2014高考物理考前押题 功能关系在力学中的应用

第 1 页 共 6 页 2014高考物理考前押题：功能关系在力学中的应用

(在1～10题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．)

1．用一水平拉力使质量为m的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v－t图象如图2－4－15所示．下列表述正确的是 ( )．

图2－4－15

A．在0～t1时间内拉力逐渐增大

B．在0～t1时间内物体做曲线运动

C．在t1～t2时间内拉力的功率不为零

D．在t1～t2时间内合外力做功为12mv2

解析 由F－μmg＝ma及P＝Fv知0～t1时间内拉力F逐渐减小，物体做直线运动，A、B错误；在t1～t2时间内，由动能定理知，F≠0，F合＝0，故C正确，D错误．

答案 C

2．(2013·株洲市重点中学联考)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v－t图象如图2－4－16所示．那么，A、B两物体所受摩擦阻力之比FA∶FB 与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA∶WB分别为

( )．

图2－4－16

A．2∶1,4∶1 B．4∶1,2∶1

C．1∶4,1∶2 D．1∶2,1∶4

解析 由a＝ΔvΔt和v－t图线知aA∶aB＝2∶1

由F＝ma知FA∶FB＝4∶1

由v－t图线下包围的面积等于位移大小知xA∶xB＝1∶2

由W＝Fx知WA∶WB＝2∶1，故B正确．

答案 B

3．用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm.若忽略空气阻力，g取10 m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为 ( )．

A．20 J B．24 J 第 2 页 共 6 页 C．34 J D．54 J

解析 用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体由沙坑表面静止抬升1 m时，由动能定理，Fh－mgh＝12mv2，撤去力F后由动能定理，mg(d＋h)－W＝0－12mv2，联立解得W＝mg(d＋h)＋Fh－mgh＝Fh＋mgd＝30×1 J＋2×10×0.2 J＝34 J．选项C正确．

答案 C

4．光滑水平地面上叠放着两个物体A和B，如图2－4－17所示．水平拉力F作用在物体B上，使A、B两物体从静止出发一起运动．经过时间t，撤去拉力F，再经过时间t，物体A、B的动能分别设为EA和EB，在运动过程中A、B始终保持相对静止．以下有几个说法正确的是 ( )．

图2－4－17

A．EA＋EB等于拉力F做的功

B．EA＋EB小于拉力F做的功

C．EA等于拉力F和摩擦力对物体A做功的代数和

D．EA大于撤去拉力F前摩擦力对物体A做的功

答案 A

5．质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上．t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N．下列判断正确的是( )．

A．2 s末物体的速度是4 m/s

B．2 s内物体的位移为3 m

C．第1 s末拉力的瞬时功率最大

D．第2 s末拉力的瞬时功率最大

解析 由牛顿第二定律得第1 s和第2 s内的加速度分别为2 m/s2和1 m/s2，第1 s末和第2 s末的速度分别为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝v1＋a2t2＝3 m/s，则选项A错误；2 s 内的位移x＝v1t12＋v1＋v22t2＝3.5 m，则选项B错误；第1 s末拉力的瞬时功率P1＝Fv1＝4 W，第2 s末拉力的瞬时功率P2＝Fv2＝3 W，则选项C正确，D错误．

答案 C

6．如图2－4－18所示，足够长的水平传送带以稳定的速度v0匀速向右运动，某时刻在其左端无初速地放上一个质量为m的物体，经一段时间，物体的速度达到v02，这个过程因物体与传送带间的摩擦而产生的热量为Q1，物体继续加速，再经一段时间速度增加到v0，这个过程中因摩擦而产生的热量为Q2.则Q1∶Q2的值为 ( )．

图2－4－18

A．3∶1 B．1∶3

C．1∶1 D．与μ大小有关

解析 设物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体在加速运动过程中，由牛顿第二定律第 3 页 共 6 页 得F合＝μmg＝ma，a＝μg，物体从静止到v02和从v02到v0所用的时间t＝v02μg相同，物体对地的位移分别为x1和x2，传送带对地的位移分别为s1和s2，物体相对传送带的位移分别为Δx1和Δx2，则x1＝12at2＝12×v02t＝v208μg，x2＝v02t＋12at2＝12v02＋v0t＝3v208μg，s1＝s2＝v0t＝v202μg，Δx1＝s1－x1＝3v208μg，Δx2＝s2－x2＝v208μg＝13Δx1，Q1＝μmgΔx1，Q2＝μmgΔx2＝13Q1，选项A正确．

答案 A

7．在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出，在空中运动过程中所受空气阻力大小恒为Ff，水平距离为x，落地速率为v，那么，在小球运动过程中 ( )．

A．重力所做的功为mgh

B．小球克服空气阻力所做的功为Ffh2＋x2

C．小球落地时，重力的瞬时功率为mgv

D．小球的重力势能和机械能都逐渐减少

解析 小球下落过程中，受到重力和空气阻力，重力为恒力，重力做功为mgh，选项A正确；空气阻力大小虽不变，但方向在不断改变，所以为变力，它做的功等于空气阻力的大小乘以路程，而不是乘以位移，选项B错误；小球落地时，小球速度方向与重力方向间有夹角，重力的功率等于重力乘以速度的竖直分量，选项C错误；小球在下落过程中，高度逐渐减小，所以重力势能逐渐减少，空气阻力做负功，将一部分机械能转化为内能，所以机械能也逐渐减少，选项D正确．

答案 AD

8．(2013·大纲卷，20)如图2－4－19所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的 ( )．

图2－4－19

A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH

C．机械能损失了mgH D．机械能损失了12mgH

解析 运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系．物块以大小为g的加速度沿斜面向上做匀减速运动，运动过程中F合＝mg，由受力分析知摩擦力Ff＝12mg，当上升高度为H时，位移s＝2H，由动能定理得ΔEk＝－2mgH；由功能关系知ΔE＝WFf＝－12mgs＝－mgH，选项A、C正确．

答案 AC

9．如图2－4－20所示，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止．现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)．已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，第 4 页 共 6 页 且F0>μmg.下列说法正确的是( )．

图2－4－20

A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动直到静止

B．小球的最大加速度为F0m

C．恒力F0的最大功率为F20＋F0μmgμk

D．小球在加速运动过程中合力对其做功为12mF0＋μmgμk2

解析 刚开始，F＝0，a＝F0－μmgm，之后v增大，a＝F0－μmg＋μkvm逐渐增大，当F＝kv＝mg时，加速度达到最大，即am＝F0m；当速度继续增大，F＝kv>mg时，a＝F0－μkv－mgm不断减小，当μ(F－mg)＝F0，即μ(kv－mg)＝F0时，a＝0，速度达到最大，所以vm＝F0＋μmgμk，此后小球做匀速运动．根据以上分析，选项A错，B正确．Pm＝F0vm＝F20＋F0μmgμk，选项C正确．根据动能定理可得小球在加速运动过程中合力对其做功为

W＝12mF0＋μmgμk2，D项正确．

答案 BCD

10．(2013·东北三校一模，20)如图2－4－21所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动．某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同．若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是

( )．

图2－4－21

A．此刻两根线拉力大小相同

B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg

C．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg

D．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能

解析 已知小球质量为m，当两小球运动到题中图示位置时，设两球速度大小为v，此时两第 5 页 共 6 页 根细线的拉力分别为F1和F2，F1－mg＝mv2L，F2＋mg＝mv2L，故选项A错误．易知小球1在最高点时细线的拉力F1′最小，设此时速度大小为v1，则有F1′＋mg＝mv21L，再由机械能守恒定律有：12mv2＝12mv21＋2mgL；小球2在最低点时细线的拉力F2′最大，设此时速度大小为v2，则有F2′－mg＝mv22L，再由机械能守恒定律有：12mv22＝12mv2＋2mgL，联立解得，运动过程中两根线上拉力的差值最大为F2′－F1′＝2mg＋mv22－v21L＝2mg＋8mg＝10mg，故选项C正确，B错误．取题中图示位置为零势能面，由机械能守恒定律知选项D正确．

答案 CD

11．(2013·天津卷，10)质量为m＝4 kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10 N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20 m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，求：

(1)物块在力F作用过程发生位移x1的大小；

(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t.

解析 设物块受到的滑动摩擦力为F1，则

F1＝μmg ①

根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有

Fx1－F1x＝0 ②

代入数据解得：x1＝16 m ③

(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1 ④

由牛顿第二定律得：F1＝ma ⑤

由v2－v20＝2ax得v2＝2ax2 ⑥

由v＝v0＋at得v＝at ⑦

代入数据解得：t＝2 s ⑧

答案 (1)16 m (2)2 s

12．如图2－4－22所示，质量为m＝0.1 kg的小物块置于平台末端A点，平台的右下方有一个表面光滑的斜面体，在斜面体的右边固定一竖直挡板，轻质弹簧拴接在挡板上，弹簧的自然长度为x0＝0.3 m，斜面体底端C距挡板的水平距离为d2＝1 m，斜面体的倾角为θ＝45°，斜面体的高度h＝0.5 m．现给小物块一大小为v0＝2 m/s的初速度，使之在空中运动一段时间后，恰好从斜面体的顶端B无碰撞地进入斜面，并沿斜面运动，经过C点后再沿粗糙水平面运动，过一段时间开始压缩轻质弹簧．小物块速度减为零时，弹簧被压缩了Δx＝0.1 m．已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，设小物块经过C点时无能量损失，重力加速度g取10 m/s2，求：

图2－4－22