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一、选择题（共15题）
1．如图所示，质量均为m=0.5kg的小球A、B（可视为质点）用长L=1m的轻质杆相连，小球B置于光滑水平面上，小球A紧靠于光滑墙面放置。现用如图所示的力F使小球A沿着墙面向上运动，当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，小球B的速度大小v=0.8m/s，重力加速度g=10m/s2，则在此过程中力F所做的功为（　　）
A．0.25J B．3.25J C．4J D．4.25J
2．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球运动的加速度逐渐增大
C．小球机械能的增加量等于qvBh
D．玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长
3．小球以某一速度竖直向上抛出，又回到出发点。由于阻力影响，机械能随高度的变化如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的加速度先减小后增大 B．小球上升的时间比下降的时间长
C．小球上升过程阻力做功比下降过程少 D．小球上升过程阻力做功比下降过程快
4．如图所示，两个长木块A、B放置在水平桌面上，质量分别为2m和m、水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙。初始时B的左端恰与M点重合，现使A木块以初速度v0滑向B，与B碰后成为一个整体（碰撞时间极短），最终B木块右端恰好运动到N点，则以下说法正确的是（　　）
A．整个过程中两木块克服摩擦力做的功为
B．A、B碰撞过程中损失的机械能为
C．若增大B木板的质量（B的形状大小保持不变），碰后AB可能滑离桌面
D．碰撞过程中木块B对木块A的冲量大小为
5．电动机通过轻绳将小球自离地一定高度处由静止开始竖直向上提升，运动中小球的机械能E随时间t变化的图像如图所示（图中各物理量已知），小球质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．小球向上做匀加速直线运动
B．小球上升的最大速度为
C．已知小球时间内上升的高度为，则可求出时刻小球的速度
D．若小球在时刻的速度为，则该时刻的加速度为
6．如图，若小滑块以某一初速度v0从斜面底端沿光滑斜面上滑，恰能运动到斜面顶端。现仅将光滑斜面改为粗糙斜面，仍让滑块以初速度v0。从斜面底端上滑时，滑块能运动到距离底端斜面长度的处。则（　　）
A．滑块滑上斜面后能再次滑回斜面底端 B．滑块滑上斜面后不能再滑回斜面底端
C．整个过程产生的热量为 D．整个过程产生的热量为
7．质量为1kg的物块以某一初速度沿斜面从底端上滑，其重力势能和动能随上滑距离s的变化如图中直线I、Ⅱ所示，以斜面底端所在水平面为重力势能的参考面，重力加速度取。则（　　）
A．物块上滑过程中机械能守恒 B．物块与斜面间的滑动摩擦力大小为4N
C．物块下滑时加速度的大小为 D．物块返回到斜面底端时的动能为10J
8．如图所示，质量为m的物体在斜向上的传送带上由静止释放。传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速斜向上运动。物体在传送带上运动一段时间后与传送带保持相对静止。对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．物体克服重力做的功为
B．合外力对物体做的功为
C．物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量为
D．摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量
9．如图所示，质量为m的物体在斜向上的传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速斜向上运动，物体在传送带上运动一段时间后与传送带保持相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是（　　）
A．物体克服重力做的功为mv2
B．合外力对物体做的功为
C．物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量为mv2
D．摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量
10．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平面，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，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点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为E，小球轨迹最高点距ab水平面的高度为H，则（　　）
A． B． C． D．
11．甲物体在光滑水平面上运动的速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是（　　）
A．乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B．乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是-v1
C．乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度是2v1
D．碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
12．如图所示，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0.875
B．0～8s内物体位移的大小为18m
C．0～8s内物体机械能的增量为90J
D．0～8s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126J
13．如图所示，从距离水面高H处由静止释放一质量为m的小球，小球经自由落体入水，在水中运动一段时间后又“跃”出至离水面高度为h处。若小球在水中受到的浮力恒定且为自身重力的1.2倍（不考虑出、入水过程浮力的变化），小球受到水的阻力大小与速度成正比，即（k为常数），重力加速度为g，对于小球的这个运动过程分析正确的是（　　）
A．小球入水后在下降过程中做加速度增大的减速运动
B．可以求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间
C．无法求出小球第一次下降上浮过程在水中运动的时间
D．若分析小球接下去的运动，则第二次出水高度h'满足
14．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角为θ=30°，顺时针匀速转动，每隔2s在输送带下端A点无初速度放入一件货物（货物足够多）。每件货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置为零势能参考面）如图丙所示。已知货物均可视为质点，质量均为m=10kg，重力加速度取10m/s2。则（　　）
A．输送带A、B两端点间的距离为4.9m
B．货物与输送带间的动摩擦因数为
C．每件货物从下端A点运动到上端B点的时间为10s
D．机舱接到第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能量为15300J
15．如图所示，质量为M的物体C放在倾角为的足够长的粗糙斜面上，通过一平行于斜面的轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原长时，将钩码B由静止释放，当钩码B到达最低点时（未着地），C恰好要被拉动，轻绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，弹力做功公式为，以下判断正确的是（　　）
A．钩码B所能达到的最大动能为
B．钩码B由静止释放至到达最低点过程机械能先增大后减小
C．钩码B由静止释放至到达最低点过程中，弹簧弹力做的功先大于重力做的功，后小于重力做的功
D．物体C恰好要被拉动时，受到的摩擦力大小为
二、非选择题
16．在高铁站过安检的时候，旅客把行李箱轻轻平躺放在以匀速运动的传送带上，行李箱重为5kg，先匀加速再匀速通过X射线检查通道，如果传送带上摩擦痕迹的长度为4mm，重力加速度g取，不计下垂皮条对行李箱的影响，则行李箱与传送带之间的动摩擦因数为_________，因运送此行李箱，电动机多消耗的电能为___________J。
17．将一小球竖直向上抛出，若小球的速度越大空气阻力越大，那么，小球在先上升后下降的过程中，它的机械能___________，它受的合力___________。（选填“变大”、“不变”、“变小”）。
18．质量为30kg的物体从长为5m、高为3m的斜面上滑下，动摩擦因数为0.2。当物体由静止从顶端滑到底端时，物体的重力势能减少___________J，摩擦力对物体做功为___________J（g取）。
19．某球员定点罚球，篮球刚好水平越过篮筐前沿。已知罚球点离篮筐前沿的水平距离为4.2m，罚球的出球点与篮球运动最高点间的高度差为0.8m，篮球质量为0.6kg，这次罚球该球员对篮球做的功为38J，不计空气阻力，则篮球从出球点运动到最高点，重力势能增加了___________J，篮球从罚球点篮球员手中到最高点时的机械能增加___________J。
20．如图所示，竖直放置的轻弹簧上端与小物块B相连，下端固定在地面上，不可伸长的轻绳穿过光滑竖直固定细管，两端拴着质量分别为、的小球和物块B，拉着使它停在管的下端。拉起，使绳与竖直方向成一定夹角，给适当的水平速度，可使它在水平面内做圆周运动，做圆周运动过程中B的位置保持不变。已知细管长，的质量，B距管下端口足够长，重力加速度取。弹簧始终在弹性限度内。求：
（1）拉起，保持B在初始位置不变，使以角速度做圆周运动，绳与竖直方向的夹角；
（2）在从管的下端被拉起时带动B上移，当弹簧中的弹力大小与（1）中相等时，使以角速度做圆周运动。
①物块B上移的高度；
②该过程中人对、B系统做的功。
21．如图所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上一个半径为R=0.4m的圆轨道，已知小球质量m=0.1kg，斜面高=2m，小球运动到C点时对轨道压力为mg，求A到C全过程中克服摩擦阻力做的功。
22．如图甲所示，位于建筑物顶部的电动机用一轻绳把质量为的货物从地面吊起，货物前内的速度时间图像如图乙所示，忽略空气阻力，已知重力加速度。求：
（1）内轻绳对货物的拉力；
（2）内货物机械能的变化量和电动机输出的平均功率。
23．如图所示，质量为m的小铁块以水平速度v0从左侧冲上置于光滑水平面上的木板，且刚好不从木板上掉下，木板的质量为M、长为l，已知小铁块与木板间的动摩擦因数为μ，此过程中木板对地的位移大小为s，求这一过程中：
（1）木板动能的增加量；
（2）小铁块动能的减少量；
（3）系统机械能的减少量。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
当杆与竖直墙壁夹角θ=37°时，设小球A的速度为v′，根据两球的速度沿杆方向的分速度大小相等，有
v′cos37°=vcos53°
代入数据得
v′=0.6m/s
小球A上升的高度为
h=Lcos37°=1×0.8m=0.8m
根据功能原理得外力F所做的功为
代入数据解得
故选D。
2．C
【详解】
A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，故A错误；
B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；
C．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度
合速度
动能增量
重力势能增量
联立解得
选项C正确；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
联立解得
即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，故D错误。
故选C。
3．D
【详解】
A．运动中阻力作用，同一高度的机械能减小，故上面条曲线为上升过程，下面条曲线为下降过程，图像中斜率为阻力。上升时，阻力减小，下降时，阻力变大。上升时
做加速度减小的减速运动；下降时
做加速度减小的加速运动。故加速度一直减小，速度先减小后增大，故A错误。
B．由于阻力，同一高度上升时速度大于下降时速度，上升平均速度大，时间短，故B错误。
C．上升时，阻力做功大小为，下降时阻力做功大小为，上升阻力做功多，故C错误。
D．阻力平均功率
上升时阻力做功多，时间短，做功快，故D正确。
故选D。
4．A
【详解】
A．设A、B碰撞后速度为v，则碰撞前后瞬间由动量守恒定律可得
解得
碰后对于AB整体，由动能定理可得
解得
故两木块克服摩擦力做的功为，A正确；
B．对于碰撞过程，由能量守恒，损失的机械能为
解得
B错误；
C．若增大B木板的质量，由动量守恒表达式可知，碰后AB整体速度将减小，在桌面上滑动时，由牛顿第二定律可知，加速度与质量无关，为
即加速度恒定，所以B木板质量越大，碰后滑行距离越短，越不容易滑离桌面。C错误；
D．对A应用动量定理可得
解得
D错误。
故选A。
5．C
【详解】
A．根据功能关系可知，除重力做功以外，绳的牵引力做正功引起机械能的增大
而机械能随时间t均匀增大，由
可知拉力的功率P保持不变，由牛顿第二定律有
则小球做加速度逐渐减小的变加速运动，A错误；
B．由
可知，图像的斜率即为牵引力的功率，有
当牵引力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，有
可得
B错误；
C．小球在时间内做变加速直线运动，由动能定理得
故已知上升的高度，可求得小球时刻速度v，故C正确；
D．由
得
D错误。
故选C。
6．AD
【详解】
AB．设斜面长度为L，由题意可知
其中的
解得
因
则当滑块滑上斜面到达最高点后能再次滑回斜面底端，选项A正确，B错误；
CD．由能量关系可知，整个过程产生的热量为
选项C错误，D正确。
故选AD。
7．BD
【详解】
A．由图发现重力势能和动能之和一直在改变，则机械能不守恒，故A错误；
B．由图发现，上滑5m过程中，机械能共减小了20J，机械能减少量等于克服阻力做功，故
解得
故B正确；
C．上滑5m过程中，重力势能增加30J，根据
可知，上升的高度为
则斜面倾角正弦值
根据牛顿第二定律
解得
故C错误；
D．物块返回到斜面底端时，克服阻力做功
返回到斜面底端时的动能
故D正确。
故选BD。
8．BD
【详解】
AB．物体上升过程中，根据动能定理得
因此合外力对物体做的功为，重力做功无法判断，故A错误，B正确；
C．物体和传送带之间由于摩擦而产生的热量
故C错误；
D．除了重力外只有摩擦力做功，因此摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量，故D正确。
故选BD。
9．BD
【详解】
AB．在物块上升过程当中，受重力、支持力和摩擦力，只有重力和摩擦力做功，由动能定理可知
由此可知，物体克服重力做功不一定等于，合外力做的功为，故A错误，B正确；
C．设经时间t物块与传送带共速，则
v=at
则
其中
产生的热量等于摩擦力与物块和传送带的位移差值的乘积，即
故C错误；
D．由功能关系可知摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增量，故D正确。
故选BD。
10．AD
【详解】
由题意知水平外力为
设小球到达点速度为，从到根据动能定理得
解得
小球离开后竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设从点达到最高点的时间为，则有
此段时间内水平方向的位移为
竖直方向的位移为
球轨迹最高点距ab水平面的高度为
机械能的增量为
故AD正确，BC错误。
故选AD。
11．ABC
【详解】
ABC．设甲、乙质量分别为m1、m2，碰前甲的速度为v1，由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度
v1′=v1，v2′=v1
当m2=m1时，v2′=v1；当m1 m2时，v1′＝-v1；当m1 m2时，v2′=2v1，故ABC正确；
D．根据动能定理可知，碰撞过程中甲对乙做的功等于乙动能的增量，故D错误。
故选ABC。
12．ACD
【详解】
A．物体做匀变速运动的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
μ=0.875
故A正确。
B．图线与时间轴围成的面积表示位移，则位移的大小
故B错误。
C．物体重力势能的增加量为
△Ep=mgxsin37°=10×14×0.6J=84J
动能的增加量
则机械能的增加量
△E=84+6=90J
故C正确。
D．传送带的速度为4m/s，在0-2s内，物体的位移大小为
传送带的位移
x2=vt=4×2m=8m
则相对路程
△x1=x1+x2=10m
在2-6s内，物体的位移
传送带的位移
x4=vt=4×4m=16m
则相对路程
△x2=x4-x3=8m
则摩擦产生的热量
Q=μmgcos37° △x=0.875×10×0.8×（10+8）J=126J
故D正确。
故选ACD。
13．BD
【详解】
A. 小球入水后在下降过程中，由牛顿第二定律
解得
可知，随着小球速度的减小，加速度也减小，小球做加速度减小的减速运动，A错误；
B C. 设小球第一次入水时的速度大小为，由运动学公式得
小球第一次出水时的速度大小为，由运动学公式得
小球在水中下降过程，由动量定理得
①
小球在水中上升过程，由动量定理得
②
又
①②两式相加得
解得
B正确，C错误；
D. 由能量守恒可知，小球第一次在水中下降上浮过程损失的机械能
小球第二次在水中下降上浮过程损失的机械能
小球第一次在水中下降上浮过程的路程大于第二次，即第一次在水中下降上浮过程损失的机械能比第二次大，则有
D正确；
故选BD。
14．BCD
【详解】
A．由图像可知，物块沿传送带向上运动s1=0.2m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，则
解得
s2=9.6m
则输送带A、B两端点间的距离为
s=s1+s2=9.8m
选项A错误；
B．由图像可知，开始运动到与传送带相对静止，则
解得
选项B正确；
C．加速阶段的加速度
传送带的速度
则加速的时间
匀速的时间
共用时间
选项C正确；
D．每一个货件从低端到顶端要消耗的能量
每分钟共有30个货件能到达顶端，则第一件货物后，皮带输送机每分钟因运送货物而多消耗的能量为
选项D正确。
故选BCD。
15．AD
【详解】
B．钩码B从静止释放到运动至最低点的过程中，受重力和弹簧弹力作用，机械能的变化等于除了重力之外其他力做的功，即弹力做的功，钩码B向下运动过程中，弹簧弹力始终做负功，机械能一直在减小，B错误；
A．钩码B达到最大速度时，加速度为零，设弹簧形变量为x
mg＝kx
此过程中根据动能定理
弹力是变力，但随x均匀变化，弹力做的功为
即
得
A正确；
C．钩码B由静止释放至到达最低点过程中，动能先增大后减小，合外力先做正功后做负功，即重力做功先大于弹力做功，后小于弹力做功，C错误；
D．钩码B由静止释放后做的是简谐运动，刚释放
mg＝ma
当钩码B到达最低点时，根据简谐运动的对称性可知，此时加速度大小等于刚释放时的加速度大小，方向相反
得
对物体C
得
D正确．
故选AD。
16． 0.5 0.2
【详解】
物体加速到与传送带共同速度时传送带上摩擦痕迹的长度为s=4mm，据动能定理可得
代入数据解得
因放上行李箱，电动机多消耗的电能等于摩擦产热与行李箱获得的动能之和
17． 变小 变小
【详解】
竖直向上抛出的小球，离开手后会继续向上运动，若考虑空气阻力，小球与空气摩擦，一部分机械能转化为内能，故机械能的总量变小；
小球上升时，受到重力与空气阻力作用，做减速运动，由于二者方向相同，所以合力为二力之和，即
速度减小，阻力减小，则合力减小，到最高点时速度为0，阻力为0，合力为；小球下降时，做加速度运动，由于阻力方向与重力相反，所以合力为二力之差，即
由于小球的速度变大，空气阻力变大，则合力会继续减小，故在整个过程中，小球所受合力越来越小。
18． 900 -240
【详解】
当物体由静止从顶端滑到底端时，物体的重力势能变化量为
因此物体的重力势能减少了；
摩擦力对物体做功为
由题意可得
联立解得：
19． 4.8 38
【详解】
篮球从出球点运动到最高点，重力势能增加了
篮球从罚球点篮球员手中到最高点时的机械能增加量等于篮球出手时动能的增加量，即为38J。
20．（1）；（2）①，②
【详解】
（1）以角速度5.0rad/s匀速转动时，对有
解得
，
（2）初始状态时，B物块静止，受力平衡有
解得
以角速度10rad/s匀速转动时，对，由牛顿第二定律有
对B有
解得
，，
（3）将从初位置拉起使其以角速度10.0rad/s匀速转动的过程中，B的重力势能增加量
J
的重力势能增加量
的动能增加量
该过程中人对、B系统做的功
21．0.8J
【详解】
在C点，由牛顿第二定律得
从A到C过程，由动能定理得
解得
22．（1）；（2），
【详解】
（1）由图乙可知内，货物做匀加速直线运动
对货物，根据牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）由图乙可知内，货物上升高度为
机械能的变化量为
代入数据解得
根据题意可知，电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量，则电动机输出的平均功率为
23．（1）μmgs；（2）μmg（l+s）；（3）μmgl
【详解】
（1）木板对地位移为s，根据动能定理得
则动能的增加量为μmgs；
（2）小铁块对地的位移为l+s，根据动能定理得
-μmg（l+s）=ΔEkm
可知小铁块动能的减小量为μmg（l+s）；
（3）则系统减小的机械能为
ΔE=μmg（l+s）-μmgs=μmgl
答案第1页，共2页

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