高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十五）功能关系的综合应用含答案

这是一份高考物理一轮复习课时跟踪检测（二十五）功能关系的综合应用含答案，共7页。

1．(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )
解析：选CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，x＝v0t－eq \f(1,2)at2，故Q＝Ffeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))，Q和t为二次函数关系，动能Ek＝Ek0－mgsin θ·x，动能Ek和时间也是二次函数关系，A、B错误。
2.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选AC 物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，位移为x＝eq \f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
3．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的另一物体B(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选D 由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝2 J，B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正确。
4．(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为eq \f(E0,3)，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为eq \f(2E0,3mgd)
B．物体再前进eq \f(d,3)便停止
C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的eq \r(3) 倍
D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
解析：选AD 由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq \f(E0,3)，解得μ＝eq \f(2E0,3mgd)，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，解得s＝eq \f(3,2)d，物体再前进eq \f(d,2)便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个eq \f(d,2)距离所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(eq \r(3)－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正确。
5．(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
解析：选BC 相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
6．(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
解析：选BCD 两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2，t＝0.5 s时，两滑块相距Δx＝x0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t－\f(1,2)at2))＝3 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝eq \f(v1′－v0,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝eq \f(v0－v2′,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－eq \f(1,2)at2＝0.75 m,0.5～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－eq \f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5 m－eq \f(1,2)×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正确。
7．如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC中点。下列说法中不正确的是( )
A．图乙中x＝4 m2·s－2
B．小球从B到C损失了0.125 J的机械能
C．小球从A到C合外力对其做的功为－1.05 J
D．小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m
解析：选B 当h＝0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mg＝meq \f(vC2,r)，可得vC2＝gr＝4 m2·s－2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量ΔEk＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvC2＝1.05 J，故合外力对其做的功为－1.05 J，重力势能增加量ΔEp＝mg·2r＝0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在A→B段所受摩擦力大于在B→C段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，由2r＝eq \f(1,2)gt2，x＝vCt，可解得x＝0.8 m，故D正确。
8.如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速率v＝10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体质量m＝1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5(取sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)物体由A端运动到B端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体相对传送带运动的路程
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故系统因摩擦产生的热量为Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
答案：(1)2 s (2)24 J
9．如图所示，质量M＝8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m＝2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物块施加一个大小F＝8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。
解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ff＝μmg＝4 N
小物块加速度a1＝eq \f(F－Ff,m)＝2 m/s2
长木板加速度a2＝eq \f(Ff,M)＝0.5 m/s2。
(2)小物块对地位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝4 m
长木板对地位移x2＝eq \f(1,2)a2t2＝1 m
长木板长L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力对小物块做功W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力对长木板做功W2＝Ffx2＝4 J，故W1＋W2≠0。
答案：(1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m (3)见解析
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝eq \f(1,2)a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝eq \f(1,2)a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝eq \f(1,2)v1t,2L＝eq \f(1,2)v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)×2mv12或Q＝μ13mgcs θ·L＋μ2mg cs θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5 0.375 (2)90 J
11．如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30°的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1＝5 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：
(1)A向左运动的总时间；
(2)A回到传送带右端的速度大小；
(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向右为正方向，得FT1＋μmg＝ma1，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A相等，B向上运动的过程mgsin 30°－FT1＝ma1，联立可得a1＝eq \f(gsin 30°＋μg,2)＝3 m/s2，A的速度与传送带的速度相等时所用的时间t1＝eq \f(－v0－－v1,a1)＝1 s，当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力方向向左，设绳子的拉力为FT2，以A为研究对象，则FT2－μmg＝ma2，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A是相等的，B向上运动的过程中mgsin 30°－FT2＝ma2，联立可得a2＝eq \f(gsin 30°－μg,2)＝2 m/s2，当A向左速度减为0，经过时间t2＝eq \f(0－－v0,a2)＝1 s，A向左运动的总时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)A向右运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，同时，B受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以A的加速度不变，仍为a3＝a2＝2 m/s2，t1时间内A的位移x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－v0＋－v1,2)))×t1＝－3.5 m，负号表示方向向左，t2时间内A的位移x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0＋－v0,2)))×t2＝－1 m，负号表示方向向左，A向左运动的总位移x＝x1＋x2＝－4.5 m，A回到传送带右端的位移x3＝－x＝4.5 m，速度v＝eq \r(2a3x3)＝3eq \r(2) m/s。
(3)t1时间内传送带的位移x1′＝－v0t1＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx1＝x1′－x1＝1.5 m，t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx2＝x2－x2′＝1 m，A回到传送带右端的时间为t3，则t3＝eq \f(v－0,a3)＝eq \f(3,2)eq \r(2) s，t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－3eq \r(2) m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx3＝x3－x3′＝(4.5＋3eq \r(2))m，A与传送带之间的摩擦力Ff＝μmg＝1 N，上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(7＋3eq \r(2))J。
答案：(1)2 s (2)3eq \r(2) m/s (3)(7＋3eq \r(2))J