《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練6 功能關系在力學中的應用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練6 功能關系在力學中的應用（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化訓練(六) 一、選擇題 1．(多選)(2019·四川省攀枝花市第二次統(tǒng)考)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出，當它從拋出至上升到某一點A的過程中，動能減少40 J，機械能減少10 J．設空氣阻力大小不變，以地面為參考平面，則物體(　　) A．落回到地面時機械能為70 J B．到達最高點時機械能為90 J C．從最高點落回地面的過程中重力做功為60 J D．從拋出到落回地面的過程中克服空氣阻力做功為60 J [解析]　物體以120 J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運動，向上運動的過程中重力和阻力都做負功，當上升到某一高度時，動能減少了40 J，而機械能損失了10

2、J．根據(jù)功能關系可知：合力做功為－40 J，空氣阻力做功為－10 J，對從拋出點到A點的過程，根據(jù)功能關系：－mgh－Ffh＝－40 J，－Ffh＝－10 J，得Ff＝mg；當上升到最高點時，動能為零，動能減少120 J，設最大高度為H，則有：mgH＋FfH＝120 J，解得FfH＝30 J，即機械能減少30 J，在最高點時機械能為120 J－30 J＝90 J，即上升過程機械能共減少了30 J；下落過程中，由于空氣阻力做功不變，所以機械能又損失了30 J，故整個過程克服空氣阻力做功為60 J，則該物體落回到地面時的機械能為60 J，從最高點落回地面的過程中重力做功為mgH＝90 J，故A、C

3、錯誤，B、D正確． [答案]　BD 2. (多選)(2019·惠州市高三調研)如圖所示，粗糙斜面上的輕質彈簧一端固定，另一端與小物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點．現(xiàn)將物塊拉到A點后由靜止釋放，物塊運動到最低點B，圖中B點未畫出．下列說法正確的是(　　) A．速度最大時，B點一定在O點左下方 B．速度最大時，物塊的位置可能在O點左下方 C．從A到B的過程中，物塊和彈簧的總機械能一定減少 D．從A到B的過程中，物塊減少的機械能一定等于它克服摩擦力做的功 [解析]　彈簧處于自然長度時物塊處于O點，所以在O點時彈簧彈力為零，物塊從A向B運動的過程中，受重力、支持力、彈簧的彈力

4、和滑動摩擦力作用，當受力平衡時物塊的速度最大，由于摩擦力平行斜面向上，所以當彈力和重力沿斜面的分力之和大小等于摩擦力時，速度最大，由于不知道物塊重力沿斜面方向的分力與摩擦力的大小關系，故無法判斷彈簧此時是處于伸長還是壓縮狀態(tài)，即B點可能在O點，也可能在O點左下方，也可能在O點右上方，A錯誤，B正確；從A到B的過程中，滑動摩擦力一直做負功，故物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少，C正確；從A到B的過程中，根據(jù)能量守恒定律，當彈簧的彈性勢能增加時，物塊減少的機械能大于它克服摩擦力做的功，D錯誤． [答案]　BC 3. (多選)(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有

5、一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝6 kg，質量m＝2 kg的鐵塊以水平速度v0＝12 m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端，則下列說法中正確的是(　　) A．鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動 B．運動過程中彈簧的最大彈性勢能為54 J C．運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為54 J D．運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量為108 J [解析]　設最終鐵塊與木板的共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，滑動的最大路程為L，滑動摩擦力大小為f.取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知mv0＝(M＋m)

6、v，解得v＝3 m/s，方向向右，所以鐵塊和木板最終共同以3 m/s的速度向右做勻速直線運動，A正確．鐵塊相對于木板向右運動，鐵塊與木板的速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律知此時兩者的速度也為v＝3 m/s，根據(jù)能量守恒定律，鐵塊相對于木板向右運動過程，有mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep，鐵塊相對于木板運動的整個過程有，mv＝2fL＋(M＋m)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝54 J、fL＝54 J，B正確．由功能關系知，運動過程中鐵塊與木板因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q＝2fL＝108 J，C錯誤，D正確． [答案]　ABD 4．(2019·漢中市高三質檢一)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要

7、兵種．一次訓練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘前不計空氣阻力)，下落高度h之后打開降落傘，接著又下降高度H之后，空降兵勻速下降．設空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比，比例系數(shù)為k，即f＝kv2，重力加速度為g，那么關于空降兵的說法正確的是(　　) A．空降兵從跳下到下落高度為h時，機械能一定損失了mgh B．空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力勢能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時，速度大小為 D．空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，克服阻力做功為mg(H＋h)－ [解析]　空降兵從跳下到下落高度為h的過程中，只有重力做功，機械能不

8、變，選項A錯誤；空降兵從跳下到剛勻速下降時，重力做功為mg(H＋h)，重力勢能一定減少了mg(H＋h)，選項B錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以：kv2＝mg，得：v＝ ，選項C正確；空降兵從跳下到剛勻速下降的過程，重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動能的變化，即：mg(H＋h)－Wf＝mv2，解得：Wf＝mg(H＋h)－m2＝mg(H＋h)－，選項D錯誤． [答案]　C 5．(多選)(2019·重慶市高三調研)如圖所示，水平傳送帶以恒定速率轉動．每隔相同時間T，在左端A點，輕輕放上一個完全相同的工件，已知工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ，工件質量為m.經(jīng)測量，發(fā)現(xiàn)那些已經(jīng)和

9、傳送帶共速的工件之間的距離均為L.已知重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．傳送帶的速度大小為 B．工件在傳送帶上的加速時間為 C．每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為 D．傳送帶因傳送一個工件而多消耗的能量為 [解析]　工件在傳送帶上先做勻加速直線運動，然后做勻速直線運動，每個工件放在傳送帶上后運動的規(guī)律相同，可知L＝vT，解得傳送帶的速度v＝，A正確；設每個工件做勻加速運動的時間為t，根據(jù)牛頓第二定律有，工件的加速度為μg，根據(jù)v＝v0＋at，解得t＝＝，B錯誤；工件與傳送帶相對滑動的路程為Δx＝v－＝＝，則摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg·Δx＝，C錯誤；根據(jù)能量守恒有，

10、傳送帶因傳送一個工件多消耗的能量E＝mv2＋μmg·Δx＝，D正確． [答案]　AD 6．(多選)(2019·安徽師大附中模擬) 如圖所示，質量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，傳送帶AB之間的距離為L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運動，則(　　) A．物體從A運動到B的時間是1.5 s B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 J C．物體從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2 J D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做功10 J

11、[解析]　設物體下滑到A點的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有：mv＝mgh，代入數(shù)據(jù)得：v0＝＝2 m/s

12、；在t1時間內，傳送帶做勻速運動的位移為x帶＝vt1＝4 m，故產(chǎn)生熱量Q＝μmgΔx＝μmg(x帶－x1)，代入數(shù)據(jù)得：Q＝2 J，C正確；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功W＝＋Q＝ J＝8 J，D錯誤． [答案]　AC 7．(多選)(2019·江蘇卷)如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做

13、的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 [解析]　小物塊處于最左端時，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右加速運動再減速運動，可知彈簧的最大彈力大于滑動摩擦力μmg，選項A錯誤；物塊從開始運動至最后回到A點過程，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項B正確；自物塊從最左側運動至A點過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項C正確；設物塊在A點的初速度為v0，整個過程應用動能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，選項D錯誤． [答案]　BC 8．(多選)(2019·全國卷Ⅱ)從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢

14、能Ep之和．取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示．重力加速度取10 m/s2.由圖中數(shù)據(jù)可得(　　) A．物體的質量為2 kg B．h＝0時，物體的速率為20 m/s C．h＝2 m時，物體的動能Ek＝40 J D．從地面至h＝4 m，物體的動能減少100 J [解析]　根據(jù)題給圖像可知h＝4 m時物體的重力勢能mgh＝80 J，解得物體質量m＝2 kg，拋出時物體的動能為Ek＝100 J，由動能表達式Ek＝mv2，可知h＝0時物體的速率為v＝10 m/s，選項A正確，B錯誤；由功能關系可知fh＝|ΔE|＝20 J，解得物體上升過程中所受空氣

15、阻力f＝5 N，從物體開始拋出至上升到h＝2 m的過程中，由動能定理有－mgh－fh＝Ek－100 J，解得Ek＝50 J，選項C錯誤；由題給圖像可知，物體上升到h＝4 m時，機械能為80 J，重力勢能為80 J，動能為零，即物體從地面上升到h＝4 m，物體動能減少100 J，選項D正確． [答案]　AD 9．(多選)(2019·鄭州外校期末測試)如圖所示，質量為m的物塊從傾角為θ的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ(μ>tanθ)，物塊到達頂端前能與傳送帶保持相對靜止．在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是

16、(　　) A．電動機因運送物塊多做的功為mv2 B．系統(tǒng)因運送物塊增加的內能為 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機因運送物塊增加的功率為μmgvcosθ [解析]　電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內能和物塊機械能的增加量．對物塊，增加的機械能為ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系統(tǒng)增加的內能Q＝f·Δs＝f·(s帶－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝Q.故電動機多做的功等于物塊機械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯誤．系統(tǒng)增加的內能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物塊的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速時間t＝＝，故系統(tǒng)增加的內能Q＝，故B正確．

17、傳送帶運動的距離s帶＝vt＝，故傳送帶克服摩擦力做功Wf克＝f·s帶＝μmgcosθ·＝，故C錯誤．電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為P＝fv＝μmgcosθ·v，故D正確． [答案]　BD 二、非選擇題 10．(2019·寧夏銀川模擬)如圖所示，在光滑水平地面上放置質量M＝2 kg的長木板，木板上表面與固定的豎直弧形軌道相切．一質量m＝1 kg的小滑塊自A點沿弧面由靜止滑下，A點距離長木板上表面的高度h＝0.6 m．滑塊在木板上滑行t＝1 s后和木板以共同速度v＝1 m/s勻速運動，取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊與木板間的摩擦力； (2)滑塊沿弧面下滑過

18、程中克服摩擦力做的功； (3)滑塊自A點沿弧面由靜止滑下到與木板共同運動，產(chǎn)生的內能是多少？ [解析]　(1)滑塊在木板上滑行時，對木板，根據(jù)牛頓第二定律有 Ff＝Ma1 由運動學公式得v＝a1t 代入數(shù)據(jù)解得Ff＝2 N. (2)滑塊在木板上滑行時，對滑塊，根據(jù)牛頓第二定律有 －Ff＝ma2 設滑塊滑上木板時的初速度為v0，則有 v－v0＝a2t，代入數(shù)據(jù)解得v0＝3 m/s 滑塊沿弧面下滑的過程，由動能定理得 mgh－Wf＝mv，則Wf＝mgh－mv Q1＝Wf＝mgh－mv＝1.5 J. (3)滑塊在木板上滑行，t＝1 s時木板的位移為s1＝a1t2 此過程中

19、滑塊的位移為s2＝v0t＋a2t2 故滑塊相對木板滑行的距離為L＝s2－s1＝1.5 m 所以Q2＝Ff·L＝3 J，則Q＝Q1＋Q2＝4.5 J. [答案]　(1)2 N　(2)1.5 J　(3)4.5 J 11．(2019·山東省淄博市一中三模)如圖所示，一勁度系數(shù)很大的輕質彈簧下端固定在傾角θ＝30°的斜面底端，將彈簧上端壓縮到A點鎖定．一質量為m的小物塊緊靠彈簧上端放置，解除彈簧鎖定，小物塊將沿斜面上滑至B點后又返回，A、B兩點的高度差h，彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep＝mgh，鎖定及解除鎖定均無機械能損失，斜面上A點以下部分的摩擦不計，已知重力加速度為g.求： (1)物塊

20、與斜面間的動摩擦因數(shù)； (2)物塊在離開彈簧后上滑和下滑過程中的加速度大小之比； (3)若每次當物塊離開彈簧后立即將彈簧壓縮到A點鎖定，當物塊返回A點時立刻解除鎖定．設斜面最高點C(未畫出)與A的高度差為3h，試通過計算判斷物塊最終能否從C點拋出． [解析]　(1)物塊從A第一次上滑到B的過程中，由功能關系得： Wf＋mgh＝Ep. 即μmgcosθ·＋mgh＝mgh 解得：μ＝ (2)在上滑和下滑的過程中物塊都受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，設上滑和下滑過程中的加速度大小分別是a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得： 物塊上滑過程中有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1， 得a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝g×＝g 物塊下滑過程中有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2， 得a2＝g(sinθ－μcosθ)＝g×＝g 故a1∶a2＝5∶3. (3)經(jīng)過足夠長時間后，彈簧給物塊補充的彈性勢能將全部用來克服物塊在斜面上來回運動時受到的阻力做功，設穩(wěn)定時物塊上升的最大高度為hm.則由功能關系得：Ep＝Wf總． 即mgh＝2μmgcosθ· 解得；hm＝2.5h<3h 所以物塊不可能到達C點，即不能從C點拋出． [答案]　(1)　(2)5∶3　(3)不能 9