2023年高考物理二轮复习核心考点专项突破力学中的功能关系练习含解析20230238289

力学中的功能关系一单项选择题1.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(　　)A.10WB.100WC.300WD.500W【解析】人骑车的速度大小约为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为f＝0.02mg＝0.02×1000N＝20N，此时的功率P＝Fv＝fv＝20×5W＝100W，B项正确。【答案】B2.竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。如图所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是(　　)A.0.2JB.0.6JC.1.0JD.2.5J【解析】地面到二层楼房顶的高度约为6m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得－mgh－Wf＝0－mv，则mv＞mgh＝0.02×10×6J＝1.2J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于1.2J，选项D正确。【答案】D3.如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等．空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中(　　)\nA．小球的动能始终保持不变B．小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC．小球经b点时的速度大于D．小球经b点时的速度等于【答案】C【解析】由题意知，在小球从b运动到c的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理：mgh－Wf＝0可得全程克服阻力做功Wf＝mgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服阻力做的功一定不等于，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wf′<mgh，设在b点的速度为v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝mv′2－mv2，所以v′>，故C正确，D错误．4.图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能【答案】B【解析】由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势\n能，选项C、D错误．5.如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)A.mglB.mglC.mglD.mgl【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误。【答案】A6.如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中下列说法错误的是(　　)A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】C\n【解析】由题意magsinθ＝mg，则ma＝.b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减少量为maghsinθ＝mgh，故A正确．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B正确，C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选A、B、D.7.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（）A.2mgR　　　B.4mgR　　　C.5mgR　　　　D.6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=12mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2gR，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=12at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，C正确，ABD错误。8.如图所示，长1m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为(　　)\nA.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J【答案】A【解析】轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角。开始时，AO绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120°那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L.状态1时，AO段绳子长度是L1＝Lsin45°＝L，滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1＝Lcos45°＝L，状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO绳子夹角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等边三角形.所以，这时AO段绳子长度是L2＝L；滑轮到B点的竖直距离是h2＝Lcos60°＝L，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h＝(h2－h1)＋(L2－L1)＝(L－L)＋(L－L)＝(－)L.重力势能的增加量Ep＝Gh＝G×(－)L＝15N×(－)×1m≈1.3J.二不定项选择题1.(多选)如图，某质点沿直线运动的v－t图象为余弦曲线，从图中可以判断(　　)\nA.在0～t1时间内，合力逐渐减小B.在0～t2时间内，合力做正功C.在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D.在t2～t4时间内，合力做的总功为零【解析】v－t图线斜率表示加速度，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A项错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合力做功为0，故B项错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0。t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小，故C项正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合力做功为0，故D项正确。【答案】CD2.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是(　　)A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，\n物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C正确；0～t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误.4.(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是(　　)A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B的机械能增加D.整个过程中轻杆对A做的功为mgR【答案】AD【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A正确；A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m解得：FN＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以机械能减小mgR，故C错误；整个过程中对A，根据动能定理得：W＝mv2＝mgR，故D正确.5.某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确\n的是(　　)A．出水口单位时间内的出水体积Q＝vSB．出水口所出水落地时的速度C．出水后，手连续稳定按压的功率为＋D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】AC【解析】由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积Q′＝vtS，可得：单位时间内的出水体积Q＝vS，所以A正确；设落地的速度为v1，根据动能定理mgH＝mv－mv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为η可得：η＝，其中m＝ρvtS代入得P＝＋，所以C正确，D错误．6.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是(　　)A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx\nC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)【答案】ABC【解析】小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．7.如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8s内物体位移的大小为18mC．0～8s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【答案】AC【解析】根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a＝1m/s2，根据物体在传送带上受力分析有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理得μ＝0.875，选项A正确.0～8s内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x＝－m＝14m，选项B错误.0～8s内物体动能增加量为m×v2－m×v＝6J，重力势能增加mgx×sinθ＝84J，机械能增加量为6J＋84J＝90J，选项C正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μmgcosθ×t1＝14J，第二部分为2～6s，摩擦生热Q2\n＝μmgcosθ×t2＝56J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝70J，选项D错误．8.将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是(　　)A．小球克服空气阻力做的功小于mghB．重力对小球做的功等于mghC．合外力对小球做的功小于mvD．重力势能的减少量等于动能的增加量【答案】AB【解析】从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh，所以选项A、B正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W合＝ΔEk＝m(2v0)2－mv＝mv>mv，选项C错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误．三非选择题1.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g＝10m/s2，求：(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0及与桌面间的滑动摩擦因数；\n(2)BP之间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要有计算过程)；(4)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．【答案】(1)6m/s　0.4　(2)4.1m　(3)不能　(4)5.6J【解析】(1)由物块m2过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2与x＝v0t＋at2比较得：v0＝6m/s加速度a＝－4m/s2而－μm2g＝m2a得μ＝0.4(2)设物块由D点以vD做平抛运动落到P点时其竖直速度为vy＝根据几何关系有：＝tan45°解得vD＝4m/s运动时间为：t＝＝s＝0.4s所以DP的水平位移为：4×0.4m＝1.6mBD间位移为xBD＝＝2.5m所以BP间位移为2.5m＋1.6m＝4.1m(3)设物块到达M点的临界速度为vM，有：m2g＝m2vM＝＝2m/s\n由机械能守恒定律得：m2vM′2＝m2v－m2gR解得vM′＝m/s因为<2所以物块不能到达M点．(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep＝μm1gxCB释放m2时Ep＝μm2gxCB＋m2v且m1＝2m2可得：Ep＝m2v＝7.2Jm2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则由能量转化及守恒定律得：Ep＝Wf＋m2v可得Wf＝5.6J2.如图所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；\n(3)物块在斜面上滑行的总路程．【解析】(1)物块沿斜面下滑时，mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得：a＝2.5m/s2(1分)从A到B，物块匀加速运动，由L＝at2(1分)可得t＝s(1分)(2)因为物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgR＝mv2(2分)N－mg＝m(1分)解得N＝3mg＝30N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N′＝30N，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsinθ－μmgscosθ＝0(3分)解得s＝9m(1分)【答案】(1)s　(2)30N，方向向下　(3)9m3.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为x＝10m的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R＝10m的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g＝10m/s2.求：\n(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间．(结果可用根式表示)【答案】(1)25m/s2　(2)(－)s【解析】(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg＝m解得vC＝＝10m/s从B到C的过程中机械能守恒：mv＝mv＋mg·2R解得vB＝＝10m/s从A→B根据速度位移公式得：v＝2ax解得a＝25m/s2(2)从C到D的过程中机械能守恒：mv＝mv＋mg·R解得vD＝＝10m/s由C到B再到A的过程机械能守恒，故vA＝vB＝10m/s小球从D→A做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得：vA＝vD＋gt解得t＝(－)s4.如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R＝m，轨道端点B的切线水平．质量M＝5kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B\n点后经时间t＝1s撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C与B点的水平距离x0＝3m．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．(1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m＝1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F大小；(3)滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间．【答案】(1)150N　(2)13N　(3)(0.5＋)s【解析】(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR＝Mv在B点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M解得F＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′＝F＝150N，方向竖直向下．(2)M离开B后做平抛运动水平方向：x＝vBt＝5m由几何知识可知，m的位移：s＝＝2.5m设滑块m向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s＝at2\n解得a＝5m/s2对滑块m，由牛顿第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得F＝13N(3)撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′解得a′＝8m/s2滑块上滑的时间t′＝＝0.5s上滑位移：s′＝＝1m滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma″解得a″＝4m/s2下滑过程s＋s′＝a″t″2解得t″＝s滑块返回所用时间：t＝t′＋t″＝(0.5＋)s