高考物理二輪復習 專題專講訓練 第5講 功能關系在力中的應用（含解析）

第5講功能關系在力學中的應用eq一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～9題為多項選擇題)1．如圖2－5－17甲所示，電梯中將重物放在壓力傳感器上，電梯豎直向上運行，傳感器測出支持力F隨高度h變化的圖象如圖乙所示，則0～4m的這一過程支持力對重物做的總功為 ()圖2－5－17A．135J B.160JC．180J D.200J解析支持力對重物做的總功為W總＝40×1J＋45×2J＋50×1J＝180J．只有選項C正確．答案C2．(·安徽卷，15)如圖2－5－18所示，有一內(nèi)壁光滑的閉合橢圓形管道，置于豎直平面內(nèi)，MN是通過橢圓中心O點的水平線．已知一小球從M點出發(fā)，初速率為v0，沿管道MPN運動，到N點的速率為v1，所需時間為t1；若該小球仍由M點以初速率v0出發(fā)，而沿管道MQN運動，到N點的速率為v2，所需時間為t2.則 ()圖2－5－18A．v1＝v2，t1＞t2 B.v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2 D.v1＜v2，t1＜t2解析由機械能守恒定律得，小球兩次到達N點速率相同，即v1＝v2，畫出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率－時間圖象如下圖中Ⅰ、Ⅱ所示．則圖線與坐標軸所圍成的“面積”表示小球的路程，兩次的路程相等，故t1>t2，選項A正確．答案A3．(·長春調(diào)研)如圖2－5－19所示，水平地面上固定一個光滑軌道ABC，該軌道由兩個半徑均為R的eq\f(1,4)圓弧平滑連接而成，O1、O2分別為兩段圓弧所對應的圓心，O1O2的連線豎直，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)由軌道上A點靜止釋放，則小球落地點到A點的水平距離為()圖2－5－19A．2R B.eq\r(5)RC．3R D.eq\r(13)R解析由題意結(jié)合機械能守恒定律，可得小球下滑至第二個四分之一圓軌道頂端時的速度大小為v＝eq\r(2gR)，方向水平向右．在第二個四分之一圓軌道頂端的臨界速度v0＝eq\r(gR)，由于v＞v0，所以小球?qū)⒆銎綊佭\動，結(jié)合平拋運動規(guī)律，可得小球落地點到A點的水平距離為3R，所以選項C正確．答案C4．(·廣東卷，16)如圖2－5－20所示，是安裝在列車車廂之間的摩擦緩沖器結(jié)構(gòu)圖，圖中①和②為楔塊，③和④為墊板，楔塊與彈簧盒、墊板間均有摩擦，在車廂相互撞擊使彈簧壓縮的過程中 ()圖2－5－20A．緩沖器的機械能守恒B．摩擦力做功消耗機械能C．墊板的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能D．彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為動能解析由于楔塊與彈簧盒、墊板間有摩擦力，即摩擦力做負功，則機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯誤，B正確；墊板動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈性勢能，故C錯誤；而彈簧彈性勢能也轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故D錯誤．答案B5．輕質(zhì)彈簧右端固定在墻上，左端與一質(zhì)量m＝0.5kg的物塊相連，如圖2－5－21甲所示，彈簧處于原長狀態(tài)，物塊靜止且與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.以物塊所在處為原點，水平向右為正方向建立x軸．現(xiàn)對物塊施加水平向右的外力F，F(xiàn)隨x軸坐標變化的情況如圖乙所示．物塊運動至x＝0.4m處時速度為零．則此時彈簧的彈性勢能為(g＝10m/s2) ()圖2－5－21A．3.1J B.3.5JC．1.8J D.2.0J解析物塊與水平面間的滑動摩擦力為f＝μmg＝1N．F－x圖線與x軸包圍的面積表示功，可知物塊從靜止到運動至x＝0.4m時F做功W＝3.5J，物塊克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4J．由功能關系可知，W－Wf＝Ep，此時彈簧的彈性勢能為Ep＝3.1J，選項A正確．答案A6．(·合肥模擬)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時速率為1m/s.從此刻開始在與速度平行的方向上對其施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖2－5－22甲和圖乙所示，則(兩圖取同一正方向，取重力加速度g＝10m/s2) ()圖2－5－22A．滑塊的質(zhì)量為0.5kgB．滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－1JD．第2s內(nèi)力F的平均功率為1.5W解析由圖甲得F1＝1N，F(xiàn)2＝3N，由圖乙知2s內(nèi)滑塊的加速度不變，即為a＝eq\f(1－0,2－1)m/s2＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有F1＋f＝ma，F(xiàn)2－f＝ma，而f＝μmg，解得f＝1N，μ＝0.05，m＝2kg，選項A、B均錯誤；由v－t圖象面積法得第1s內(nèi)滑塊的位移s1＝eq\f(1,2)×(－1)×1m＝－0.5m，第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為W1＝－f·|s1|＝－0.5J，選項C錯誤；第2s內(nèi)力F的平均功率為F2·eq\f(v1＋v2,2)＝3×eq\f(0＋1,2)W＝1.5W，選項D正確．答案D7．如圖2－5－23所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點的豎直高度差為h，速度為v，則 ()圖2－5－23A．小球在B點動能小于mghB．由A到B小球重力勢能減少eq\f(1,2)mv2C．由A到B小球克服彈力做功為mghD．小球到達位置B時彈簧的彈性勢能為mgh－eq\f(mv2,2)解析小球由A到B，高度減小h，重力做功mgh，重力勢能減少mgh，彈簧伸長，彈性勢能增加，故小球在B點動能小于mgh，由機械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Ep，可得Ep＝mgh－eq\f(1,2)mv2，小球克服彈力做功應小于mgh，故B、C錯誤，A、D正確．答案AD8．(·貴州六校聯(lián)考)一個質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角α＝30°的斜面，其加速度為eq\f(3,4)g，該物體在斜面上上升的最大高度為h，則此過程中正確的是 ()A．動能增加eq\f(3,2)mghB．重力做負功mghC．機械能損失了－eq\f(1,2)mghD．物體克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh解析假設物體受到的摩擦力為f，根據(jù)牛頓第二定律可得f＋mgsin30°＝ma，將a＝eq\f(3,4)g代入求得f＝eq\f(1,4)mg.當此物體在斜面上上升的最大高度為h時，根據(jù)動能定理可得，物體動能增加為負值，選項A錯誤；物體豎直上升高度h時，重力做負功mgh，選項B正確；機械能的損失等于物體克服摩擦力做的功，為eq\f(1,2)mgh，選項C錯誤；物體克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh，選項D正確．答案BD9．(·山東濰坊市一模)如圖2－5－24所示，足夠長粗糙斜面固定在水平面上，物塊a通過平行于斜面的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m.開始時，a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦力作用．現(xiàn)對b施加豎直向下的恒力F，使a、b做加速運動，則在b下降h高度過程中 ()圖2－5－24A．a(chǎn)的加速度為eq\f(F,m)B．a(chǎn)的重力勢能增加mghC．繩的拉力對a做的功等于a機械能的增加D．F對b做的功與摩擦力對a做的功之和等于a、b動能的增加解析由a、b均靜止且a剛好不受斜面摩擦作用知：FT＝mg，F(xiàn)T＝magsinθ.即：mg＝magsinθ ①ΔEPa＝maghsinθ ②由①②得：ΔEPa＝mgh選項B正確．當有力F作用時，物塊a與斜面之間有滑動摩擦力的作用，即繩子的拉力增大，所以a的加速度小于eq\f(F,m)，選項A錯誤；對物塊a、b分別由動能定理得：WFT－magsinθ·h＋Wf＝ΔEka ③WF－WFT＋mgh＝ΔEkb ④由①③④式可知，選項C錯、D對．答案BD二、非選擇題10．(·高考沖刺試卷二)如圖2－5－25所示，豎直放置的四分之一光滑圓弧軌道固定在平臺AB上，軌道半徑R＝1.8m，末端與平臺相切于A點．傾角為θ＝37°的斜面BC緊靠平臺固定，斜面頂端與平臺等高．從圓弧軌道最高點由靜止釋放質(zhì)量為m＝1kg的滑塊a，當a運動到B點的同時，與a質(zhì)量相同的滑塊b從斜面底端C點以初速度v0＝5m/s沿斜面向上運動，a、b(視為質(zhì)點)恰好在斜面上的P點相遇，已知AB的長度s＝2m，a與AB面及b與BC面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖2－5－25(1)滑塊a在圓弧軌道末端A時受軌道的作用力；(2)滑塊a在B點時的速度；(3)斜面上P、C間的距離．解析(1)在圓弧軌道上，由動能定理mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)得vA＝6m/s在A點，由牛頓第二定律，F(xiàn)N－mg＝mveq\o\al(2,A)/R代入數(shù)據(jù)得FN＝30N(2)從A到B，由牛頓第二定律及運動學公式得μmg＝maA－2aAs＝veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)得vB＝4m/s(3)滑塊a離開B點后做平拋運動x＝vBty＝gt2/2tanθ＝y(tǒng)/x代入數(shù)據(jù)得t＝0.6s滑塊b沿斜面向上運動，由牛頓第二定律a1＝(mgsinθ＋μmgcosθ)/m＝10m/s2滑塊b從C點開始到速度為零經(jīng)歷的時間t1＝v0/a1＝0.5s＜0.6s因此，滑塊b要沿斜面下滑，由牛頓第二定律a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2P、C間的距離xPC＝v0t1－a1teq\o\al(2,1)/2－a2(t－t1)2/2＝1.24m.答案(1)30N(2)4m/s(3)1.24m11．(·浙江溫州二模)某興趣小組設計了如圖2－5－26所示的玩具軌道，它由細圓管彎成，固定在豎直平面內(nèi)．左右兩側(cè)的斜直管道PA與PB的傾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B兩處均用很小的光滑小圓弧管連接(管口處切線豎直)，管口到底端的高度H1＝0.4m．中間“8”字型光滑細管道的圓半徑R＝10cm(圓半徑比細管的內(nèi)徑大得多)，并與兩斜直管道的底端平滑連接．一質(zhì)量m＝0.5kg的小滑塊從管口A的正上方H2處自由下落，第一次到達最低點P的速度大小為10m/s.此后小滑塊經(jīng)“8”字型和PB管道運動到B處豎直向上飛出，然后又再次落回，如此反復．小滑塊視為質(zhì)點，忽略小滑塊進入管口時因碰撞造成的能量損失，不計空氣阻力，且取g＝10m/s2.求：圖2－5－26(1)滑塊第一次由A滑到P的過程中，克服摩擦力做的功；(2)滑塊第一次到達“8”字型管道頂端時對管道的作用力；(3)滑塊第一次離開管口B后上升的高度；(4)滑塊能沖出槽口的次數(shù)．解析(1)設滑塊第一次由A滑到P的過程中，克服摩擦力做的功為W1，由動能定理得：mg(H1＋H2)－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數(shù)據(jù)可得：W1＝2J(2)設滑塊第一次到達“8”字型管道頂端時的速度為v2，由動能定理得：－4mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)在“8”字型管道最高點：mg＋FN＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)則管道對滑塊的作用力大小FN＝455N，方向豎直向下；由牛頓第三定律可知，滑塊對管道的作用力大小FN′＝455N，方向豎直向上；(3)滑塊第一次由A到B克服摩擦力做的功W2＝2W1＝4J由動能定理得Mg(H2－h(huán))－W2＝0所以上升的高度h＝4.2m(4)n＝eq\f(mgH2,W2)＝6.25，所以滑塊能離開管口的次數(shù)為6次．答案(1)2J(2)455N方向豎直向上(3)4.2m(4)6次12．(·福建卷，21)圖2－5－27為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力．圖2－5－27(1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率的關系為F向＝meq\f(v2,R))解析(1)游客從B點做平拋運動，有：2R＝vBt， ①R＝eq\f(1,2)gt2 ②聯(lián)立①②式，解得：vB＝eq\r(2gR) ③從A到B，根據(jù)動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq