新高考物理一轮复习选择题考点专项练34　功能关系的应用（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习选择题考点专项练34　功能关系的应用（含答案解析），共5页。试卷主要包含了一个100 g的球从1，55 J的负功等内容，欢迎下载使用。
A.重力做功为1.8 J
B.重力做了0.55 J的负功
C.物体的重力势能一定减少0.55 J
D.物体的重力势能一定增加1.25 J
2.(功能关系)(多选)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的( )
A.动能损失了2mgHB.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgHD.机械能损失了eq \f(1,2)mgH
3.(弹力做功与弹性势能变化的关系)(多选)如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上(不相连)，弹簧下端固定，劲度系数为k。t＝0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程( )
A.外力F为恒力
B.物块的最大加速度大小为2g
C.外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为eq \f(mg,2k)
D.弹簧最大弹性势能为eq \f(m2g2,k)
4.(电场力做功与电势能变化的关系)(多选)一个带电小球在空中由A点运动到B点的过程中，只受重力、电场力和空气阻力三个力的作用。若该过程小球的重力势能增加了5 J，机械能增加了1.5 J，电场力对小球做功2 J，则下列说法正确的是( )
A.小球克服重力做功为5 J
B.小球克服空气阻力做功为0.5 J
C.小球的电势能增加了2 J
D.小球的动能减少了3.5 J
5.(安培力做功与电能的关系)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量
C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量
6.(传送模型中的电能消耗)如图甲所示，沿顺时针方向运动的水平传送带AB，零时刻将一个质量m＝1 kg的物块轻放在A处，6 s末恰好运动到B处，物块6 s内的速度－时间图像如图乙所示，物块可视为质点(重力加速度g＝10 m/s2)，则( )
A.AB长度为24 m
B.物块相对于传送带滑动的距离12 m
C.传送带因传送物块多消耗的电能16 J
D.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
7.(板块模型中的摩擦生热)如图所示，静止在光滑水平地面上且足够长的平板小车的质量为0.5 kg，某时刻质量为2 kg的小物块以6 m/s的速度水平向右滑上平板小车，同时对小物块施加一水平向右、大小恒定的拉力F，3 s后两者达到12 m/s的共同速度时撤去拉力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.小物块与小车间的动摩擦因数为0.1
B.拉力F的大小为4 N
C.0～3 s内小物块与小车间的相对位移为27 m
D.0～1 s内小物块与小车间因摩擦产生的热量为54 J
解析答案34 功能关系的应用
1．C [整个过程中，物体的高度下降了h＝1.8 m－1.25 m＝0.55 m，则重力对物体做正功为W＝mgh＝0.1×10×0.55 J＝0.55 J，WG＝－ΔEp，故小球的重力势能一定减少0.55 J，故C符合题意，A、B、D不符合题意。]
2．AC [已知物块上滑的加速度大小为g，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为ΔEk＝W合＝F合·eq \f(H,sin 30°)＝mg·2H＝2mgH，故A正确，B错误；设摩擦力的大小为Ff，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋Ff＝ma＝mg，解得Ff＝0.5mg，则物块克服摩擦力做功为Wf＝Ff·2H＝0.5mg·2H＝mgH，根据功能关系可知机械能损失了mgH，故C正确，D错误。]
3．AC [根据图像可知，F撤去前瞬间，加速度为零，故F＝mg，初始时kx0＝mg，对物块有F＋k(x0－x)－mg＝ma，即a＝eq \f(F,m)－eq \f(k,m)x，根据图像可知，eq \f(F,m)为图像的截距，为定值，所以F为恒力，故A正确；初始时刻加速度最大，为am＝eq \f(F＋kx0－mg,m)＝g，故B错误；从初始到物块脱离弹簧，根据速度位移公式v2＝2ax，可知a－x图像与横轴围成的面积表示eq \f(1,2)v2，则有eq \f(1,2)v2＝eq \f(1,2)ax0＝eq \f(1,2)gx0＝eq \f(mg2,2k)，从脱离弹力到最高点，根据动能定理有－mgh＝0－eq \f(1,2)mv2，联立解得外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为h＝eq \f(mg,2k)，故C正确；从初始到物块脱离弹簧，根据功能关系有Ep－mgx0＋Fx0＝eq \f(1,2)mv2，解得弹簧最大弹性势能为Ep＝eq \f(m2g2,2k)，故D错误。]
4．ABD [根据重力做功与重力势能变化关系，可得WG＝－ΔEp，解得WG＝－5 J，即小球克服重力做功为5 J，故A正确；根据电场力做功与电势能变化关系，可得W电＝－ΔEp电，解得ΔEp电＝2 J，即小球的电势能减少了2 J，故C错误；除重力以外其他力做的功等于机械能的变化，可得W电＋W阻＝ΔE，解得W阻＝－0.5 J，小球克服空气阻力做功为0.5 J，故B正确；由动能定理可得WG＋W电＋W阻＝ΔEk，解得ΔEk＝－3.5 J，即小球的动能减少了3.5 J，故D正确。]
5．A [棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理WF＋WG＋W安＝ΔEk，得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，故A正确；由动能定理，动能增加量等于合力的功，合力的功等于力F做的功、安培力的功与重力的功代数和，故B错误；棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量，故C错误；棒克服安培力做功等于电阻R上放出的热量，故D错误。]
6．C [由图得AB长度为物块的位移x＝L＝eq \f(（6＋2）×4,2) m＝16 m，故A错误；6 s内传送带的路程为s＝v0t＝24 m，物块相对于传送带滑动的距离Δx＝s－x＝8 m，故B错误；由图可知，物块的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，对物块用牛顿第二定律得μmg＝ma，解得μ＝0.1，故D错误；传送带因传送物块多消耗的电能为传送带4 s内克服摩擦力做的功，即E＝μmgs′＝μmgv0t′＝16 J，故C正确。]
7．A [设平板车的质量为M，加速度大小为a1，小物块的质量为m，加速度大小为a2，则根据题意有a1＝eq \f(μmg,M)，a2＝eq \f(F－μmg,m)，a1t＝v，a1t＝v0＋a2t，联立以上各式解得μ＝0.1，F＝6 N，故A正确，B错误；设小车的位移为x1，小物块的位移为x2，相对位移为Δx，则有x1＝eq \f(v,2)·t＝18 m，x2＝eq \f(v0＋v,2)·t＝27 m，可得Δx＝x2－x1＝9 m，故C错误；设0～1 s内小车的位移为x1′，小物块的位移为x2′，相对位移为Δx′，则有x1′＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，x2′＝v0t1＋eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)，Δx′＝x2′－x1′，代入数据解得Δx′＝5 m，则0～1 s内小物块与小车间因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx′＝10 J，故D错误。]