2019屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用限時檢測.doc
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第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(2018北京模擬)用一根繩子豎直向上拉一個物塊,物塊從靜止開始運動,繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化,已知物塊的質(zhì)量為m,重力加速度為g,0～t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,t1時刻物塊達(dá)到最大速度,則下列說法正確的是( D ) A.物塊始終做勻加速直線運動 B.0～t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為P0mt0 C.t0時刻物塊的速度大小為P0mg D.0～t1時間內(nèi)物塊上升的高度為P0mg(t1-t02)-P022m2g3 解析:0～t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,根據(jù)P=Fv知v增大,F減小,物塊做加速度減小的加速運動,當(dāng)加速度減小到零,物塊做勻速直線運動,故A錯誤;根據(jù)P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由圖線的斜率k得P0t0=m(g+a)a,可知a≠P0mt0,故B錯誤;在t1時刻速度達(dá)到最大,F=mg,則速度v=P0mg,可知t0時刻物塊的速度小于P0mg,故C錯誤;Pt圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小,根據(jù)動能定理得,P0t02+P0(t1-t0)-mgh=12mv2, 解得h=P0mg(t1-t02)-P022m2g3.故D正確. 2.(2018遼寧莊河五模)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,桿的水平部分粗糙,動摩擦因數(shù)μ=0.2,桿的豎直部分光滑.兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B,A,B球間用細(xì)繩相連.初始A,B均處于靜止?fàn)顟B(tài),已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(取g=10 m/s2),那么該過程中拉力F做功為( A ) A.14 J B.10 J C.6 J D.4 J 解析:對A,B整體,受力為拉力F、重力G、支持力FN、向左的摩擦力Ff和向左的彈力FN1,如圖所示,根據(jù)共點力平衡條件,豎直方向有FN= G1+G2;水平方向有F=f+FN1;而Ff=μFN解得FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=μFN= 0.220 N=4 N;在整個運動過程中由動能定理得到WF-Ffx-m2gh=0,根據(jù)幾何關(guān)系,可知B上升距離h=1 m,故有WF=fx+m2gh=41 J+ 1101 J=14 J;故選項A正確. 3.(2018鄭州一模)在光滑的水平面上有一靜止的物體,現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體,作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2推這一物體,當(dāng)恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等時,物體恰好回到原處,此時物體的動能為32 J,則在整個過程中,恒力F1,F2做的功分別為( B ) A.16 J,16 J B.8 J,24 J C.32 J,0 J D.48 J,-16 J 解析:設(shè)加速運動的末速度為v1,勻變速運動的末速度為v2,由于加速過程和勻變速過程的位移相反,又由于恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等,根據(jù)平均速度公式有v12=-v1-v22,解得v2=2v1,根據(jù)動能定理,加速過程W1=12mv12,勻變速過程W2=12mv22-12mv12,根據(jù)題意12mv22=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,選項B正確. 4.(2018包頭一模)如圖所示,水平光滑長桿上套有小物塊A,細(xì)線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑小定滑輪,一端連接A,另一端懸掛小物塊B,物塊A,B質(zhì)量相等.C為O點正下方桿上的點,滑輪到桿的距離OC=h,重力加速度為g,開始時A位于P點,PO與水平方向的夾角為30,現(xiàn)將A,B由靜止釋放,下列說法正確的是( B ) A.物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中,速度先增大后減小 B.物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為2gh C.物塊A在桿上長為22h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動 D.在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中,物塊B克服細(xì)線拉力做的功小于B重力勢能的減少量 解析:物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中,繩子拉力對A做正功,其他力不做功,A動能不斷增大,速度不斷增大,故A錯誤;設(shè)物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為v,此時B的速度為0,由于系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,得 mg(hsin30-h)=12mv2,解得v=2gh,故B正確;由幾何知識可得PC=3h,由于A,B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由對稱性可得物塊A在桿上長為23h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動,故C錯誤;物塊A到C點時B的速度為零,則根據(jù)功能關(guān)系可知,在物塊A由P點出發(fā)第一次到達(dá)C點過程中,物塊B克服細(xì)線拉力做的功等于B重力勢能的減少量,故D錯誤. 5.(2018和平區(qū)一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長.圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,到達(dá)C處的速度為零,AC=h.如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處.彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g.則( C ) A.從A到C的下滑過程中,圓環(huán)的加速度一直減小 B.從A下滑到C過程中彈簧的彈性勢能增加量等于mgh C.從A到C的下滑過程中,克服摩擦力做的功為mv24 D.上滑過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能比下滑過程多 解析:圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過某處B的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,所以圓環(huán)先做加速運動,再做減速運動,經(jīng)過B處的速度最大,所以經(jīng)過B處的加速度為零,所以加速度先減小,后增大,故A錯誤;研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程中,運用動能定理得mgh- Wf-W彈=0,在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W彈-Wf=0-12mv2.解得Wf=-14mv2,則克服摩擦力做的功為14mv2,故C正確;由A到C,克服彈力做功為mgh-14mv2,則在C處彈簧的彈性勢能為mgh-14mv2,而A處彈性勢能為零,故B錯誤.由能量守恒定律知,損失的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱,而兩個過程摩擦力情況相同,則做功相等,選項D錯誤. 6.(2018吉林通化一模)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點),由斜面底端的A點以某一初速度沖上傾角為30的固定斜面做勻減速直線運動,減速的加速度大小為g,物體沿斜面上升的最大高度為h,在此過程中( CD ) A.物體克服摩擦力做功12mgh B.物體的動能損失了mgh C.物體的重力勢能增加了mgh D.系統(tǒng)機(jī)械能損失了mgh 解析:設(shè)摩擦力大小為Ff.根據(jù)牛頓第二定律得Ff+mgsin 30=ma,又a=g,解得Ff=12mg,物體在斜面上能夠上升的最大距離為2h,則物體克服摩擦力做功Wf=Ff2h=mgh,故A錯誤;根據(jù)動能定理,物體動能的變化量ΔEk=W合=-ma2h=-2mgh,即動能損失了2mgh,故B錯誤;物體在斜面上能夠上升的最大高度為h,所以重力勢能增加了mgh,故C正確;根據(jù)功能原理可知,系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于mgh,故D正確. 7.(2018吉林省實驗中學(xué)模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球(可看作質(zhì)點)置于半徑為R的光滑豎直軌道內(nèi)側(cè)最低點A處,B為軌道最高點,C,D為圓的水平直徑兩端點.輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點,另一端與小球拴接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=mg2R,原長為L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度為g,則( CD ) A.無論v0多大,小球均不會離開圓軌道 B.若2gR下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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