高考物理二轮专题突破 专题四 功能关系的应用（1）功能关系在力学中的应用检测题-人教版高三全册物理试题.doc

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1、 专题四 功能关系的应用第1讲：功能关系在力学中的应用一、夯实基础1.质量为m的物体，自高为h、倾角为的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v.重力加速度为g.下列说法正确的是()A.物体下滑过程的加速度大小为B.物体下滑到底端时重力的功率为mgvC.物体下滑过程中重力做功为mv2D.物体下滑过程中摩擦力做功为mv2mgh2.如图1所示，在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab，杆与水平面的夹角为，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.由静止释放圆环后，圆环沿杆从a运动到b，在圆环运动的整个

2、过程中，弹簧一直处于伸长状态，则下列说法正确的是()图1A.圆环的机械能保持不变B.弹簧对圆环一直做负功C.弹簧的弹性势能逐渐增大D.圆环和弹簧组成的系统机械能守恒3.(多选)如图2所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为，套筒P套在横杆上，与绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆h.手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳与竖直方向夹角为，然后无初速度释放P.不计绳子的质量和伸长及一切摩擦，重力加速度为g.关于P描述正确的是()图2A.释放P前绳子拉力大小

3、为mgcosB.释放后P做匀加速运动C.P达O点时速率为D.P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功功率一直增大4.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图3a所示)，以此时为t0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系.如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是()图3A.若物块与传送带间的动摩擦因数为，则tanB.0t1内，传送带对物块做正功C.0t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0t2内，传送带对物块做的功

4、等于物块动能的减少量二、能力提升5.(多选)如图4所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是()图4A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B的机械能增加D.整个过程中轻杆对A做的功为mgR6.如图5所示，长1m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢

5、移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为()图5A.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J7.(多选)如图6所示为一滑草场.某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin370.6，cos370.8).则()图6A.动摩擦因数B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小

6、为g8.如图7所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，ACh。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环()图7A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，因摩擦力产生的热量为mv2C从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2mghD下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度三、课外拓展9如图8甲所示，倾角为37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的

7、关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，求：图8(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)2 s内物体机械能的减少量E及因与传送带摩擦产生的内能Q。10.如图9甲所示，用固定的电动机水平拉着质量m4kg的小物块和质量M2kg的平板以相同的速度一起向右匀速运动，物块位于平板左侧，可视为质点.在平板的右侧一定距离处有台阶阻挡，平板撞上后会立刻停止运动.电动机功率保持P6W不变.从某时刻t0起，测得物块的速度随时间的变化关系如图乙所示，t6s后可视为匀速运动，t10s时物块离开木板.重力加速度

8、g10m/s2，求：图9(1)平板与地面间的动摩擦因数；(2)平板长度L.11.倾斜雪道的长为25m，顶端高为15m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图10所示.一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v08m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起.除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略.设滑雪板与雪道的动摩擦因数0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离(取g10 m/s2).图1012.风洞飞行表演是一种高科技的惊险的娱乐项目.如图11所示，在某次表演中，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变.质量为m的表演者通过

9、调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果.假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的，风洞内人体可上下移动的空间总高度ACH.开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好使表演者在最高点A点处于静止状态；后来，表演者从A点开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，试求：图11(1)表演者向上的最大加速度大小和向下的最大加速度大小；(2)AB两点的高度差与BC两点的高度差之比；(3)表演者从A点到C点减少的

10、机械能.四、高考链接13(多选)(2016全国卷，19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A甲球用的时间比乙球长B甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功14(2016全国卷，25)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道

11、，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图12所示。物块P与AB间的动摩擦因数0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。图12(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。15.（2016全国卷，35(2)）如图13，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上

12、上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。图13()求斜面体的质量；()通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？参考答案1.答案D解析由v22a，得a，故A错误；物体下滑到底端时重力功率Pmgvsin，故B错误；重力做功Wmgh，由于有摩擦力做功mghWmv2.故C错误，D正确.2.答案D解析由几何关系可知，当环与O点的连线与杆垂直时，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，所以环

13、的机械能是变化的.故A、B错误；当环与O点的连线与杆垂直时，弹簧的长度最短，弹簧的弹性势能最小，所以弹簧的弹性势能先减小后增大.故C错误；在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功，所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒.故D正确.3.答案AC解析释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FTmgcos，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，做变加速直线运动，故B错误；当P到O点时，Q的速度为零，对P和Q系统研究，mg(h)cosmv2，解得v，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，拉力在水平方向的分力在减小，则拉力的功率不是一直增大，故D错误.4.答案AC解析在t1t

14、2内，物块向上运动，则有mgcosmgsin，得tan，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C正确；0t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误.5.答案AD解析因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A正确；A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度

15、为v，根据机械能守恒定律得：(mm)v2mgR，解得：v，在最低点，根据牛顿第二定律得：FNmgm解得：FN2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小EpmgR，动能增加量Ekmv2mgR，所以机械能减小mgR，故C错误；整个过程中对A，根据动能定理得：Wmv2mgR，故D正确.6.答案A解析轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角.开始时，AO绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120那么杆与竖直方向的夹角是60；设杆的长度

16、是L.状态1时，AO段绳子长度是L1Lsin45L，滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1Lcos45L，状态2，杆与竖直方向夹角是60，这时杆与AO绳子夹角也是60(AOB60)，即三角形AOB是等边三角形.所以，这时AO段绳子长度是L2L；滑轮到B点的竖直距离是h2Lcos60L，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h(h2h1)(L2L1)(LL)(LL)()L.重力势能的增加量EpGhG()L15N()1m1.3J.7.答案AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程，得mg2hmgcos45mgcos370，解得，选项A正确；对经过上段滑道过程，根据动能定理得

17、，mghmgcos45mv2，解得v，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为ag，选项D错误.8. 答案B解析由题意知圆环从A到C先加速运动，后减速运动，在A点时加速度为g，到达B点时加速度减为零，所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动，A项错误；圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能Ep，因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功Wf，由能量守恒知圆环从A到C过程有mghWfEp，从C到A过程有mv2EpmghWf，联立得Wfmv2，Epmghmv2，B项正确、C项错误；圆环从A到B过程有mgh1

18、mvEp1Wf1，圆环从B到A过程有mvEp1mgh1Wf1，可得vB2vB1，D项错误。9答案(1)8 m/s(2)0.5(3)48 J48 J解析(1)传送带A、B两端间的距离L等于vt图线与t轴所围的面积大小，所以L1 m1 m16 m小物体在A、B间运动的时间t2 s由平均速度的定义得v8 m/s。(2)由vt图象可知传送带运行速度为v110 m/s，物体从A到B先做加速度为a1 m/s210 m/s2的匀加速运动，经过时间t11 s后再做加速度为a2 m/s22 m/s2的匀加速运动，然后经过时间t21 s，物体以大小为v212 m/s的速度到达传送带B端。由物体在传送带上的受力情况

19、知a1或a2解得0.5。(3)小物体到达传送带B端时的速度大小v212 m/s物体的动能增加了Ekmv2122 J144 J物体的重力势能减少了EpmgLsin 20160.6 J192 J所以物体的机械能的减少量E48 J由功能关系可知Qmgcos (v1t1t1)mgcos (t2v1t2)代入数值得Q48 J。10.答案(1)0.2(2)2.416m解析(1)在前2s内，整体匀速，则有：F1Ff1，PF1v1，Ff1(Mm)g，代入数据，联立三式解得0.2.(2)610s内，小物块匀速运动，则有：F2Ff2，PF2v2，210s的过程，由动能定理得，PtFf2Lmvmv，联立各式代入数据

20、解得L2.416m.11.答案74.84m解析如图建立坐标系，斜面的方程为yxtanx运动员飞出后做平抛运动xv0tygt2联立式，得飞行时间t1.2s落点的x坐标x1v0t9.6m落点离斜面顶端的距离s112m落点距地面的高度h1(Ls1)sin7.8m接触斜面前的x轴方向分速度vx8m/sy轴方向分速度vygt12m/s沿斜面方向的速度大小为vvxcosvysin13.6m/s设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得mgh1mvmgcos(Ls1)mgs2解得s274.84m.12.答案(1)gg(2)34(3)mgH解析(1)在A点受力平衡时，则mgk向上最大加速度为a1，kS

21、mgma1得到a1g向下最大加速度为a2，mgkma2得到a2g(2)设B点的速度为vB2a1hABv2a2hBCv得到：或者由vt图象法得到结论.(3)整个过程的动能变化量为Ek0整个过程的重力势能减少量为EpmgH因此机械能的减少量为EmgH或者利用克服摩擦力做功可也得到此结论.13答案BD解析小球的质量mr3，由题意知m甲m乙，甲乙，则r甲r乙。空气阻力fkr，对小球由牛顿第二定律得，mgfma，则agg，可得a甲a乙，由hat2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲f乙，由球克服阻力做功Wffh知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。14答案(1)2l(2)mMMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回

22、，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有MvMgl联立式得mMm15. 答案()20 kg()不能，理由见解析解析()规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0(m2m3)vm2v(m2m3)v2m2gh式中v03 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m320 kgv1 m/s()设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v00代入数据得v11 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v0m2v2m3v3m2vm2vm3v联立式并代入数据得v21 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。