2019人教版高三物理重点强化练4功能关系的综合应用含解析

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2019人教版高三物理重点强化练4功能关系的综合应用含解析

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文章来源
莲山 课件 w ww.5 Y
K J.CO
M 重点强化训练(四) 功能关系的综合应用
(限时:45分钟)
(对应学生用书第297页)
一、选择题(共10小题,每小题6分,1~6题为单选题,7~10题为多选题)
1.自然现象中蕴藏着许多物理知识,如图1所示为一个盛水袋,某人从侧面缓慢推袋壁使它变形,则水的势能(  )
 
图1
A.增大       B.变小
C.不变   D.不能确定
A [人缓慢推水袋,对水袋做正功,由功能关系可知,水的重力势能一定增加,A正确.]
2.起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动.一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中,他的重心上升了h,离地时他的速度大小为v.下列说法正确的是(  )
【导学号:84370241】
A.该同学机械能增加了mgh
B.起跳过程中该同学机械能增量为mgh+12mv2
C.地面的支持力对该同学做功为mgh+12mv2
D.该同学所受的合外力对其做功为12mv2+mgh
B [学生重心升高h,重力势能增大了mgh,又知离地时获得动能为12mv2,则机械能增加了mgh+12mv2,A错、B对;人与地面作用过程中,支持力对人做功为零,C错;学生受合外力做功等于动能增量,则W合=12mv2,D错.]
3.质量为m的物体,由静止开始下落,由于阻力作用,下落的加速度为4g5,在物体下落h的过程中,下列说法中错误的是(  )
A.物体的动能增加了4mgh5
B.物体的机械能减少了4mgh5
C.物体克服阻力所做的功为mgh5
D.物体的重力势能减少了mgh
B [根据动能定理可知,动能增加量为ΔEk=F合h=mah=4mgh5,选项A说法正确;物体所受的阻力f=mg-ma=mg5,则物体的机械能减少量等于克服阻力做的功,即mgh5,选项B说法错误,选项C说法正确;物体的重力势能减少量等于重力做的功,即mgh,故选项D说法正确.]
4. 如图2所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(  )
 
图2
A.重力做功2mgR
B.机械能减少mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功12mgR
D [小球到达B点时,恰好对轨道没有压力,只受重力作用.根据mg=mv2R得,小球在B点的速度v=gR.小球从P到B的运动过程中,重力做功W=mgR,故选项A错误;减少的机械能ΔE减=mgR-12mv2=12mgR,故选项B错误;合外力做功W合=12mv2=12mgR,故选项C错误;根据动能定理得,mgR-Wf=12mv2-0,所以Wf=mgR-12mv2=12mgR,故选项D正确.]
5. 如图3所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动,现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端,已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ,为保持木板的速度不变.从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中,须对木板施一水平向右的作用力F,那么力F对木板做功的数值为(  )
【导学号:84370242】
 
图3
A.mv24   B.mv22
C.mv2   D.2mv2
C [由能量转化和守恒定律可知,拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能,一部分转化为系统内能,故W=12mv2+μmg·s相,s相=vt-v2t,v=μgt,以上三式联立可得:W=mv2,故C正确.]
6.如图4甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面.由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(  )
 
甲               乙
图4
A.木板获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
D [由图象可知,A、B的加速度大小都为1 m/s2,根据牛顿第二定律知二者质量相等,木板获得的动能为1 J,选项A错误;系统损失的机械能ΔE=12mv20-12·2m·v2=2 J,选项B错误;由v­t图象可求出二者相对位移为1 m,所以C错误;分析B的受力,根据牛顿第二定律,可求出μ=0.1,选项D正确.]
7.将一质量为1 kg的滑块轻轻放置于传送带的左端,已知传送带正以4 m/s的速度顺时针运行,滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2,传送带左右距离无限长,当滑块放上去2 s时,突然断电,传送带以1 m/s2的加速度做匀减速运动至停止,则滑块从放上去到最后停下的过程中,下列说法正确的是(  )
【导学号:84370243】
 
图5
A.前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 J
B.前2 s传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为16 J
C.2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为8 J
D.2 s后传送带与滑块之间因摩擦力所产生的热量为0
AD [前2 s,滑块的位移x1=12μgt2=4 m,传送带的位移x2=vt=8 m,相对位移Δx=x2-x1=4 m,2 s后滑块随传送带一起做匀减速运动,无相对位移,整个过程中传送带与滑块之间因摩擦力而产生的热量为Q=μmg·Δx=8 J,选项A、D正确.]
8.三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列判断正确的是(  )
 
图6
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B均做负功
D.物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量
BCD [因tan 37°=0.75>0.5,即mgsin θ>μmgcos θ,故A、B都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等,故会同时到达底端,选项A错误,B、C正确;因A物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据Q=Ffx相对,A物块下滑产生的热量要小于B物块下滑产生的热量,故选项D正确.]
9.(2018·龙岩模拟)如图7所示,在竖直平面内有一V形槽,其底部BC是一段粗糙圆弧槽,其半径R=2h,两侧都与光滑斜槽相切,切点B、C位于同一水平线上,该水平线离最低点的高度为h.质量为m的物块(可视为质点)从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑,经圆弧槽后滑上左侧斜槽,最高能到达距BC面高度为h的D点,接着物块再向下滑回.若不考虑空气阻力,已知重力加速度为g,则物块第一次通过最低点时对槽的压力大小可能为(  )
 
图7
A.2.5mg   B.3.2mg
C.3.3mg   D.3.5mg
BC [设物块从B到C克服摩擦所做的功为Wf,则根据功能关系可得Wf= mgh,因为物块从B运动到最低点的过程中对圆弧槽的压力较大,所以克服摩擦力所做的功Wf1>12mgh,设物块第一次到达最低点的速度为v,则根据动能定理可得3mgh-Wf1=12mv2,解得v<5gh,若要物块从最低点继续运动到D点,则要12mv2>2mgh,解得v>2gh,综上可得2gh<v<5gh,而根据牛顿第二定律得FN-mg=mv22h,解得3mg<FN<3.5mg,B、C正确.]
10.如图8所示,质量M=4 kg的物块B与质量m=2 kg的物块A间用一轻质弹簧连接后,置于一倾角θ=37°且足够长的固定光滑斜面上,C为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板,整个装置处于静止状态.现用一平行于斜面向上、大小恒为F=60 N的拉力作用在物块A上,并使其沿斜面向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为x=6 m,则(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)
(  )
【导学号:84370244】
 
图8
A.此时物块A动能的增加量为360 J
B.该轻弹簧的劲度系数为6 N/m
C.此时物块A的加速度大小为12 m/s2
D.整个过程中弹簧弹性势能的增加量为300 J
BC [在物块A向上运动6 m的过程中,拉力F做的功为WF=Fx=360 J,由能量守恒定律可知,拉力F做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,所以物块A动能的增加量小于360 J,选项A错误;当物块A静止不动时,设弹簧的压缩量为Δx,对A有mgsin θ=kΔx,即Δx=mgsin θk,当物块A运动的距离为x=6 m时,物块B刚要离开挡板C,对物块B进行受力分析可知Mgsin θ=k(6 m-mgsin θk),代入数据可解得k=6 N/m,选项B正确;当物块A运动的距离为x=6 m时,设物块A运动的加速度大小为a,弹簧的伸长量为Δx′,则由牛顿第二定律可得F-mgsin θ-kΔx′=ma,又Δx′=6 m-mgsin θk,两式联立并代入数据可解得a=12 m/s2,选项C正确;由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量ΔEp=WF-mgxsin θ-ΔEkA,因WF-mgxsin θ=360 J-72 J=288 J,故选项D错误.]
二、非选择题(共2小题,共40分)
11.(18分)如图9所示,一物体质量m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s下滑,A点距弹簧上端B的距离AB=4 m.当物体到达B点后将弹簧压缩到C点,最大压缩量BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D点,D点距A点的距离AD=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,求:
 
图9
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
[解析](1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹性势能没有发生变化,动能和重力势能减少,机械能的减少量为
ΔE=ΔEk+ΔEp=12mv20+mglADsin 37° ①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q=Ffx ②
其中x为物体的路程,即x=5.4 m ③
Ff=μmgcos 37° ④
由能量守恒定律可得ΔE=Q ⑤
由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
(2)由A到C的过程中,动能减少
ΔE′k=12mv20 ⑥
重力势能减少ΔE′p=mglACsin 37°⑦
摩擦生热Q=FflAC=μmgcos 37°lAC⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
Epm=ΔE′k+ΔE′p-Q ⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得Epm≈24.5 J.
[答案](1)0.52 (2)24.5 J
12.(22分)(2018·徐州模拟)某电视娱乐节目装置可简化为如图10所示模型.倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触,传送带BC长L=6 m,始终以v0=6 m/s的速度顺时针运动.将一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m的A点静止滑下,物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5,μ2=0.2,传送带上表面距地面的高度H=5 m.g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.
 
图10
(1)求物块由A点运动到C点的时间;
(2)若把物块从距斜面底端高度h2=2.4 m处静止释放,求物块落地点到C点的水平距离;
(3)求物块距斜面底端高度h满足什么条件时,将物块静止释放均落到地面上的同一点D.
【导学号:84370245】
[解析](1)A到B过程由牛顿第二定律得:
mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1
h1sin θ=12a1t21
代入数据解得:a1=2 m/s2,t1=3 s
所以物块滑到B点的速度:
vB=a1t1=2×3 m/s=6 m/s
物块在传送带上匀速运动到C的时间:
t2=Lv0=66 s=1 s
所以物块由A到C的时间:t=t1+t2=3 s+1 s=4 s.
(2)在斜面上根据动能定理得:
mgh2-μ1mgcos θh2sin θ=12mv2
解得:v=4 m/s<6 m/s
设物块在传送带上先做匀加速运动到v0,运动位移为x
则:
a2=μ2mgm=μ2g=2 m/s2
v20-v2=2a2x,x=5 m<6 m
所以物块先做匀加速直线运动,然后和传送带一起匀速运动,离开C点做平抛运动,则:x′=v0t0,H=12gt20
解得:x′=6 m.
(3)因物块每次均抛到同一点D,由平抛运动规律可知物块到达C点时速度必须有vC=v0
①当离传送带高度为h3时物块滑上传送带后一直做匀加速运动,则:
mgh3-μ1mgcos θh3sin θ+μ2mgL=12mv20
解得:h3=1.8 m.
②当离传送带高度为h4时物块滑上传送带后一直做匀减速运动,则:
mgh4-μ1mgcos θh4sin θ-μ2mgL=12mv20
解得:h4=9.0 m,所以当离传送带高度在1.8~9.0 m的范围内均能满足要求
即1.8 m≤h≤9.0 m.
[答案](1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m 文章来源
莲山 课件 w ww.5 Y
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