2021高考物理(山东专用)二轮训练-专题二-功和能2-5-Word版含解析.docx

专题二 功和能
第5讲　功能关系在力学中的应用

一、选择题(共9小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．)
1． 如图2－5－16甲所示，电梯中将重物放在压力传感器上，电梯竖直向上运行，传感器测出支持力F随高度h变化的图象如图乙所示，则0～4 m的这一过程支持力对重物做的总功为
(　　)

图2－5－16
A．135 J B．160 J C．180 J D．200 J
解析　支持力对重物做的总功为W总＝40×1 J＋45×2 J＋50×1 J＝180 J．只有选项C正确．
答案　C
2．(2022·安徽卷，15)如图2－5－17所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线．已知一小球从M点动身，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0动身，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则
(　　)

图2－5－17
A．v1＝v2 ，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2
C．v1＝v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
解析　由机械能守恒定律得，小球两次到达N点速率相同，即v1＝v2，画出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率－时间图象如右图中Ⅰ、Ⅱ所示．则图线与坐标轴所围成的“面积表示小球的路程，两次的路程相等，故t1>t2，选项A正确．
答案　A
3．(2022·长春调研)如图2－5－18所示，水平地面上固定一个光滑轨道ABC，该轨道由两个半径均为R的圆弧、平滑连接而成，O1、O2分别为两段圆弧所对应的圆心，O1O2的连线竖直，现将一质量为m的小球(可视为质点)由轨道上A点静止释放，则小球落地点到A点的水平距离为
(　　)

图2－5－18
A．2R B.R C．3R D.R
解析　由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至其次个四分之一圆轨道顶端时的速度大小为v＝，方向水平向右．在其次个四分之一圆轨道顶端的临界速度v0＝，由于v＞v0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A点的水平距离为3R，所以选项C正确．
答案　C
4．(2022·广东卷，16)如图2－5－19所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板， 楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中
(　　)

图2－5－19
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫板的动能全部转化为内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
解析　由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C错误；而弹簧弹性势能也转化为动能和内能，故D错误．
答案　B
5．(2022·山东齐鲁名校联测)如图2－5－20所示为与水平地面夹角为θ的斜面，从斜面底端a向上有三个等间距点b1、b2和b3，即ab1＝b1b2＝b2b3.小滑块P以初速度v0从a动身，沿斜面对上运动．若斜面与滑块间无摩擦，则滑块到达b3位置刚好停下，而后下滑．若斜面ab1部分与滑块间有摩擦，其余部分与滑块间无摩擦，则滑块上滑到b2位置刚好停下，而后下滑，此后滑块
(　　)

图2－5－20
A．下滑到b1位置时速度大小等于v0
B．下滑到b1位置时速度大小等于v0
C．回到a端时速度大小等于v0
D．回到a端时速度大小等于v0
解析　设每段距离为x，则斜面与滑块间无摩擦时，滑块从a到b3有，mgsin θ·3x＝mv，有摩擦力时，滑块从b2到b1有，mgsin θ·x＝mv，则v1＝v0，选项A正确；有摩擦力时，滑块从a到b2有，mgsin θ·2x＋f·x＝mv，则f＝mgsin θ，滑块从b1到a做匀速直线运动，选项C正确．
答案　AC
6．(2022·贵州六校联考)一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是
(　　)
A．动能增加mgh
B．重力做负功mgh
C．机械能损失了－mgh
D．物体克服摩擦力做功mgh
解析　假设物体受到的摩擦力为Ff，依据牛顿其次定律可得Ff＋mgsin 30°＝ma，将a＝g代入求得Ff＝mg.当此物体在斜面上上升的最大高度为h时，依据动能定理可得，物体动能增加为负值，选项A错误；物体竖直上上升度h时，重力做负功mgh，选项B正确；机械能的损失等于物体克服摩擦力做的功，为mgh，选项C错误；物体克服摩擦力做功mgh，选项D正确．
答案　BD
7．(2022·合肥模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s.从今刻开头在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图2－5－21甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10 m/s2)
(　　)

图2－5－21
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析　由图甲得F1＝1 N，F2＝3 N，由图乙知2 s内滑块的加速度不变，即为a＝ m/s2＝1 m/s2，依据牛顿其次定律有F1＋f＝ma，F2－f＝ma，而f＝μmg，解得f＝1 N，μ＝0.05，m＝2 kg，选项A、B均错误；由v－t图象面积法得第1 s内滑块的位移s1＝×(－1)×1 m＝－0.5 m，第1 s内摩擦力对滑块做功为W1＝－f·|s1|＝－0.5 J，选项C错误；第2 s内力F的平均功率为F2·＝3× W＝1.5 W，选项D正确．
答案　D
8. 如图2－5－22所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则
(　　)

图2－5－22
A．小球在B点动能小于mgh
B．由A到B小球重力势能削减mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－
解析　小球由A到B，高度减小h，重力做功mgh，重力势能削减mgh，弹簧伸长，弹性势能增加，故小球在B点动能小于mgh，由机械能守恒得mgh＝mv2＋Ep，可得Ep＝mgh－mv2，小球克服弹力做功应小于mgh，故B、C错误，A、D正确．
答案　AD
9. (2022·山东潍坊市一模)如图2－5－23所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开头时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中
(　　)

图2－5－23
A．a的加速度为
B．a的重力势能增加mgh
C．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加
D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加
解析　由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：
FT＝mg，FT＝magsin θ.
即：mg＝magsin θ①
ΔEpa＝maghsin θ②
由①②得：ΔEpa＝mgh选项B正确．
当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于，选项A错误；对物块a、b分别由动能定理得：
WFT－magsin θ·h＋Wf＝ΔEka③
WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④
由①③④式可知，选项C错、D对．
答案　BD
二、非选择题
10．(2022·山东青岛质检)如图2－5－24所示，质量为m的小物块从高为h的坡面顶端由静止释放，滑到粗糙的水平台上，滑行距离l后，以v＝1 m/s的速度从边缘O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点．以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板外形满足方程y＝x2－6(单位：m)，小物块质量m＝0.4 kg，坡面高度h＝0.4 m，小物块从坡面上滑下时克服摩擦力做功1 J，小物块与平台表面间的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10 m/s2.求：

图2－5－24
(1)小物块在水平台上滑行的距离l；
(2)P点的坐标．
解析　(1)对小物块，从释放到O点过程中由动能定理可得：
mgh－Wf－μmgl＝mv2
则：l＝
代入数据解得：l＝1 m
(2)小物块从O点抛出后做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，则由平抛运动的规律可得：
y＝－gt2①
x＝vt②
由①②解得小物块的轨迹方向y＝－5x2③
又由于y＝x2－6④
由③④得：x＝1 m，y＝－5 m
所以P点坐标为(1 m，－5 m)
答案　(1)1 m　(2)(1 m，－5 m)
11．如图2－5－25所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带抱负连接，传送带长L＝4.0 m，电动机带动皮带轮沿顺时针方向转动，传送带以速率v＝3.0 m/s匀速运动．质量为m＝1.0 kg的滑块置于水平导轨上，将滑块向左移动压缩弹簧，后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后以速度v0＝2.0 m/s滑上传送带，并从传送带右端滑落至地面上的P点．已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，g＝10 m/s2.

图2－5－25
(1)假如水平传送带距地面的高度为h＝0.2 m，求滑块从传送带右端滑出点到落地点的水平距离是多少？
(2)假如转变弹簧的压缩量，重复以上的试验，要使滑块总能落至P点，则弹簧弹性势能的最大值是多少？在传送带上最多能产生多少热量？
解析　(1)滑块滑上传送带后由μmg＝ma，
得加速度a＝μg＝2 m/s2
设滑块从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t.由v＝v0＋at，得t＝0.5 s
在时间t内滑块的位移为x＝v0t＋at2＝1.25 m＜L
故滑块在传送带上加速到与传送带速度相等后匀速从右端滑出
依据平抛运动规律有h＝gt′2，xP＝vt′，
解得xP＝0.6 m.
(2)滑块滑上传送带的初速度假如增大，要使滑块从传送带右端平抛的水平位移不变，而滑块滑上传送带的速度达到最大，则应满足滑块经过传送带减速运动到右端时，速度恰好为v＝3 m/s
由v2－v0′2＝2(－a)L，
解得v0′＝5 m/s
故弹簧的最大弹性势能为Epm＝mv0′2＝12.5 J
在这种状况下滑块与传送带的相对路程最大，产生的热量最多，设相对路程为L′，则L′＝L－v·＝1 m
则最多能产生的热量为Qm＝μmgL′＝2 J.
答案　(1)0.6 m　(2)2 J
12．(2022·福建卷，21)图2－5－26为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．

图2－5－26
(1)若游客从A点由静止开头滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下恰好停在B点，又因受到微小扰动，连续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
解析　(1)游客从B点做平抛运动，有：2R＝vBt，①
R＝gt2②
联立①②式，解得：vB＝③
从A到B，依据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
解得：Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受支持力为N，从B到P由机械能守恒可得：
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，依据向心力公式，有：mgcos θ－N＝m⑦
N＝0，⑧
cos θ＝⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得：h＝R⑩
答案　(1)　－(mgH－2mgR)　(2)R