2020版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点6功能关系的常见模型（含答案）

这是一份2020版高考物理大三轮复习选择题热点巧练热点6功能关系的常见模型（含答案），共6页。试卷主要包含了解析等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·山东济南历城区高三模拟)“跳跳鼠”是很多小朋友喜欢玩的一种玩具(图甲)，弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆(图乙)，人在脚踏板上用力向下压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面( )
A．不论下压弹簧程度如何，弹簧都能将跳杆带离地面
B．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能全部转化为人的动能
C．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人一直向上加速运动
D．从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，人的加速度先减小后增大
2.(多选)如图所示，物块从足够长的粗糙斜面底端O点，以某一速度向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑．物块先后两次经过斜面上某一点A点时的动能分别为Ek1和Ek2，重力势能分别为Ep1和Ep2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为WG1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为WG2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是( )
A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2 B.Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2
C．WG1＝WG2，W1WG2，W1＝W2
3．(2019·浙江杭州高三预测卷)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机．弹弓的构造如图1所示，其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上．橡皮筋处于ACB时恰好为橡皮筋原长状态(如图2所示)，将模型飞机的尾部放在C处，将C点拉至D点时放手，模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去．C、D两点均在AB连线的中垂线上，橡皮筋的质量忽略不计．现将模型飞机竖直向上发射，在它由D运动到C的过程中( )
A．模型飞机在C位置时的速度最大
B．模型飞机的加速度一直在减小
C．橡皮筋对模型飞机始终做正功
D．模型飞机的机械能守恒
4．(多选)如图所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ＝30°，一质量为m的小球从D点由静止释放，小物块与粗糙斜面AB间的动摩擦因数μ＜tan θ，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是( )
A．小球可能运动到A点
B．小球经过较长时间以后会停在C点
C．小球通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最大压力大小为3mg
D．小球通过圆弧轨道最低点C时，对C点的最小压力大小为(3－eq \r(3))mg
5．(多选)内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为eq \r(2)R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙，将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图所示．由静止释放后( )
A．下滑过程中甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能
B．下滑过程中甲球减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能
C．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
D．杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点
6．(多选)(2019·山东实验中学高三模拟)如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k＝eq \f(mg,2R)，原长为L＝2R，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度，已知重力加速度为g，则( )
A．无论v0多大，小球均不会离开圆轨道
B．若eq \r(2gR)C．只要v0> eq \r(\f(9,2)gR)，小球就能做完整的圆周运动
D．只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关
7．如图所示，足够长的水平传送带以v0＝4 m/s 的速度匀速运行．t＝0时，在最左端轻放一质量为m的小滑块，t＝4 s时，传送带以大小为1 m/s2的加速度减速停下．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2.关于滑块相对地面运动的速度v(向右为正)、滑块所受的摩擦力f(向右为正)、滑块所受的摩擦力做功的功率P、滑块与传送带间因摩擦产生的热量Q与时间的关系图象正确的是( )
8.(多选)(2019·青岛二模)如图所示，质量为m＝1 kg的小物块从传送带的底端以4 m/s的速度冲上倾角为θ＝37°的倾斜传送带，足够长的传送带始终以速度v＝2 m/s顺时针转动．已知物块和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度大小g＝10 m/s2.则小物块从开始运动到速度为零的过程中( )
A．所用时间为0.2 s
B．小物块的位移大小为0.6 m
C．摩擦力对小物块做的功为1.6 J
D．系统产生的内能为4.8 J
热点6 功能关系的常见模型
1．解析：选D.当弹簧下压的程度比较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，故A错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能转化为人的动能和重力势能，故B错误；从人被弹簧弹起到弹簧恢复原长，开始弹力大于重力，人向上加速，弹簧逐渐恢复形变，弹力逐渐减小，加速度逐渐减小；后来弹力小于重力，人的加速度反向增加，所以人的加速度先减小后增大，故C错误，D正确．
2．解析：选AC.假设A点距离斜面底端的高度为h，则物块先后两次在A点具有的重力势能大小为Ep＝mgh，因此两次在A点具有的重力势能大小相等；两次重力做的功均为WG＝－mgh，因此从运动开始到先后两次通过A点的过程中，重力做功相等；由题意可知，除重力外斜面对物块的摩擦力做负功，而摩擦力做功与通过的路程有关，因此从运动开始到第二次经过A点的过程摩擦力做功多，则从O点开始到第二次经过A点的过程中合外力做功的绝对值大，即W1Ek2.由以上分析可知A、C正确，B、D错误．
3．解析：选C.从D到C，橡皮筋对模型飞机的弹力先大于重力，后小于重力，根据牛顿第二定律可知，加速度先减小后增大，加速度方向先向上后向下，则模型飞机的速度先增大后减小，故A、B错误；橡皮筋对模型飞机的弹力与位移方向一直相同，所以橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功，而非重力做功等于机械能的增加量，故模型飞机的机械能一直在增大，故C正确，D错误．
4．解析：选CD.因为小球与粗糙斜面AB间有摩擦，所以小球不可能运动到A点，选项A错误；最终小球将在圆弧BB′间做往复运动(B′与B关于CO对称)，不可能停在C点，选项B错误；小球第一次到达C点时速度最大，对轨道的压力最大，根据机械能守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，根据向心力公式得FN1－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，解得FN1＝3mg，根据牛顿第三定律可知小球对C点的最大压力大小为3mg，选项C正确；最终小球在圆弧BB′间做往复运动通过C点时的速度最小，对轨道的压力最小，根据机械能守恒定律有mgR(1－cs 30°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，根据向心力公式得FN2－mg＝meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN2＝(3－eq \r(3))mg，根据牛顿第三定律可知，小球对C点的最小压力大小为(3－eq \r(3))mg，选项D正确．
5．解析：选AD.由题意知，甲、乙两球组成的系统机械能守恒，故甲球减少的机械能总等于乙球增加的机械能，所以A正确；在甲下滑的过程中甲、乙两球的动能在增加，故甲球减少的重力势能大于乙球增加的重力势能，所以B错误；由于甲的质量小于乙的质量，根据机械能守恒定律知，甲不能下滑到最低点，所以C错误；根据机械能守恒定律知，杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点，所以D正确．
6．解析：选CD.因弹簧的劲度系数为k＝eq \f(mg,2R)，原长为L＝2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为F＝kR＝eq \f(mg,2)，轨道的支持力为0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有mg－F＝eq \f(mv2,R)，解得：v＝ eq \r(\f(1,2)gR)，从A到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：2mgR＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v0＝ eq \r(\f(9,2)gR)，即当v0＞ eq \r(\f(9,2)gR)时小球才不会脱离轨道，故A、B错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：N1－kR－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)，解得：N1＝kR＋mg＋meq \f(veq \\al(2,0),R)，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为N2，设此时的速度为v，由机械能守恒定律得：2mgR＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，此时合外力提供向心力，有：N2－kR＋mg＝meq \f(v2,R)，解得：N2＝kR－mg＋meq \f(v2,R)，联立解得ΔN＝N1－N2＝6mg，与初速度无关，故D正确．
7．解析：选C.滑块在摩擦力作用下向右匀加速运动时，加速度a＝μg＝2 m/s2，滑块的速度与传送带的运行速度相同时经历的时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，2 s后滑块与传送带共速向右匀速运动，与传送带间无摩擦作用；4 s后，传送带以a′＝－1 m/s2的加速度做匀减速运动，传送带开始减速到停止的时间t′＝eq \f(v0,a′)＝4 s，传送带减速运动时，滑块的加速度与传送带的加速度相同，所以此时滑块受到的静摩擦力f＝ma′＝－eq \f(1,2)ma，即此时的摩擦力大小等于滑动摩擦力的eq \f(1,2)，A、B项错误；功率P＝fv，可知1～2 s内的摩擦力的功率与时间成正比，2～4 s无摩擦力，功率为零，4 s后滑块在静摩擦力作用下做匀减速运动，由于速度随时间均匀减小至零，故摩擦力的功率也随时间均匀减小至零，C项正确；只有开始滑块加速运动时，滑块与传送带间有相对位移，此时满足Δx＝v0t－eq \f(1,2)at2，相对位移不与时间成正比，而Q＝fΔx，故Q－t图线不是倾斜的直线，D项错误．
8．解析：选CD.由于开始时物块的速度大于传送带的速度，所以物块受到的摩擦力的方向沿传送带向下，物块的加速度大小a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝10 m/s2，小物块做减速运动，当物块的速度等于传送带的速度以后，由于mgsin 37°>μmgcs 37°，所以物块会继续向上做减速运动，此时摩擦力的方向沿传送带向上，物块的加速度大小a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝2 m/s2，所以物块从开始运动到速度减为零所用的时间t＝t1＋t2＝eq \f(4－2,10) s＋eq \f(2－0,2) s＝1.2 s，小物块两段时间运动的位移大小分别为x1＝eq \f(42－22,2×10) m＝0.6 m，x2＝eq \f(22－0,2×2) m＝1 m，总位移大小为x＝x1＋x2＝1.6 m，A、B错误；摩擦力对小物块做的功为Wf＝－μmgx1cs 37°＋μmgx2cs 37°＝1.6 J，C正确；在0～0.2 s内，传送带与小物块的相对位移大小s1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4＋2,2)－2))×0.2 m＝0.2 m，在0.2～1.2 s内，传送带与小物块间的相对位移大小s2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,2)))×1 m＝1 m，系统产生的内能为Q＝μmg(s1＋s2)·cs 37°＝4.8 J，D正确．