全国通用2022高考物理二轮复习专题二第5讲功能关系在力学中的应用提升训练

第5讲　功能关系在力学中的应用专题提升训练一、选择题(1～4题为单项选择题，5、6题为多项选择题)1.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为60kg的跳水运动员进入水中后受到水的阻力做竖直向下的减速运动，设水对他的阻力大小恒为2600N，那么在他减速下降2m的过程中，下列说法正确的是(取g＝10m/s2)(　　)A.他的动能减少了5200JB.他的重力势能减少了1200JC.他的机械能减少了4000JD.他的机械能保持不变解析　在运动员减速下降高度为2m的过程中，运动员受重力和阻力，由动能定理得(mg－F)h＝ΔEk，解得ΔEk＝－4000J，A错误；ΔEp＝－WG＝－mgh＝－1200J，他的重力势能减少了1200J，B正确；除了重力之外的力做功等于机械能的变化，故W外＝WF＝－Fh＝－5200J，他的机械能减少了5200J，C、D错误。答案　B2.(2022·天水一模)如图1所示，倾角为α的斜面体放在粗糙的水平面上，质量为m的物体A与一劲度系数为k的轻弹簧相连。现用拉力F沿斜面向上拉弹簧，使物体A在光滑斜面上匀速上滑，上滑的高度为h，斜面体始终处于静止状态。在这一过程中(　　)图1A.弹簧的伸长量为B.拉力F做的功为FhsinαC.物体A的机械能增加mghD.斜面体受地面的静摩擦力大小等于Fsinα解析　物体A在斜面上匀速运动，弹簧的弹力等于F，弹簧的伸长量为，A错误；拉力F做的功为WF＝F，B错误；物体A的动能不变，重力势能增加mgh7\n，所以机械能增加mgh，C正确；斜面体和物体都受力平衡，以斜面体和物体A整体作为研究对象进行受力分析，整体受重力、支持力、拉力F和摩擦力，在水平方向应用平衡条件得Ff＝Fcosα，D错误。答案　C3.(2022·天津市河西区高三质量调查)静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化关系是(　　)解析　物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功WF＝Fh，h＝at2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为E＝Fat2。撤去恒力后，物体机械能不变，故选项C正确。答案　C4.(2022·海南单科，4)如图2，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)图2A.mgRB.mgRC.mgRD.mgR解析　在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝。下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C正确。答案　C5.如图3所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ＜45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长。现让小球自C7\n点由静止释放，在小球滑到杆底端的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是(　　)图3A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变解析　由题意知，小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒，D项正确；弹簧的形变量越大，弹性势能越大，小球到B点时，弹簧为原长，故小球由C滑到杆底端过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，因此小球的机械能先增大后减小，A项错，B项正确；整个过程中，小球的重力势能不断减小，故动能与弹性势能之和不断增大，C项错。答案　BD6.(2022·海宁市高三考试)在某一高度用细绳提着一质量m＝0.2kg的物体，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能与位移关系的E－x图象如图4所示，图中两段图线都是直线。取g＝10m/s2，则下面说法正确的是(　　)图4A.物体在x＝2m时的加速度比物体在x＝6m时的加速度小B.物体在x＝4m时的速度大小为2m/sC.物体在0～4m过程中合力做功为10JD.物体在x＝2m时的动能可能比物体在x＝6m时的动能大解析　根据功能关系有W非重＝ΔE机，即Fx＝E末－E初，所以E末＝Fx＋E初，从表达式可以看出，图象斜率为力F，显然x＝4m后图象的斜率大，所以产生的加速度大，A正确；在0～4m内Fx＝E末－E初，将有关数据代入得F＝2.5N，由动能定理得Fx－mgx＝mv2－0，所以v＝2m/s，B正确；合力做功W合＝Fx－mgx＝2J，C错误；因为物体一直加速运动，所以动能逐渐增多，D错误。答案　AB二、非选择题7.(2022·呼和浩特市高三阶段考试)如图5所示，7\n小滑块以一定的初速度冲上足够长的斜面，经过A点时的速度为v0，若斜面光滑，则物块恰能到达D点后返回；若AB段不光滑，其余段光滑，则物块恰能到达C点返回；已知AB段与BC段和CD段长度之比为1∶2∶3，试求：图5(1)斜面光滑时，物体通过B点的速率；(2)AB段不光滑时，物体通过B点的速率；(3)若已知斜面倾角为θ，则物块与AB段不光滑时的动摩擦因数。解析　(1)设斜面倾角为α，当斜面光滑时，由动能定理得－mg·ADsinα＝0－mv－mg·ABsinα＝mv－mvvB＝v0(2)当AB段不光滑时，有－mg·ACsinα－f·AB＝0－mv－mg·ABsinα－f·AB＝mvB′2－mvvB′＝v0(3)当斜面倾角为θ且AB段不光滑时，有mg·CDsinθ＝μmgcosθ·AB又AB∶CD＝1∶3故μ＝3tanθ答案　(1)v0　(2)v0　(3)3tanθ8.(2022·四川理综，9)严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点。地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20s达最高速度72km/h，再匀速运动80s，接着匀减速运动15s到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。7\n图6(1)求甲站到乙站的距离；(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量。(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－6克)解析　(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1；距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s。则s1＝vt1①s2＝vt2②s3＝vt3③s＝s1＋s2＋s3④联立①②③④式并代入数据得s＝1950m⑤(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2。设燃油公交车做与该列车从甲站到乙站相同的功W，将排放气态污染物质量为M。则W1＝Fs1⑥W2＝Pt2⑦W＝W1＋W2⑧M＝(3×10－9kg·J－1)·W⑨联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得M＝2.04kg⑩答案　(1)1950m　(2)2.04kg9.(2022·稽阳联谊学校高三联考)如图7所示，足够长的水平传送带在电动机的带动下匀速转动。现有一可视为质点，质量m＝0.5kg的煤块落在传送带左端(不计煤块落下的速度)，煤块在传送带的作用下达到传送带的速度后从右轮轴正上方的P点恰好离开皮带做平抛运动，正好落入运煤车车厢中心点Q。已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，P点与运煤车底板间的竖直高度H＝1.8m，与运煤车车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2m，取g＝10m/s2，求：7\n图7(1)传送带的速度v0；(2)右轮半径R；(3)由于传送煤块，电动机多做的功W。解析　(1)煤块最终将与传送带一起匀速运动，故传送带的速度等于煤块运动到P点后做平抛运动的初速度为v0v0＝＝2m/s(2)煤块运动至P点恰好离开皮带的临界条件是：它在P点做圆周运动且恰好不受到皮带的支持力，因此有mg＝　vP＝v0解得R＝＝0.4m(3)根据功能关系，在传送带传送煤块过程中，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔEk与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内能Q之和，即W＝ΔEk＋Q其中ΔEk＝mvQ＝μmg(x皮－x煤)＝μmg(vP·－)＝mv得W＝2J答案　(1)2m/s　(2)0.4m　(3)2J10.(2022·浙江理综，23)如图8所示，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8m，长L2＝1.5m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g＝10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)图87\n(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。解析　(1)要使小物块能够下滑必须满足mgsinθ＞μ1mgcosθ①解得tanθ＞0.05②(2)物块从斜面顶端下滑到停在桌面边缘过程中物块克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cosθ＋μ2mg(L2－L1cosθ)③全过程由动能定理得：mgL1sinθ－Wf＝0④代入数据解得μ2＝0.8⑤(3)当θ＝53°时物块能够滑离桌面，做平抛运动落到地面上，物块从斜面顶端由静止滑到桌面边缘，由动能定理得：mgL1sinθ－Wf＝mv2⑥由③⑥解得v＝1m/s⑦对于平抛过程列方程有：H＝gt2，解得t＝0.4s⑧x1＝vt，解得x1＝0.4m⑨则xm＝x1＋L2＝1.9m⑩答案　(1)tanθ＞0.05　(2)0.8　(3)1.9m7