高考物理二轮复习练习专题二第1讲功能关系的应用（含解析）

这是一份高考物理二轮复习练习专题二第1讲功能关系的应用（含解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
功能关系的应用一、单项选择题1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)　　　　　　　　　　A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：选A.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A．该汽车的质量为3 000 kgB．v0＝6 m/sC．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJD．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m解析：选D.由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m，D正确．3．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为(　　)A． B．C． D．解析：选B.最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正确． 4．(2018·高考天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变解析：选C.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误．5．(2019·济南二模)如图，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(　　)A．mgR B．mgRC．mgR D．mgR解析：选C.当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝m，v＝gR.对质点自P点滑到Q点的过程应用动能定理得：mgR－Wf＝mv－0，得：Wf＝mgR，因此，A、B、D错误，C正确． 6．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>mgR，质点不能到达Q点C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mv－mv，即mgR－W′＝mv，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离，选项C正确．7．(2019·福州二模)如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁．若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动．对它们向上运动过程．下列说法正确的是(　　)A．小球动能相等的位置在同一水平面上B．小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C．运动过程中同一时刻，小球处在同一球面上D．当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时，小球的位置不在同一水平面上解析：选D.运动过程中，摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功，设轨道与水平面间夹角为θ，即Q＝μmglcos θ＝μmgx，x为小球的水平位移，Q相同时，x相同，倾角不同，所以高度h不同，D项正确；小球从底端开始，运动到同一水平面，小球克服重力做的功相同，克服摩擦力做的功不同，动能一定不同，A项错误；小球的重力势能只与其高度有关，故重力势能相等时，小球一定在同一水平面上，B项错误；根据等时圆的结论，由于有摩擦力的作用，运动过程中同一时刻，小球不在同一球面上，C项错误．8. 如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为μ，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，且F＝kv(k为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为(　　)A．mv B．mv＋C．0 D．mv－解析：选B.当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为0，杆不再给环阻力，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可．当F＝kv0＝mg时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当F＝kv0<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W＝0－mv得W＝mv；当F＝kv0>mg时，圆环先做减速运动，当F＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F＝kv＝mg得v＝，根据动能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝mv－.综上所述，答案为B.二、多项选择题9．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，(　　)A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差解析：选BCD.小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．10．如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则(　　)A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒B．A、C之间的轻杆始终对C做正功C．A与桌面接触时具有水平方向的速度D．A与桌面接触时的速度大小为解析：选AD.A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL＝mv2，解得v＝，选项D正确． 11．(2019·南京二模)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解析：选AD.对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＝.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；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B球机械能减小mgR，故C错误；根据动能定理，整个过程中，轻杆对A做的功W＝mv2＝mgR，故D正确．12. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　) A．下滑过程中，加速度一直减小B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mghD．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，选项B正确，选项C错误；设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE′p，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．三、非选择题 13．如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比．(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg①设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ②由①②式得＝5∶1. ③(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥由机械能守恒有mg＝mv ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．答案：(1)5∶1　(2)见解析 14．(2019·浙江东阳中学3月模拟)如图所示，水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A点为发射口所在的位置，在竖直面内由内壁光滑的钢管弯成的“9”字形固定轨道在B点与水平面平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H＝1 m，“9”字上半部分圆弧轨道半径R＝0.1 m，圆弧为圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平部分轨道相切，当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m＝0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C，已知弹簧弹性势能与其压缩量的平方成正比，A、B间距离为L＝4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)当弹簧压缩量为2 cm时，弹簧的弹性势能；(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力；(3)当弹簧压缩量为3 cm时，启动发射装置，滑块从D点水平抛出后的水平射程．解析：(1)根据能量守恒定律得，Ep＝μmgL＋mgH，解得Ep＝1.8 J.(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比故当弹簧压缩量为3 cm时，E′p＝Ep根据能量守恒定律得E′p＝μmgL＋mgH＋mv由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，解得FN＝44 N由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小F′N＝44 N，方向竖直向上．(3)根据能量守恒定律可得E′p＝μmgL＋mg(H－2R)＋mv，解得vD＝7 m/s由平抛运动规律得H－2R＝gt2，x＝vDt故水平射程x＝2.8 m.答案：(1)1.8 J　(2)44 N　方向竖直向上　(3)2.8 m