41高考物理二轮复习-专题2-第2课-功能关系试题41

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考点一 滑动摩擦力做功与动能、能量转化
如图，光滑水平面上放一上表面粗糙的小车，小车左端的小木块(可视为质点)以速度v0向右滑动，这时小木块所受小车的滑动摩擦力向左，使其做匀减速运动；小车所受小木块的滑动摩擦力向右，使其做匀加速运动；如果双方相对静止，则双方最后的速度相同．
设共同速度为v，小木块与小车间的滑动摩擦力为f，木块相对小车的位移d，小车相对于地面的位移为s.
如果对小木块或小车进行研究，必须运用动能定理．
对小木块，有：－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d＋s))＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
对小车，有：fs＝eq \f(1,2)Mv2－0②
如果对系统进行研究，必须把①②两式相加，有：
Q＝fd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv2＋\f(1,2)Mv2))
由此说明：通过滑动摩擦力做功(摩擦力乘以相对位移)，系统损失的机械能全部转化为系统的内能．
考点二 功能关系的理解和应用
1．对功能关系的进一步理解：
(1)做功的过程就是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．
(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现到不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等．
2．几种常见的功能关系及其表达式：
课时过关(A卷)

一、单项选择题
1．如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是(A)
A．摩擦力对物体做正功
B．摩擦力对物体做负功
C．支持力对物体做正功
D．合外力对物体做正功
解析：物体P匀速向上运动过程中，受静摩擦力作用，方向沿皮带向上，对物体做正功，支持力垂直于皮带，做功为零，合外力为零，做功也为零，故A正确，B、C、D错误．
2．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100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10 m/s2.通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近(B)
A．10 W B．100 W
C．300 W D．500 W
解析：由P＝Fv可知，要求骑车人的功率，一要知道骑车人的动力，二要知道骑车人的速度，由于自行车匀速行驶，由二力平衡的知识可知F＝f＝20 N，对于骑车人的速度我们应该有一个定性估测，约为5 m/s，所以P＝Fv＝20×5 W＝100 W，B正确．
3．娱乐节目中有这样一种项目，选手需要借助悬挂在高处的绳飞跃到鸿沟对面的平台上，如果选手的质量为m，选
手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角为α，绳的悬挂点O距平台的竖直高度为H，绳长为l(lA．选手摆到最低点时处于失重状态
B．选手摆到最低点时的速度是eq \r(2gH（1－cs α）)
C．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3－2cs α)mg
D．选手摆到最低点时受绳子的拉力大小为(3－2sin α)mg
解析：失重时物体有向下的加速度，超重时物体有向上的加速度，选手摆到最低点时向心加速度竖直向上，因此处于超重状态，拉力大于mg，故A错误；摆动过程中机械能守恒，有：mgl(1－cs α)＝eq \f(1,2)mv2，设绳子拉力为T，在最低点有：T－mg＝meq \f(v2,l)，联立解得：v＝eq \r(2gl（1－cs α）)；T＝(3－2cs α)mg，故B、D错误，C正确．
4．(2015·双鸭山模拟)一小球从如图所示的弧形轨道上的A点由静止开始滑下，由于轨道不光滑，它仅能滑到B点．由B点返回后，仅能滑到C点，已知A、B高度差为h1，B、C高度差为h2，则下列关系正确的是(A)

A．h1>h2
B．h1C．h1＝h2
D．h1、h2大小关系不确定
解析：根据功能关系得：从A到B过程：mgh1＝Wf1，从C到B过程：mgh2＝Wf2，由于小球克服摩擦力做功，机械能不断减小，前后两次经过轨道同一点时速度减小，所需要的向心力减小，则轨道对小球的支持力减小，小球所受的滑动摩擦力相应减小，而滑动摩擦力做功与路程有关，可见，从A到B小球克服摩擦力做功Wf1一定大于从B到C克服摩擦力做功Wf2，则h1>h2.故选A.
5．(2015·南昌模拟)如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统(假定整个过程中弹簧均在弹性限度内)，说法正确的是(B)
A．系统受到外力作用，动能不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小
解析：对甲、乙单独受力分析，两车都先加速后减速，故系统动能先增大后减少，A错误；弹簧最长时，外力对系统做正功最多，系统的机械能最大，B正确；弹簧达到最长后，甲、乙两车开始反向加速运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，C错；当两车第一次速度减小到零时，弹簧弹力大小大于F1、F2的大小，当返回后速度再次为零时，弹簧的弹力大小小于外力F1、F2的大小，D错．
二、多项选择题
6．一个小球在真空中自由下落，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落．它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，在这两种情况下(AD)
A．重力做功相同
B．动能的变化量相同
C．重力势能都转化为动能
D．第二种情况下小球的机械能减少
解析：小球重力相同，下落的高度也一样，故重力做功相同，选项A正确；在真空中下落，只有重力做功，在液体中下落还要受到液体阻力，故合力做功不同，动能的变化量不同，选项B错误；第二种情况下，小球的重力势能转化为动能和内能，机械能减小，选项C不对，选项D正确．
7．某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是(CD)
解析：本题借助四种不同运动形式考查了机械能守恒定律．若小球恰好击中触发器，由机械能守恒可知：eq \f(1,2)mv2＝mgh.在选项A情况中，小球不可能静止在最高处，选项A错误；在选项B情况中，小球离开直轨道后，在重力作用下，做斜上抛运动其最高点的速度不为零，因此小球不可能击中比其轨迹最高点还高的触发器，选项B错误；在选项C中，小球不会脱离轨道，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项C正确；在选项D情况中，小球在圆管轨道的最高点的最小速度可以为零，由机械能守恒可知，小球也恰好击中触发器，选项D正确．
8．如图所示长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下列说法中正确的是(CD)
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量
解析：根据能量的转化，B的动能减少量等于系统损失的机械能加A的动能增加量，A错C对；B克服摩擦力做的功等于B的动能减少量，B错；对B：WfB＝E′kB－EkB，对A：WfA＝E′kA－0；则WfA＋WfB＝(E′kA＋E′kB)－EkB＝ΔE内增，D对．
三、计算题
9．(2015·抚顺模拟)如图所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置．AB是半径为R＝2 m的eq \f(1,4)圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下(g取10 m/s2)．
(1)当H＝1.4 m时，求此球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程；如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．

解析：(1)设小球第一次到达D的速度vD，P到D点的过程对小球列动能定理：
mg(H＋r)－μmgL＝eq \f(mveq \\al(2,D),2)
在D点对小球列牛顿第二定律：FN＝eq \f(mveq \\al(2,D),r)
联立解得：FN＝32 N
由牛顿第三定律得小球在D点对轨道的压力大小
F′N＝FN＝32 N.
(2)第一次来到O点时速度为v1，P到O点的过程对小球列动能定理：
mgH－μmgL＝eq \f(mveq \\al(2,1),2)
解得：v1＝2eq \r(3) m/s
恰能通过O点，mg＝eq \f(mveq \\al(2,O),r)
临界速度vO＝eq \r(10) m/s
由于v1>vO，故第一次来到O点之前没有脱离．
设第三次来到D点的动能Ek对之前的过程列动能定理：
mg(H＋r)－3μmgL＝Ek
代入解得：Ek＝0
故小球一直没有脱离CDO轨道
设此球静止前在水平轨道经过的路程s，对全过程列动能定理：
mg(H＋R)－μmgs＝0
解得：s＝8.5 m.
答案：(1)32 N (2)8.5 m
10．有一倾角为θ＝37°的硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k＝120 N/m的轻弹簧，弹簧与杆间无摩擦．一个质量为m＝1 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，已知小球与硬杆间的动摩擦因数为μ＝0.5，P与弹簧自由端Q间的距离为l＝1 m．弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求：

(1)小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t；
(2)小球运动过程中达到的最大速度vm；
(3)若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点，则v0需多大？
解析：(1)由牛顿第二定律得：
F合＝mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
解得a＝2 m/s2
由l＝eq \f(1,2)at2，解得
t＝eq \r(\f(2l,a))＝1 s.
(2)当小球从P点无初速滑下时，弹簧被压缩至x处有最大速度vm，由
mgsin θ－μmgcs θ＝kx
得x＝eq \f(1,60) m＝0.017 m
由功能关系得：
mgsin θ(l＋x)－μmgcs θ(l＋x)－W弹＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
又W弹＝eq \f(1,2)kx2
代入数据解得vm＝2 m/s.
(3)设小球从P点压缩弹簧至最低点，弹簧的压缩量为x1，由动能定理得
mgsin θ(l＋x1)－μmgcs θ(l＋x1)－eq \f(1,2)kxeq \\al(2,1)＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
从最低点经过弹簧原长Q点回到P点的速度为0，则有：
eq \f(1,2)kxeq \\al(2,1)－mgsin θ(l＋x1)－μmgcs θ(l＋x1)＝0
解得：x1＝0.5 m，v0＝4.9 m/s.
答案：(1)1 s (2)2 m/s (3)4.9 m/s
课时过关(B卷)

一、单项选择题
1．某物体同时受到两个在同一直线上的力F1、F2的作用，由静止开始做直线运动，力F1、F2与位移x的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前4.0 m内，物体具有最大动能时对应的位移是(A)

A．2.0 m B．1.0 m
C．3.0 m D．4.0 m
解析：由题图知x＝2.0 m时，F合＝0，此前F合做正功，而此后F合做负功，故x＝2.0 m时物体的动能最大，故A正确．
2．用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为(C)
A．mgeq \r(gl) B.eq \f(1,2)mgeq \r(gl)
C.eq \f(1,2)mgeq \r(3gl) D.eq \f(1,3)mgeq \r(3gl)
解析：设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v，由机械能守恒定律得：mgl＝eq \f(1,2)mv2＋Ep，Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(gl)，此时v与水平方向夹角为60°，故P＝mgvsin 60°＝eq \f(1,2)mgeq \r(3gl)，C正确．
3．如图所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各连有一杂技演员(可视为质点)，甲站于地面，乙从图示的位置由静止开始向下摆动，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，则演员甲的质量与演员乙的质量之比为(B)

A．1︰1 B．2︰1 C．3︰1 D．4︰1
解析：设定滑轮到乙演员的距离为L，那么当乙摆至最低点时下降的高度为eq \f(L,2)，根据机械能守恒定律可知m乙geq \f(L,2)＝eq \f(1,2)m乙v2；又因当演员乙摆至最低点时，甲刚好对地面无压力，说明绳子上的张力和甲演员的重力相等，所以m甲g－m乙g＝m乙eq \f(v2,L)，联立上面两式可得演员甲的质量与演员乙的质量之比为2∶1，B正确．
4．如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球悬挂在高为2L的O点处，小铁球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动且恰能到达最高点B处，不计空气阻力．若运动中轻绳断开，则小铁球落到地面时的速度大小为(D)

A.eq \r(gL) B.eq \r(3gL)
C.eq \r(5gL) D.eq \r(7gL)
解析：小铁球恰能到达最高点B，则小铁球在最高点处的速度v＝eq \r(gL).以地面为零势能面，小铁球在B点处的总机械能为mg×3L＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(7,2)mgL，无论轻绳是在何处断的，小铁球的机械能总是守恒的，因此到达地面时的动能eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(7,2)mgL，故小铁球落到地面的速度v′＝eq \r(7gL).故D正确．
5．(2015·山东师大附中模拟)如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是(D)
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为Ff(x＋L)
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－FfL
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL
解析：对小车由动能定理知W＝Ff·x＝Ek，故Ek＝Ffx，B错误；对小物块由动能定理得F(L＋x)－Ff(L＋x)＝ΔEk，A错误；物块和小车增加的机械能ΔE＝ΔEk＋Ek＝F(L＋x)－FfL，C错误；摩擦产生的热量Q＝FfL，D正确．
二、多项选择题
6．某人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中(BD)

A．物体所受的合力做功为mgh＋eq \f(1,2)mv2
B．物体所受的合力做功为eq \f(1,2)mv2
C．人对物体做的功为mgh
D．人对物体做的功大于mgh
解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：WF－Wf－mgh＝eq \f(1,2)mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋eq \f(1,2)mv2，A、C错误，B、D正确．
7．如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中下列说法中正确的是(BC)

A．M球的机械能守恒
B．M球的机械能减小
C．M和N组成的系统机械能守恒
D．绳的拉力对N做负功
解析：由于杆AB、AC光滑，所以M下降，N向左运动，绳子对N做正功，对M做负功，N的动能增加，机械能增加，M的机械能减少，对M、N系统，杆对M、N均不做功，系统机械能守恒，故B、C两项正确．
8．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是(AD)
A．物体在沿斜面向下运动
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在0～x2过程中，物体先减速再匀速
D．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ
解析：由图乙可知，在0～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动．因在Ex图线中的0～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mgsin θ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝gsin θ，D正确．
9．如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，右端接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析正确的是(ABD)

A．B物体的机械能一直减小
B．B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量
D．细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量
解析：把A、B和弹簧看作一个系统，系统机械能守恒，在B下落直至B获得最大速度过程中，A的动能增大，弹簧弹性势能增大，所以B物体的机械能一直减小，选项A正确；由动能定理，B物体的动能的增加量等于它所受重力与拉力做的功之和，选项B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧的弹性势能的增加量与A动能增加量之和，选项C错误；对A和弹簧组成的系统，由功能关系，细线拉力对A做的功等于A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量，选项D正确．
三、计算题
10．(2015·东营模拟)如图所示，半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2 m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1.2 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：

(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.
解析：(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝eq \f(v0,sin θ)＝4 m/s.
(2)小物块由B点运动到C点，由动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在C点处，由牛顿第二定律有F－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)
解得F＝8 N
根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8 N.
(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有
Epm＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgR(1＋sin θ)－μmgL＝0.8 J.
答案：(1)4 m/s (2)8 N (3)0.8 J
11．如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)N点的纵坐标．
(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量．
(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道上运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．
解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度
a＝μg＝5 m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝1 s
运动的位移Δx＝eq \f(veq \\al(2,0),2a)＝2.5 m<(L－xP)＝6 m
故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：
mg＝meq \f(2veq \\al(2,N),yN)
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgyN＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)
代入数据解得yN＝1 m.
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
s＝v0t－Δx＝2.5 m
产生的热量Q＝μmgs＝12.5 J.
(3)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：
μmg(L－x1)＝mgyM
代入数据解得x1＝7.5 m
μmg(L－x2)＝eq \f(1,2)mgyN
代入数据解得x2＝7 m
若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知
x3＝5.5 m
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为
7 m≤x≤7.5 m和0≤x≤5.5 m.
答案：(1)1 m (2)12.5 J
(3)7 m≤x≤7.5 m，0≤x≤5.5 m