【物理】2018届二轮第五章功能关系和机械能专题卷（山东专用）(1)

【物理】2018届二轮第五章功能关系和机械能专题卷（山东专用）(1)

功能关系和机械能 一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)‎ ‎1．(2016·东北四校联考)运输人员要把质量为m，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成30°角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则将木箱运上汽车，拉力至少做功(　　)‎ A．mgL　　　　　　　　B．mg C.mgL(1＋μ) D.μmgL＋mgL 解析：当木箱刚好被拉上汽车时，即此时木箱速度为零，拉力做功最少，对木箱自地面至刚好到达汽车上时，由动能定理得WF－mgLsin 30°－μmgLcos 30°＝0，解得WF＝mgL(1＋μ)，故C项正确．‎ 答案：C 2． ‎(2016·十堰模拟)如图所示，轻质弹簧的劲度系数为k，小球所受重力为G，平衡时小球在A处．今用力F竖直向下压小球使弹簧缩短x，让小球静止在B处，则(　　)‎ A．小球在A处时弹簧的弹力为零 B．小球在B处时弹簧的弹力为kx C．小球在A处时弹簧的弹性势能较大 D．小球在B处时弹簧的弹性势能较大 解析：小球在A处时弹簧的弹力为mg，在B处时弹簧的弹力为kx＋mg，小球在B处时弹簧的弹性势能比A处的大．‎ 答案：D 3． ‎(2016·沧州模拟)竖直固定的光滑四分之一圆弧轨道上，质量相同均可视为质点的甲、乙两个小球，分别从圆周上的A、B两点由静止释放，A点与圆心等高，B点与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ＝60°，两球经过最低点时的加速度之比及对轨道的压力之比为(　　)‎ A．a甲∶a乙＝1∶2 B．a甲∶a乙＝1∶1‎ C．F1∶F2＝2∶1 D．F1∶F2＝3∶2‎ 解析：根据机械能守恒定律mgh＝mv2.由题意知h甲＝R，h乙＝R(1－cos θ)．根据a＝，得a甲＝‎2g，a乙＝g，所以a甲∶a乙＝2∶1.根据牛顿第二定律F－mg＝ma，得F1＝3mg，F2＝2mg，所以F1∶F2＝3∶2.‎ 答案：D 2． ‎(2017·洛阳模拟)如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ＝0.2，杆的竖直部分光滑．两部分各套有质量均为‎1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连．初始A、B均处于静止状态，已知OA＝‎3 m，OB＝‎4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动‎1 m(取g＝‎10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为(　　)‎ A．14 J B．10 J C．6 J D．4 J 解析：由题意可知，绳长AB＝＝‎5 m，若A球向右移动‎1 m，OA′＝‎4 m，则OB′＝＝‎3 m，即B球升高hB＝‎1 m；对整体(A＋B)进行受力分析，在竖直方向，杆对A球的支持力FN＝(mA＋mB)g，球A受到的摩擦力FfA＝μFN＝4 N，由功能关系可知，拉力F做的功WF＝mBghB＋FfAxA＝14 J，选项A正确．‎ 答案：A ‎5．(2017·大同模拟)如图所示，一轻质橡皮筋的一端系在竖直放置的半径为‎0.5 m的圆环顶点P，另一端系一质量为 ‎0.1 kg 的小球，小球穿在圆环上可做无摩擦的运动．设开始时小球置于A点，橡皮筋处于刚好无形变状态，A点与圆心O位于同一水平线上，当小球运动到最低点B时速率为‎1 m/s，此时小球对圆环恰好没有压力(取g＝‎10 m/s2)．下列说法正确的是(　　)‎ A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 B．从A到B的过程中，橡皮筋的弹性势能增加了0.45 J C．小球过B点时，橡皮筋上的弹力为0.2 N D．小球过B点时，橡皮筋上的弹力为1.2 N 解析：从A到B过程橡皮筋的弹力对小球做功，小球机械能不守恒，A项错；从A到B过程中对小球和橡皮筋机械能守恒定律得mgR＝mv2＋ΔEp，解得弹性势能的增加为ΔEp＝0.25 J，B项错误；在B点对小球由牛顿第二定律得F－mg＝，代入数值解得F＝1.2 N，C错，D对．‎ 答案：D ‎6．(2016·烟台模拟)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3×‎104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为‎100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到‎80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)‎ A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为‎32 m/s2‎ 解析：设发动机的推力为F1，弹射器的推力为F2，则阻力为Ff＝0.2(F1＋F2)，根据动能定理可得(F1＋F2)－0.2(F1＋F2)]s＝mv2，F1＝1.0×105 N，故解得F2＝1.1×106 N，A正确；弹射器对舰载机所做的功为WF2＝F2s＝1.1×108 J，B正确；舰载机在弹射过程中的加速度大小为a＝＝‎32 m/s2，根据公式s＝at2可得，运动时间为t＝＝2.5 s，所以弹射器对舰载机做功的平均功率为PF2＝＝4.4×107 W，故C错误，D正确．‎ 答案：ABD ‎7．(2016·德州模拟)某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的可能是(　　)‎ 解析：竖直上抛时小球恰好击中触发器，则由－mgh＝0－mv2得v＝.沿图A中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动，到达最高点的速率应大于或等于，所以不能到达圆弧最高点，即不能击中触发器．沿图B中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜抛运动，最高点具有水平方向的速度，所以也不能击中触发器．图C及图D中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可知小球能够击中触发器．‎ 答案：CD 8． ‎(2017·丹东模拟)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m(M＞m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　) ‎ A．两滑块组成系统的机械能守恒 B．重力对M做的功等于M动能的增加 C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 解析：这是系统能量转化的综合问题，解题要点是分析各个力做的功与能量的转化关系．除重力以外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化，故M克服摩擦力做的功等于两滑块组成的系统机械能的减少量，拉力对m做的功等于m机械能的增加量，选项C、D正确．‎ 答案：CD 二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．)‎ ‎9．(6分)用如图所示的装置研究“轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度形变量”的关系．在光滑的水平桌面上沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与一个小钢球接触．当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图所示．让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，水平距离为s(当地重力加速度为g)．‎ ‎(1)若要计算弹簧的弹性势能还应测量的物理量有____________‎ ‎______________________________________________.‎ ‎(2)弹簧的弹性势能Ep与小钢球飞行的水平距离s及上述测量出的物理量之间的关系式为Ep＝____________．‎ ‎(3)弹簧的压缩量x与对应的铜球在空中飞行的水平距离s的实验数据如下表所示：‎ 弹簧的压缩 量x(cm)‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ ‎3.00‎ ‎3.50‎ 小钢球飞行的 水平距离s(m)‎ ‎2.01‎ ‎3.00‎ ‎4.01‎ ‎4.96‎ ‎6.01‎ ‎7.00‎ 根据上面的实验数据，请你猜测弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为__________________________________________________．‎ 解析：释放弹簧后，弹簧储存的弹性势能转化为小钢球的动能Ep＝mv2，①‎ 小钢球接下来做平抛运动，有s＝vt，②‎ h＝gt2.③‎ 由①②③式可解得Ep＝，即弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m，桌面离地面高度h、水平距离s等物理量的关系式为Ep＝.可知：Ep∝s2，由题目表格中给定的数据可知s∝x，综上可知：Ep∝x2，故弹簧的弹性势能Ep与弹簧长度的压缩量x之间的关系为Ep∝x2.‎ 答案：(1)小钢球质量m、 桌面离地面高度h(2分)‎ (2) (2分)　 (3)Ep与x2成正比(2分)‎ ‎10．(10分)为了探究做功与物体动能之间的关系，在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块，轻弹簧的一端与滑块相接，另一端固定在气垫导轨的一端，将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如图所示)，使弹簧处于自然状态时，滑块上的遮光片刚好位于光电门的挡光位置，与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间．实验步骤如下：‎ ‎①用游标卡尺测量遮光片的宽度d；‎ ‎②在气垫导轨上适当位置标记一点A(图中未标出，AP间距离远大于d)，将滑块从A点由静止释放．由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t；‎ ‎③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v；‎ ‎④更换劲度系数不同而自然长度相同的弹簧重复实验步骤②③，记录弹簧劲度系数及相应的速度v，如下表所示：‎ 弹簧劲度系数 k ‎2k ‎3k ‎4k ‎5k ‎6k v/(m·s－1)‎ ‎0.71‎ ‎1.00‎ ‎1.22‎ ‎1.41‎ ‎1.58‎ ‎1.73‎ v2/(m2·s－2)‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.49‎ ‎1.99‎ ‎2.49‎ ‎2.99‎ v3/(m3·s－3)‎ ‎0.36‎ ‎1.00‎ ‎1.82‎ ‎2.80‎ ‎3.94‎ ‎5.18‎ ‎(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺读数如图所示，读得 d＝________m；‎ ‎(2)用测量的物理量表示遮光片通过光电门时滑块的速度的表达式v＝________；‎ ‎(3)已知滑块从A点运动到光电门P处的过程中，弹簧对滑块做的功与弹簧的劲度系数成正比，根据表中记录的数据，可得出弹簧对滑块做的功W与滑块通过光电门时的速度v的关系是_____________________________________________________．‎ 解析：根据游标卡尺读数规则，d＝‎16 mm＋‎0.2 mm＝‎16.2 mm＝1.62×10－‎2m.由速度定义式得v＝d/t.弹簧对滑块做的功与弹簧的劲度系数成正比，即W∝k.而k∝v2，所以W与v2成正比．‎ 答案：(1)1.62×10－2(3分)　(2)d/t(3分)　(3)W与v2成正比(4分)‎ ‎11．(12分)(2017·仙桃模拟)飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞．飞机总质量m＝1×‎104 kg，发动机在水平滑行过程中保持额定功率P＝8 000 kW，滑行距离x＝‎50 m，滑行时间t＝5 s，以水平速度v0＝‎80 m/s飞离跑道后逐渐上升，飞机在上升过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供，不含重力)，飞机在水平方向通过距离L＝1 ‎600 m的过程中，上升高度为h＝‎400 m．取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定，求阻力Ff的大小；‎ ‎(2)飞机在上升高度为h＝‎400 m过程中，求受到的恒定升力F及机械能的改变量．‎ 解析：(1)飞机在水平滑行过程中，根据动能定理得 Pt－Ffx＝mv，(4分)‎ 解得Ff＝1.6×105 N(1分)‎ ‎(2)该飞机升空后水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，设运动时间为t1，竖直方向加速度为a，升力为F，则L＝v0t1，(1分)‎ h＝at，(1分)‎ 解得t1＝20 s，a＝‎2 m/s2.(1分)‎ F－mg＝ma，(2分)‎ 解得F＝1.2×105 N．(1分)‎ 飞机机械能的改变量为ΔE＝Fh＝4.8×107 J．(1分)‎ 答案：(1)1.6×105 N　(2)1.2×105 N　4.8×107 J ‎12．(12分)(2016·淄博模拟)光滑水平面AB与竖直面的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R，如图所示，物块质量为m，弹簧处于压缩状态．现剪断细线，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：‎ ‎(1)弹簧对物块的弹力做的功；‎ ‎(2)物块从B至C克服摩擦阻力所做的功；‎ ‎(3)物块离开C点后落回水平面时动能的大小．‎ 解析：(1)物体在B点时开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知 FN－mg＝m，(1分)‎ 解得v＝.(1分)‎ 从A到B，由动能定理可得 弹力对物块所做的功W＝mv2＝3mgR，(2分)‎ ‎(2)物体在C点时，由牛顿第二定律可知 mg＝m(1分)‎ 对BC过程，由动能定理可得 ‎－2mgR－Wf＝mv－mv2.(2分)‎ 物体克服摩擦力做功 Wf＝mgR.(1分)‎ ‎(3)物体从C点到落地过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得 ‎2mgR＝Ek－mv，(3分)‎ 物块落地时的动能Ek＝mgR.(1分)‎ 答案：(1)3mgR　 (2)　(3) ‎13．(12分)(2016·宜昌模拟)如图所示，质量为m的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L.现将滑块缓慢向左移动压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.‎ ‎(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；‎ ‎(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时弹簧具有的弹性势能；‎ ‎(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．‎ 解析：(1)若滑块冲上传送带时的速度小于带速，则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于带速，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动．(2分)‎ ‎(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v，‎ 由机械能守恒Ep＝mv2.(1分)‎ 设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律－μmg＝ma，(1分)‎ 由运动学公式v－v2＝2aL，(1分)‎ 解得v2＝，Ep＝mv＋μmgL.(2分)‎ ‎(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移 x＝v0t，(1分)‎ v0＝v＋at，(1分)‎ 滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，(1分)‎ 因相对滑动生成的热量Q＝μmgΔx，(1分)‎ 解得Q＝μmgL－mv0(－v0)．(1分)‎ 答案：(1)见解析　 (2)mv＋μmgL　(3)μmgL－mv0(－v0)‎