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2019-2020年高三物理二輪復(fù)習(xí)第二篇題型專項突破熱考小題專攻練6功和能
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1.(多選)(xx沈陽二模)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球,用長為L的輕繩懸掛于O點,初始時刻小球靜止于P點。第一次小球在水平拉力F作用下,從P點緩慢地移動到Q點,此時輕繩與豎直方向夾角為θ,張力大小為T1;第二次在水平恒力F′作用下,從P點開始運動并恰好能到達(dá)Q點,至Q點時輕繩中的張力大小為T2。關(guān)于這兩個過程,下列說法中正確的是 ( )
A.第一個過程中,拉力F在逐漸變大,且最大值一定大于F′
B.兩個過程中,輕繩的張力均變大
C.T1大于T2
D.兩個過程中F和F′做的功一樣
【解析】選A、C、D。第一次移動過程中,小球是緩慢移動,則小球受力平衡,根據(jù)矢量三角形可得:F=mgtanθ,T1=,移動過程中θ增大,所以拉力F逐漸變大,輕繩的張力增大;第二次移動過程中,恰好能到達(dá)Q點,即Q點的速度為零,根據(jù)動能定理可得F′Lsinθ=mgL(1-cosθ),解得:F′=mgtan,因為θ為銳角,所以mgtan
Ekb>Ekc,故B錯誤?？朔Σ亮λ龅墓Φ扔谝蚰Σ廉a(chǎn)生的熱量,所以2Qa=2Qb=Qc,故C正確,D錯誤。
4.(多選)如圖甲所示,用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的一物體,物體在向上運動的過程中,其機械能E與位移x的關(guān)系如圖乙,其中AB為曲線,其余部分為直線,下列說法正確的是 ( )
A.0～x1過程中,物體所受拉力不變
B.x1～x2過程中,物體的加速度先減小后增大
C.0～x3過程中,物體的動能先增大后減小
D.0～x2過程中,物體克服重力做功的功率一直增大
【解析】選A、B、C。物體的重力勢能Ep=mgx,由動能定理可得,物體的動能Ek=Fx-mgx,物體的機械能E=Ep+Ek=mgx+Fx-mgx=Fx,即圖線的斜率表示F;由分析知圖線的斜率表示F,知0～x1過程中斜率不變,故物體所受拉力不變,A正確;x1～x2過程中,斜率變小,故拉力逐漸減小,則加速度先減小后反向增大,B正確;由前面分析知,物體先向上勻加速,然后做加速度逐漸減小的加速運動,再做加速度逐漸增大的減速運動,總之0～x3過程中,物體的速度先增大后減小,即動能先增大后減小,C正確;0～x2過程中,物體速度先增大后減小,則克服重力做功的功率先增大后減小,D錯誤。
5.將小球以某一初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢能面,小球在上升過程中的動能Ek、重力勢能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線所示。g取10m/s2,下列說法正確的是 ( )
A.小球的質(zhì)量為0.2kg
B.小球受到的阻力(不包括重力)大小為2.5N
C.小球動能與重力勢能相等時的高度為m
D.小球上升到2m時,動能與重力勢能之差為0.5J
【解析】選D。在最高點,Ep=mgh,得:m=kg=0.1kg,故A錯誤;由除重力以外其他力做功W其=ΔE可知:-fh=E高-E低,E為機械能,解得:f=0.25N,故B錯誤;設(shè)小球動能和重力勢能相等時的高度為H,此時有mgH=mv2,由動能定理:-fH-mgH=mv2-m,得:H=m,故C錯誤;由圖可知,在h=2m處,小球的重力勢能是J=2J,動能是J=2.5J,所以小球上升到2m時,動能與重力勢能之差為2.5J-2J=0.5J,故D正確。
6.(多選)如圖所示,一傾角為α的固定斜面下端固定一擋板,一勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在擋板上?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處,由靜止釋放,已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊下滑過程中的最大動能為Ekm,則小物塊從釋放到運動至最低點的過程中,下列說法中正確的是
( )
A.μ
μmgcosα,解得μμmgcosα,物塊繼續(xù)向下加速,動能仍在增大,所以此瞬間動能不是最大,當(dāng)物塊的合力為零時動能才最大,故B錯誤;根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律知,彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與產(chǎn)生的內(nèi)能之差,而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做的功,所以彈簧的最大彈性勢能等于整個過程中物塊減少的重力勢能與摩擦力對物塊做功之和,故C正確;若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放,下滑過程中物塊動能最大的位置不變,彈性勢能不變,設(shè)為Ep,此位置彈簧的壓縮量為x,根據(jù)功能關(guān)系可得:將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放,下滑過程中物塊的最大動能為Ekm=mg(s+x)sinα-μmg(s+x)cosα-Ep。
將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放,下滑過程中物塊的最大動能為
Ekm′=mg(2s+x)sinα-μmg(2s+x)cosα-Ep。而2Ekm=mg(2s+2x)sinα-
μmg(2s+2x)cosα-2Ep=[mg(2s+x)sinα-μmg(2s+x)cosα-Ep]+[mgxsinα-
μmgxcosα-Ep]=Ekm′+[mgxsinα-μmgxcosα-Ep]
由于在物塊接觸彈簧到動能最大的過程中,物塊的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動能,則根據(jù)功能關(guān)系可得:mgxsinα-μmgxcosα>Ep,即mgxsinα-
μmgxcosα-Ep>0,所以得Ekm′<2Ekm,故D正確。
7.(多選)(xx信陽二模)如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物體從高為h=0.2m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,物體和皮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=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運動,則(g取10m/s2) ( )
A.物體從A運動到B的時間是1.5s
B.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做了2J功
C.物體從A運動到B的過程中,產(chǎn)生2J熱量
D.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做了10J功
【解析】選A、C。設(shè)物體下滑到A點的速度為v0,由機械能守恒定律有m=mgh
代入數(shù)據(jù),得:v0=2m/s,物體在摩擦力作用下先勻加速運動,加速度大小為a==μg=2m/s2
加速至速度與傳送帶相等時:
t1==s=1s
勻加速運動的位移
s1=t1=1m=3m
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