2022版高考物理一轮复习演练：热点强化8 功能关系的理解和应用

这是一份2022版高考物理一轮复习演练：热点强化8 功能关系的理解和应用，共5页。

A．释放B的瞬间其加速度为eq \f(g,2)
B．B物体动能的增加量等于它所受重力与拉力做功之和
C．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D．细线的拉力对A做的功等于A物体机械能的增加量
【答案】B 【解析】释放瞬间弹簧长度来不及改变，A、B的加速度为a＝eq \f(mBg,mA＋mB)，A、B质量未知，A错误；对B分析，受到重力和拉力作用，WG＋W拉＝ΔEk，B正确；B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量与A物体的动能增加量之和，C错误；细线对A的拉力与弹簧对A的拉力做功之和等于A物体机械能的增加量，D错误．
2．(2020年济南模拟)“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
【答案】D 【解析】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．
3．(2021届绵阳名校联考)(多选)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则( )
A．小球在B点的动能小于mgh
B．由A到B小球重力势能减少eq \f(1,2)mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(mv2,2)
【答案】AD 【解析】小球由A点到B点重力势能减少mgh，在小球在下降过程中，小球的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以小球运动到B点时的动能小于mgh，故A正确，B错误；根据动能定理得mgh＋W弹＝eq \f(1,2)mv2，所以小球由A至B克服弹力做功为W弹＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故C错误；弹簧弹力做功量度弹性势能的变化，所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(1,2)mv2，故D正确．
4．(2021届拉萨名校月考)(多选)如图，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上，初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动．在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中( )
A．a的动能小于b的动能
B．两物体机械能的变化量相等
C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【答案】AD 【解析】将b的实际速度进行分解如图．由图可知va＝vbcs θ，即a的速度小于b的速度，故a的动能小于b的动能，A正确；由于摩擦力做功，故a、b系统机械能不守恒，二者机械能的变化量不相等，B错误；a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；在这段时间t内，绳子对a的拉力和对b的拉力大小相等，绳子对a做的功等于－FTvat，绳子对b做的功等于拉力与拉力方向上b的位移的乘积，即FTvbcs θ·t，又va＝vbcs θ，所以绳的拉力对a所做的功与对b所做功的绝对值相等，二者代数和为零，D正确．
5．(2021年四川名校月考)(多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1 kg的炭块(可视为质点)轻放在传送带上，炭块相对地面的v－t图像如图乙所示，整个过程炭块未滑离传送带．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10 m/s2．则( )
A．炭块与传送带间的动摩擦因数为0.4
B．0～2.0 s内摩擦力对炭块做功－24 J
C．0～2.0 s内炭块与传送带摩擦产生的热量为24 J
D．炭块在传送带上的痕迹长度为4 m
【答案】BC 【解析】由图知，炭块先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝1.0 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 v0＝10 m/s．在0～1.0 s内，炭块摩擦力方向沿斜面向下，匀加速运动的加速度为a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝gsin θ＋μgcs θ，由v－t图像可得a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(10,1) m/s2＝10 m/s2，即有gsin θ＋μgcs θ＝10 m/s2；在1.0～2.0 s，炭块的加速度为a2＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m)＝gsin θ－μgcs θ，由v－t图像可得a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(12－10,1) m/s2＝2 m/s2，即有gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2．联立可得μ＝0.5，θ＝37°，A错误．根据“面积”表示位移，可知0～1.0 s炭块相对于地的位移x1＝eq \f(1,2)×10×1 m＝5 m，传送带的位移为x2＝v0t1＝10×1 m＝10 m，炭块相对于传送带的位移大小为Δx1＝x2－x1＝(10－5) m＝5 m，方向向上．摩擦力对炭块做功为Wf1＝μmgcs θ·x1＝0.5×10×0.8×5 J＝20 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q1＝μmgcs θ·Δx1＝0.5×10×0.8×5 J＝20 J．根据“面积”表示位移，可知1.0～2.0 s炭块相对于地的位移为x3＝eq \f(10＋12,2)×1 m＝11 m，传送带的位移为 x4＝v0t1＝10×1 m＝10 m,1.0～2.0 s内炭块对传送带的位移大小为Δx2＝x3－x4＝11－10 m＝1 m，方向向下．摩擦力对炭块做功为Wf2＝－μmgcs θ·x3＝－0.5×10×0.8×11 J＝－44 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q2＝μmgcs θ·Δx2＝0.5×10×0.8×1 J＝4 J，所以0～2.0 s内摩擦力对炭块做功Wf＝Wf1＋Wf2＝20－44 J＝－24 J，炭块与传送带摩擦产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝24 J，因痕迹有重叠，故留下的痕迹为5 m，B、C正确，D错误．
6．(2020年包头模拟)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后，C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度．求：
(1)斜面倾角α；
(2)B的最大速度v．
解：(1)当物体A刚离开地面时，设弹簧的伸长量为xA，对A有kxA＝mg，
此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线拉力FT三个力的作用，设B的加速度为a，
根据牛顿第二定律，对B有
FT－mg－kxA＝ma，
对C有4mgsin α－FT＝4ma，
当B获得最大速度时，有a＝0，
由此解得sin α＝0.5，所以α＝30°．
(2)开始时弹簧压缩的长度为xB＝eq \f(mg,k)，显然xA＝xB．当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离均为xA＋xB．由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，而且物体A刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒定律得
4mg(xA＋xB)sin α－mg(xA＋xB)＝eq \f(1,2)(4m＋m)v2，
代入数值解得v＝2geq \r(\f(m,5k))．