（新課標(biāo)）高考物理二輪復(fù)習(xí)簡易通 第4講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用

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1、第4講　功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用 (1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1. 如圖2－4－19所示，質(zhì)量為m的物體在與水平方向成θ角的恒力F作用下以加速度a做勻加速直線運(yùn)動，已知物體和地面間的動摩擦因數(shù)為μ，物體在地面上運(yùn)動距離為x的過程中力F做的功為 (　　)． 圖2－4－19 A．μmgx B. C. D. 解析　以物體為研究對象，豎直方向有Fsin θ＋mg＝FN，水平方向有Fcos θ－μFN＝ma，聯(lián)立解得F＝，在此過程中F做功W＝Fxcos θ＝，故正確選項(xiàng)為B. 答案　B 2．小明同學(xué)騎電動自行車沿平直公路行駛，因電瓶

2、“沒電”，故改用腳蹬車勻速前行．設(shè)小明與車的總質(zhì)量為100 kg，騎行過程中所受阻力恒為車和人總重的0.02倍，g取10 m/s2.通過估算可知，小明騎此電動車做功的平均功率最接近 (　　)． A．10 W B．100 W C．300 W D．500 W 解析　由P＝Fv可知，要求騎車人的功率，一要知道騎車人的動力，二要知道騎車人的速度，前者由于自行車勻速行駛，由二力平衡的知識可知F＝f＝20 N，后者對于騎車人的速度我們應(yīng)該有一個估測，約為5 m/s，所以由P＝Fv得，選項(xiàng)B正確． 答案　B 3. 光滑水平地面上疊放著兩個物體A和B，如圖2－4－20所示．水平拉力F作

3、用在物體B上，使A、B兩物體從靜止出發(fā)一起運(yùn)動．經(jīng)過時間t，撤去拉力F，再經(jīng)過時間t，物體A、B的動能分別設(shè)為EA和EB，在運(yùn)動過程中A、B始終保持相對靜止．以下有幾個說法：①EA＋EB等于拉力F做的功；②EA＋EB小于拉力F做的功；③EA等于撤去拉力F前摩擦力對物體A做的功；④EA大于撤去拉力F前摩擦力對物體A做的功．其中正確的是 (　　)． 圖2－4－20 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 答案　A 4．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止，以a、Ek、s和t分別表示物體運(yùn)動的加速度大小、動能、位移的大小和運(yùn)動的時間，則以下各圖象中，

4、能正確反映這一過程的是 (　　)． 解析　物體在恒定阻力作用下運(yùn)動，其加速度隨時間不變，隨位移不變，選項(xiàng)A、B錯誤；由動能定理，fs＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－fs，選項(xiàng)C正確，D錯誤． 答案　C 5. 如圖2－4－21所示，一質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0從固定于地面的斜面底端A開始沖上斜面，到達(dá)某一高度后返回A，斜面與滑塊之間有摩擦．下列各項(xiàng)分別表示它在斜面上運(yùn)動的速度v、加速度a、重力勢能Ep和機(jī)械能E隨時間變化的圖象，可能正確的是 (　　)． 圖2－4－21 解析　滑塊上滑和回落過程中受到的摩擦力方向不同，加速度大小不等、方向相同，上升時的加速度a1大于回落

5、時的加速度a2，故A、B錯．摩擦力一直做負(fù)功，機(jī)械能一直減小，D錯．設(shè)滑塊滑到最高點(diǎn)時的重力勢能為Epm，斜面傾角為θ，則上升過程Ep＝mg·a1t2·sin θ＝mga1sin θ·t2，回落過程Ep＝Epm－mg·a2(t－t0)2·sin θ，其中t0為滑塊上滑的總時間，故C圖象為兩段拋物線，正確． 答案　C 6. 如圖2－4－22所示，將一輕彈簧下端固定在傾角為θ的粗糙斜面底端，彈簧處于自然狀態(tài)時上端位于A點(diǎn)．質(zhì)量為m的物體從斜面上的B點(diǎn)由靜止下滑，與彈簧發(fā)生相互作用后，最終停在斜面上．下列說法正確的是 (　　)． 圖2－4－22 A．物體最終將停在A點(diǎn) B．物體第一次

6、反彈后有可能到達(dá)B點(diǎn) C．整個過程中重力勢能的減少量大于克服摩擦力做的功 D．整個過程中物體的最大動能大于彈簧的最大彈性勢能 解析　物體最終處于靜止?fàn)顟B(tài)，故受力平衡，由題知物體重力沿斜面的分力大于物體受到的沿斜面向上的滑動摩擦力，故物體最終將停在A點(diǎn)以下，A項(xiàng)錯；根據(jù)能量守恒，物體在運(yùn)動過程中受到滑動摩擦力作用，機(jī)械能減少，故物體第一次反彈后不可能到達(dá)B點(diǎn)，B項(xiàng)錯誤；根據(jù)能量守恒，物體在整個過程中重力勢能的減少量等于克服摩擦力及克服彈簧彈力做的總功，故C項(xiàng)正確；整個過程中，物體處于平衡態(tài)時其動能最大，設(shè)物體處于平衡態(tài)時，彈簧的壓縮量為x1，則根據(jù)動能定理有(mgsin θ－μmgcos

7、θ)·(xAB＋x1)－ΔEp1＝Ekm，當(dāng)物體位于斜面最低點(diǎn)時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x2，根據(jù)動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(xAB＋x2)－ΔEpm＝0，由于x2>x1，故ΔEpm>Ekm，故D項(xiàng)錯． 答案　C 7．(2013·山東卷，16)如圖2－4－23所示，楔形木塊abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc與水平面的夾角相同，頂角b處安裝一定滑輪．質(zhì)量分別為M、m(M>m)的滑塊、通過不可伸長的輕繩跨過定滑輪連接，輕繩與斜面平行．兩滑塊由靜止釋放后，沿斜面做勻加速運(yùn)動．若不計滑輪的質(zhì)量和摩擦，在兩滑塊沿斜面運(yùn)動的過程中 (　　)．

8、圖2－4－23 A．兩滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．重力對M做的功等于M動能的增加 C．輕繩對m做的功等于m機(jī)械能的增加 D．兩滑塊組成系統(tǒng)的機(jī)械能損失等于M克服摩擦力做的功 解析　兩滑塊釋放后，M下滑、m上滑，摩擦力對M做負(fù)功，系統(tǒng)的機(jī)械能減小，減小的機(jī)械能等于M克服摩擦力做的功，選項(xiàng)A錯誤，D正確．除重力對滑塊M做正功外，還有摩擦力和繩的拉力對滑塊M做負(fù)功，選項(xiàng)B錯誤．繩的拉力對滑塊m做正功，滑塊m機(jī)械能增加，且增加的機(jī)械能等于拉力做的功，選項(xiàng)C正確． 答案　CD 8．下列各圖是反映汽車以額定功率P額從靜止開始勻加速啟動，最后做勻速運(yùn)動的過程中，其速度隨時間以及加速度、牽引力

9、和功率隨速度變化的圖象，其中正確的是 (　　)． 解析　分析汽車啟動過程可知，汽車先是牽引力不變的勻加速啟動過程，加速度恒定，速度均勻增大，功率均勻增大；當(dāng)功率達(dá)到額定功率時，功率不再變化，此后汽車為恒定功率啟動，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，加速度減小，當(dāng)牽引力等于阻力時，加速度減小到零，速度達(dá)到最大，然后勻速運(yùn)動．結(jié)合各選項(xiàng)的圖象可知，選項(xiàng)B錯誤，A、C、D正確． 答案　ACD 9. 如圖2－4－24所示，M為固定在水平桌面上的有缺口的正方形木塊，abcd為半徑是R的光滑圓弧形軌道，a為軌道的最高點(diǎn)，de面水平且有一定長度．今將質(zhì)量為m的小球在d點(diǎn)的正上方高為h處由靜止釋放，讓其自

10、由下落到d處切入軌道內(nèi)運(yùn)動，不計空氣阻力，則 (　　)． 圖2－4－24 A．只要h大于R，釋放后小球就能通過a點(diǎn) B．只要改變h的大小，就能使小球通過a點(diǎn)后，既可能落回軌道內(nèi)，又可能落到de面上 C．無論怎樣改變h的大小，都不可能使小球通過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi) D．調(diào)節(jié)h的大小，可以使小球飛出de面之外(即e的右側(cè)) 解析　要使小球到達(dá)最高點(diǎn)a，則在最高點(diǎn)小球速度最小時有mg＝m，得最小速度v＝，由機(jī)械能守恒定律得mg(h－R)＝mv2，得h＝R，即h必須大于或等于R，小球才能通過a點(diǎn)，A項(xiàng)錯；小球若能到達(dá)a點(diǎn)，并從a點(diǎn)以最小速度平拋，有R＝gt2，x＝vt＝R，所以，無論怎樣

11、改變h的大小，都不可能使小球通過a點(diǎn)后落回軌道內(nèi)，B項(xiàng)錯，C項(xiàng)正確；如果h足夠大，小球可能會飛出de面之外，D項(xiàng)正確． 答案　CD 10．(2013·北京西城期末)如圖2－4－25甲所示，物體以一定的初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運(yùn)動，上升的最大高度為3.0 m．選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機(jī)械能E機(jī)隨高度h的變化如圖乙所示．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.)則 (　　)． 圖2－4－25 A．物體的質(zhì)量m＝0.67 kg B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40 C．物體上升過程的加速度大小a＝10 m/s2

12、 D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10 J 解析　ΔE機(jī)＝－μmgcos α·＝－μmghcot α＝－20 J，在最大高度時Ep＝mgh＝30 J，可得m＝1 kg，μ＝0.5，A、B錯．由動能定理－ma·＝0－Ek0＝－50 J得物體上升過程的加速度大小a＝10 m/s2，C正確．上升和下滑過程的機(jī)械能損失相同，所以回到斜面底端時的動能為30 J－20 J＝10 J，D正確． 答案　CD 11．(2013·廊坊模擬)如圖2－4－26所示，一質(zhì)量為M＝5.0 kg的平板車靜止在光滑水平地面上，平板車的上表面距離地面高h(yuǎn)＝0.8 m，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一固定障礙物A.另一質(zhì)量為m＝2.0

13、 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，以v0＝8 m/s的水平初速度從左端滑上平板車，同時對平板車施加一水平向右、大小為5 N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動到平板車的最右端時，兩者恰好相對靜止．此時撤去恒力F，當(dāng)平板車碰到障礙物A時立即停止運(yùn)動，滑塊水平飛離平板車后，恰能無碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑．已知滑塊與平板車間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓弧半徑為R＝1.0 m，圓弧所對的圓心角∠BOD＝θ＝106°.取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： 圖2－4－26 (1)平板車的長度； (2)障礙物A與圓弧左端B的水平距離； (3)滑塊運(yùn)動到圓

14、弧軌道最低點(diǎn)C時對軌道壓力的大?。? 解析　(1)滑塊與平板車間的滑動摩擦力Ff＝μmg， 對滑塊，由牛頓第二定律得：a1＝＝μg＝5 m/s2 對平板車，由牛頓第二定律得：a2＝＝3 m/s2 設(shè)經(jīng)過時間t1，滑塊與平板車相對靜止，共同速度為v，則：v＝v0－a1t1＝a2t1 滑塊的位移：x1＝t1 平板車的位移：x2＝t1 平板車的長度：l＝x1－x2 解得：l＝4 m. (2)設(shè)滑塊從平板車上滑出后做平拋運(yùn)動的時間為t2，則：h＝gt，xAB＝vt2 障礙物A與圓弧左端B的水平距離：xAB＝1.2 m. (3)對滑塊，從離開平板車到C點(diǎn)，由動能定理得： mgh＋m

15、gR＝mv－mv2 在C點(diǎn)由牛頓第二定律得：FN－mg＝m， 解得：FN＝86 N. 由牛頓第三定律得滑塊運(yùn)動到圓弧軌道最低點(diǎn)C時對軌道壓力的大小為86 N. 答案　(1)4 m　(2)1.2 m　(3)86 N 12．(2013·北京卷，23)蹦床比賽分成預(yù)備運(yùn)動和比賽動作兩個階段．最初，運(yùn)動員靜止站在蹦床上；在預(yù)備運(yùn)動階段，他經(jīng)過若干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終達(dá)到完成比賽動作所需的高度；此后，進(jìn)入比賽動作階段． 圖2－4－27 把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小F＝kx(x為床面下沉的距離，k為常量)．質(zhì)量m＝50 kg的運(yùn)動員靜止站在蹦床上，床面下沉x0＝0

16、.10 m；在預(yù)備運(yùn)動中，假定運(yùn)動員所做的總功W全部用于增加其機(jī)械能；在比賽動作中，把該運(yùn)動員視作質(zhì)點(diǎn)，其每次離開床面做豎直上拋運(yùn)動的騰空時間均為Δt＝2.0 s，設(shè)運(yùn)動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為x1.取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空氣阻力的影響． (1)求常量k，并在圖2－4－27中畫出彈力F隨x變化的示意圖； (2)求在比賽動作中，運(yùn)動員離開床面后上升的最大高度hm； (3)借助F－x圖象可以確定彈力做功的規(guī)律，在此基礎(chǔ)上，求x1和W的值． 解析　(1)運(yùn)動員靜止在蹦床上時受力平衡， 則mg＝kx0. 代入數(shù)據(jù)得：k＝5 000 N/m F－x圖象如圖 (2)運(yùn)動員離開床后做豎直上拋運(yùn)動，且騰空時間為2 s，由h＝g(Δt)2得：最大高度hm＝g2＝×10×2 m＝5 m (3)由圖象可知彈簧彈力做功應(yīng)為F－x曲線下的面積，其規(guī)律為W＝kΔx2. 在運(yùn)動員從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得：kx＝mg(hm＋x1) 代入數(shù)據(jù)得：x1＝1.1 m 運(yùn)動員所做的總功W＋kx＝mg(hm＋x0) 代入數(shù)據(jù)解得W＝2 525 J≈2.5×103 J. 答案　(1)5000 N/m　示意圖見解析　(2)5 m (3)1.1 m　2.5×103 J