高考物理一轮复习 重点强化练4　功能关系的综合应用

这是一份高考物理一轮复习 重点强化练4　功能关系的综合应用，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳．如图1所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
图1
A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床弹性势能减少量
A [从A运动到O，小孩重力势能减少量等于动能增加量与弹性绳的弹性势能的增加量之和，选项A正确；从O运动到B，小孩动能和重力势能的减少量等于弹性绳和蹦床的弹性势能的增加量，选项B错误；从A运动到B，小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，选项C错误；若从B返回到A，小孩机械能增加量等于蹦床和弹性绳弹性势能减少量之和，选项D错误．]
2．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是( )
A．该同学机械能增加了mgh
B．起跳过程中该同学机械能增量为mgh＋eq \f(1,2)mv2
C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋eq \f(1,2)mv2
D．该同学所受的合外力对其做功为eq \f(1,2)mv2＋mgh
B [学生重心升高h，重力势能增大了mgh，又知离地时获得动能为eq \f(1,2)mv2，则机械能增加了mgh＋eq \f(1,2)mv2，A错、B对；人与地面作用过程中，支持力对人做功为零，C错；学生受合外力做功等于动能增量，则W合＝eq \f(1,2)mv2，D错．]
3．(多选)(2017·湖北重点中学联考)在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为Ff，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中( )
A．重力做功为mgh
B．克服空气阻力做的功为Ff·eq \r(h2＋x2)
C．落地时，重力的瞬时功率为mgv
D．重力势能和机械能都逐渐减少
AD [重力做功为WG＝mgh，A正确．空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于eq \r(h2＋x2)，故克服空气阻力做的功大于Ff·eq \r(h2＋x2)，B错误．落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误．重力做正功，重力势能减小，空气阻力做负功，机械能减少，D正确．]
4．如图2所示，BC是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道，下端C与水平直轨道相切．一个小物块从B点正上方R处的A点处由静止释放，从B点刚好进入圆弧形光滑轨道下滑，已知圆弧形轨道半径为R＝0.2 m，小物块的质量为m＝0.1 kg，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.小物块在水平面上滑动的最大距离是( )
【导学号：92492243】
图2
A．0.1 m B．0.2 m
C．0.6 mD．0.8 m
D [设小物块在水平面上滑动的最大距离为x，由动能定理得：mg·2R－μmgx＝0，x＝eq \f(2R,μ)＝0.8 m，选项D正确．]
5．(多选)(2017·江西省重点中学联考)水平地面上有两个固定的、高度相同的粗糙斜面甲和乙，底边长分别为L1、L2，且L1图3
A．从顶端到底端的运动过程中，由于克服摩擦而产生的热量一定相同
B．滑块A到达底端时的动能一定比滑块B到达底端时的动能大
C．两个滑块从顶端运动到底端的过程中，重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大
D．两个滑块加速下滑的过程中，到达同一高度时，机械能可能相同
BC [A、B滑块从斜面顶端分别运动到底端的过程中，摩擦力做功不同，所以克服摩擦而产生的热量一定不同，故A错误；由于B滑块受到的摩擦力Ff＝μmgcs θ大，且通过的位移大，则克服摩擦力做功多，滑块A克服摩擦力做功少，损失的机械能少，根据动能定理，可知滑块A到达底端时的动能一定比B到达底端时的动能大，故B正确；整个过程中，两物块所受重力做功相同，但由于A先到达底端，故重力对滑块A做功的平均功率比滑块B的大，故C正确；两个滑块在斜面上加速下滑的过程中，到达同一高度时，重力做功相同，由于乙的斜面倾角大，所以在斜面上滑行的距离不等，摩擦力做功不等，所以机械能不同，故D错误．]
6．如图4所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变．从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为( )
【导学号：92492244】
图4
A.eq \f(mv2,4)B．eq \f(mv2,2)
C．mv2D．2mv2
C [由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmg·s相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，v＝μgt，以上三式联立可得：W＝mv2，故C正确．]
7.(多选)(2017·龙岩模拟)如图5所示，在竖直平面内有一V形槽，其底部BC是一段粗糙圆弧槽，其半径R＝2h，两侧都与光滑斜槽相切，切点B、C位于同一水平线上，该水平线离最低点的高度为h.质量为m的物块(可视为质点)从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽后滑上左侧斜槽，最高能到达距BC面高度为h的D点，接着物块再向下滑回．若不考虑空气阻力，已知重力加速度为g，则物块第一次通过最低点时对槽的压力大小可能为( )
图5
A．2.5mgB．3.2mg
C．3.3mgD．3.5mg
BC [设物块从B到C克服摩擦所做的功为Wf，则根据功能关系可得Wf＝ mgh，因为物块从B运动到最低点的过程中对圆弧槽的压力较大，所以克服摩擦力所做的功Wf1>eq \f(1,2)mgh，设物块第一次到达最低点的速度为v，则根据动能定理可得3mgh－Wf1＝eq \f(1,2)mv2，解得v2mgh，解得v>2eq \r(gh)，综上可得2eq \r(gh)8．如图6甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
甲 乙
图6
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
D [由图象可知，A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B错误；由v­t图象可求出二者相对位移为1 m，所以C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D正确．]
9．(多选)(2017·合肥模拟)如图7所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端与小球相连，另一端固定于O点．将小球由A点静止释放后，就沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等．则小球由A运动到B的过程中，下列说法正确的是( )
【导学号：92492245】
图7
A．在B点的速度可能为零
B．加速度等于重力加速度g的位置有两个
C．机械能先减小，后增大
D．弹簧弹力对小球做的正功等于小球克服弹簧弹力做的功
BD [根据题述，轻质弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等，可知其形变量相等，弹簧的弹性势能相等．在小球由A运动到B的过程中，机械能守恒，到达B点时动能一定不为零，在B点的速度不可能为零，选项A、C错误．小球在A点，所受弹簧弹力倾斜向上，向下运动到弹簧与杆垂直时，小球所受弹簧弹力等于竖直杆的弹力，小球只受重力，此时小球加速度为g.继续向下运动，小球所受弹簧弹力方向先倾斜向下后倾斜向上，一定有弹簧弹力为零的时刻，即一定有只受重力，小球加速度为g的位置，所以加速度等于重力加速度g的位置有两个，选项B正确．由于A、B两位置，弹簧的弹性势能相等，所以弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功，选项D正确．]
10．(多选)如图8所示，一个小球(视为质点)从H＝12 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB，进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道压力为零；然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为( )
图8
A．10 m B．9.5 m
C．8.5 mD．8 m
BC [小球到达环顶C时，刚好对轨道压力为零，在C点，由重力提供向心力，则根据牛顿第二定律得：mg＝meq \f(v2,R)，小球在C点时的动能为eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR.以B点为零势能面，小球在C点时的重力势能Ep＝2mgR.开始小球从H＝12 m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，因此在小球上升到顶点时，根据动能定理得：
mg(H－2R)－Wf＝eq \f(1,2)mv2
所以克服摩擦力做功Wf＝eq \f(1,2)mgR，此时机械能等于eq \f(5,2)mgR，之后小球沿轨道下滑，由于机械能有损失，所以下滑速度比上升速度小，因此对轨道压力变小，所受摩擦力变小，所以下滑时，克服摩擦力做功小于eq \f(1,2)mgR，机械能有损失，到达底端时小于eq \f(5,2)mgR；此时小球机械能大于eq \f(5,2)mgR－eq \f(1,2)mgR＝2mgR，而小于eq \f(5,2)mgR，所以进入光滑弧形轨道BD时，小球机械能的范围为2mgR二、非选择题
11.如图9所示，质量M＝3m可视为质点的木块置于水平台上的A点，用细绳跨过光滑的定滑轮与质量为m的物块连接，平台上B点左侧光滑，A、B两点距离是L，B点右侧粗糙且足够长，木块的动摩擦因数μ＝0.4.木板从A点由静止开始释放，求：
图9
(1)木块到达B点时的速度；
(2)木块过B点后绳子的拉力；
(3)木块与平台间摩擦产生的总热量Q.
【解析】 (1)木块从A点运动至B点，由机械能守恒得，mgL＝eq \f(m＋Mv2,2)
解得：v＝eq \r(\f(2mgL,m＋M))＝eq \r(\f(gL,2)).
(2)设绳子的拉力为F，木块过B点后，由牛顿第二定律得
对m有：mg－F＝ma
对M有：F－μMg＝Ma
解得a＝－eq \f(g,20)，F＝eq \f(21,20) mg.
(3)设M过B点后又向右滑动s后停止运动，由功能关系得，mg(L＋s)＝μMgs
解得：s＝5 L.
产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝μMgs＝6 mgL.
【答案】 (1)eq \r(\f(gL,2)) (2)eq \f(21,20) mg (3)6 mgL
12．(2017·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图10所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6 m，始终以v0＝6 m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m的A点静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.
图10
(1)求物块由A点运动到C点的时间；
(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；
(3)求物块距斜面底端高度h满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.
【导学号：92492246】
【解析】 (1)A到B过程由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μ1mgcs θ＝ma1
eq \f(h1,sin θ)＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)
代入数据解得：a1＝2 m/s2，t1＝3 s
所以物块滑到B点的速度：
vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s
物块在传送带上匀速运动到C的时间：
t2＝eq \f(L,v0)＝eq \f(6,6) s＝1 s
所以物块由A到C的时间：t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s.
(2)在斜面上根据动能定理得：
mgh2－μ1mgcs θeq \f(h2,sin θ)＝eq \f(1,2)mv2
解得：v＝4 m/s<6 m/s
设物块在传送带上先做匀加速运动到v0，运动位移为x
则：
a2＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g＝2 m/s2
veq \\al(2,0)－v2＝2a2x，x＝5 m<6 m
所以物块先做匀加速直线运动，然后和传送带一起匀速运动，离开C点做平抛运动，则：x′＝v0t0，H＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,0)
解得：x′＝6 m.
(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛运动规律可知物块到达C点时速度必须有vC＝v0
①当离传送带高度为h3时物块滑上传送带后一直做匀加速运动，则：
mgh3－μ1mgcs θeq \f(h3,sin θ)＋μ2mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得：h3＝1.8 m.
②当离传送带高度为h4时物块滑上传送带后一直做匀减速运动，则：
mgh4－μ1mgcs θeq \f(h4,sin θ)－μ2mgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得：h4＝9.0 m，所以当离传送带高度在1.8～9.0 m的范围内均能满足要求
即1.8 m≤h≤9.0 m.
【答案】 (1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m