2019届二轮复习 功能关系的理解与应用 作业 (全国通用)
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第5讲功能关系的理解与应用1．(2018·北京市大兴区上学期期末)小宇同学家住在创新公寓18层，他每天都得乘坐升降电梯上下楼，则在某一次从一楼乘电梯回家的整个过程中()A．受到的支持力的大小始终等于重力B．所受支持力先做正功，后做负功C．只经历了超重过程D．既经历了超重过程，又经历了失重过程答案 D解析小宇从一楼乘电梯回家的整个过程中，先加速上升，此过程超重，受到的支持力的大小大于重力；然后匀速上升，受到的支持力的大小等于重力；最后减速上升，此过程失重，受到的支持力的大小小于重力；整个过程中支持力均做正功，则选项D正确，A、B、C错误．2.(2018·江西师范大学附中三模)如图1所示，质量相等的A、B两物体在同一水平线上．当A 物体被水平抛出的同时，B物体开始自由下落(空气阻力忽略不计)，曲线AC为A物体的运动轨迹，直线BD为B物体的运动轨迹，两轨迹相交于O点，则两物体()图1A．经O点时速率相等B．在O点具有的机械能一定相等C．在O点相遇D．在O点时重力的功率一定不相等答案 C解析 A 到达O 点的速率v A ＝v 02＋(gt )2>gt ，B 到达O 点的速率v B ＝gt ，知A 到达O 点的速率大于B 到达O 点的速率，故A 错误．在O 点它们具有相同的重力势能，又v A ＞v B ，即A 的动能大于B 的动能，所以A 的机械能大于B 的机械能，故B 错误．二者在竖直方向都做自由落体运动，由h ＝12gt 2可知竖直方向的位移相等时所用的时间一定是相等的，所以二者一定是同时到达O 点，即在O 点相遇，故C 正确．二者到达O 点的时间相等，由P G ＝mg ·gt 可知，在到达O 点时重力的瞬时功率一定相等，故D 错误．3．(多选)(2018·福建省宁德市上学期期末)一辆CRH2型动车组的总质量M ＝2.0×105 kg ，额定输出功率为4 800 kW.假设该动车组在水平轨道上运行时的最大速度为270 km/h ，受到的阻力F f 与速度v 满足F f ＝k v ，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( ) A ．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104 N B ．从题中给出的数据可算出k ＝1.0×103 N·s/mC ．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104 ND ．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW 答案 AD解析 由题知，最大速度为v m ＝270 km /h ＝75 m/s ， 根据P ＝F v ，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为F ＝P v m ＝4 800×10375N ＝6.4×104 N ，故A 正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大， 则有：F ＝F f ＝k v m ，解得k ＝F m ＝6.4×10475 N·s /m ≈853.3 N ·s/m ，故B 错误；当匀速行驶的速度为v ＝v m2时，则有：F f ′＝k v ＝853.3×752 N ≈3.2×104 N ，此时牵引力F ′＝F f ′＝3.2×104 N ， 此时的输出功率P ′＝F ′v ＝3.2×104×752 W ＝1 200 kW ，故C 错误，D 正确．4．(2018·四川省攀枝花市一模)一辆汽车在平直公路上匀速行驶，在t 1时刻突然将汽车的功率减小一半，并保持该功率继续行驶，到t 2时刻汽车又开始匀速行驶．若汽车所受阻力保持不变，则从t 1到t 2的过程中，汽车的( )A ．速度增加，加速度减小B ．速度减小，加速度增加C ．速度减小，加速度减小D ．速度增加，加速度增加 答案 C解析 t 1时刻之前功率为P ，由于做匀速直线运动，所以牵引力F 等于阻力F f ，当汽车的功率突然减小一半，由于速度来不及变化，根据P ＝F v 知，此时牵引力减小为原来的一半，则F ′＝F2<F f ，此时a ＝F ′－F f m <0，即加速度a 与运动方向相反，汽车开始做减速运动，速度减小，根据P2＝F ′v 可知速度减小又导致牵引力增大，根据牛顿第二定律，知加速度减小，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减小到0，又做匀速直线运动，由此可知在t 1～t 2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小，速度逐渐减小，故C 正确．5.(多选)(2018·山东省临沂市上学期期中)如图2所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，杆的竖直部分光滑，两部分各套有质量均为1 kg 的小球A 和B ，A 、B 间用细绳相连，A 与水平杆之间的动摩擦因数μ＝0.2，初始A 、B 均处于静止状态，已知：OA ＝3 m ，OB ＝4 m ．若A 球在水平拉力F 的作用下向右缓慢地移动1 m(取g ＝10 m/s 2)，那么该过程中( )图2A ．小球A 受到的摩擦力大小为7.5 NB ．小球B 上升的距离为1 mC ．拉力F 做功为12 JD ．拉力F 做功为14 J 答案 BD解析 对AB 整体受力分析，受拉力F 、重力G 、支持力F N 、向左的摩擦力F f 和向左的弹力F N1，如图，根据共点力平衡条件，竖直方向有：F N ＝(m 1＋m 2)g ，水平方向：F ＝F f ＋F N1，其中F f ＝μF N ， 解得F N ＝20 N ，F f ＝4 N ，A 错误； 移动前，绳长L ＝32＋42 m ＝5 m ， A 球移动1 m 后，OA 长变为4 m ， 故OB 长为l ＝52－42 m ＝3 m ， 所以小球B 上升了1 m ，B 正确；对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得 W F －F f s －m 2gh ＝0，故有W F ＝F f s ＋m 2gh ＝4×1＋1×10×1 J ＝14 J ，C 错误，D 正确．6．(2018·广东省惠州市第三次调研)质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度，从起点A 由静止竖直向上抛出，在它上升到某一点的过程中，物体的动能损失了50 J ，机械能损失了10 J ，设物体在上升、下降过程中空气阻力大小恒定，则该物体在落回到A 点的动能为(g ＝10 m/s 2)( )A ．40 JB ．60 JC ．80 JD ．100 J 答案 B7.(多选)(2018·广东省揭阳市一模)如图3，第一次，小球从粗糙的14圆形轨道顶端A 由静止滑下，到达底端B 的速度为v 1，克服摩擦力做功为W 1；第二次，同一小球从底端B 以v 2冲上14圆形轨道，恰好能到达A 点，克服摩擦力做功为W 2，则( )图3A ．v 1可能等于v 2B ．W 1一定小于W 2C ．小球第一次运动机械能变大了D ．小球第一次经过圆弧某点C 的速率小于它第二次经过同一点C 的速率 答案 BD8．(多选)(2018·山东省临沂市一模)如图4所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上，另一端与质量为m 的物块A 相连，弹簧与斜面平行．整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )图4A ．物块A 的重力势能增加量一定等于mghB ．物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C ．物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D ．物块A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块A 的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和 答案 CD解析 物块A 开始受重力、支持力、弹簧的弹力处于平衡状态．当具有向上的加速度时，合力向上，弹簧弹力和支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力增大，物块A 相对于斜面向下运动，物块A 上升的高度小于h ，所以重力势能的增加量小于mgh ，故A 错误；由动能定理知物块A 的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和物块的重力对其做功的和，故B 错误；物块A 机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力对其做功的代数和，故C 正确；物块A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块A 的支持力和B 对弹簧的拉力做功的和，故D 正确．9．(2018·福建省泉州市考前适应性模拟)一辆汽车在平直的道路上从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列给出的四个关系图象中，W 表示牵引力对汽车做的功，E k 、t 和x 分别表示汽车运动的动能、时间和位移，其中正确的是(汽车所受阻力恒定)( )答案 C解析 汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W ＝Fx ＝F ·12at 2，则W －t 图象是开口向上的抛物线，W －x 图象是条倾斜的直线，故A 、B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能E k＝12m v 2＝12ma 2t 2，E k －t 图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间变慢，E k －t 图象切线的斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C 正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得E k ＝(F －F f )x ，E k －x 图象应该是直线，故D 错误．10．(多选)(2018·山东省枣庄市期末质量检测)如图5甲所示，质量为1 kg 的小物块，以初速度v 0＝11 m/s 从θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次不施加力，图乙中的两条线段a 、b 分别表示施加力F 和无F 时小物块沿斜面向上运动的v －t 图线，不考虑空气阻力，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )图5A ．恒力F 大小为21 NB ．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C ．有恒力F 时，小物块在整个上升过程产生的热量较少D ．有恒力F 时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小 答案 BD解析 根据v －t 图象中斜率等于加速度可知： a a ＝Δv t 1＝0－111.1 m/s 2＝－10 m/s 2；a b ＝0－111m/s 2＝－11 m/s 2不施加力F 时：ma b ＝－mg sin 53°－μmg cos 53°， 代入数据得：μ＝0.5；受到力F 的作用时：ma a ＝F －mg sin 53°－μmg cos 53°， 解得F ＝1 N ，故B 正确，A 错误；由题图知有力F 作用时，小物块的位移较大，克服摩擦力做功W f ＝μmg cos 53°·x ，所以有力F 作用时，在整个上升过程产生的热量较大，故C 错误；结合C 的分析可知，有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高的过程动能的减少量是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故D 正确．11.(2018·安徽省池州市上学期期末)2017～2018赛季国际雪联单板滑雪U 型场地世界杯在崇礼云顶滑雪场落幕，中国女将夺冠．如图6所示为单板滑雪U 型池的简化模型示意图，一质量M 为45 kg 的运动员从轨道a 处由静止滑下，若运动员在下行过程中做功，上行过程中运动员不做功，运动员在b 点竖直向上滑出轨道上升的最高点离b 点高度H 为10 m ，U 型轨道简化为一半圆轨道，其半径R 为20 m ，滑板的质量m 为5 kg ，不计轨道和空气的阻力，g 取10 m/s 2，求：图6(1)在轨道的最低点运动员对滑板的压力大小； (2)运动员在下行过程中所做的功． 答案 (1)1 800 N (2)5 000 J解析 (1)从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得12(M ＋m )v 2＝(M ＋m )g (R ＋H )在最低点对运动员有：F N －Mg ＝M v 2R联立解得：F N ＝1 800 N由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力大小为1 800 N.(2)从a 到最低点的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W W ＋(M ＋m )gR ＝12(M ＋m )v 2代入数据解得：W ＝5 000 J.12.如图7所示，地面上有一个倾角为37°的足够长的固定斜面，斜面上有一长为L ＝1 m 、质量为M ＝1 kg 的厚度可以忽略不计的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，其下端P 到斜面底端的挡板C 的距离d ＝0.5 m ．现在木板的正中央放一质量为m ＝1 kg 可看成质点的木块，此时木块刚好能处于静止状态．现对木板施加一沿斜面向上的外力F 1使木板处于静止，此时木板与斜面之间刚好没有摩擦力．最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，木块与斜面间的动摩擦因数为μ3＝0.5，g ＝10 m/s 2.试求：图7(1)木块与木板之间的动摩擦因数μ2及外力F 1的大小；(2)现将外力大小变为F 2＝21 N ，且方向仍沿斜面向上，木板将向上运动，经多长时间木块与挡板相碰；(3)从外力F 2作用到木板上开始到木块与挡板相碰的过程中系统产生的热量． 答案 见解析解析 (1)木块恰好静止，所以有mg sin 37°＝μ2mg cos 37°，解得μ2＝0.75对整体，由于木板静止且与斜面之间刚好没有摩擦力， 则有F 1＝(m ＋M )g sin 37°，解得F 1＝12 N(2)木块离开木板前受力仍平衡，所以处于静止状态．设经过时间t 1离开木板，该过程中木板的加速度为a 1， 对木板有F 2－Mg sin 37°－μ2mg cos 37°－μ1(m ＋M )g cos 37°＝Ma 1 解得a 1＝1 m/s 2.由L 2＝12a 1t 12，解得t 1＝1 s.木块离开木板后的加速度为 a 2＝mg sin 37°－μ3mg cos 37°m ，解得a 2＝2 m/s 2.木块离开木板后再经过t 2时间与挡板相碰， 则L 2＋d ＝12a 2t 22，解得t 2＝1 s 所以从F 2开始作用到木块与挡板相碰共需时间t ＝t 1＋t 2＝2 s (3)木块与木板间产生的热量Q 1＝μ2mg cos 37°·L 2解得Q 1＝3 J木块与斜面间产生的热量Q 2＝μ3mg cos 37°·⎝⎛⎭⎫d ＋L 2 解得Q 2＝4 J前1 s 内木板与斜面间产生的热量 Q 3＝μ1(M ＋m )g cos 37°·L2，解得Q 3＝4 J木块离开木板时木板的速度v 1＝a 1t 1＝1 m/s 设木块离开后木板的加速度为a 3 则F 2－Mg sin 37°－μ1Mg cos 37°＝Ma 3 解得a 3＝11 m/s 2木块离开后的1 s 内木板运动的位移为 x ＝v 1t 2＋12a 3t 22＝(1×1＋12×11×12) m ＝6.5 m木块离开后1 s 内木板与斜面间产生的热量 Q 4＝μ1Mg cos 37°·x ，解得Q 4＝26 J系统共产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＋Q 4＝37 J.。
