2021高考物理新高考版一轮习题：第五章 微专题37 “一一对应”的功能关系 Word版含解析 10页

‎1．做功的过程就是能量转化的过程．功是能量转化的量度．‎ ‎2．功与能量的变化是“一一对应”的，如重力做功对应重力势能的变化，合外力做功对应动能的变化等．‎ ‎3．功能关系也是能量守恒定律的表现．‎ ‎1．(多选)(2019·辽宁大连市第二次模拟)如图1甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的v－t图象如图乙所示．下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ B．上滑过程的加速度大小是下滑过程的2倍 C．物块沿斜面上滑的过程中机械能减少mv02‎ D．物块沿斜面下滑的过程中动能增加mv02‎ ‎2．(多选)(2020·黑龙江佳木斯市质检)如图2所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升．摩擦及空气阻力均不计．则(　　)‎ 图2‎ A．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的动能 B．升降机匀加速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 C．升降机匀速上升过程中，升降机底板对人做的功等于人增加的机械能 D．升降机上升的全过程中，升降机拉力做的功大于升降机和人增加的机械能 ‎3．(2019·江西重点中学联考)如图3所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在水平拉力F作用下以相同加速度保持间距不变一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动．不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中(　　)‎ 图3‎ A．外力对物体A所做总功的绝对值等于2Ek B．物体A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2Ek D．系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减少量 ‎4．(多选)(2019·广东潮州市下学期综合测试)如图4所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B.一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大 B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR C．拉力F做的功小于2mgR D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)‎ ‎5．(多选)(2020·四川攀枝花市统考)某课外活动小组为探究能量转换关系，设计了如图5所示的实验．质量为m的物块B静放在水平面上，劲度系数为k的竖直轻质弹簧固定在B上，弹簧上端装有特制锁扣，当物体与其接触，即被锁住．每次实验让物块A从弹簧正上方的恰当位置由静止释放，都使物块B刚好离开地面．整个过程无机械能损失．实验表明，物块A质量M不同，释放点距弹簧上端的高度H就不同．当物块A的质量为m时，释放点高度H＝h，重力加速度为g.则下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．物块A下落过程中速度最大时，物块B对地面的压力最大 B．物块A下落到最低点时，物块B对地面的压力最大 C．当A的质量M＝2m时，释放点高度H＝ D．当A的质量M＝2m时，释放点高度H＝(h＋)‎ ‎6．(多选)(2019·河南名校联盟2月联考)一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上拋出，已知上升过程中受到阻力Ff作用，如图6所示，图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能、重力势能中的某一个与其上升高度之间的关系(以地面为零势能面，h0表示上升的最大高度，图上坐标数据中的k为常数且满足0μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C正确．]‎ ‎5．BD　[物块A下落过程中到达最低点时，弹簧的压缩量最大，此时物块B对地面的压力最大，选项A错误，B正确；当物块B刚好离开地面时kΔx＝mg；由功能关系可知：mgh＝mgΔx＋Ep；当A的质量M＝2m时，2mgH＝2mgΔx＋Ep；解得H＝(h＋)，故选项C错误，D正确．]‎ ‎6．BCD　[根据动能定理可知上升高度越大，动能越小，重力势能越大，故①、②分别表示重力势能、动能随上升高度变化的图线，A错；由题图可知，重力势能、动能随着高度的变化成线性关系，故合力恒定，受到的阻力大小恒定，由功能关系可知从抛出到最高点的过程中机械能的减少量等于阻力做功的大小，故Ffh0＝Ek0－，根据动能定理可知Ek0＝(mg＋Ff)h0，解得Ff＝kmg，B对；设h高度时重力势能和动能相等，图线①的函数方程为Ek＝Ek0－(mg＋Ff)h，图线②的函数方程为Ep＝h，令Ek＝Ep，及Ek0＝(mg＋Ff)h0和Ff＝kmg，联立解得h＝h0，C对；同理可得D对．]‎ ‎7．ABD　[两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒；两者碰撞后一起运动，发生的是非弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，则机械能不守恒，故A正确；当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：a＝＝μg，对Q：μmg－F弹＝ma，解得：F弹＝0，故两滑块分离时，弹簧一定处于原长，故B正确；两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，但P停止时的位置不一定在其出发点的右侧，也可能在出发点的左侧，因为P有初速度，若初速度较大，则可能停在出发点的左侧，故C错误；由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：Wf＋Ep＝·2mv＝mv，则Wf＝mv－Ep，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv，故D正确．]‎ ‎8．BC　[在A上滑的过程中，与弹簧分离是弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始减速，故分离时A的速度不是最大，故A错误；设弹簧上端在最低点c时，其弹性势能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgLsin θ＝μ·4mgLcos θ＋Ep，将物块B拿走后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得 Ep＝mgLsin θ＋μmgLcos θ，联立解得 Ep＝0.8mgL，故B正确；由分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，摩擦生热Q＝5μmgLcos θ＝5(Ep－mgLsin θ)＝1.5mgL；若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有Ep＝4mgL′sin θ＋μ·4mgL′cos θ，解得L′＝，但不知道L′与弹簧原长的关系，故无法确定，故C正确，D错误．]‎ ‎9．D　[从抛出到在竖直方向到达最高点过程中有：t＝；在水平方向上有：a＝＝2g；s＝at2＝；根据能量转化可知：ΔE＝WF＝Fs＝2mg·＝2mv，由此可知，A、B、C错误，D正确．]‎ ‎10．BCD　[因在B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为a＝gsin 30°－μgcos 30°