2019年高考物理一轮复习重点强化练4功能关系的综合应用新人教版.doc

1、【 精品教育资源文库 】 重点强化训练 (四 ) 功能关系的综合应用 (限时： 45 分钟 ) 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

2、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

3、中，下列说法中错误的是 ( ) A物体的动能增加了 4mgh5 【 精品教育资源文库 】 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 Ek 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

4、 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 E 减 mgR 12mv2 12mgR，故选项 B 错误；合外力做功 W 合 12mv2 12mgR，故选项

5、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 【 精品教育资源文库 】 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 ，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

6、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 mg s 相 ， s 相 vt v2t， v gt ，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

7、 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 E 12mv20 122 m 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 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

8、动至停止，则滑块从放上去到最后【 精品教育资源文库 】 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 12gt 2 4 m，传送带的位移 x2 vt 8 m，相对位移 x 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

9、生的热量为 Q mg x 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 0.7

10、50.5，即 mgsin mg cos ，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

11、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【 精品教育资源文库 】 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Wf112mgh，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 v2mgh，解得 v

12、2 gh，综上可得 2 ghv 5gh，而根据牛顿第二定律得 FN mg mv22h，解得 3mgFN3.5mg，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 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) ( )

13、 【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【 精品教育资源文库 】 的压缩量为 x，对 A 有 mgsin k x，即 x mgsin k ，当物块

14、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 k(6 m mgsin k )，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 x ，则由牛顿第二定律可得 F mgsin k x ma，又 x 6 m mgsin k ，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 Ep WF mgxsin EkA，因 WF mgxsin 360 J 72 J 288 J，故选项 D错误 二、非选择题 (共

15、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 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 ； (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 E Ek Ep 12mv20 mglADsin 37°