碑碎市碰碗学校高考物理一轮复习 第五章 微专题 力学中功能关系的理解和用加练半小时

感碍州碑碎市碰碗学校力学中功能关系的理解和应
用
[方法点拨] (1)做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.(2)功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等.
1.(2018·八校第二次测评)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用，沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图1所示.若取h ＝0处为重力势能零势能面，则此过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是( )
图1
2.(2018·一模)2月13日，平昌冬奥会单板滑雪女子U 型场地决赛中，我国选手刘佳宇荣获亚，为我国夺得首枚奖牌.如图2为U 型池模型，其中A 、B 为U 型池两侧边缘，C 为U 型池最低点，U 型池轨道各处粗糙程度相同.一小球在池边高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h 2，下列说法正确的是( )
图2
A.小球再次进入池中后，能够冲出左侧边缘A 然后返回
B.小球再次进入池中后，刚好到达左侧边缘A 然后返回
C.由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，小球损耗的机械能相同
D.由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较小
3.(多选)(2018·四川省泸州市一检)如图3所示，固定斜面倾角为θ，在斜面底端固定一个轻质弹簧，弹簧上端连接一个可视为质点的、质量为m 的物块，O 点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A 点.斜面上另外有B 、C 、D 三点，AO ＝OB ＝BC ＝CD ＝l ，其中B 点下方斜面光滑，BD 段粗糙，物块与斜面BD 段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g .物块静止时弹簧的弹性势能为E ，用外力将物块拉到D 点由静止释放，第一次经过O 点时的速度大小为v ，已知弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
图3
A.物块从D 点向下运动到A 点的过程中，最大加速度大小为2g sin θ
B.物块最后停在B 点
C.物块在D 点时的弹性势能为mv 22－mgl sin θ
D.物块运动的全过程中因摩擦产生的热量为mv2
2
＋mgl sinθ－E
4.如图4所示，A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动.A由静止释放；B的初速度方向沿斜面向下，大小为v0；C的初速度方向沿水平方向，大小也为v0.斜面足够大，A、B、C运动过程中不会相碰.下列说法正确的是( )
图4
A.A和C将同时滑到斜面底端
B.滑到斜面底端时，B的动能最大
C.滑到斜面底端时，C的重力势能减少最多
D.滑到斜面底端时，B的机械能减少最多
5.(多选)(2018·皖南八校联考)如图5甲所示，绷紧的足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.则( )
图5
A.小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4m
B.0～3s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2N·s
C.0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J
D.小物块与传送带之间由摩擦产生的热量为18J
6.(2019·模拟)如图6甲所示，以斜面底端为重力势能零势能面，一物体在平行斜面的拉力作用下，由静止开始沿光滑斜面向下运动.运动过程中物体的机械能与物体位移关系的图象(E－x图象)如图乙所示，其中0～x1过程的图线为曲线，x1～x2过程的图线为直线.根据该图象，下列判断正确的是( )
图6
A.0～x1过程中物体所受拉力可能沿斜面向下
B.0～x2过程中物体的动能一定增大
C.x1～x2过程中物体可能在做匀速直线运动
D.x1～x2过程中物体可能在做匀减速直线运动
7.(多选)(2018·东莞市模拟)如图7所示，轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上，另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°，OA＝OC，B为AC的中点，OB 等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑，初始加速度大小为a A，第一次经过B处的速度大小为v，运动到C处速度为0，后又以大小为a C的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为g .下列说法正确的是( )
图7
A.小球可以返回到出发点A 处
B.撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止状态
C.弹簧具有的最大弹性势能为12
mv 2 D.a A －a C ＝g
8.(多选)(2018·衡水中学八模)如图8甲所示，物体以一定的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m.选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化关系如图乙所示.g 取10m/s 2
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则( ) 图8
A.物体的质量m ＝0.67kg
B.物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5
C.物体上升过程中的加速度大小a ＝1m/s 2
D.物体回到斜面底端时的动能E k ＝10J
9.(多选)圆心为O 、半径为R 的光滑圆弧轨道AC 与倾角θ＝30°的光滑斜面BC 固定在一起，如图9所示，其中O 、C 、B 三点共线，OA 竖直.质量分别为m 1、m 2的两小球1、2用轻绳相连挂在C 点两侧(C 点处有一小段圆弧)，开始时小球1位于C 处，小球2位于斜面底端B 处，现由静止释放小球1，小球1沿圆弧轨道下滑，已知m 1＝6m 2，重力加速度为g ，则在小球1由C 点下滑到A 点的过程中( )
图9
A.小球1的机械能守恒
B.重力对小球1做功的功率先增大后减小
C.小球1的机械能减小79
m 1gR D.轻绳对小球2做功为79
m 2gR 10.(多选)(2019·枣庄八中模拟)如图10所示，在竖直平面内固定光滑的硬质杆AB ，杆与水平面的夹角为θ，在杆的上端A 处套一质量为m 的圆环，圆环上系一轻弹簧，弹簧的另一端固定在与A 处在同一水平线上的O 点，O 、B 两点处在同一竖直线上，且OB ＝h ，OC 垂直于AB ，从A 由静止释放圆环后，圆环沿杆运动到B 时速度为零.在圆环运动的整个过程中，弹簧一直处于伸长状态.则在圆环从A 到B 的整个过程中，下列说法正确的是( )
图10
A.弹簧对圆环一直做正功
B.圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点
C.弹簧的弹性势能增加了mgh
D.弹簧弹力的功率为零的位置有2个
11.一质量为m 的质点，系于长为R 的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、
柔软且无弹性的.今把质点从O 点的正上方离O 点距离为89R 处以水平速度v 0＝34
gR 抛出，如图11所示，试求：当质点到达O 点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？
图11
答案精析
1.D [由v 2－h 图象为倾斜直线可知，物体的动能变化量与高度变化量成正比，即合外力为恒力，而物体所受重力不变，故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于重力(或弹力)以外的其他力做功的大小.由功能关系可知，随高度增加，恒定拉力做正功，机械能均匀增加，故D 项正确.]
2.A [小球在高h 处自由下落由U 型池左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为h
2，根据动能定理有mg ×h 2－W f1＝0，W f1＝12
mgh .从B 点进入池中后，由于小球经过每一个对应的位置时速度都比第一次小，小球所受摩擦力小于第一次所受的摩擦力，所以第二次在池中运动克服摩擦力所做的功小于mg
2，小球能够冲出
左侧边缘A 然后返回，故A 正确，B 错误；由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，每一个对称的位置，由A 到C 过程小球所受摩擦力都比由C 到B 所受摩擦力大，所以小球由A 到C 过程与由C 到B 过程相比，前一过程小球损耗的机械能较大，故C 、D 错误.]
3.CD [物块在BD 段向下运动过程中，因μ＝tan θ，物块的重力沿斜面向下的分力mg sin θ与滑动摩擦力μmg cos θ大小相等，弹簧弹力提供加速度，物块在D 点处加速度最大，有k ·3l ＝ma ，物块静止时有kl ＝mg sin θ，得a ＝3g sin θ，物块在DA 段的最大加速度为3g sin θ，A 选项错误；物块从D 点下滑后，沿斜面向下运动，因μ＝tan θ，物块在B 点时受到弹簧拉力，不可能静止，最终在B 点下方做往复运动，到B 点处的速度为零，B 选项错误；物块从D 点第一次到O 点，由功能关系得E p ＋mg sin θ·3l ＝μmg cos θ·2l ＋mv 2
2，E p ＝mv 2
2－mgl sin θ，C 选项正确；物块在B 点时弹簧的弹性势能与物块在A 点时弹簧
的弹性势能相同，对全过程分析有(E p －E )＋mg sin θ·2l ＝Q ，得Q ＝mv 22＋mgl sin θ－E ，D 选项正确.]
4.B [A 、C 两个滑块所受的滑动摩擦力大小相等，A 所受滑动摩擦力沿斜面向上，C 受到的沿斜面向上的力是滑动摩擦力的分力，所以C 沿斜面向下的加速度大于A 沿斜面向下的加速度，C 先到达斜面底端，A 项错误；重力做功相同，摩擦力对A 、B 做功相同，C 克服摩擦力做功最多，而B 有初速度，则滑到斜面底端时，B 滑块的动能最大，B 项正确；三个滑块下降的高度相同，减少的重力势能相同，C 项错误；滑动摩擦力做功与路程有关，C 运动的路程最大，C 克服摩擦力做功最大，机械能减少最多，D 项错误.]
5.AD [由图象可知，第2s 末小物块向左运动的位移达到最大，根据速度—时间图线与时间轴所围图形的
面积大小表示位移大小，得s 1＝12×2×4m＝4m ，故A 正确；物块做匀变速运动的加速度大小a ＝Δv Δt ＝42
m/s 2＝2m/s 2
，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ＝2N,0～3s 时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I ＝μmgt ＝6N·s，故B 错误；由图象可知传送带速率大小v 1＝2m/s ，前3s 内物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W ＝μmgv 1t ＝2×2×3J＝12J,3～4s 内二者相对静止，无摩擦力，
故C 错误；物块在传送带上滑动的3s 内，传送带的位移s ′＝v 1t ＝6m ，方向向右，物块的位移s ＝(12
×2×4－12
×1×2)m＝3m ，方向向左，二者的相对位移Δs ＝s ′＋s ＝9m ，整个过程中因摩擦产生的热量Q ＝μmg Δs ＝18J ，故D 正确.]
6.B [除重力之外的其他力做的功等于物体的机械能的改变量，则F ·Δx ＝ΔE ，即F ＝ΔE Δx
，所以E －x 图象的斜率的绝对值表示物体所受拉力的大小，由题图乙可知0～x 1内图线的斜率为负，则物体所受拉力沿斜面向上，A 错误；由于物体由静止开始向下运动，且物体所受拉力先变小后不变，所以物体所受拉力一直小于物体的重力沿斜面向下的分力，物体加速运动，所以在0～x 2过程中物体的动能一定增大，B 正确，C 、D 错误.]
7.CD [设小球从A 运动到B 的过程克服摩擦力做功为W f ，AB 间的竖直高度为h ，弹簧具有的最大弹性势能
为E p ，根据能量守恒定律：对于小球从A 到B 的过程有mgh ＋E p ＝12
mv 2＋W f ，A 到C 的过程有2mgh ＋E p ＝2W f ＋E p ，解得W f ＝mgh ，E p ＝12
mv 2，小球从C 点向上运动时，假设能返回到A 点，则由能量守恒定律得E p ＝2W f ＋2mgh ＋E p ，该式不成立，可知小球不能返回到出发点A 处，A 项错误，C 项正确；设从A 运动到C 摩擦力的平均值为F f ，AB ＝s ，由W f ＝mgh 得F f ＝mg sin30°，在B 点，摩擦力F f ＝μmg cos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B 点外)，小球对杆的压力大于mg cos30°，所以F f ＞μmg cos30°可得mg sin30°＞
μmg cos30°，因此撤去弹簧，小球不能在直杆上处于静止状态，B 项错误；根据牛顿第二定律得，在A 点有F cos30°＋mg sin30°－F f ＝ma A ，在C 点有F cos30°－F f －mg sin30°＝ma C ，两式相减得a A －a C ＝g ，D 项正确.]
8.BD [在最高点，速度为零，所以动能为零，即物体在最高点的机械能等于重力势能，所以有E ＝E p ＋0＝mgh ，所以物体质量为m ＝E gh ＝3010×3
kg ＝1kg ，A 错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上升过程中只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得－μmg cos37°h sin37°－mgh ＝ΔE k ，解得μ＝0.5，B 正确；物体上升过程中沿斜面方向受到的合外力为F ＝mg sin α＋μmg cos α＝10N ，故物体上升过程中的加速度大小为a ＝F m ＝10m/s 2，C 错误；物体上升过程和下滑过程所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同；物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J ，故物体从开始至回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40J ；又由于物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以物体回到斜面底端时的动能为50J －40J ＝10J ，D 正确.]
9.BD [小球1在下滑过程中，沿竖直方向分速度由0先增大到某值后又减小到0，所以重力对小球1做功的功率先增大后减小，B 对；设小球1在A 点时速度为v ，由运动的合成与分解知此时小球2的速率为v cos30°＝3v 2
，小球1由C 点到下滑到A 点的过程中，对小球1和小球2整体由动能定理有m 1gR (1－cos60°)－m 2gR sin30°＝1
2m 1v 2＋12m 2(
3v 2)2，得v 2＝2027gR ，对小球1由动能定理有m 1gR (1－cos60°)＋W T ＝12m 1v 2，得W T ＝－79m 2gR ，即小球1的机械能减少79
m 2gR ，A 、C 错；因小球1由C 点下滑到A 点的过程中，小球1和小球2组成的系统机械能守恒，所以轻绳对小球2做的功为79
m 2gR ，D 对.] 10.BC [由几何关系可知，当环在C 点时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小.所以在环从A 到C 的过程中弹簧对环做正功，而从C 到B 的过程中弹簧对环做负功，选项A 错误；当圆环在C 点时，弹力的方向与AB 垂直，从C 点继续下滑，当重力沿杆向下的分力大于弹力沿杆向上的分力时，圆环的加速度向下，速度增大；当重力沿杆向下的分力等于弹力沿杆向上的分力时，加速度为零，速度最大，则圆环的速度最大处位于C 、B 间的某一点，选项B 正确；圆环从A 到B ，弹簧弹性势能增加量等于重力势能的减少量，即弹簧的弹性势能增加了mgh ，选项C 正确；根据P ＝Fv cos θ可知，在最高点和最低点时圆环的速度为零，则弹簧弹力的功率为零；在C 点时，弹力与速度垂直，此时弹簧弹力的功率也为零，则弹簧弹力的功率为零的位置有3个，选项D 错误.]
11.439
mg 解析 设绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为θ，如图甲所示，根据平抛运动规律有R sin θ＝v 0t ，89
R －R cos θ＝12gt 2，
解得θ＝π2，t ＝43R g
， 即绳绷紧时刚好水平，如图乙所示，由于绳不可伸长，故绳绷紧时，沿绳方向的分速度v 0消失，质点仅有
竖直速度v 1，v 1＝gt ＝43
gR .以后质点在竖直平面内做圆周运动，设到达O 点正下方的速度为v ′，由机械能守恒定律有12mv ′2＝12mv 12＋mgR ，设此时绳对质点的拉力为F T ，则由牛顿第二定律有F T －mg ＝m v ′2R ，解得F T ＝43
9mg .。