2016高考物理二功与能2讲机械能守恒功能关系课时演练知能提升

1机械能守恒、功能关系一、单项选择题1．(2015·沈阳一模)如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相齐．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)()A．1JB．1.6JC．2JD．4J解析：选B.木板中心到达桌子边缘时即可翻下，则WF≥μmg·L2＝0.4×1×10×0.82J＝1.6J，故B正确．2．一个质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑水平面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到3F，并保持其他力不变，则从这时开始ts末，该力的瞬时功率是()A.9F2tmB.6F2tmC.4F2tmD.3F2tm解析：选B.物块受到的合力为2F，根据牛顿第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物块做初速度为零的匀加速直线运动，速度v＝at，该力大小为3F，则该力的瞬时功率P＝3Fv，解以上各式得P＝6F2tm，B正确．3．一人用恒定的力F，通过图示装置拉着物体沿光滑水平面运动，A、B、C是其运动路径上的三个点，且AC＝BC.若物体从A到C、从C到B的过程中，人拉绳做的功分别为WFA、WFB，物体动能的增量分别为ΔEA、ΔEB，不计滑轮质量和摩擦，下列判断正确的是()A．WFA＝WFB，ΔEA＝ΔEBB．WFA＞WFB，ΔEA＞ΔEBC．WFA＜WFB，ΔEA＜ΔEBD．WFA＞WFB，ΔEA＜ΔEB解析：选B.如图，F做的功等于F1做的功，物体由A向B运动的过程中，F1逐渐减小，又因为AC＝BC，由W＝F1l知WFA＞WFB；对物体只有F做功，由动能定理知ΔEA＞ΔEB，故B正确．24.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＝12mgR，质点恰好可以到达Q点B．W12mgR，质点不能到达Q点C．W＝12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W12mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝mv2NR，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝12mv2N＝32mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－12mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝12mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝12mv2Q－12mv2N，即12mgR－W′＝12mv2Q，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．5．(2015·河北衡水中学三模)如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，则()A．小物块的初速度是5m/sB．小物块的水平射程为1.2mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8J的功D．小物块落地时的动能为0.9J解析：选D.小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2J，C错．在水平桌面上滑行，3由动能定理得－Wf＝12mv2－12mv20，解得v0＝7m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝12gt2，解得x＝0.9m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－12mv2，解得Ek＝0.9J，D正确．二、不定项选择题6．(2015·宁波高三二模)如图所示为检测汽车爬坡性能的示意图，图中的汽车从地面出发，直至爬上斜坡．关于这个过程，下列说法中正确的是()A．汽车为了爬上斜坡，应换成低速挡位B．汽车为了爬上斜坡，应换成高速挡位C．若汽车在斜坡上匀速运动，则斜坡不受水平地面对它的摩擦力D．若汽车在斜坡上匀速运动，则斜坡受到的水平地面对它的摩擦力方向为水平向左解析：选AC.根据P＝Fv可得，在功率不变的前提下，要想增大牵引力，只能减小速度v，即换成低速挡位，选项A正确，选项B错误；若汽车在斜坡上做匀速运动，则汽车和斜坡整体处于平衡状态，所以斜坡不受地面的摩擦力，选项C正确，选项D错误．7．(2015·华中师大附中一模)开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平．一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是()A．物块运动的过程中加速度始终为零B．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化C．在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小D．滑到最低点C时，物块所受重力的瞬时功率达到最大解析：选BC.由于物块做匀速圆周运动，所受合外力大小不变，方向时刻指向圆心，提供圆周运动的向心力，产生向心加速度，A错误，B正确；在下滑的过程中，物块受力如图所示，则摩擦力等于重力沿切线方向的分力，即Ff＝mgcosθ，随着物块下滑，θ角越来越大，物块所受摩擦力越来越小，C正确；滑到最低点时，速度沿水平方向，此时重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，由于速度的方向与重力方向垂直，因此重力的瞬时功率恰好等于零，D错误．8.(2015·浙江省重点中学协作体调研)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为l，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒4为F，那么这段时间内()A．小车做匀加速运动B．小车受到的牵引力逐渐减小C．小车受到的合外力所做的功为PtD．小车受到的牵引力做的功为Fl＋12mv2m解析：选BD.行驶过程中功率恒为P，小车做加速度逐渐减小的加速运动，小车受到的牵引力逐渐减小，选项A错误、B正确；小车受到的合外力所做的功为Pt－Fl，选项C错误；由动能定理，W－Fl＝12mv2m，小车受到的牵引力做的功为W＝Fl＋12mv2m，选项D正确．9．(2015·杭州测试卷)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B，然后将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有()A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：选AD.设前一过程从A到P合力做功为mgl1(sinα－μ1cosα)，后一过程从B到P合力做功为mgl2(sinα－μ2cosα)，因l1l2，前一过程中任一位置的动摩擦因数μ1大于后一过程中任一位置的动摩擦因数μ2，所以mgl1(sinα－μ1cosα)mgl2(sinα－μ2cosα)，因此根据动能定理知物块经过P点的动能前一过程较小，A正确；由于Q＝μmglcosα，且μ1μ2，P点距A端较近，无法确定两过程中Q的大小，B错误．因Wf＝μmglcosα，动摩擦因数μ由A到B或由B到A变化相同，Wf相同，由动能定理：12mv2＝mgh－Wf，所以物块滑到底端的速度相同，C错误．由于两过程位移大小相等，前一过程加速度a1逐渐增大，后一过程加速度a2逐渐减小，如图，物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长，D正确．10．(2015·山西模拟)用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法不正确的是()5A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6s内物体在4s时的速度最大C．物体在2～4s内速度不变D．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力做的功解析：选ABC.由v＝at可知，a－t图象中，图线与坐标轴所围面积表示质点的速度，0～6s内物体的速度始终为正值，故一直为正方向，A项错；t＝5s时，速度最大，B项错；2～4s内加速度保持不变，速度一定变化，C项错；0～4s内与0～6s内图线与坐标轴所围面积相等，故物体4s末和6s末速度相同，由动能定理可知，两段时间内合力对物体做功相等，D项正确．三、非选择题11．(2015·海淀区一模)如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m＝1.0kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F＝10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x＝0.50m时撤去力F.已知A、B之间的距离x0＝1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.10，g取10m/s2.求：(1)在撤去力F时，滑块的速度大小．(2)滑块通过B点时的动能．(3)滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h＝0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．解析：(1)滑动摩擦力Ff＝μmg设撤去力F前滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1解得：a1＝9.0m/s2设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式得：v2＝2a1x解得：v＝3.0m/s.(2)设滑块通过B点时的动能为EkB，从A到B运动过程中，由动能定理得：Fx－Ffx0＝EkB解得：EkB＝4.0J.(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为WFf，由动能定理得：－mgh－WFf＝0－EkB解得：WFf＝0.50J.答案：(1)3.0m/s(2)4.0J(3)0.50J12．(2015·福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ＝37°，重力加速度为g，6滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；(2)C的质量；(3)A刚要离开地面时，C的动能．解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB，则有kxB＝mg设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有kxA＝mg当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：h＝xA＋xB解得：h＝2mgk.(2)物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力FT三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律：对B有：FT－mg－kxA＝ma对C有：mCgsinθ－FT＝mCaB获得最大速度时，有：a＝0解得：mC＝10m3.(3)法一：由于xA＝xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚要离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：mCghsinθ－mgh＋W弹＝12(m＋mC)v20－0其中W弹＝0解得：v20＝12mg213k所以EkC＝12mCv20＝20m2g213k.法二：根据动能定理，对C：mCghsinθ－WT＝EkC－0对B：WT－mgh＋W弹＝EkB－0其中W弹＝0又：EkC∶EkB＝10∶3解得：EkC＝20m2g213k.答案：(1)2mgk(2)10m3(3)20m2g213k