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.docx

1、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vt图象如图乙所示下列判断正确的是()图1A物块与斜面间的动摩擦因数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mv02D物块沿斜面下滑的过程中动能增加mv022(多选)(2020黑龙江佳木斯市质检)如图2所

2、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2A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

3、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3A外力对物体A所做总功的绝对值等于2EkB物体A克服摩擦阻力做的功等于EkC系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2EkD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.现用力F将物

4、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mgR，下列说法正确的是()图4A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2mgRC拉力F做的功小于2mgRD拉力F做的功为mgR(12)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

5、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Hh，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()图5A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M2m时，释放点高度HD当A的质量M2m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

6、度，图上坐标数据中的k为常数且满足0kmgR，则mgRmgRmgR，因此WF2mgR，故C正确5BD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kxmg；由功能关系可知：mghmgxEp；当A的质量M2m时，2mgH2mgxEp；解得H(h)，故选项C错误，D正确6BCD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、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

7、的大小，故Ffh0Ek0，根据动能定理可知Ek0(mgFf)h0，解得Ffkmg，B对；设h高度时重力势能和动能相等，图线的函数方程为EkEk0(mgFf)h，图线的函数方程为Eph，令EkEp，及Ek0(mgFf)h0和Ffkmg，联立解得hh0，C对；同理可得D对7ABD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：ag，对Q：mgF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

8、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：WfEp2mvmv，则WfmvEp，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv，故D正确8BC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

9、起下滑的过程中，由功能关系有 4mgLsin 4mgLcos 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 EpmgLsin mgLcos ，联立解得 Ep0.8mgL，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Q5mgLcos 5(EpmgLsin )1.5mgL；若AB一起能返回的距离大于弹簧原长，则有Ep4mgLsin 4mgLcos ，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9D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：a2g；sat2；根据能量转化可知：EWFFs2mg2mv，由此可知，A、B、

10、C错误，D正确10BCD因在B点时弹簧处于原长，则到达B点时的加速度为agsin 30gcos 30g，选项A错误；因AB段与BC段关于B点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力平均值相等，摩擦力做功相等，选项B正确；设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf，弹簧具有的最大弹性势能为Ep，根据能量守恒定律，对于小球从A到B的过程有：mghEpmv2Wf，从A到C的过程有：mgh2Wf，联立解得：Wfmgh，Epmv2.即弹簧具有的最大弹性势能为mv2，A到C过程中，产生的内能为2Wfmgh，选项C、D正确11CD由于斜面ab粗糙，故两滑块组成的系统机械能不守恒，故A错误；由动能定理可知

11、，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加量，故B错误；除重力、弹力以外的力做功，将导致机械能变化，则轻绳对m做的功等于m机械能的增加量，故C正确；摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确12AC由题可知圆环A到达b位置时，重物B沿斜面的运动的位移为：x0.5 m，A、B组成的系统的机械能减少了：EMgcos 30x2.5 J，故选项A正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为21，圆环A速度最大时，环A与重物B的速度之比为：vAvBRr21，则vAvB103，故选项B错误；圆环A能下降的最大距离为Hm，重物B沿斜面运动的位移为：xB，根据能量守恒可知：mgHmMgxBsin 30M

12、gcos 30xB，解得圆环A能下降的最大距离为Hm7.5 m，故选项C正确；圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先加速后减速，而重物B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，绳子对B的拉力：FTMgsin 30Mgcos 30Ma，即：FT10 NMa，所以绳子对B的拉力先大于10 N后小于10 N，故选项D错误13AB当小球运动到某点P时，小球受到如图所示的四个力的作用，其中FTkxBP，把FT正交分解，由力的三角形与几何三角形BCP相似可知，FT的水平分量FTx恒定，FT的竖直分量FTy与CP的距离xCP成线性关系，均匀增加，即杆对小球的弹力FN、滑动摩擦力Ff均保持恒定；小球在竖直固定的杆CE段的中点D点时速度最大，A对；小球在DE段所受弹力更大、力与位移之间的夹角更小，故小球损失的机械能更多，C错；再由动能定理可知，B对，D错