2020高考物理二轮复习专题提升训练6功能关系的理解与应用含解析

2020高考物理二轮复习专题提升训练6功能关系的理解与应用含解析

专题提升训练6　功能关系的理解与应用 一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.(2019·天津一模)天津市新建了几个滑雪场,右图为某滑雪道示意图,四分之一圆弧轨道半径为R。质量为m的运动员(含滑板)从A点由静止开始滑下,到达最低点B时,运动员对轨道的压力为2mg,已知重力加速度为g,则在运动员(可视为质点)下滑的过程中(　　)‎ A.机械能守恒 B.重力的功率一直变大 C.先失重后超重 D.阻力做功为‎1‎‎2‎mgR 答案:C 解析:在最低点B的速度为vB,根据牛顿第二定律可得F-mg=mvB‎2‎R,解得vB=gR,从A到B根据动能定理可得mgR+Wf=‎1‎‎2‎mvB‎2‎-0,解得阻力做功为Wf=-‎1‎‎2‎mgR,说明下滑过程中阻力做负功,机械能不守恒,故A、D错误;竖直方向的速度先增大、后减小,根据P=mgvy可知,重力的功率先增大、后减小,故B错误;竖直方向的速度先增大、后减小,说明先加速下降后减速下降,所以运动员先失重后超重,故C正确。‎ ‎2.(2019·四川德阳调研)足够长的水平传送带以恒定速度v匀速运动,某时刻一个质量为m的小物块以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带,最后小物块的速度与传送带的速度相同。在小物块与传送带间有相对运动的过程中,滑动摩擦力对小物块做的功为W,小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q,则下列判断正确的是(　　)‎ A.W=0,Q=mv2 B.W=0,Q=2mv2‎ C.W=mv‎2‎‎2‎,Q=mv2 D.W=mv2,Q=2mv2‎ 答案:B 解析:对小物块,由动能定理有W=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ,则小物块与传送带间的相对路程x相对=‎2‎v‎2‎μg,这段时间内因摩擦产生的热量Q=μmg·x相对=2mv2,选项B正确。‎ - 7 -‎ ‎3.(2019·湖南怀化模拟)如图所示,置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动,其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图像可能正确的是(　　)‎ 答案:C 解析:物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动,其加速度a=Fm,速度v=at=Fmt,v-t图像为过坐标原点的倾斜直线,A错误;由v2=2ax=‎2Fmx,可知抛物线开口向x轴正方向,B错误;动能Ek=‎1‎‎2‎mv2=F‎2‎‎2mt2,C正确;功率P=Fv=Fat=F‎2‎mt,D错误。‎ ‎4.(2019·广东深圳上学期模拟)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ 答案:C 解析:小物块上滑过程,由动能定理得-(mgsinθ+μmgcosθ)x=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsinθ+μmgcosθ)x;设小物块上滑的最大位移大小为s,小物块下滑过程,由动能定理得(mgsinθ-μmgcosθ)(s-x)=Ek-0,整理得Ek=(mgsinθ-μmgcosθ)s-(mgsinθ-μmgcosθ)x,故只有C正确。‎ ‎5.(2019·河北五校联考)如图所示,离地h高处有一个质量为m、电荷量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为E=E0-kt(E0、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正)的电场中,物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,已知μqE0m1)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.两物块到达B点时速度相同 B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同 C.两滑块上升到最高点的过程中克服重力做功不相同 D.两滑块上升到最高点的过程中机械能损失相同 - 7 -‎ 答案:D 解析:弹簧释放后弹簧的弹性势能转化为滑块动能,弹簧的弹性势能相同,则知两滑块到B点的动能相同,但质量不同,所以速度不同,故A错误;两滑块在斜面上运动时加速度相同,由于初速度不同,故上升的最大高度不同,故B错误;两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh,由能量守恒定律得Ep=mgh+μmgcosθ×hsinθ,所以,mgh=Ep‎1+μcotθ,故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同,故C错误;滑块上升的过程中,损失的机械能为E损=μmgcosθ×hsinθ=μmghcotθ,由C项分析得知,mgh相同,所以损失的机械能相同,故D正确。‎ 二、多项选择题(本题共3小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)‎ ‎7.(2019·吉林白城模拟)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E‎0‎‎3‎,则(　　)‎ A.物体与水平面间的动摩擦因数为‎2‎E‎0‎‎3mgd B.物体再前进d‎3‎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‎3‎倍 D.若要使此物体滑行的总距离为3d,其初动能应为2E0‎ 答案:AD 解析:由动能定理知Wf=μmgd=E0-E‎0‎‎3‎,所以μ=‎2‎E‎0‎‎3mgd,A正确;设物体总共滑行的距离为s,则有μmgs=E0,所以s=‎3‎‎2‎d,物体再前进d‎2‎便停止,B错误;将物体的运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动,则连续运动三个d‎2‎距离所用时间之比为(‎3‎‎-‎‎2‎)∶(‎2‎-1)∶1,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(‎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,得Ek=2E0,D正确。‎ ‎8.(2019·河南郑州质量预测)质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示。在圆心处连接有力传感器,用来测量绳子上的拉力,运动过程中小球受到空气阻力的作用,空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点,力传感器的示数为7mg,重力加速度为g,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,下列说法正确的是(　　)‎ - 7 -‎ A.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为‎1‎‎2‎mgR B.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgR C.再次经过最低点时力传感器的示数为5mg D.再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg 答案:AD 解析:小球在最低点时有F1=FT-mg=mv‎1‎‎2‎R,解得v1=‎6gR,而在最高点时,由于小球恰好能通过最高点,所以有mg=mv‎2‎‎2‎R,可得v2=gR,小球从最低点到最高点的过程,由动能定理可得-mg·2R-Wf=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎,解得小球克服空气阻力做的功Wf=‎1‎‎2‎mgR,A正确,B错误;小球从最高点到最低点的过程,由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小,分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力,由动能定理可得mg·2R-Wf'=‎1‎‎2‎mv1'2-‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎,且此过程中空气阻力做的功Wf'‎4gR,再次经过最低点时有F2=FT'-mg=mv‎1‎‎'‎‎2‎R,解得FT'>5mg,C错误,D正确。‎ ‎9.(2019·福建南平二模)一辆机动车在平直的公路上由静止启动。如图所示,图线A表示该车运动的速度与时间的关系,图线B表示该车的功率与时间的关系。设机车在运动过程中阻力不变,则以下说法正确的是(　　)‎ A.0~22 s内机动车先做加速度逐渐减小的加速运动,后做匀速运动 B.运动过程中机动车所受阻力为1 500 N C.机动车速度为5 m/s时牵引力大小为3×103 N D.机动车的质量为562.5 kg 答案:BD 解析:由图线A可以看出该车在0~22s内先做匀加速直线运动,再做加速度逐渐减小的加速直线运动,最后做匀速直线运动,故A错误;由图线A得最大速度vmax=12m/s,匀加速直线运动维持了6s,由图线B知该机动车的额定功率P=18×103W,所以所受阻力Ff=Pvmax=‎ - 7 -‎ ‎1500N,故B正确;机动车速度为5m/s时尚处在匀加速直线运动阶段,此时的牵引力与t=6s时相同,F=Pv‎=‎‎18×1‎‎0‎‎3‎‎8‎N=2250N,故C错误;由图线A可知匀加速直线运动阶段的加速度a=‎4‎‎3‎m/s2,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,则m=F-‎Ffa=562.5kg,故D正确。‎ 三、计算题(本题共1小题,须写出规范的解题步骤)‎ ‎10.(2019·湖北荆门调研)如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成,AB和BCD相切于B点,CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点),已知∠BOC=30°。可视为质点的小滑块从轨道AB上高h处的某点由静止滑下,用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度h的关系图像,g取10 m/s2。‎ ‎(1)求滑块的质量和圆轨道的半径;‎ ‎(2)是否存在某个h值,使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点?若存在,请求出h值;若不存在,请说明理由。‎ 答案:(1)0.1 kg　0.2 m　(2)存在　0.6 m 解析:(1)设小滑块的质量为m,圆轨道的半径为R 根据机械能守恒定律得mg(h-2R)=‎1‎‎2‎mvD‎2‎,由牛顿第三定律得轨道对小滑块的支持力F'=F,由牛顿第二定律得,F+mg=‎mvD‎2‎R 得F=‎2mg(h-2R)‎R-mg 取点(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得:‎ m=0.1kg,R=0.2m。‎ ‎(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点,如图所示,‎ - 7 -‎ 由几何关系可得OE=‎Rsin30°‎ 设小滑块经过最高点D时的速度为vD'‎ 由题意可知,小滑块从D点运动到E点,水平方向的位移为OE,竖直方向上的位移为R,‎ 则OE=vD't,R=‎1‎‎2‎gt2‎ 解得vD'=2m/s 而小滑块过D点的临界速度vD0=gR‎=‎‎2‎m/s 由于vD'>vD‎0‎,所以存在一个h值,使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点,由机械能守恒定律得 mg(h-2R)=‎1‎‎2‎mvD'2‎ 解得h=0.6m。‎ - 7 -‎