全国通用高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第1讲功能关系在力学中的应用专题限时检测

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1、第1讲功能关系在力学中的应用(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2017浙江嘉兴测试)如图所示是一种腹部先着水的跳水比赛,击水时水花最大者获胜,水花的大小主要取决于运动员入水时具有的动能.假设甲、乙两运动员都站在3 m高的平台上(甲、乙站立时的重心位置离平台均为1 m),其中质量为120 kg的甲简单地步出平台倒向水面.若质量为100 kg的乙要不输于甲,则需要通过起跳使自身重心至少升高约(B)A.0.6 mB.0.8 mC.1.6 mD.1.8 m解析:由机械能守恒定律,甲入水时

2、动能为Ek1=m1gH=12010(3+1)J=4 800 J;乙要不输于甲,乙入水时动能至少为Ek2=m2g(H+h)=10010(3+1+h)J=4 800 J,解得h=0.8 m,选项B正确.2.(2017北京丰台区测试)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况,摆球从A点由静止释放,经过最低点C到达与A等高的B点,D,E,F是OC连线上的点,OE=DE,DF=FC,OC连线上各点均可钉钉子.每次均将摆球从A点由静止释放,不计绳与钉子碰撞时机械能的损失.下列说法正确的是(D)A.若只在E点钉钉子,摆球最高可能摆到A,B连线以上的某点B.若只在D点钉钉子,摆球最高可能摆到A,B连线以下的某

3、点C.若只在F点钉钉子,摆球最高可能摆到D点D.若只在F点以下某点钉钉子,摆球可能做完整的圆周运动解析:根据机械能守恒定律可知,在E点和D点钉钉子,摆球最高可摆到与A,B等高的位置,选项A,B错误;当在F点钉钉子时,摆球不可能摆到D点,因为摆球如果摆到D点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C点摆到D点,在D点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C错误;若在F点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D 正确.3.(2017湖北武汉调研)如图,半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内,OC水平,D是圆环最低点.质量为2m的小球

4、A与质量为m的小球B套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图所示,由静止释放,当小球A运动至D点时,小球B的动能为(D)A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析:A,B组成的系统机械能守恒.当A运动到最低点D时,A下降的高度为hA=R+Rsin 45,B上升的高度为hB=Rsin 45,则有2mghA-mghB=2m+m,又vAcos 45=vBcos 45,小球B的动能为=m=mgR,选项D正确.4.(2017广西玉林模拟)如图所示,某特战队员在进行素质训练时,用手抓住一端固定在同一水平高度的绳索另一端,从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆.当绳索到达竖直位置时特战队员

5、放开绳索,特战队员水平抛出直到落地,不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点.下列说法正确的是(B)A.绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越大B.绳索越长,特战队员落地时水平方向的速度越大C.绳索越长,特战队员平抛运动的水平位移越大D.绳索越长,特战队员落地时的速度越大解析:设平台离地的高度为H,绳长为L,根据动能定理得mgL=mv2,解得v=,对于平抛过程,根据H-L=gt2,解得t=,则特战队员落地时竖直方向的速度为vy=gt=,由此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越小,选项A错误;落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度,根据v=知,绳索越长,落地时水平方向的速度越大,

6、选项B正确;水平位移为x=vt=2,由数学知识可得当L=H时,水平位移最大,所以不是绳索越长,水平位移越大,选项C错误;对全过程运用动能定理得mgH=mv2,解得v=,可知落地的速度大小与绳索长度无关,选项D错误.5.(2017东北三省四市联考)A,B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1,F2的作用,而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动.经过时间t0和4t0,当两者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2,以后物体做匀减速运动直至停止.两物体运动的vt图像如图所示.已知两者的质量之比为12,下列结论正确的是(C)A.物体A,B的位移大小之比是35B.两物体与地面间的

7、动摩擦因数可能不相等C.F1和F2的大小之比是65D.整个运动过程中F1和F2做功之比是65解析:vt图像与两坐标轴所围的面积表示物体在对应时间内的位移,A,B两物体的位移分别为x1=2v03t0=3v0t0,x2=v05t0=v0t0,故x1x2=65,选项A错误;撤去拉力后,A,B两物体的加速度大小分别为a1=,a2=,即a1=a2=g,故两物体与地面间的动摩擦因数相等,选项B错误;在加速过程中由牛顿第二定律可得F1-m1g=m1a1,F2-m2g=m2a2,a1=,a2=,g=,而m2=2m1,故F1F2=65,选项C正确;全过程中根据动能定理可知W1=m1gx1,W2=m2gx2,故整

8、个运动过程中F1和F2做功之比W1W2=35,选项D错误.6.(2017湖南株洲一模)光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块,某时刻受到一水平恒力F的作用,经一段时间后物块运动到B点,速度大小仍为v0,方向改变了90,如图所示,则在此过程中(BD)A.物块的动能一定始终不变B.水平恒力F方向一定与AB连线垂直C.物块的速度一定先增大后减小D.物块的加速度不变解析:物块的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块做的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力F方向一定与AB连线垂直;由于合力先做负功后做正功,故动能先减小后增加,速度先减小后增大,选项B正确,A,C错误;合力恒定,根据牛顿第二定律,物块

9、的加速度一定恒定不变,选项D正确.7.(2017湖北部分重点中学联考)如图所示,长为L的长木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的小物块.现缓慢地抬高A端,使木板以B端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为v,重力加速度为g.下列判断正确的是(BCD)A.整个过程物块受的支持力垂直于木板,所以不做功B.物块所受支持力做功为mgLsin C.发生滑动前摩擦力逐渐增大D.整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量解析:缓慢转动过程中支持力与速度同向,所以支持力做正功,当停止转动后,支持力与速度垂直不再做功,选项A错误;转动过程由动能定

10、理得WN-mgLsin =0,故WN=mgLsin ,选项B正确;发生滑动前,摩擦力为静摩擦力,大小等于mgsin ,随着的增大而增大,选项C正确;根据功能关系,除重力以外的力做的功等于物块机械能的增加量,也就是木板对物块做的功等于物块机械能的增加量,选项D正确.8.(2017山东省实验中学模拟)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上O点的转轴上,另一端与一质量为m、套在粗糙固定直杆A处的小球(可视为质点)相连,直杆的倾角为30,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑,初始加速度大小为aA,第一次经过B处的速度大小为v,运动到C处速度为0,后又以大小为aC的初始加

11、速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.下列说法正确的是(CD)A.小球可以返回到出发点A处B.撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2D.aA-aC=g解析:设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf,AB间的竖直高度为h,小球的质量为m,弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据能量守恒定律得,对于小球从A到B的过程有mgh+Ep=mv2+Wf,A到C的过程有2mgh+Ep=2Wf+Ep,解得Wf=mgh,Ep=mv2.小球从C处向上运动时,假设能返回到A处,则由能量守恒定律得Ep=2Wf+2mgh+Ep,该式违反了能量守恒定律,可知小球

12、不能返回到出发点A处,选项A错误,C正确;设从A运动到C摩擦力的平均值为,AB=s,由Wf=mgh,得s=mgssin 30.在B处,摩擦力f=mgcos 30,由于弹簧对小球有拉力(除B处外),小球对杆的压力大于mgcos 30,所以mgcos 30,可得mgsin 30mgcos 30,因此撤去弹簧,小球不能在直杆上处于静止,选项B错误;根据牛顿第二定律得,在A处有Fcos 30+mgsin 30-f=maA;在C处有Fcos 30-f-mgsin 30=maC,两式相减得aA-aC=g,选项D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2017山东济南质检)如图所示,x

13、轴与水平传送带重合,坐标原点O在传送带的左端,传送带长L=8 m,匀速运动的速度v0=5 m/s.一质量m=1 kg 的小物块,轻轻放在传送带上xP=2 m的P点.小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集,不再滑下).若小物块经过Q处无机械能损失,小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)N点的纵坐标;(2)小物块在传送带上运动产生的热量;(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置,最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM=0.5 m的M点,求这些位置的横坐标范围.解析:(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度a=g=5 m/s

14、2.小物块与传送带共速时,所用时间t=1 s运动的位移x=at2=2.5 m(L-xP)=6 m故小物块与传送带共速后以v0=5 m/s的速度匀速运动到Q,然后冲上光滑斜面到达N点,由机械能守恒定律得m=mgyN解得yN=1.25 m.(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x相对=v0t-x=2.5 m产生的热量Q=mgx相对=12.5 J.(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上,最终刚好能到达M点,由能量守恒得mg(L-x1)=mgyM代入数据解得x1=7 m故小物块在传送带上的位置横坐标范围0x7 m.答案:(1)1.25 m(2)12.5 J(3)0x7 m10.(20分)如

15、图所示,是一儿童游戏机的简化示意图,光滑游戏面板与水平面成一夹角,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),管道底端A位于斜面底端,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄P.经过观察发现:轻弹簧无弹珠时,其上端离B点距离为5R,将一质量为m的弹珠Q投入AB管内,设法使其自由静止,测得此时弹簧弹性势能Ep=mgRsin ,已知弹簧劲度系数k=.某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩,后释放手柄,弹珠Q经C点被射出,弹珠最后击中斜面底边上的某位置(图中未标出),根据击中位置的情况可以获得不同的奖励.假设所有轨道均光滑,忽

16、略空气阻力,弹珠可视为质点.直管道AB粗细不计.求:(1)调整手柄P的下拉距离,可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出,落在斜面底边上的不同位置,其中与A的最近距离是多少?(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R,求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大?(3)在(2)的运动过程中,弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少?解析:(1)当P离A点最近(设最近距离d)时,弹珠经C点速度最小,设这一速度为v0,弹珠经过C点时恰好对轨道无压力,mgsin 提供所需要的向心力.所以mgsin =m得v0=8R+R=gt2sin 解得t=x=v0t=3R,d=3R+R.(2)设弹珠落在斜面底边上离A的距离为10R时,经过C点时的速度为vC,离开C点后弹珠做类平抛运动,a=gsin 10R-R=vCt由(1)中得到t=vC=经C点时有FN+mgsin =m所以FN=mgsin 根据牛顿第三定律,弹珠Q对C点的压力FN与FN大小相等,方向 相反;所以,弹珠Q对轨道C点的压力大小FN=mgsin .(3)弹珠离开弹簧前,在平衡位置时,速度最大,设此时弹簧压缩量为x0,根据平衡条件有mgsin =kx0,则x0=取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程,根据系统机械能守恒,取平衡位置重力势能为零Ep+m=mg(6R+R)sin +m解得vm=.答案:(1)3R+R(2)mgsin (3)