2021 年高考物理二轮复习专练：力学中的功能关系一一 单项选择题单项选择题1.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为 100 kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的 0.02 倍， g 取 10 m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近()A.10 W B.100 W C.300 W D.500 W【解析】人骑车的速度大小约为 5 m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为 f0.02mg0.021 000 N20 N，此时的功率 PFvfv205 W100 W，B 项正确。【答案】B2.竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。如图所示，一小孩搓动质量为 20 g 的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是()A.0.2 J B.0.6 J C.1.0 J D.2.5 J【解析】地面到二层楼房顶的高度约为 6 m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得mghWf0 mv ，则122 0mv mgh0.02106 J1.2 J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初122 0动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于 1.2 J，选项 D 正确。【答案】D3.如图所示，质量为 m 的滑块从 h 高处的 a 点沿圆弧轨道 ab 滑入水平轨道 bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同滑块在 a、c 两点时的速度大小均为 v，ab 弧长与 bc 长度相等空气阻力不计，则滑块从 a 到 c 的运动过程中()A小球的动能始终保持不变B小球在 bc 过程克服阻力做的功一定等于 mgh12C小球经 b 点时的速度大于ghv2D小球经 b 点时的速度等于2ghv2【答案】C【解析】由题意知，在小球从 b 运动到 c 的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以 A 错误；从 a 到 c 根据动能定理：mghWf0 可得全程克服阻力做功 Wfmgh，因在ab 段、bc 段摩擦力做功不同，故小球在 bc 过程克服阻力做的功一定不等于，所以 Bmgh2错误；在 ab 段正压力小于 bc 段的正压力，故在 ab 段克服摩擦力做功小于在 bc 段克服摩擦力做功，即从 a 到 b 克服摩擦力做功 Wf，故 C 正确，D 错误1212ghv24.图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【答案】B【解析】由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项 A 错误，B 正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，选项 C、D 错误5.如图，一质量为 m、长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q缓慢地竖直向上拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 l。重力加速度大小为 g。在此过程13中，外力做的功为()A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl19161312【解析】由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了 ，则重力l6势能增加 Ep mg mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为 W mgl ，23l61919故选项 A 正确，B、C、 D 错误。【答案】A6.如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为 ，物块 a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块 b 相连，b 的质量为 m，开始时 a、b 及传送带均静止，且 a 不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在 b 上升 h 高度(未与滑轮相碰)过程中下列说法错误的是()A物块 a 重力势能减少 mghB摩擦力对 a 做的功大于 a 机械能的增加C摩擦力对 a 做的功小于物块 a、b 动能增加之和D任意时刻，重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等【答案】C【解析】由题意 magsin mg，则 ma.b 上升 h，则 a 下降 hsin ，则 a 重力势msin 能的减少量为 maghsin mgh，故 A 正确摩擦力对 a 做的功等于 a、b 机械能的增加量所以摩擦力对 a 做的功大于 a 的机械能增加量因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故 B 正确，C 错误任意时刻 a、b 的速率相等，对 b，克服重力的瞬时功率 Pbmgv，对 a 有：Pamagvsin mgv，所以重力对 a、b 做功的瞬时功率大小相等，故 D 正确故选 A、B、D.7.如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为 2R：bc 是半径为 R 的四分之一的圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（ ）A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到 c 点的速度大小为 vC，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F3R-mgR= mvc2，又 F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开 c 点后，在水平方向做12初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c 点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为 g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开 c 点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2，小球在水平方向的加𝑔𝑅速度 a=g，在水平方向的位移为 x= at2=2R。由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨12迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为 5R，则小球机械能的增加量E=F5R=5mgR，C 正确，ABD 错误。8.如图所示，长 1 m 的轻杆 BO 一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为 15 N 的物体 G，另一端 A 系于墙上，平衡时 OA 恰好水平，现将细线 A 端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为 15 N，则该过程中物体 G 增加的重力势能约为()A.1.3 J B.3.2 JC.4.4 J D.6.2 J【答案】A【解析】轻杆在 O 点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角。开始时，AO 绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是 45；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将 A 点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于 15 N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为 120 那么杆与竖直方向的夹角是 60；设杆的长度是 L.状态 1 时，AO 段绳子长度是 L1Lsin 45L，22滑轮 O 点到 B 点的竖直方向距离是 h1Lcos 45L，22状态 2，杆与竖直方向夹角是 60，这时杆与 AO 绳子夹角也是 60(AOB60)，即三角形 AOB 是等边三角形.所以，这时 AO 段绳子长度是 L2L；滑轮到 B 点的竖直距离是 h2Lcos 60 L，可见，后面状态与原来状态相比，物体12的位置提高的竖直高度是 h(h2h1)(L2L1)( LL)(LL)( )L.122222322重力势能的增加量 EpGhG( )L15 N( )1 m1.3 J.322322二二 不定项选择题不定项选择题1.(多选)如图，某质点沿直线运动的 vt 图象为余弦曲线，从图中可以判断()A.在 0 t1时间内，合力逐渐减小B.在 0 t 2 时间内，合力做正功C.在 t1 t2时间内，合力的功率先增大后减小D.在 t2 t4时间内，合力做的总功为零【解析】vt 图线斜率表示加速度，在 0 t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故 A 项错误；由动能定理知 0t2时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故B 项错误；t1时刻，F 最大，v0，F 的功率为 0。t2时刻 F0，速度最大，F 的功率为0，t1t2时间内，合力的功率先增大后减小，故 C 项正确；由动能定理知 t2t4时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 D 项正确。【答案】CD2.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为 ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图 a 所示)，以此时为 t0 时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。如图 b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小 v1v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是()A.若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，则 tan B.0t1内，传送带对物块做正功C.0t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在 t1t2内，物块向上运动，则有 mgcos mgsin ，得 tan ，故 A 正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0t1内，物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故 B 错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故 C 正确；0t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故 D 错误.4.(多选)如图所示，半径为 R 的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为 m 的小球 A、B 与轻杆连接，置于圆轨道上，A 位于圆心 O 的正下方，B 与 O 等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是()A.下滑过程中重力对 B 做功的功率先增大后减小B.当 B 滑到圆轨道最低点时，轨道对 B 的支持力大小为 3mgC.下滑过程中 B 的机械能增加D.整个过程中轻杆对 A 做的功为 mgR12【答案】AD【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为 0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故 A 正确；A、B 小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设 B 到达轨道最低点时速度为 v，根据机械能守恒定律得：(mm)v2mgR，解得：v，在最低点，根据牛顿第二定律得： FNmgm12gRv2R解得：FN2mg，故 B 错误；下滑过程中，B 的重力势能减小 EpmgR，动能增加量Ek mv2 mgR，所以机械能减小 mgR，故 C 错误；整个过程中对 A，根据动能定理得：121212W mv2 mgR，故 D 正确.12125.某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为 v，供水系统的效率为 ，现测量出桶底到出水管之间的高度差 H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为 S，水的密度为 ，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A出水口单位时间内的出水体积 QvSB出水口所出水落地时的速度2gHC出水后，手连续稳定按压的功率为Sv32vSgHD手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】AC【解析】由题意知，设流水时间为 t，则水柱长 vt，体积 QvtS，可得：单位时间内的出水体积 QvS，所以 A 正确；设落地的速度为 v1，根据动能定理 mgH mv mv2，122 112故水落地时的速度不等于，所以 B 错误；设 t 时间内，供水质量为 m，人做功为 W，2gH根据供水系统的效率为 可得：，其中 mvtS 代入得 P，mgH12mv2WSv32vSgH所以 C 正确，D 错误6.如图所示，质量为 M、长度为 L 的小车静止在光滑水平面上，质量为 m 的小物块(可视为质点)放在小车的最左端现用一水平恒力 F 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为 f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 x.此过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为 fxC小物块克服摩擦力所做的功为 f(Lx)D小物块和小车增加的机械能为 F(Lx)【答案】ABC【解析】小物块受到的合外力是 Ff，位移为 Lx，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(Ff)(Lx)，同理小车的动能也可由动能定理得出为 fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于 F(Lx)7.如图甲所示，一倾角为 37的传送带以恒定速度运行，现将一质量 m1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A物体与传送带间的动摩擦因数为 0.875B08 s 内物体位移的大小为 18 mC08 s 内物体机械能的增量为 90 JD08 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 126 J【答案】AC【解析】根据速度时间图像分析，前 6 秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为 a1 m/s2，根据物体在传送带上受力分析有 mgcos mgsin ma，整理得0.875，选项 A 正确.08 s 内物体位移等于前 8 秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移 x m14 m，选项 B 错误.08 s 内物体动能增加量为 mv2 mv 6 26 422 2212122 0J，重力势能增加 mgxsin 84 J，机械能增加量为 6 J84 J90 J，选项 C 正确摩擦生热分为三部分，第一部分为前 2 秒：Q1mgcos t114 J，第二部分为 26 s，摩擦生v02热 Q2mgcos t256 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运v2动，不产生热量，所以 08 s 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为 Q1Q270 J，选项D 错误8.将质量为 m 的小球在距地面高度为 h 处抛出，抛出时的速度大小为 v0，小球落到地面时的速度大小为 2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是()A小球克服空气阻力做的功小于 mghB重力对小球做的功等于 mghC合外力对小球做的功小于 mv2 0D重力势能的减少量等于动能的增加量【答案】AB【解析】从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为 mgh，所以选项 A、B 正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W合Ek m(2v0)2 mv mv mv ，选项 C 错误；12122 0322 02 0因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项 D 错误三三 非选择题非选择题1.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，自然状态时其右端位于 B点水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R0.8 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m10.4 kg的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点用同种材料、质量为 m20.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为 x6t2t2，物块飞离桌面后由 P 点沿切线落入圆轨道不计空气阻力g10 m/s2，求：(1)物块 m2过 B 点时的瞬时速度 v0及与桌面间的滑动摩擦因数；(2)BP 之间的水平距离； (3)判断 m2能否沿圆轨道到达 M 点(要有计算过程)；(4)释放后 m2运动过程中克服摩擦力做的功【答案】(1)6 m/s0.4(2)4.1 m(3)不能(4)5.6 J【解析】(1)由物块 m2过 B 点后其位移与时间的关系 x6t2t2与 xv0t at2比较得：12v06 m/s加速度 a4 m/s2而m2gm2a得 0.4(2)设物块由 D 点以 vD做平抛运动落到 P 点时其竖直速度为 vy2gR根据几何关系有：tan 45vyvD解得 vD4 m/s运动时间为：t s0.4 s2Rg1.610所以 DP 的水平位移为：40.4 m1.6 mBD 间位移为 xBD2.5 mv2 Dv2 02a所以 BP 间位移为 2.5 m1.6 m4.1 m(3)设物块到达 M 点的临界速度为 vM，有：m2gm2v2 MRvM2 m/sgR2由机械能守恒定律得：m2vM2 m2v m2gR12122 D22解得 vM m/s168 2因为2168 22所以物块不能到达 M 点(4)设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 Ep，释放 m1时，Epm1gxCB释放 m2时 Epm2gxCB m2v122 0且 m12m2可得：Epm2v 7.2 J2 0m2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 Wf则由能量转化及守恒定律得：EpWf m2v122 D可得 Wf5.6 J2.如图所示，倾角 30、长 L4.5 m 的斜面，底端与一个光滑的 圆弧轨道平滑连14接，圆弧轨道底端切线水平一质量为 m1 kg 的物块(可视为质点)从斜面最高点 A 由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端 B 后恰好能到达圆弧轨道最高点 C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的 D 点，再由 D 点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在 B 点已知物块与斜面间的动摩擦因数为 ，g10 m/s2，假设物块经过斜面36与圆弧轨道平滑连接处速率不变求：(1)物块经多长时间第一次到 B 点；(2)物块第一次经过 B 点时对圆弧轨道的压力；(3)物块在斜面上滑行的总路程【解析】(1)物块沿斜面下滑时，mgsin mgcos ma(2 分)解得：a2.5 m/s2(1 分)从 A 到 B，物块匀加速运动，由 L at2(1 分)12可得 t s(1 分)3 105(2)因为物块恰好到 C 点，所以到 C 点速度为 0.设物块到 B 点的速度为 v，则 mgR mv2(2 分)12Nmgm(1 分)v2R解得 N3mg30 N(1 分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为 N30 N，方向向下(1 分)(3)从开始释放至最终停在 B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为 s，则 mgLsin mgscos 0(3 分)解得 s9 m(1 分)【答案】(1) s(2)30 N，方向向下(3)9 m3 1053.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 x10 m 的水平直轨道，BCD 是圆心为 O、半径为 R10 m 的 圆弧轨道，两轨道相切于 B 点在外力作用下，一34小球从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达 B 点时撤除外力已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C，重力加速度为 g10 m/s2.求：(1)小球在 AB 段运动的加速度的大小；(2)小球从 D 点运动到 A 点所用的时间(结果可用根式表示) 【答案】(1)25 m/s2(2)() s53【解析】(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mgmv2 CR解得 vC10 m/sgR从 B 到 C 的过程中机械能守恒：mv mv mg2R122 B122 C解得 vB10 m/s5gR5从 AB 根据速度位移公式得：v 2ax2 B解得 a25 m/s2(2)从 C 到 D 的过程中机械能守恒：mv mv mgR122 D122 C解得 vD10 m/s3gR3由 C 到 B 再到 A 的过程机械能守恒，故 vAvB10 m/s5小球从 DA 做加速度为 g 的匀加速运动，由速度公式得：vAvDgt解得 t() s534.如图所示，高台的上面有一竖直的 圆弧形光滑轨道，半径 R m，轨道端点 B 的1454切线水平质量 M5 kg 的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端 A 由静止释放，离开 B 点后经时间 t1 s 撞击在斜面上的 P 点已知斜面的倾角 37，斜面底端 C 与 B 点的水平距离 x03 mg 取 10 m/s2，sin 37 0.6，cos 370.8，不计空气阻力(1)求金属滑块 M 运动至 B 点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块 M 离开 B 点时，位于斜面底端 C 点、质量 m1 kg 的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下由静止开始向上加速运动，恰好在 P 点被 M 击中已知滑块 m 与斜面间动摩擦因数 0.25，求拉力 F 大小；(3)滑块 m 与滑块 M 碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力 F，此时滑块 m 速度变为4 m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块 M，求滑块 m此后在斜面上运动的时间【答案】(1)150 N(2)13 N(3)(0.5) s72【解析】(1)从 A 到 B 过程，由机械能守恒定律得：MgR Mv122 B在 B 点，由牛顿第二定律得：FMgMv2 BR解得 F150 N由牛顿第三定律可知，滑块对 B 点的压力 FF150 N，方向竖直向下(2)M 离开 B 后做平抛运动水平方向：xvBt5 m由几何知识可知，m 的位移：s2.5 mxx0cos 37设滑块 m 向上运动的加速度为 a由匀变速运动的位移公式得：s at212解得 a5 m/s2对滑块 m，由牛顿第二定律得：Fmgsin 37mgcos 37ma解得 F13 N(3)撤去拉力 F 后，对 m，由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得 a8 m/s2滑块上滑的时间 t 0.5 sva上滑位移：s1 mv22a滑块 m 沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma解得 a4 m/s2下滑过程 ss at212解得 t s72滑块返回所用时间：ttt(0.5) s72