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第1讲功能关系在力学中的应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求)1.(2018北京模拟)用一根绳子竖直向上拉一个物块,物块从静止开始运动,绳子拉力的功率按如图所示规律变化,已知物块的质量为m,重力加速度为g,0t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,t1时刻物块达到最大速度,则下列说法正确的是(D)A.物块始终做匀加速直线运动B.0t0时间内物块的加速度大小为P0mt0C.t0时刻物块的速度大小为P0mgD.0t1时间内物块上升的高度为P0mg(t1-t02)-P022m2g3解析:0t0时间内物块做匀加速直线运动,t0时刻后功率保持不变,根据P=Fv知v增大,F减小,物块做加速度减小的加速运动,当加速度减小到零,物块做匀速直线运动,故A错误;根据P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由图线的斜率k得P0t0=m(g+a)a,可知aP0mt0,故B错误;在t1时刻速度达到最大,F=mg,则速度v=P0mg,可知t0时刻物块的速度小于P0mg,故C错误;Pt图线围成的面积表示牵引力做功的大小,根据动能定理得,P0t02+P0(t1-t0)-mgh=12mv2,解得h=P0mg(t1-t02)-P022m2g3.故D正确.2.(2018辽宁庄河五模)如图所示,竖直平面内放一直角杆MON,杆的水平部分粗糙,动摩擦因数=0.2,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球间用细绳相连.初始A,B均处于静止状态,已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g=10 m/s2),那么该过程中拉力F做功为(A)A.14 JB.10 JC.6 JD.4 J解析:对A,B整体,受力为拉力F、重力G、支持力FN、向左的摩擦力Ff和向左的弹力FN1,如图所示,根据共点力平衡条件,竖直方向有FN=G1+G2;水平方向有F=f+FN1;而Ff=FN解得FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=FN=0.220 N=4 N;在整个运动过程中由动能定理得到WF-Ffx-m2gh=0,根据几何关系,可知B上升距离h=1 m,故有WF=fx+m2gh=41 J+1101 J=14 J;故选项A正确.3.(2018郑州一模)在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力F1推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体,当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32 J,则在整个过程中,恒力F1,F2做的功分别为(B)A.16 J,16 JB.8 J,24 JC.32 J,0 JD.48 J,-16 J解析:设加速运动的末速度为v1,匀变速运动的末速度为v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等,根据平均速度公式有v12=-v1-v22,解得v2=2v1,根据动能定理,加速过程W1=12mv12,匀变速过程W2=12mv22-12mv12,根据题意12mv22=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,选项B正确.4.(2018包头一模)如图所示,水平光滑长杆上套有小物块A,细线跨过位于O点的轻质光滑小定滑轮,一端连接A,另一端悬挂小物块B,物块A,B质量相等.C为O点正下方杆上的点,滑轮到杆的距离OC=h,重力加速度为g,开始时A位于P点,PO与水平方向的夹角为30,现将A,B由静止释放,下列说法正确的是(B)A.物块A由P点出发第一次到达C点过程中,速度先增大后减小B.物块A经过C点时的速度大小为2ghC.物块A在杆上长为22h的范围内做往复运动D.在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功小于B重力势能的减少量解析:物块A由P点出发第一次到达C点过程中,绳子拉力对A做正功,其他力不做功,A动能不断增大,速度不断增大,故A错误;设物块A经过C点时的速度大小为v,此时B的速度为0,由于系统的机械能守恒,得 mg(hsin30-h)=12mv2,解得v=2gh,故B正确;由几何知识可得PC=3h,由于A,B组成的系统机械能守恒,由对称性可得物块A在杆上长为23h的范围内做往复运动,故C错误;物块A到C点时B的速度为零,则根据功能关系可知,在物块A由P点出发第一次到达C点过程中,物块B克服细线拉力做的功等于B重力势能的减少量,故D错误.5.(2018和平区一模)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,到达C处的速度为零,AC=h.如果圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处.弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g.则(C)A.从A到C的下滑过程中,圆环的加速度一直减小B.从A下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于mghC.从A到C的下滑过程中,克服摩擦力做的功为mv24D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多解析:圆环从A处由静止开始下滑,经过某处B的速度最大,到达C处的速度为零,所以圆环先做加速运动,再做减速运动,经过B处的速度最大,所以经过B处的加速度为零,所以加速度先减小,后增大,故A错误;研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程中,运用动能定理得mgh-Wf-W弹=0,在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W弹-Wf=0-12mv2.解得Wf=-14mv2,则克服摩擦力做的功为14mv2,故C正确;由A到C,克服弹力做功为mgh-14mv2,则在C处弹簧的弹性势能为mgh-14mv2,而A处弹性势能为零,故B错误.由能量守恒定律知,损失的机械能全部转化为摩擦生热,而两个过程摩擦力情况相同,则做功相等,选项D错误.6.(2018吉林通化一模)如图所示,一个质量为m的物体(可视为质点),由斜面底端的A点以某一初速度冲上倾角为30的固定斜面做匀减速直线运动,减速的加速度大小为g,物体沿斜面上升的最大高度为h,在此过程中(CD)A.物体克服摩擦力做功12mghB.物体的动能损失了mghC.物体的重力势能增加了mghD.系统机械能损失了mgh解析:设摩擦力大小为Ff.根据牛顿第二定律得Ff+mgsin 30=ma,又a=g,解得Ff=12mg,物体在斜面上能够上升的最大距离为2h,则物体克服摩擦力做功Wf=Ff2h=mgh,故A错误;根据动能定理,物体动能的变化量Ek=W合=-ma2h=-2mgh,即动能损失了2mgh,故B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mgh,故C正确;根据功能原理可知,系统机械能减少量等于mgh,故D正确.7.(2018吉林省实验中学模拟)如图所示,一质量为m的小球(可看作质点)置于半径为R的光滑竖直轨道内侧最低点A处,B为轨道最高点,C,D为圆的水平直径两端点.轻质弹簧的一端固定在圆心O点,另一端与小球拴接,已知弹簧的劲度系数为k=mg2R,原长为L=2R,弹簧始终处于弹性限度内,若给小球一水平向右的初速度v0,已知重力加速度为g,则(CD)A.无论v0多大,小球均不会离开圆轨道B.若2gRv05gR,则小球会在BD间脱离圆轨道C.只要v092gR,小球就能做完整的圆周运动D.只要小球能做完整圆周运动,则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关解析:因弹簧的劲度系数为k=mg2R,原长为L=2R,若小球恰能到达最高点,此时弹簧的弹力为F=kR=mg2,轨道的支持力为0,由弹簧的弹力和重力提供向心力,则有mg-F=mv2R,解得v=12gR,从A到最高点,弹性势能不变,由机械能守恒定律得2mgR+12mv2=12mv02,解得v0=92gR,即当v092gR时小球才不会脱离轨道,故A,B错误,C正确;在最低点时,设小球受到的支持力为FN1,有FN1-kR-mg=mv02R,解得FN1=kR+mg+mv02R,小球运动到最高点时受到轨道的支持力最小,设为FN2,速度为v,有FN2-kR+mg=mv2R,解得FN2=kR-mg+mv2R,小球由A到B过程中,由机械能守恒定律得2mgR+12mv2=12mv02,联立解得FN=FN1-FN2=6mg,与初速度无关,故D正确.8.(2018南充模拟)如图(甲)所示,倾角为37的足够长的传送带以恒定速率运行,将一质量m=2 kg的小物体以某一初速度放上传送带,物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图(乙)所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.则下列说法正确的是(AD)A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B.08 s内物体位移的大小为20 mC.08 s内物体机械能的增量为190 JD.08 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为432 J解析:根据v-t图像,可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为a=vt=1 m/s2.在06 s,物体相对传送带滑动,对此过程,由牛顿第二定律得mgcos -mgsin =ma,解得=0.875,由图像得物体在08 s内的位移为s=-1222 m+2+624 m=14 m,故A正确,B错误;物体被送上的高度为h=ssin =14sin 37=8.4 m,重力势能增加量为Ep=mgh=2108.4 J=168 J,动能增加量为Ek=12m(v22-v12)=12242-(-2)2 J=12 J,则机械能的增加量为E=Ep+Ek=180 J,故C错误;08 s内只有前6 s内物体与传送带间发生相对滑动.在06 s内传送带运动的距离s带=v带t=46 m=24 m,物体的位移s物=-1222 m+442 m=6 m,则物体与传送带的相对位移大小s=s带-s物=18 m,产生的热量Q=mgcos s=0.8752100.818 J=252 J;08 s内因放上物体,传送带电动机多消耗的电能为E=E+Q=432 J,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(16分)(2018贵州模拟)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=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:(1)取小物块为研究对象,从A到B整个运动过程的拉力与摩擦力做功,根据动能定理,有Fx1-Ffx=0,其中Ff=mg联立解得x1=16 m;(2)对从A到撤去F时根据动能定理,有Fx1-mgx1=12mv2;解得v=4 m/s撤去F后,根据牛顿第二定律,有mg=ma,解得a=g=2 m/s2;根据速度公式,有v=at,解得t=2 s.答案:(1)16 m(2)2 s10.(20分)(2018如皋模拟)打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底,由于A与井壁间摩擦力很大,工程人员采用了如图所示的装置.图中重锤B质量为m,下端连有一劲度系数为k的轻弹簧,工程人员先将B放置在A上,观察到A不动;然后在B上再逐渐叠加压块,当压块质量达到m时,观察到A开始缓慢下沉时移去压块.将B提升至弹簧下端距井口为H0处,自由释放B,A被撞击后下沉的最大距离为h1,以后每次都从距井口H0处自由释放.已知重力加速度为g,不计空气阻力,B与A撞击过程时间很短,且不损失能量,弹簧始终在弹性限度内.(1)求缓慢下沉时A与井壁间的摩擦力大小Ff和弹簧的形变量L;(2)求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep;(3)若第n次撞击后,底座A恰能到达井底,求井深H.解析:(1)B放置A点,增加压块质量,A开始缓慢下沉时,则有Ff=2mg;由于底座质量不计,则有kL=Ff,解得L=2mgk.(2)撞击后A,B一起减速下沉,对B,根据牛顿第二定律得kL-mg=ma,解得a=gA第一次下沉,由功能关系得mg(H0+L+h1)=Ep+Ffh1,解得Ep=mg(H0-h1+2mgk).(3)A第二次下沉,由功能关系得mg(H0+L+h1+h2)=Ep+Ffh2又Ff=2mg解得h2=2h1A第三次下沉,由功能关系有mg(H0+L+h1+h2+h3)=Ep+Ffh3解得h3=4h1同理A第n次下沉过程中向下滑动的距离为hn=2n-1h1所以井的深度为H=h1+h2+h3+hn=h1+2h1+4h1+2n-1h1=(2n-1)h1.答案:见解析
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