高考物理微专题05 功能关系的理解与应用(含答案)

·物理(五)

微专题05功能关系的理解与应用

1.如图所示,物体P和Q用轻质弹簧连在一起,Q静止在光滑的水平面上紧靠墙壁处。现在给P一个向左的瞬时速度,经过一段时间Q离开墙壁,从P开始运动到弹簧第一次伸长至最长,下列判断正确的是()。

A.P、Q组成的系统机械能守恒

B.P的动能先减小后增大

C.弹簧弹性势能先减小后增大

D.在弹簧第一次伸长至最长时Q的机械能最大

2.(2018·福建期中)(多选)如图所示,传送带以初速度v0做匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端,物体将被传送带带到B端,已知物体到达B端之前已和传送带相对静止,则下列说法正确的是()。

A.传送带对物体做的功为mv0

2

B.传送带克服摩擦做的功为mv02

2

C.电动机由于传送物体多消耗的能量为mv02

2

D.在传送物体过程中产生的热量为mv02

2

3.(2018·长沙质检)(多选)如图所示,AB为半径R=0.50 m的四分之一圆弧轨道,B端距水平地面的高度h=0.45 m。一质量m=1.0 kg 的小滑块从圆弧轨道A端由静止释放,到达轨道B端时速度v=2.0 m/s。忽略空气的阻力。重力加速度g=10 m/s2。则下列说法正确的是()。

A.小滑块在圆弧轨道B端受到的支持力大小F N=16 N

B.小滑块由A端到B端的过程中,克服摩擦力所做的功W=3 J

C.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.6 m

D.小滑块的落地点与B点的水平距离x=0.3 m

4.(多选)如图所示,轨道由水平面OB与足够长的斜面BC组成,BD和BC材料相同,在B点平滑连接。轻弹簧左端固定于竖直墙面,自由端恰好在BD的中点E。现用小滑块P压缩弹簧至D 点,然后由静止释放,滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面,上升到最大高度,并静止在斜面上。换用材料相同、质量小一些的小滑块Q压缩弹簧至同一点D后,重复上述过程,下列说法正确的是()。

A.两滑块在DE之间某位置达到最大速度,到达E点时滑块Q的速度比P的大

B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同

C.滑块Q上升到最高点的过程中克服重力做的功比P的多

D.两滑块从开始到最高点的过程中机械能损失相同

5.在某工地上,一架起重机将放在地面的一个重物吊起。重物在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中重物的机械能E与其位移x的关系图象如图所示,其中0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线。根据图象可知()。

A.0~x1过程中重物的加速度逐渐减小

B.x1~x2过程中重物一定匀加速上升

C.0~x1过程中重物的动能可能先增加后不变

D.x1~x2过程中重物的重力势能一直增大

6.(多选)如图所示,竖直面内有圆弧abc,圆心为O。a、c在同一水平线上,b为圆弧最低点,ad 竖直,d与O等高。在d点把一个小石子以大小不同的初速度向右水平抛出,下列判断正确的是()。

A.小石子落在b和c点的初速度的比值为1

2

B.无论初速度多大,小石子都不能垂直撞击在圆弧(不包括a、c两端点)上

C.小石子落在b点时的机械能一定比落在c点时的机械能小

D.小石子落在b和c两点时重力的功率可能相同

7.如图所示,在倾角θ=30°的斜面底端垂直斜面固定一挡板,轻质弹簧左端固定在挡板上,弹簧处于原长时右端在M点,弹簧与斜面平行。把一个小物体从位置P由静止释放,运动过程中最大速度为v1。现在把此小物体放在Q点由静止释放,运动过程中最大速度为v2。已知PQ间距离为L,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g,不计一切摩擦,下列判断正确的是()。

A.小物体在下滑过程中机械能守恒

B.小物体在接触弹簧之后加速度不断增大

C.v2=√v12+gL

D.MP之间的距离、小物体的质量和弹簧的劲度系数均未知,不能比较v1与v2的大小

8.如图所示,固定成直角的两个轻质硬杆POQ,OP粗糙水平,OQ竖直光滑,小球甲和乙的质量均为m=1 kg,分别串在OQ和OP上,甲、乙两球间的细线长度L=1.3 m,甲到O的距离s=0.5 m,甲与OP间的动摩擦因数μ=0.5。重力加速度g=10 m/s2。给甲球一个水平向右的作用力F,使甲球从静止开始缓缓向右运动,在甲球向右移动距离x=0.7 m过程中,力F做的功为()。

A.3.5 J

B.7.0 J

C.10.5 J

D.14 J

9.(多选)如图所示,一个质量为m的刚性圆环套在粗糙的竖直固定细杆上,圆环的直径略大于细杆的直径,圆环左边与轻质弹簧的一端相连,轻质弹簧的另一端连在和圆环同一高度的墙壁上的P处,起初圆环处于O点,弹簧处于原长状态。细杆上面的A、B两点到O点的距离都为L。将圆环拉至A点由静止释放,重力加速度为g,对于圆环从A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是()。

A.圆环在A点的加速度大于在B点的加速度

B.圆环在OB之间达到最大速度

C.圆环从A到B的过程中圆环机械能的减少量都转化为系统产生的热量

D.圆环在AO和OB两段时,系统产生的热量相同

10.(多选)如图所示,水平传送带以速度v0顺时针转动,在传送带左端A点每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m,重力加速度为g,下列判断正确的有()。

v0T

A.已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等且均为1

2

B.工件在传送带上加速的时间为v0

μg

m v02

C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为1

2

m v02

D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为1

2

11.如图所示,一劲度系数为k的轻弹簧直立,下端固定在质量为m的小物体P上,上端固定一个质量为m的小物体Q,系统静止。一个质量为9m的小物体M从Q的正上方某高处自由释放,落在Q上就立刻与Q一起下落并不再分离,至最低点后向上运动,P恰好没有离开地面,不计空气阻力,求:

(1)小物体M开始下落时到Q的高度。

(2)小物体M和Q碰撞过程中损失的能量。

12.如图所示,质量m=1 kg的小滑块P放在光滑的水平平台上,平台的右端B与足够长的传送带相连,皮带轮的半径R=0.5 m,且以角速度ω=10 rad/s 顺时针转动(传送带不打滑)。一轻弹簧左端固定在墙上,轻弹簧水平,右端恰好到B点,现在将小滑块P沿平台向左缓缓压缩轻弹簧,然后突然释放,当P滑到传送带上距B端L=4.5 m的C点时,刚好与传送带的速度相等,小滑块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,求:

(1)轻弹簧开始释放时的弹性势能。

(2)P从B到C所用时间。

微专题05 功能关系的理解与应用

1.D 【解析】P 开始向左运动,弹簧先压缩至最短,P 速度减小为0,然后P 向右运动,当弹簧恢复原长时速度和初速度大小相等,之后弹簧一直伸长至最长。整个过程中弹簧先压缩后恢复至原长再伸长,弹性势能先增大后减小再增大。P 、Q 和弹簧组成的系统机械能守恒,A 、B 、C 三项错误。弹簧恢复原长时Q 开始运动,之后到弹簧第一次伸长至最长的过程中,弹簧对Q 的弹力始终向右,Q 一直向右加速,动能和机械能一直增大,D 项正确。

2.AD 【解析】物体受重力、支持力和摩擦力的作用,根据动能定理,传送带对物体做的功等于动能的增加量,即1

2m v 02,A 项正确;在物体匀加速运动的过程中,因为传送带的位移大于物体的位移,则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功,所以传送带克服摩擦力做的功大于1

2

m v 02,B 项错误;电动机因为传送物体多消耗的能量等于物体动能的增加量和摩擦产生的内能之和,故大于1

2m v 02,C 项错误;假设加速时间为t ,物体的位

移x 1=12v 0t ,传送带的位移x 2=v 0t ,则Δx 相=x 2-x 1,根据动能定理,有fx 1=12m v 02,故热量Q=f Δx 相=1

2m v 02,D 项正确。

3.BC 【解析】小滑块在圆弧底端B 点受重力和支持力,根据牛顿第二定律有F N -mg=m v 2R

,代入数据得F N =18 N ,A 项错误。小滑块从A 端运动到B 端由动能定理得mgR-W=12

mv 2

-0,解得W=3 J ,B 项正确。小滑块从B 点出发做

平抛运动,根据平抛运动的规律可知,水平方向x=vt ,竖直方向h=12

gt 2

,解得x=0.6 m ,C 项正确,D 项错误。

4.AC 【解析】滑块达到最大速度时有kx=μmg ,故两滑块在DE 之间某位置达到最大速度。滑块由D 到E 运动过程中由功能关系有E p =μmgL DE +1

2m v E 2,则v E =√2E p

m

-2μgL DE ,A 项正确。同理可得滑块达到B 点的速度

v B =√

2E p m

-2μgL BD ,可知到B 点时Q 的速度大,又因两滑块在斜面上运动时加速度相同,故Q 上升的最大高度

大,B 项错误。两滑块上升到最高点的过程中克服重力做功为mgh ,设斜面倾角为θ,由能量守恒定律得

E p =mgh+μmgL BD +μmg cos θ×

?sinθ,所以mgh=E p 1+μtanθ-μmgL BD 1+μtanθ

,Q 的质量m 小,Q 上升到最高点过程克服重力做的功多,C 项正确。由能量守恒定律得ΔE 损=E p -mgh ,Q 的重力势能大,损失的机械能就少,D 项错误。 5.D 【解析】在E-x 图象中,切线的斜率表示拉力,由图可知0~x 1过程中拉力逐渐减小,x 1~x 2过程中拉力不变。

当拉力与重力大小相等时,重物加速度为0。图中不能判断出拉力和重力大小相等出现在哪个位置。若在0~x 1之间,则重物先加速后减速,加速度先减小后增大,在x 1~x 2过程中重物做匀减速运动。若在x 1处,则重物在0~x 1之间加速,加速度一直减小,x 1~x 2过程中重物做匀速运动,故A 、C 两项错误。x 1~x 2过程中重物可能做匀变速运动,也可能做匀速运动,B 项错误。重物一直上升,重力势能一直增加,D 项正确。

6.BC 【解析】小石子落在b 、c 两点的水平位移x 的比值为12

,落在b 点比落在c 点下落的高度更大,运动时间t 更长,由初速度v 0=x

t

可知,小石子落在b 点和c 点的初速度的比值小于12

,A 项错误。根据平抛运动规律可知,速度的反向延长线过对应水平位移的中点,而根据数学知识可知垂直撞击圆弧的速度延长线过圆心,显然这两者是矛盾的,B 项正确。小石子落在c 点时的初速度大,初动能大,根据机械能守恒,可知小石子落在c 点比落在b 点机械能大,C 项正确。小石子落在b 点的竖直分速度v y 比落在c 点的大,则小石子落在b 点时重力的功率更大,D 项错误。

7.C 【解析】小物体在接触弹簧之后,弹簧对小物体做负功,机械能不断减小,A 项错误;小物体接触弹簧之后,先加速后减速,加速度先减小后增大,B 项错误;当弹簧对小物体的弹力大小等于小物体的重力沿斜面向下的分力时,小物体的速度最大,在从P 和Q 两个位置由静止释放,小物体在同一个位置获得最大速度,此时弹簧的

弹性势能E p 相同,设小物块的质量为m ,小物块在获得最大速度时的位置到P 的距离为d ,在两种情况下,对小物体和弹簧作为一个整体应用机械能守恒定律有1

2m v 12+E p =mgd sin 30° 和1

2m v 22+E p =mg (d+L )sin 30°,两式相

减可得v 2=√v 12+gL ,C 项正确,D 项错误。

8.D 【解析】对甲、乙两球组成的系统分析可知,水平杆OP 对甲球的支持力F N =2mg ,甲球受到的滑动摩擦力

F f =μF N 。由数学知识可知,甲球向右移动x=0.7 m 过程中,乙球上升h=0.7 m ,设力F 做功为W F ,对两球应用功

能关系有W F =mgh+F f x ,联立解得W F =14 J ,D 项正确。

9.CD 【解析】设圆环在A 、B 两点受到弹簧沿细杆方向的弹力大小为F 弹,圆环在A 、B 两点受到的滑动摩

擦力相等。根据牛顿第二定律有,圆环在A 点的加速度大小a A =

F 弹

+mg -f

m

,圆环在B 点的加速度大小a B =

mg -f -F

弹

m

,

而根据题中条件不能比较在A 点时圆环受到的摩擦力f 和重力mg 的大小关系,故无法比较圆环在A 、B 两点时的加速度大小,A 项错误。因为在B 点时圆环的加速度可能仍向下,做加速运动,B 项错误。在A 和B 两点弹簧的弹性势能相同,根据功能关系可知圆环减小的机械能都转化为系统的内能,C 项正确。圆环在AO 和OB 两段克服摩擦力做功相等,又摩擦力做功都转化为系统的热量,D 项正确。

10.BC 【解析】每个工件滑上传送带后运动的规律相同,可知已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离都相等,且L=v 0T ,A 项错误。设每个工件匀加速运动的时间为t ,根据牛顿第二定律可知,工件的加速度大小为μg ,根据v=at ,解得t=v a =

v 0μg ,B 项正确。工件与传送带相对滑动的路程Δx=v 0t-12v 0t=v 02

2μg

,则摩擦产生的热量Q=μmg Δx=1

m v 02,C 项正确。根据能量守恒,传送带因传送一个工件多消耗的能量

E=12

m v 02+μmg Δx=m v 02,D 项错误。

11.(1)

200mg 81k (2)20m 2g 2

9k

【解析】设小物体M 开始下落处到Q 的高度为h ,小物体M 与Q 碰前的速度为v 1,小物体M 和Q 开始下落的共同速度为v 2,设开始Q 静止,弹簧的弹性势能为E p1,弹簧压缩量为x 1,有x 1=mg k

对小物体M 下落过程应用机械能守恒定律可知 9mgh=12

×9m v 12

小物体M 与Q 碰撞瞬间,由动量守恒有 9mv 1=(m+9m )v 2

P 、Q 碰撞过程中的能量损失 ΔE=12

(9m )v 12-12

(m+9m )v 22

P 刚好没有离开地面时弹簧伸长量x 2=

mg P 刚好没有离开地面时弹簧弹性势能为E p2,显然有

E p1=E p2

从M 、Q 一起下落到P 刚好没有离开地面的过程中,对M 、Q 和P ,应用功能关系有 E p1+1

2

(m+9m )v 22=E p2+(m+9m )g (x 1+x 2)

联立解得h=200mg 81k ,ΔE=20m 2g 2

9k

。 12.见解析

【解析】传送带速度v=ωR=5 m/s

因为传送带速度向右,而P 滑上传送带时速度也向右,到C 点时滑块与传送带速度相同,则P 由B 运动到C 可能一直向右加速运动,也可能一直向右减速运动,加速度大小均为a=μg=1 m/s 2

情形1 一直向右加速

设P 到B 点的速度为v 0 应用速度位移关系式有L=

v 2-v 02

2a

解得v 0=4 m/s

根据速度关系可知P 从B 到C 的运动时间

t=

v -v 0

a

=1 s 释放轻弹簧后P 在弹簧恢复原长时恰好到位置B ,弹簧弹性势能E p 都转化为P 的动能,则有

E p =12

m v 02=8 J

情形2 一直向右减速 设P 到B 点的速度为v 0'

应用速度位移关系式有L=v 2-v 0'2

-2a

解得v 0'=√34 m/s

根据速度关系可知P 从B 到C 的运动时间

t=

v -v 0'

-a

=(√34-5) s 弹簧弹性势能

E p '=12

mv 0'2=17 J 。