（天津?qū)Ｓ茫?020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題提升訓(xùn)練6 功能關(guān)系的理解與應(yīng)用（含解析）

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1、專題提升訓(xùn)練6　功能關(guān)系的理解與應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.(2019·天津一模)天津市新建了幾個(gè)滑雪場(chǎng),右圖為某滑雪道示意圖,四分之一圓弧軌道半徑為R。質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員(含滑板)從A點(diǎn)由靜止開始滑下,到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí),運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力為2mg,已知重力加速度為g,則在運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))下滑的過程中(　　) A.機(jī)械能守恒 B.重力的功率一直變大 C.先失重后超重 D.阻力做功為12mgR 答案:C 解析:在最低點(diǎn)B的速度為vB,根據(jù)牛頓第二定律可得F-mg=mvB2R,解得vB=gR,從A到B根據(jù)動(dòng)能定理可得

2、mgR+Wf=12mvB2-0,解得阻力做功為Wf=-12mgR,說明下滑過程中阻力做負(fù)功,機(jī)械能不守恒,故A、D錯(cuò)誤;豎直方向的速度先增大、后減小,根據(jù)P=mgvy可知,重力的功率先增大、后減小,故B錯(cuò)誤;豎直方向的速度先增大、后減小,說明先加速下降后減速下降,所以運(yùn)動(dòng)員先失重后超重,故C正確。 2.(2019·四川德陽調(diào)研)足夠長的水平傳送帶以恒定速度v勻速運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊以大小也是v、方向與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反的初速度沖上傳送帶,最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中,滑動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做的功為W,小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,

3、則下列判斷正確的是(　　) A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2 C.W=mv22,Q=mv2 D.W=mv2,Q=2mv2 答案:B 解析:對(duì)小物塊,由動(dòng)能定理有W=12mv2-12mv2=0,設(shè)小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則小物塊與傳送帶間的相對(duì)路程x相對(duì)=2v2μg,這段時(shí)間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=μmg·x相對(duì)=2mv2,選項(xiàng)B正確。 3.(2019·湖南懷化模擬)如圖所示,置于光滑水平面上的物塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),其速度v、動(dòng)能Ek及拉力功率P隨時(shí)間t或位移x的變化圖像可能正確的是(　　) 答案:C 解析:物塊在水平恒力作用下由靜

4、止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其加速度a=Fm,速度v=at=Fmt,v-t圖像為過坐標(biāo)原點(diǎn)的傾斜直線,A錯(cuò)誤;由v2=2ax=2Fmx,可知拋物線開口向x軸正方向,B錯(cuò)誤;動(dòng)能Ek=12mv2=F22mt2,C正確;功率P=Fv=Fat=F2mt,D錯(cuò)誤。 4.(2019·廣東深圳上學(xué)期模擬)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng),然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0,與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變,則該過程中,物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 答案:C 解析:小物塊上滑過程,由動(dòng)能定理得-(mgsinθ+μmgcosθ)x=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsinθ+μmgcosθ)x;設(shè)小物

5、塊上滑的最大位移大小為s,小物塊下滑過程,由動(dòng)能定理得(mgsinθ-μmgcosθ)(s-x)=Ek-0,整理得Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)s-(mgsinθ-μmgcosθ)x,故只有C正確。 5.(2019·河北五校聯(lián)考)如圖所示,離地h高處有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的物體處于電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律為E=E0-kt(E0、k均為大于零的常數(shù),電場(chǎng)方向以水平向左為正)的電場(chǎng)中,物體與豎直絕緣墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,已知μqE0

6、列關(guān)于物體的運(yùn)動(dòng)說法不正確的是(　　) A.當(dāng)物體沿墻壁下滑時(shí),物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.物體從脫離墻壁到落地之前的運(yùn)動(dòng)軌跡是一段曲線 C.物體克服摩擦力所做的功W=38mgh D.物體與墻壁脫離的時(shí)刻為t=E0k 答案:A 解析:在豎直方向上,由牛頓第二定律有mg-μqE=ma,隨著電場(chǎng)強(qiáng)度E的減小,加速度a逐漸增大,故物體做變加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)E=0時(shí),加速度增大到重力加速度g,此后物體脫離墻面,物體脫離墻面時(shí)的速度向下,之后所受合外力與初速度不在同一條直線上,所以運(yùn)動(dòng)軌跡為曲線,A錯(cuò)誤,B正確;物體從開始運(yùn)動(dòng)到剛好脫離墻面時(shí)電場(chǎng)力一直不做功,由動(dòng)能定理得mgh2-W

7、=12mgh22,物體克服摩擦力所做的功為W=38mgh,C正確;當(dāng)物體與墻壁脫離時(shí)所受的支持力為零,即電場(chǎng)力為零,此時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度為零,所以有E0-kt=0,解得時(shí)間為t=E0k,D正確。 6.(2019·天津期末)如圖所示,光滑水平面OB與足夠長粗糙斜面BC交于B點(diǎn)。輕彈簧左端固定于豎直墻面,現(xiàn)將質(zhì)量為m1的滑塊壓縮彈簧至D點(diǎn),然后由靜止釋放,滑塊脫離彈簧后經(jīng)B點(diǎn)滑上斜面,上升到最大高度,并靜止在斜面上。不計(jì)滑塊在B點(diǎn)的機(jī)械能損失;換用材料相同,質(zhì)量為m2的滑塊(m2>m1)壓縮彈簧至同一點(diǎn)D后,重復(fù)上述過程,下列說法正確的是(　　) A.兩物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度相同 B.兩滑塊沿斜面上

8、升的最大高度相同 C.兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中克服重力做功不相同 D.兩滑塊上升到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能損失相同 答案:D 解析:彈簧釋放后彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊動(dòng)能,彈簧的彈性勢(shì)能相同,則知兩滑塊到B點(diǎn)的動(dòng)能相同,但質(zhì)量不同,所以速度不同,故A錯(cuò)誤;兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度相同,由于初速度不同,故上升的最大高度不同,故B錯(cuò)誤;兩滑塊上升到最高點(diǎn)過程克服重力做的功為mgh,由能量守恒定律得Ep=mgh+μmgcosθ×hsinθ,所以,mgh=Ep1+μcotθ,故兩滑塊上升到最高點(diǎn)過程克服重力做的功相同,故C錯(cuò)誤;滑塊上升的過程中,損失的機(jī)械能為E損=μmgcosθ×hsinθ=

9、μmghcotθ,由C項(xiàng)分析得知,mgh相同,所以損失的機(jī)械能相同,故D正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題,在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的) 7.(2019·吉林白城模擬)質(zhì)量為m的物體在水平面上,只受摩擦力作用,以初動(dòng)能E0做勻變速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)距離d后,動(dòng)能減小為E03,則(　　) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2E03mgd B.物體再前進(jìn)d3便停止 C.物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的3倍 D.若要使此物體滑行的總距離為3d,其初動(dòng)能應(yīng)為2E0 答案:AD 解析:由動(dòng)能定理知Wf=μmgd=E0-E03,所以μ=2E03mgd,A

10、正確;設(shè)物體總共滑行的距離為s,則有μmgs=E0,所以s=32d,物體再前進(jìn)d2便停止,B錯(cuò)誤;將物體的運(yùn)動(dòng)看成反方向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則連續(xù)運(yùn)動(dòng)三個(gè)d2距離所用時(shí)間之比為(3-2)∶(2-1)∶1,所以物體滑行距離d所用的時(shí)間是滑行后面距離所用時(shí)間的(3-1)倍,C錯(cuò)誤;若要使此物體滑行的總距離為3d,則由動(dòng)能定理知μmg·3d=Ek,得Ek=2E0,D正確。 8.(2019·河南鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè))質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),如圖所示。在圓心處連接有力傳感器,用來測(cè)量繩子上的拉力,運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用,空氣阻力隨速度的減小而減小。某

11、一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn),力傳感器的示數(shù)為7mg,重力加速度為g,此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn),下列說法正確的是(　　) A.到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為12mgR B.到最高點(diǎn)過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR C.再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)為5mg D.再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)力傳感器的示數(shù)大于5mg 答案:AD 解析:小球在最低點(diǎn)時(shí)有F1=FT-mg=mv12R,解得v1=6gR,而在最高點(diǎn)時(shí),由于小球恰好能通過最高點(diǎn),所以有mg=mv22R,可得v2=gR,小球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理可得-mg·2R-Wf=12mv22-12m

12、v12,解得小球克服空氣阻力做的功Wf=12mgR,A正確,B錯(cuò)誤;小球從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程,由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小,分析可知在同一水平面上上升過程中的阻力大于下落過程中的阻力,由動(dòng)能定理可得mg·2R-Wf'=12mv1'2-12mv22,且此過程中空氣阻力做的功Wf'4gR,再次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)有F2=FT'-mg=mv1'2R,解得FT'>5mg,C錯(cuò)誤,D正確。 9.(2019·福建南平二模)一輛機(jī)動(dòng)車在平直的公路上由靜止啟動(dòng)。如圖所示,圖線A表示該車運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間的關(guān)系,圖線B表示該車的功率與時(shí)間的關(guān)系。設(shè)機(jī)車在運(yùn)動(dòng)過程中阻力不變,則以下說法正

13、確的是(　　) A.0~22 s內(nèi)機(jī)動(dòng)車先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng) B.運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)動(dòng)車所受阻力為1 500 N C.機(jī)動(dòng)車速度為5 m/s時(shí)牽引力大小為3×103 N D.機(jī)動(dòng)車的質(zhì)量為562.5 kg 答案:BD 解析:由圖線A可以看出該車在0~22s內(nèi)先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),再做加速度逐漸減小的加速直線運(yùn)動(dòng),最后做勻速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;由圖線A得最大速度vmax=12m/s,勻加速直線運(yùn)動(dòng)維持了6s,由圖線B知該機(jī)動(dòng)車的額定功率P=18×103W,所以所受阻力Ff=Pvmax=1500N,故B正確;機(jī)動(dòng)車速度為5m/s時(shí)尚處在勻加速直線運(yùn)動(dòng)階段,此時(shí)的牽引力

14、與t=6s時(shí)相同,F=Pv=18×1038N=2250N,故C錯(cuò)誤;由圖線A可知?jiǎng)蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)階段的加速度a=43m/s2,由牛頓第二定律得F-Ff=ma,則m=F-Ffa=562.5kg,故D正確。 三、計(jì)算題(本題共1小題,須寫出規(guī)范的解題步驟) 10.(2019·湖北荊門調(diào)研)如圖甲所示,豎直平面內(nèi)的光滑軌道由傾斜直軌道AB和圓軌道BCD組成,AB和BCD相切于B點(diǎn),CD連線是圓軌道豎直方向的直徑(C、D為圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)),已知∠BOC=30°?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小滑塊從軌道AB上高h(yuǎn)處的某點(diǎn)由靜止滑下,用力傳感器測(cè)出小滑塊經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力為F,并得到如圖乙所示的壓

15、力F與高度h的關(guān)系圖像,g取10 m/s2。 (1)求滑塊的質(zhì)量和圓軌道的半徑; (2)是否存在某個(gè)h值,使得小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點(diǎn)?若存在,請(qǐng)求出h值;若不存在,請(qǐng)說明理由。 答案:(1)0.1 kg　0.2 m　(2)存在　0.6 m 解析:(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,圓軌道的半徑為R 根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(h-2R)=12mvD2,由牛頓第三定律得軌道對(duì)小滑塊的支持力F'=F,由牛頓第二定律得,F+mg=mvD2R 得F=2mg(h-2R)R-mg 取點(diǎn)(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得: m=0.1kg,R=0.2m。 (2)假設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的E點(diǎn),如圖所示, 由幾何關(guān)系可得OE=Rsin30° 設(shè)小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D時(shí)的速度為vD' 由題意可知,小滑塊從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn),水平方向的位移為OE,豎直方向上的位移為R, 則OE=vD't,R=12gt2 解得vD'=2m/s 而小滑塊過D點(diǎn)的臨界速度vD0=gR=2m/s 由于vD'>vD0,所以存在一個(gè)h值,使得小滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)D后能直接落到直軌道AB上與圓心等高的點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得 mg(h-2R)=12mvD'2 解得h=0.6m。 - 6 -