x2＝eq\f(v\o\al(2,0),8μg)＝eq\f(1,3)Δx1，Q1＝μmgΔx1，Q2＝μmgΔx2＝eq\f(1,3)Q1，選項A正確．答案A二、多項選擇題6．質(zhì)量為1kg的物體靜止于光滑水平面上．t＝0時刻起，物體受到向右的水平拉力F作用，第1s內(nèi)F＝2N，第2s內(nèi)F＝1N．下列判斷正確的是()．A．2s末物體的速度是3m/sB．2s內(nèi)物體的位移為3mC．第1s末拉力的瞬時功率最大D．第2s末拉力的瞬時功率最大解析由牛頓第二定律得第1s和第2s內(nèi)的加速度分別為2m/s2和1m/s2，第1s末和第2s末的速度分別為v1＝a1t1＝2m/s，v2＝v1＋a2t2＝3m/s，則選項A正確；2s內(nèi)的位移x＝eq\f(v1t1,2)＋eq\f(v1＋v2,2)t2＝3.5m，則選項B錯誤；第1s末拉力的瞬時功率P1＝Fv1＝4W，第2s末拉力的瞬時功率P2＝Fv2＝3W，則選項C正確，D錯誤．答案AC7．在離水平地面h高處將一質(zhì)量為m的小球水平拋出，在空中運動過程中所受空氣阻力大小恒為f，水平距離為s，落地速率為v，那么，在小球運動過程中 ()．A．重力所做的功為mghB．小球克服空氣阻力所做的功為feq\r(h2＋s2)C．小球落地時，重力的瞬時功率為mgvD．小球的重力勢能和機械能都逐漸減少解析小球下落過程中，受到重力和空氣阻力，重力為恒力，重力做功為mgh，選項A正確；空氣阻力大小雖不變，但方向在不斷改變，所以為變力，它做的功等于空氣阻力的大小乘以路程，而不是乘以位移，選項B錯誤；小球落地時，小球速度方向與重力方向間有夾角，重力的功率等于重力乘以速度的豎直分量，選項C錯誤；小球在下落過程中，高度逐漸減小，所以重力勢能逐漸減少，空氣阻力做負(fù)功，將一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機械能也逐漸減少，選項D正確．答案AD8．(·全國大綱，20)如圖2－4－19所示，一固定斜面傾角為30°，一質(zhì)量為m的小物塊自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做勻減速運動，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物塊上升的最大高度為H，則此過程中，物塊的 ()．圖2－4－19A．動能損失了2mgH B．動能損失了mgHC．機械能損失了mgH D．機械能損失了eq\f(1,2)mgH解析運動過程中有摩擦力做功，考慮動能定理和功能關(guān)系．物塊以大小為g的加速度沿斜面向上做勻減速運動，運動過程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力f＝eq\f(1,2)mg，當(dāng)上升高度為H時，位移s＝2H，由動能定理得ΔEk＝－2mgH；由功能關(guān)系知ΔE＝Wf＝－eq\f(1,2)mgs＝－mgH，選項A、C正確．答案AC9．如圖2－4－20所示，穿在水平直桿上質(zhì)量為m的小球開始時靜止．現(xiàn)對小球沿桿方向施加恒力F0，垂直于桿方向施加豎直向上的力F，且F的大小始終與小球的速度成正比，即F＝kv(圖中未標(biāo)出)．已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，小球運動過程中未從桿上脫落，且F0>μmg.下列說法正確的是()．圖2－4－20A．小球先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動直到靜止B．小球的最大加速度為eq\f(F0,m)C．恒力F0的最大功率為eq\f(F\o\al(2,0)＋F0μmg,μk)D．小球在加速運動過程中合力對其做功為eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F0＋μmg,μk)))2解析剛開始，F(xiàn)＝0，a＝eq\f(F0－μmg,m)，之后v增大，a＝eq\f(F0－μmg＋μkv,m)逐漸增大，當(dāng)F＝kv＝mg時，加速度達(dá)到最大，即am＝eq\f(F0,m)；當(dāng)速度繼續(xù)增大，F(xiàn)＝kv>mg時，a＝eq\f(F0－μkv－mg,m)不斷減小，當(dāng)μ(F－mg)＝F0，即μ(kv－mg)＝F0時，a＝0，速度達(dá)到最大，所以vm＝eq\f(F0＋μmg,μk)，此后小球做勻速運動．根據(jù)以上分析，選項A錯，B正確．Pm＝F0vm＝eq\f(F\o\al(2,0)＋F0μmg,μk)，選項C正確．根據(jù)動能定理可得小球在加速運動過程中合力對其做功為W＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F0＋μmg,μk)))2，D項正確．答案BCD10．(·五校一聯(lián)，12)如圖2－4－21所示，一物體m在沿斜面向上的恒力F作用下，由靜止從底端沿光滑的斜面向上做勻加速直線運動，經(jīng)時間t力F做功為60J，此后撤掉力F，物體又經(jīng)過時間t回到出發(fā)點，若以地面為零勢能面，則下列說法正確的是 ()．圖2－4－21A．物體回到出發(fā)點的動能為60JB．恒力F＝2mgsinθC．撤掉力F時，物體的重力勢能是45JD．動能與勢能相等的時刻一定出現(xiàn)在撤去力F之后解析根據(jù)功能原理可知，除重力(或彈力)做功以外，其他力做的功等于物體機械能的增加量，F(xiàn)做功為60J，機械能增加60J，物體回到出發(fā)點時，重力勢能沒變，所以動能是60J，A正確；撤去F前有x＝eq\f(1,2)a1t2，F(xiàn)－mgsinθ＝ma1，撤去F后有－x＝(a1t)t－eq\f(1,2)a2t2，mgsinθ＝ma2；由此可得eq\f(a1,a2)＝eq\f(F－mgsinθ,mgsinθ)＝eq\f(1,3)，所以有F＝eq\f(4,3)mgsinθ，B錯誤；WF＝Fx＝eq\f(4,3)mgxsinθ＝60J，由重力做功與重力勢能的關(guān)系有，撤去力F時，物體的重力勢能Ep＝mgxsinθ＝45J，C正確；由動能定理知，撤去力F時物體動能為Ek＝WF－WG＝15J，小于此時的重力勢能45J，之后重力勢能增大動能減小，所以動能與勢能相同的位置在撤去力F之前，D錯誤．答案AC三、非選擇題11．(·天津卷，10)質(zhì)量為m＝4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F＝10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x＝20m，物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，求：(1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大小；(2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t.解析設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為F1，則F1＝μmg ①根據(jù)動能定理，對物塊由A到B整個過程，有Fx1－F1x＝0 ②代入數(shù)據(jù)解得：x1＝16m ③(2)設(shè)剛撤去力F時物塊的速度為v，此后物塊的加速度為a，滑動的位移為x2，則x2＝x－x1④由牛頓第二定律得：F1＝ma ⑤由v2－veq\o\al(2,0)＝2ax得v2＝2ax2 ⑥由v＝v0＋at得v＝at ⑦代入數(shù)據(jù)解得：t＝2s ⑧答案(1)16m(2)2s12．如圖2－4－22所示，質(zhì)量為m＝0.1kg的小物塊置于平臺末端A點，平臺的右下方有一個表面光滑的斜面體，在斜面體的右邊固定一豎直擋板，輕質(zhì)彈簧拴接在擋板上，彈簧的自然長度為x0＝0.3m，斜面體底端C距擋板的水平距離為d2＝1m，斜面體的傾角為θ＝45°，斜面體的高度h＝0.5m．現(xiàn)給小物塊一大小為v0＝2m/s的初速度，使之在空中運動一段時間后，恰好從斜面體的頂端B無碰撞地進入斜面，并沿斜面運動，經(jīng)過C點后再沿粗糙水平面運動，過一段時間開始壓縮輕質(zhì)彈簧．小物塊速度減為零時，彈簧被壓縮了Δx＝0.1m．已知小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，設(shè)小物塊經(jīng)過C點時無能量損失，重力加速度g取10m/s2，求：圖2－4－22(1)平臺與斜面體間的水平距離d1；(2)小物塊在斜面上的運動時間t；(3)壓縮彈簧過程中的最大彈性勢能Ep.解析(1)小球到達(dá)斜面頂端時，vBy＝v0