2022届高考备考物理二轮专题练习——功能关系的理解和应用（解析版）

这是一份2022届高考备考物理二轮专题练习——功能关系的理解和应用（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
功能关系的理解和应用一、选择题1、(多选)如图所示，卷扬机的绳索通过光滑轻质定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动．在移动过程中，下列说法正确的是(  )A．力F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和B．力F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和C．木箱增加的机械能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和D．木箱增加的动能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和2、(多选)如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(  )A．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了E0B．在位移从0增大到x0的过程中，木块的重力势能减少了2E0C．图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小D．图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小3、(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(  )A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为4、(多选)一物块在高3.0 m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.则(  )A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2D．当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J5、(多选)如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连．现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零．轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物块A始终处于静止状态．以下判断正确的是(  )A．M<2mB．2m<M<3mC．在B从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B先做正功后做负功D．在B从释放位置运动到速度最大的过程中，B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量6、如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数μ<tan α，其中α为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程中机械能E、动能Ek、重力势能Ep与高度h的关系可能是下图中的(　　)       A        B          C            D7、半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37°角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，则下列说法正确的是(　　)A．小环与大环之间动摩擦因数μ≥0.75B．B处的小环先相对大环开始滑动C．两小环的高度最终都将升高D．只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功8、如图甲所示，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(　　)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9、(多选)如图所示，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aA，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aC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(  )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mv2D.aA－aC＝g10、(多选)如图甲所示，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/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则(  )A.物体的质量m＝0.67kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5C.物体上升过程中的加速度大小a＝1m/s2D.物体回到斜面底端时的动能Ek＝10J11、(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m1、m2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m1＝6m2，重力加速度为g，则在小球1由C点下滑到A点的过程中(  )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m1gRD.轻绳对小球2做功为m2gR12、(多选)如图所示，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(　　)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mghD.弹簧弹力的功率为零的位置有2个二、非选择题13、物块放在水平面上，在恒力的作用下由静止从A点出发，经时间t运动到B点，此时撤去拉力，结果物块再运动t时间速度为零．已知物块的质量为m，拉力与水平面的夹角为θ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：(1)拉力F的大小；(2)整个过程物块克服摩擦力做的功．14、如图，质量为2m的“∟”型木板，静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一水平轻质弹簧，一质量为m的小木块从木板右端以未知速度v0 开始沿木板向左滑行，最终恰好回到木板右端；在木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为Ep.木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求：(1)未知速度v0的大小；(2)木块相对木板向左运动的最大距离xm.15、某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．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，cos 37°＝0.8. (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. 16、如图甲所示，一质量为m＝1 kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，质量为M＝2 kg的小物块B以初速度v0＝3 m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞．木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触．木板A在0～0.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g＝10 m/s2，求：甲           乙(1)t＝0时刻木板的右端到墙的距离L以及t＝0.4 s时刻B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；(3)从t＝0至A于强第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量．答案与解析1、答案：BD解析：根据功和能量转化的关系可知，力F对木箱做的功应等于木箱增加的动能、木箱克服摩擦力做的功以及木箱增加的重力势能的总和，即力F对木箱做的功应等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和，故A错误，B正确；根据功和能量转化的关系可知，木箱增加的机械能等于力F和摩擦力对木箱所做的功之和，故C错误；根据动能定理可知，木箱增加的动能等于力F、重力及摩擦力对木箱所做的功之和，故D正确．2、答案：BD解析：木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系图线．由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E0－2E0＝E0－0＋ΔEp，得ΔEp＝－2E0，即木块的重力势能减少了2E0，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确．3、答案：BC解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右加速运动再减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知Epm＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－mv02，解得v0＝2，选项D错误．4、答案：AB解析：由E－s图像知，物块动能与重力势能的和减小，则物块下滑过程中机械能不守恒，故A正确；由E－s图像知，整个下滑过程中，物块机械能的减少量为ΔE＝30 J－10 J＝20 J，重力势能的减少量ΔEp＝mgh＝30 J，又ΔE＝μmgcos α·s，其中cos α＝＝0.8，h＝3.0 m，g＝10 m/s2，则可得m＝1 kg，μ＝0.5，故B正确；物块下滑时的加速度大小a＝gsin α－μgcos α＝2 m/s2，故C错误；物块下滑2.0 m时损失的机械能为ΔE′＝μmgcos α·s′＝8 J，故D错误．5、答案：ACD解析：由题意知，B在开始位置到最低点之间做简谐运动，则最低点时弹簧弹力FT＝2mg；对物块A，设左侧绳子与桌面间夹角为θ，依题意有：2mgsin θ＝Mg，则M<2m，故A正确，B错误．B从释放到最低点过程中，开始时弹簧弹力小于重力，B加速，合力做正功；后来弹簧弹力大于重力，B减速，合力做负功，故C正确．对B，从释放到速度最大过程中，系统的机械能守恒，B机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，即等于B克服弹簧弹力所做的功，故D正确．6、答案：D解析：滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段E＝E0－F阻，下降阶段E＝E′0－F阻，由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故A、B错误；动能的变化量等于外力的总功，上升阶段－mgh－F阻＝EA－E0，下降阶段mgh－F阻＝EA－E′0，故C错误，D正确．7、答案：A解析：小环A与小环B最初都静止，可知mgsin 37°≤μmgcos 37°，即μ≥tan 37°＝0.75，故A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向有fAcos θ－NAsin θ＝mrω2，对环B沿水平方向有NBsin θ－fBcos θ＝mrω2，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误．8、答案：B解析：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＝，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～x1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～x2过程中物体的动能一定增大，B正确，C、D错误.9、答案：CD解析：设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，AB间的竖直高度为h，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：对于小球从A到B的过程有mgh＋Ep＝mv2＋Wf，A到C的过程有2mgh＋Ep＝2Wf＋Ep，解得Wf＝mgh，Ep＝mv2，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Ep＝2Wf＋2mgh＋Ep，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，AB＝s，由Wf＝mgh得f＝mgsin30°，在B点，摩擦力Ff＝μmgcos30°，由于弹簧对小球有拉力(除B点外)，小球对杆的压力大于mgcos30°，所以f＞μmgcos30°可得mgsin30°＞μmgcos30°，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Fcos30°＋mgsin30°－Ff＝maA，在C点有Fcos30°－Ff－mgsin30°＝maC，两式相减得aA－aC＝g，D项正确.10、答案：BD解析：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＝Ep＋0＝mgh，所以物体质量为m＝＝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－μmgcos37°－mgh＝ΔEk，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＝mgsinα＋μmgcosα＝10N，故物体上升过程中的加速度大小为a＝＝10m/s2，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.11、答案： BD解析：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vcos30°＝，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m1gR(1－cos60°)－m2gRsin30°＝m1v2＋m2()2，得v2＝gR，对小球1由动能定理有m1gR(1－cos60°)＋WT＝m1v2，得WT＝－m2gR，即小球1的机械能减少m2gR，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m2gR，D对.12、答案：BC 解析：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＝Fvcosθ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.13、答案：(1)　(2)解析：(1)根据题意知，物块先做初速度为零的匀加速运动，再做匀减速运动到末速度为零，设加速的加速度大小为a1，减速的加速度为a2，由于加速时间与减速时间相等，所以a1＝a2撤去拉力后μmg＝maa＝a1＝a2＝μg拉力作用下做加速运动时Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma解得F＝.(2)物块从A运动B的位移为x＝at2＝μgt2由动能定理知Fxcos θ－Wf＝0所以克服摩擦力做功的大小为Wf＝.14、答案：(1)　(2)解析：(1)木块从右端开始向左运动至弹簧压缩到最短的过程中，摩擦生热设为Q，当弹簧压缩到最短时，木块和木板具有相同的速度v1，由动量和能量关系有mv0＝(m＋2m)v1mv＝(m＋2m)v＋Ep＋Q从初状态至木块m又回到右端与木板刚好相对静止时，木块和木板又具有相同的速度v2，由动量和能量关系有mv0＝(m＋2m)v2mv＝(m＋2m)v＋2Q.由以上各式解得v0＝.(2)物块从弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时，木块和木板具有相同的速度，再次获得共同速度v2，则有(m＋2m)v1＝(m＋2m)v2Ep＋(m＋2m)v＝(m＋2m)v＋Q得Q＝Ep，又Q＝μmgxm解得xm＝.15、 解析: (1)A到B过程由牛顿第二定律得：mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1＝a1t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＝＝ 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－μ1mgcos θ＝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＝＝μ2g＝2 m/s2v－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＝gt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＝v0①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－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv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－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv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 m16、答案：(1)0.16 m　2.6 m/s　(2)2 m/s2　1 m/s2　(3)8.97 J解析：(1)由图乙，t1＝0.4 s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度vA1＝0.8 m/sT＝0时刻木板的右端到墙的距离为L＝vA1t1解得L＝0.16 mA与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得Mv0＝MvB1＋mvA1解得vB1＝2.6 m/s.(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0～L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为vA1B的加速度aB＝＝1 m/s2A的加速度大小aA＝＝2 m/s2.(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正，对B：v1＝v0－aBt对A：v1＝aA(t－2nt1)，n＝1,2,3，…联立解得v1＝第一次到达共同速度v1应满足0≤v1≤vA1联立解得2.25≤n≤3.75故n＝3，v1＝0.4 m/s设第4次碰撞后可能的共同速度为v2，对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1－mv1＝(M＋m)v2得v2＝v1因为v2<v1，故在第5次碰撞前A、B已达到共同速度．对A、B整体，由能量守恒定律Q＝Mv－(M＋m)v解得Q＝8.97 J.