力学中的功能关系一单项选择题1.小明同学骑电动自行车沿平直公路行驶，因电瓶“没电”，故改用脚蹬车匀速前行。设小明与车的总质量为100kg，骑行过程中所受阻力恒为车和人总重的0.02倍，g取10m/s2。通过估算可知，小明骑此电动车做功的平均功率最接近( )A.10WB.100WC.300WD.500W【解析】人骑车的速度大小约为5m/s，人在匀速行驶时，人和车的受力平衡，阻力的大小为f＝0.02mg＝0.02×1000N＝20N，此时的功率P＝Fv＝fv＝20×5W＝100W，B项正确。【答案】B2.竹蜻蜓是我国古代发明的一种儿童玩具，人们根据竹蜻蜓的原理设计了直升机的螺旋桨。如图所示，一小孩搓动质量为20g的竹蜻蜓，松开后竹蜻蜓能上升到二层楼房顶处。搓动过程中手对竹蜻蜓做的功可能是( )A.0.2JB.0.6JC.1.0JD.2.5J【解析】地面到二层楼房顶的高度约为6m，竹蜻蜓从地面飞到二层楼房顶高处时，速度刚好为零，此过程中，根据动能定理得－mgh－Wf＝0－mv，则mv＞mgh＝0.02×10×6J＝1.2J，而在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功等于竹蜻蜓获得的初动能，所以在搓动过程中手对竹蜻蜓做的功大于1.2J，选项D正确。【答案】D3.如图所示，质量为m的滑块从h高处的a点沿圆弧轨道ab滑入水平轨道bc，滑块与轨道的动摩擦因数相同．滑块在a、c两点时的速度大小均为v，ab弧长与bc长度相等．空气阻力不计，则滑块从a到c的运动过程中( )\nA．小球的动能始终保持不变B．小球在bc过程克服阻力做的功一定等于mghC．小球经b点时的速度大于D．小球经b点时的速度等于【答案】C【解析】由题意知，在小球从b运动到c的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从a到c根据动能定理：mgh－Wf＝0可得全程克服阻力做功Wf＝mgh，因在ab段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服阻力做的功一定不等于，所以B错误；在ab段正压力小于bc段的正压力，故在ab段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从a到b克服摩擦力做功Wf′<mgh，设在b点的速度为v′，根据动能定理：mgh－Wf′＝mv′2－mv2，所以v′>，故C正确，D错误．4.图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能【答案】B【解析】由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势\n能，选项C、D错误．5.如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为( )A.mglB.mglC.mglD.mgl【解析】由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl，故选项A正确，B、C、D错误。【答案】A6.如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时a、b及传送带均静止，且a不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升h高度(未与滑轮相碰)过程中下列说法错误的是( )A．物块a重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功大于a机械能的增加C．摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等【答案】C\n【解析】由题意magsinθ＝mg，则ma＝.b上升h，则a下降hsinθ，则a重力势能的减少量为maghsinθ＝mgh，故A正确．摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增加量．所以摩擦力对a做的功大于a的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B正确，C错误．任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确．故选A、B、D.7.如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（）A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR【答案】C【解析】本题考查了运动的合成与分解、动能定理等知识，意在考查考生综合力学规律解决问题的能力。设小球运动到c点的速度大小为vC，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R-mgR=12mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为:t=vC/g=2gR，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移为x=12at2=2R。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量△E=F·5R=5mgR，C正确，ABD错误。8.如图所示，长1m的轻杆BO一端通过光滑铰链铰在竖直墙上，另一端装一轻小光滑滑轮，绕过滑轮的细线一端悬挂重为15N的物体G，另一端A系于墙上，平衡时OA恰好水平，现将细线A端滑着竖直墙向上缓慢移动一小段距离，同时调整轻杆与墙面夹角，系统重新平衡后轻杆受到的压力恰好也为15N，则该过程中物体G增加的重力势能约为( )\nA.1.3JB.3.2JC.4.4JD.6.2J【答案】A【解析】轻杆在O点处的作用力方向必沿杆，即杆会平分两侧绳子间的夹角。开始时，AO绳子水平，此时杆与竖直方向的夹角是45°；这时杆中的弹力大小等于滑轮两侧绳子拉力的合力.当将A点达到新的平衡，由于这时轻杆受到的压力大小等于15N(等于物体重力)，说明这时两段绳子夹角为120°那么杆与竖直方向的夹角是60°；设杆的长度是L.状态1时，AO段绳子长度是L1＝Lsin45°＝L，滑轮O点到B点的竖直方向距离是h1＝Lcos45°＝L，状态2，杆与竖直方向夹角是60°，这时杆与AO绳子夹角也是60°(∠AOB＝60°)，即三角形AOB是等边三角形.所以，这时AO段绳子长度是L2＝L；滑轮到B点的竖直距离是h2＝Lcos60°＝L，可见，后面状态与原来状态相比，物体的位置提高的竖直高度是h＝(h2－h1)＋(L2－L1)＝(L－L)＋(L－L)＝(－)L.重力势能的增加量Ep＝Gh＝G×(－)L＝15N×(－)×1m≈1.3J.二不定项选择题1.(多选)如图，某质点沿直线运动的v－t图象为余弦曲线，从图中可以判断( )\nA.在0～t1时间内，合力逐渐减小B.在0～t2时间内，合力做正功C.在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小D.在t2～t4时间内，合力做的总功为零【解析】v－t图线斜率表示加速度，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A项错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合力做功为0，故B项错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0。t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小，故C项正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合力做功为0，故D项正确。【答案】CD2.(多选)一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动.某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a所示)，以此时为t＝0时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系。如图b所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1>v2).已知传送带的速度保持不变.则下列判断正确的是( )A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tanθB.0～t1内，传送带对物块做正功C.0～t2内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.0～t2内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】在t1～t2内，物块向上运动，则有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正确；由题意知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上.0～t1内，\n物块所受摩擦力沿斜面向上，则传送带对物块做负功，故B错误；物块的重力势能减小，动能也减小都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小.故C正确；0～t2内，传送带对物块做功等于物块机械能的变化量，故D错误.4.(多选)如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高.它们由静止释放，最终在水平面上运动.下列说法正确的是( )A.下滑过程中重力对B做功的功率先增大后减小B.当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mgC.下滑过程中B的机械能增加D.整个过程中轻杆对A做的功为mgR【答案】AD【解析】因为初位置速度为零，则重力的功率为0，最低点速度方向与重力的方向垂直，重力的功率为零，可知重力的功率先增大后减小.故A正确；A、B小球组成的系统，在运动过程中，机械能守恒，设B到达轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得：(m＋m)v2＝mgR，解得：v＝，在最低点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m解得：FN＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加量ΔEk＝mv2＝mgR，所以机械能减小mgR，故C错误；整个过程中对A，根据动能定理得：W＝mv2＝mgR，故D正确.5.某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确\n的是( )A．出水口单位时间内的出水体积Q＝vSB．出水口所出水落地时的速度C．出水后，手连续稳定按压的功率为＋D．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和【答案】AC【解析】由题意知，设流水时间为t，则水柱长vt，体积Q′＝vtS，可得：单位时间内的出水体积Q＝vS，所以A正确；设落地的速度为v1，根据动能定理mgH＝mv－mv2，故水落地时的速度不等于，所以B错误；设t时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为η可得：η＝，其中m＝ρvtS代入得P＝＋，所以C正确，D错误．6.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x.此过程中，以下结论正确的是( )A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋x)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx\nC．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)【答案】ABC【解析】小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋x，由动能定理可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)，同理小车的动能也可由动能定理得出为fx；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L＋x)．7.如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度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＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.875B．0～8s内物体位移的大小为18mC．0～8s内物体机械能的增量为90JD．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J【答案】AC【解析】根据速度时间图像分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a＝1m/s2，根据物体在传送带上受力分析有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，整理得μ＝0.875，选项A正确.0～8s内物体位移等于前8秒钟速度时间图像与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图像得位移x＝－m＝14m，选项B错误.0～8s内物体动能增加量为m×v2－m×v＝6J，重力势能增加mgx×sinθ＝84J，机械能增加量为6J＋84J＝90J，选项C正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μmgcosθ×t1＝14J，第二部分为2～6s，摩擦生热Q2\n＝μmgcosθ×t2＝56J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝70J，选项D错误．8.将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A．小球克服空气阻力做的功小于mghB．重力对小球做的功等于mghC．合外力对小球做的功小于mvD．重力势能的减少量等于动能的增加量【答案】AB【解析】从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh，所以选项A、B正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W合＝ΔEk＝m(2v0)2－mv＝mv>mv，选项C错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误．三非选择题1.如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g＝10m/s2，求：(1)物块m2过B点时的瞬时速度v0及与桌面间的滑动摩擦因数；\n(2)BP之间的水平距离；(3)判断m2能否沿圆轨道到达M点(要有计算过程)；(4)释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．【答案】(1)6m/s 0.4 (2)4.1m (3)不能 (4)5.6J【解析】(1)由物块m2过B点后其位移与时间的关系x＝6t－2t2与x＝v0t＋at2比较得：v0＝6m/s加速度a＝－4m/s2而－μm2g＝m2a得μ＝0.4(2)设物块由D点以vD做平抛运动落到P点时其竖直速度为vy＝根据几何关系有：＝tan45°解得vD＝4m/s运动时间为：t＝＝s＝0.4s所以DP的水平位移为：4×0.4m＝1.6mBD间位移为xBD＝＝2.5m所以BP间位移为2.5m＋1.6m＝4.1m(3)设物块到达M点的临界速度为vM，有：m2g＝m2vM＝＝2m/s\n由机械能守恒定律得：m2vM′2＝m2v－m2gR解得vM′＝m/s因为<2所以物块不能到达M点．(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，释放m1时，Ep＝μm1gxCB释放m2时Ep＝μm2gxCB＋m2v且m1＝2m2可得：Ep＝m2v＝7.2Jm2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf则由能量转化及守恒定律得：Ep＝Wf＋m2v可得Wf＝5.6J2.如图所示，倾角θ＝30°、长L＝4.5m的斜面，底端与一个光滑的圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝，g＝10m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：(1)物块经多长时间第一次到B点；(2)物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；\n(3)物块在斜面上滑行的总路程．【解析】(1)物块沿斜面下滑时，mgsinθ－μmgcosθ＝ma(2分)解得：a＝2.5m/s2(1分)从A到B，物块匀加速运动，由L＝at2(1分)可得t＝s(1分)(2)因为物块恰好到C点，所以到C点速度为0.设物块到B点的速度为v，则mgR＝mv2(2分)N－mg＝m(1分)解得N＝3mg＝30N(1分)由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为N′＝30N，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上滑行的总路程为s，则mgLsinθ－μmgscosθ＝0(3分)解得s＝9m(1分)【答案】(1)s (2)30N，方向向下 (3)9m3.如图所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为x＝10m的水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R＝10m的圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g＝10m/s2.求：\n(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间．(结果可用根式表示)【答案】(1)25m/s2 (2)(－)s【解析】(1)小滑块恰好通过最高点，则有：mg＝m解得vC＝＝10m/s从B到C的过程中机械能守恒：mv＝mv＋mg·2R解得vB＝＝10m/s从A→B根据速度位移公式得：v＝2ax解得a＝25m/s2(2)从C到D的过程中机械能守恒：mv＝mv＋mg·R解得vD＝＝10m/s由C到B再到A的过程机械能守恒，故vA＝vB＝10m/s小球从D→A做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得：vA＝vD＋gt解得t＝(－)s4.如图所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R＝m，轨道端点B的切线水平．质量M＝5kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B\n点后经时间t＝1s撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端C与B点的水平距离x0＝3m．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力．(1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端C点、质量m＝1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块m与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，求拉力F大小；(3)滑块m与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块m速度变为4m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块m此后在斜面上运动的时间．【答案】(1)150N (2)13N (3)(0.5＋)s【解析】(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR＝Mv在B点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M解得F＝150N由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′＝F＝150N，方向竖直向下．(2)M离开B后做平抛运动水平方向：x＝vBt＝5m由几何知识可知，m的位移：s＝＝2.5m设滑块m向上运动的加速度为a由匀变速运动的位移公式得：s＝at2\n解得a＝5m/s2对滑块m，由牛顿第二定律得：F－mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得F＝13N(3)撤去拉力F后，对m，由牛顿第二定律得：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma′解得a′＝8m/s2滑块上滑的时间t′＝＝0.5s上滑位移：s′＝＝1m滑块m沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma″解得a″＝4m/s2下滑过程s＋s′＝a″t″2解得t″＝s滑块返回所用时间：t＝t′＋t″＝(0.5＋)s
