2019届高考物理二轮复习专题4：功能关系在力学中的应用Word版含答案

侧光滑，右侧粗糙。水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内。使质量m＝0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE?10m/s。已知P与水平面斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2，sin 37°＝0.6，求：

(1)P运动到E点时对轨道的压力大小； (2)弹簧的最大弹性势能；

(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离。

参考答案

限时训练 经典常规题

（45分钟）

1

1．【解题思路】由图线①知，上升总高度h＝v0t0；由图线②知，加速阶段和减速阶段上升的总高度h1＝413t03t05

v0t0；匀速阶段有h－h1＝v0t′，解得匀速运动的时间t′＝t0，故第②次提升过程所用时间为＋t0＋＝t0，

2222225

两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝4∶5，A项正确。由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B项

2错误。

在加速上升阶段，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma，F＝m(g＋a)，第①次在t0时刻，功率P1＝Fv0，第②t0v0v0v0

次在时刻，功率P2＝F·，第②次在匀速阶段F′＝mg，P2′＝F′·＝mg·

2222比P1∶P2＝2∶1，C项正确。

由动能定理知，两个过程动能变化量相同，均为零，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D项错误。 【答案】AC

2．【解题思路】根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误；以A物体作为研究对象，A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体，运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，故B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不相等，故C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，故D错误。

【答案】B

1．【解题思路】由牛顿第二定律得：mgsin 30°＋f＝m×0.6g，解得摩擦力f＝0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A错误；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了ΔEP＝mgh，故B错误；由功能关系知，机械能的损失量ΔE＝fs＝0.1mg×2h＝0.2mgh，故C正确；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小，即：ΔEk＝F合s＝0.6mg×2h＝1.2mgh，故D错误。

【答案】C

2．【解题思路】物体B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大于重力，所以弹簧的弹力增大，物体B相对于斜面向下运动。物体B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；物体B受重力、支持力、弹簧的弹力，物体B机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的代数和，故B正确；对物体B用动能定理，物块B的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的代数和，故C错误；物块B和弹簧组成

高频易错题

系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和A对弹簧拉力做功的和，故D正确。

【答案】BD

3．【解题思路】货物由A到B的间距为对应图象所围梯形的“面积”：x??0.2?2m?(2?4)?1m?3.2m，故A错误。由v－t图象可知，货物在传送带上先以a1＝10 m/s2做匀加速直线运动，后以a2＝2 m/s2做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcos θ＝ma1，mgsinθ－μmgcos θ＝ma2，联立解得cos θ＝0.8，μ＝0.5，故B正确。第一阶段：f＝μmgcos θ＝4 N，由图象知位移x1＝0.2 m，摩擦力做正功，Wf1＝fx1＝0.8 J；同理第二阶段：由图象知位移x2＝3 m，摩擦力做负功，Wf2＝－fx2＝－12 J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12 J－0.8 J＝11.2 J，故C错误。根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，第一阶段，Δx1＝x皮－x1＝0.2 m，第二阶段，Δx2＝x2－x皮2＝1 m，故两者之间的总相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝1.2 m，货物与传送带摩擦产生的热量Q＝W＝fΔx＝4.8 J，故D正确。

【答案】BD

1212

1．【解题思路】释放物块甲、乙后，物块甲沿斜面加速下滑，当与弹簧接触时，开始压缩弹簧，弹簧产生沿斜面向上的弹力，物块甲做加速度减小的加速运动，当把弹簧压缩到某一位置时，物块甲沿斜面受力平衡，速度达到最大，之后物块甲做加速度增大的减速运动，A错误；对物块甲、乙，根据牛顿第二定律有4mgsinθ－mg－f＝5ma，其中f＝4μmgcos θ，解得a＝0.5 m/s2，B正确；以物块甲和乙为研究对象，从M点运动到N点，在N点弹簧压缩最短，弹性势能最大，由动能定理得4mg?L??sin??mg?L???f?L???W弹?0，

222?????L???L???L?精准预测题

33解得W弹??mgL，弹性势能的变化量?Ep?mgL，C正确，D错误。

88【答案】BC

2．【解析】(1)由平衡条件知：F＝mgtan 60° 解得：F?23N。

(2)弹簧处于压缩状态，则F弹?k(l0?R) 又F弹?mg cos60?得：R＝0.5 m

2小球从A到B的过程，由动能定理得：mgR(1?cos60?)?mvB

122vBFNB?mg?F弹?m

RFNB＝12 N。

(3)经分析可知，小球受到轨道对它向下的弹力6 N FNC2vC?mg?F弹?m

R22?mv0小球从A到C的过程，由动能定理得：?mgR(1?cos60?)?Wf?mvC

1212解得：Wf?1J。

3．【解析】(1)小石片先做平抛运动，竖直方向：h?解得t1＝0.6 s vy0＝gt1＝6 m/s

22则v0?vx0?vy0?10m/s。

12gt1 2(2)小石片沉入水底时的速度：v2＝2ah2 解得v＝1 m/s

2从抛出到沉入水底，根据动能定理：mg(h1?h2)?W?mv2?mv0

1212解得W＝－1.19 J。

(3)小石片在水面上滑行时，有：a?f?20m/s2 m每次滑行速度的变化量：Δv＝aΔt＝－0.8 m/s 由n?vx0?10可知，小石片共在水平上滑行了10次，空中弹起后飞行了9次 ?v第n次弹起后的速度vxn＝vx0＋Δvx＝(8－0.8n) m/s 再由vyn＝kvxn和tn?2vy06可得第n次弹起后在空中飞行的时间为：tn?(1?0.1n) g5为一等差数列，首项t1＝1.08 s、公差d＝0.12

根据等差数列求和公式可得小石片在空中的飞行时间：t2?Stn?nt1?n(n?1)d?5.4s 在水面上滑行的时间为t3＝0.04×10s＝0.4s 在水中下沉的时间为t4?2h2?2s a12总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝8.4s。

4．【解析】(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为FN，由牛顿运动定律得：

2vEmg?Fsin37??FN?m

R解得：FN＝3N

由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力FN?＝3 N。

22?mvD(2)P从D点到E点，由动能定理得：?mgR(1?cos37?)?FRsin37??mvE

1212解得：vD?34m/s P从C点到D点，由牛顿运动定律得：F－mgsin37°－μmgcos 37°＝ma1