【物理】2020届二轮复习专题二1第1讲　功能关系的应用作业（京津鲁琼专用）

【物理】2020届二轮复习专题二1第1讲　功能关系的应用作业（京津鲁琼专用）

一、单项选择题 ‎1．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　‎ A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 解析：选A.由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确．‎ ‎2．一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)‎ A．该汽车的质量为3 000 kg B．v0＝6 m/s C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m 解析：选D.由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WFf＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s＝67.187 5 m，D正确．‎ ‎3．如图所示，质量均为m的木块A和B，用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，‎ 最初系统静止，现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面，则这一过程中力F做的功至少为(　　)‎ A． B． C． D． 解析：选B.最初系统静止时，弹力等于A的重力，由胡克定律得，弹簧被压缩的长度x1＝，最后B刚好离开地面时，弹力等于B的重力，此时弹簧伸长的长度x2＝，此过程缓慢进行，所以力F做的功等于系统内增加的重力势能，根据功能关系可知：W＝mgh＝mg×2×＝，故B正确．‎ ‎4．(2018·高考天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)‎ A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变 C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变 解析：选C.运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误．‎ ‎5．(2019·济南二模)如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)‎ A．mgR B．mgR C．mgR D．mgR 解析：选C.当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN＝2mg，由牛顿第三定律、牛顿第二定律得FN－mg＝m，v＝gR.对质点自P点滑到Q点的过程应用动能定理得：mgR－Wf＝mv－0，得：Wf＝mgR，因此，A、B、D错误，C正确．‎ ‎6．如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W>mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．Wmg时，圆环先做减速运动，当F＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由F＝kv＝mg得v＝，根据动能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝mv－.综上所述，答案为B.‎ 二、多项选择题 ‎9．如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球从M点运动到N点的过程中，(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：选BCD.小球在从M点运动到N点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B项正确；弹簧长度最短时，‎ 弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C项正确；由于在M、N两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M点到N点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D项正确．‎ ‎10．如图所示，小球A、B、C的质量分别为m、m、2m，A与BC间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上．现让两轻杆并拢，将A由静止释放下降到最低点的过程中，A、B、C在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则(　　)‎ A．A、B、C组成的系统水平方向动量守恒 B．A、C之间的轻杆始终对C做正功 C．A与桌面接触时具有水平方向的速度 D．A与桌面接触时的速度大小为 解析：选AD.A、B、C组成的系统水平方向受到的合力为零，则水平方向动量守恒，选项A正确；小球C的速度先增大后减小，则A、C之间的轻杆对C先做正功后做负功，选项B错误；系统初动量为零，水平方向末动量也为零，因A与桌面接触时，三个球的水平速度相等，则根据水平方向动量守恒可知三个球的水平方向的速度均为零，选项C错误；竖直方向，当A与桌面接触时，小球A的重力势能转化为系统的动能，因BC的速度为零，则mgL＝mv2，解得v＝，选项D正确．‎ ‎11．(2019·南京二模)如图所示，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(　　)‎ A．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3mg C．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mgR 解析：选AD.对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为v，根据机械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝.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；在最低点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m，解得：FN＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以B球机械能减小mgR，故C错误；根据动能定理，整个过程中，轻杆对A做的功W ‎＝mv2＝mgR，故D正确．‎ ‎12. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为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，AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g.则圆环(　　)‎ A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2‎ C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误；圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据功能关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2，选项B正确，选项C错误；设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE′p，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔE′p＋W′f＝mgh′，B到A的过程有mv′＋ΔE′p＝mgh′＋W′f，比较两式得v′B>vB，选项D正确．‎ 三、非选择题 ‎13．如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．‎ ‎(1)求小球在B、A两点的动能之比．‎ ‎(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．‎ 解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg①‎ 设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg ②‎ 由①②式得＝5∶1. ③‎ ‎(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④‎ 设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝m⑤‎ 由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥‎ 由机械能守恒有mg＝mv ⑦‎ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．‎ 答案：(1)5∶1　(2)见解析 ‎14．(2019·浙江东阳中学3月模拟)如图所示，水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置，发射装置内壁光滑，A点为发射口所在的位置，在竖直面内由内壁光滑的钢管弯成的“9”字形固定轨道在B点与水平面平滑相接，钢管内径很小，“9”字全高H＝1 m，“9”字上半部分圆弧轨道半径R＝0.1 m，圆弧为圆周，圆弧轨道与其下端相接的水平部分轨道相切，当弹簧压缩量为2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量m＝0.1 kg的滑块沿轨道上升到最高点C，已知弹簧弹性势能与其压缩量的平方成正比，A、B间距离为L＝4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)当弹簧压缩量为2 cm时，弹簧的弹性势能；‎ ‎(2)当弹簧压缩量为3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点C时对轨道的作用力；‎ ‎(3)当弹簧压缩量为3 cm时，启动发射装置，滑块从D点水平抛出后的水平射程．‎ 解析：(1)根据能量守恒定律得，Ep＝μmgL＋mgH，解得Ep＝1.8 J.‎ ‎(2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比 故当弹簧压缩量为3 cm时，E′p＝Ep 根据能量守恒定律得E′p＝μmgL＋mgH＋mv 由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，解得FN＝44 N 由牛顿第三定律可知，滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小F′N＝44 N，方向竖直向上．‎ ‎(3)根据能量守恒定律可得E′p＝μmgL＋mg(H－2R)＋mv，解得vD＝7 m/s 由平抛运动规律得H－2R＝gt2，x＝vDt 故水平射程x＝2.8 m.‎ 答案：(1)1.8 J　(2)44 N　方向竖直向上　(3)2.8 m