2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第5讲-功能关系在力学中的应用.docx

第5讲功能关系在力学中的应用1. (2022江苏卷，3)如图251所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力的瞬时功率变化状况是()A渐渐增大 B渐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大图251解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发觉小球在竖直方向分速度渐渐增大，重力的瞬时功率也渐渐增大，则拉力的瞬时功率也渐渐增大，A项正确答案A2. (2021江苏单科，5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等碰撞过程的频闪照片如图252所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()A30% B50% C70% D90%图252解析由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为：x16 mm、x1x23.5 mm，设照片的放大率为k、闪光周期为T，则有0.319，故A正确答案A3(多选)(2021江苏卷，9)如图253所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)物块的质量为m，ABa，物块与桌面间的动摩擦因数为.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零重力加速度为g.则上述过程中()图253A物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaB物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能解析由于摩擦力的存在，O点距离B点较近，即xOBxOA ，从O点到A点由动能定理得到：WmgxOAW弹 0，W弹 EpA，则有EpA WmgxOAa，则EpB Wmga，B项正确，从O到A再到O过程： W2mgxOA EkO则EkO4WF1，Wf22Wf1 BWF24WF1, Wf22Wf1CWF24WF1，Wf22Wf1 DWF24WF1, Wf22Wf1解析两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为12，则由vat可知两次的加速度之比为12，故两次的平均速度分别为、v，两次的位移之比为，由于两次的摩擦阻力相等，故由Wffx可知，Wf22Wf1；，由于W合WFWf，故WFW合Wf；WF2W合2Wf24W合12Wf1t2，选项A正确答案A3(2022南通市、扬州市、泰州市、宿迁市高三其次次调研)某同学用如图2519所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，登记木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点在木块槽中加入一个质量m0200 g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍旧在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点测得AB1、AB2长分别为36.0 cm和12.0 cm，则木块的质量m为()图2519A100 g B200 g C300 g D400 g解析两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W弹mgAB10，加上砝码m0时，有W弹(mm0)gAB20，解得m100 g，选项A正确答案A4.图2520(2022广东卷，16)如图2520所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中和为楔块，和为垫板， 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()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B5轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m0.5 kg的物块相连，如图2521甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的状况如图乙所示物块运动至x0.4 m处时速度为零则此时弹簧的弹性势能为(g10 m/s2)()图2521A3.1 J B3.5 J C1.8 J D2.0 J解析物块与水平面间的滑动摩擦力为fmg1 NFx图线与x轴包围的面积表示功，可知物块从静止到运动至x0.4 m时F做功W3.5 J，物块克服摩擦力做功Wffx0.4 J由功能关系可知，WWfEp，此时弹簧的弹性势能为Ep3.1 J，选项A正确答案A6(2022合肥模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0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2522甲和图乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g10 m/s2)()图2522A滑块的质量为0.5 kgB滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C第1 s内摩擦力对滑块做功为1 JD第2 s内力F的平均功率为1.5 W解析由图甲得F11 N，F23 N，由图乙知2 s内滑块的加速度不变，即为a m/s21 m/s2，依据牛顿其次定律有F1fma，F2fma，而fmg，解得f1 N，0.05，m2 kg，选项A、B均错误；由vt图象面积法得第1 s内滑块的位移s1(1)1 m0.5 m，第1 s内摩擦力对滑块做功为W1f|s1|0.5 J，选项C错误；第2 s内力F的平均功率为F23 W1.5 W，选项D正确答案D二、多项选择题7(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mghB重力做负功mghC机械能损失了mghD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Ffmgsin 30ma，将ag代入求得Ffmg.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BD8(2022淮安市高三考前信息卷)图2523如图2523所示，有一半径rm的圆柱体绕竖直轴OO以角速度8 rad/s匀速转动，今用水平力F把质量m1.2 kg的物体A压在圆柱体的侧面，由于受挡板上竖直光滑槽的作用，物体A在水平方向上不能随圆柱体转动，而以v01.8 m/s的速率匀速下滑已知物体A与圆柱体间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2.下列说法中正确的有()A圆柱体对A的摩擦力大小为20 NB水平力F大小为48 NC圆柱体转动一周过程中克服摩擦力做功为9.6 JD圆柱体转动一周过程中，物体A克服摩擦力做功为5.4 J解析由于物体A匀速下滑，由共点力平衡条件可知，圆柱体对A在竖直方向的摩擦力等于f1G12 N，同时在水平方向受到大小为f212 N的滑动摩擦力，因此，圆柱体对A的摩擦力大小为f12 N，A错；由f1FN可知，由于FNF，水平力F48 N，B对；圆柱体转动一周过程中，物体所受水平方向摩擦力的作用点相对大地的位移为零，圆柱体克服摩擦力做功为零，C错；在竖直方向，物体下降的距离为svtv，克服摩擦力的功为WWff2s5.4 J，D对答案BD9.图2524(2022山东潍坊市一模)如图2524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()Aa的加速度为Ba的重力势能增加mghC绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加DF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：FTmg，FTmagsin .即：mgmagsin EPamaghsin 由得：EPamgh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：WFTmagsin hWfEkaWFWFTmghEkb由式可知，选项C错、D对答案BD三、非选择题10.图2525(2022常州市训练学会同学学业水平监测)如图2525所示是一个模拟风洞中的小试验，空气压缩机在风洞可形成竖直向上的均匀气流将质量m2 kg的圆球套在与水平面成37角的细直杆上，直杆固定不动，球内壁与杆间动摩擦因数0.5.将此装置置于风洞中，气流可对球施加竖直向上的恒力F，某时刻由静止释放小球，经过t1 s，小球通过的位移大小为s0.5 m取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求小球运动的加速度大小；(2)求恒力F的大小；(3)求运动1 s内，小球机械能的变化量E.解析(1)小球做匀加速运动，a1 m/s2(2)若小球向下运动，F1mg，由牛顿其次定律有(mgF1)sin 37(mgF1)cos 37ma代入数据得，F110 N若小球向上运动，F2mg，由牛顿其次定律(F2mg)sin 37 (F2mg)cos 37ma代入数据得，F230 N(3)若小球沿杆向下运动f1(mgF1)cos 374 NEF1ssin 37f1s5 J若小球沿杆向上运动f1(F2mg)cos 374 NEF2ssin 37f2s7 J答案(1)1 m/s2(2)30 N(3)5 J或7 J11如图2526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L4.0 m，电动机带动皮带轮沿顺时针方向转动，传送带以速率v3.0 m/s匀速运动质量为m1.0 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v02.0 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0.20，g10 m/s2.图2526(1)假如水平传送带距地面的高度为h0.2 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mgma，得加速度ag2 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vv0at，得t0.5 s在时间t内滑块的位移为xv0tat21.25 mL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hgt2，xPvt，解得xP0.6 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v3 m/s由v2v022(a)L，解得v05 m/s故弹簧的最大弹性势能为Epmmv0212.5 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LLv1 m则最多能产生的热量为QmmgL2 J.答案(1)0.6 m(2)2 J12(2022南通市、扬州市、泰