高中物理功能专题练习中等难度一、单选题（本大题共1小题，共4.0分）1.“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句.瀑布中的水从高处落下的过程中( )A. 重力势能增加B. 重力势能减少C. 重力对水做的功大于水重力势能的改变量D. 重力对水做的功小于水重力势能的改变量二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）2.关于功的正负，下列叙述中正确的是( )A. 正功表示功的方向与物体运动方向相同，负功为相反B. 正功大于负功C. 正功表示力和位移两者之间夹角小于90∘，负功表示力和位移两者之间夹角大于90∘D. 正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力3.物体从某一高度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是( )A. 物体从A下落到B的过程中，弹性势能不断增大B. 物体从A下落到B的过程中，重力势能不断减小C. 物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，动能都是先变小后变大D. 物体在B点的速度为零，处于平衡状态4.如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度ℎ=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的E k−ℎ图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知( )A. 小滑块的质量为0.2kgB. 轻弹簧原长为0.1mC. 弹簧最大弹性势能为0.32JD. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）5.如图，倾角为θ的斜面上一物体，竖直向上的恒力F通过滑轮把物体拉着沿斜面向上移动了S的位移，则此过程拉了F做功W=______ ．6.质量m=5×103kg的汽车以P=6×104W的额定功率沿平直公路行驶，某时刻汽车的速度大小为v=10m/s，设汽车受恒定阻力f=2.5×103N.则v=10m/s时汽车的加速度a的大小为______ m/s2；汽车能达到的最大速度v m大小为______ m/s．四、计算题（本大题共1小题，共10.0分）7.如图所示，长为4m的水平轨道AB，与半径为R=0.5m的竖直的半圆弧轨道BC在B处相连接，有−质量为2kg的滑块(可视为质点)，在水平向右、大小为14N的恒力F作用下，从A点由静止开始运动到B点，滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.25，BC间粗糙，取g=10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并洽好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？五、简答题（本大题共3小题，共24.0分）8.如图所示，水平面与倾角为θ=37∘的斜面在B处平滑连接(图中未画出)，斜面足够长，一质量为m=1kg的小物块在水平面上从A处以初速度v0=20m/s水平向右运动，AB间距离d=30m.己知物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速变g=10m/s2，sin37∘=06，cos37∘=0.8.求：(1)物块在斜面上运动离B点的最大距离；(2)物块最终静止位置与A点距离．9.如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，∠NOP=37∘，OP中点处固定一电量为q1=2.0×10−8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧.MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a=1m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零.沿ON方向建立坐标轴(取O点处x=0)，图(b)中Ⅰ和Ⅱ图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.24×10−3J，E1=1.92×10−3J，E2=6.2×10−4J.(静电力恒量k=9.0×109N⋅m2/C2，取sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度g=10m/s2)(1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p．10.如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，其质量分别为m，2m，3m，其中B，C两滑块用一轻质弹簧连接.某时刻给滑块A向右的初速度v0，使其在水平面上的速度反弹，匀速运动，一段时间后与滑块B发生碰撞，碰后滑块A立即以v=v05求：(1)发生碰撞过程中系统机械能的损失为多少？(2)碰后弹簧所具有的最大弹性势能？答案和解析【答案】1. B2. CD3. AB4. AD5. FS+FS sinθ6. 0.7；247. 解：(1)滑块从A到B的过程中，由动能定理有：Fx−μmgx=1mv B2即：14×4−0.25×2×10×4=12×2×v B2得：v B=6m/s(3)当滑块恰好能到达C点时，应有：mg=m v C2R滑块从B到C的过程中，由动能定理：W−mg⋅2R=12mv C2−12mv B2联立解得：W=−11(J)，即克服摩擦力做功为11J．答：(1)滑块到达B处时的速度大小是6m/s．(2)滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是11J．8. 解：(1)当物块在斜面上速度减为零时，离B点的距离最大，设为L，整个过程中，根据动能定理得：0−12mv02=−μmgd−μmg cos37∘L−mgL sin37∘解得：L=5m，(2)因为mg sin37∘>μmg cos37∘，则物块速度减为零后不能保持静止，沿斜面下滑，最后静止在水平面上，此过程中，根据动能定理得：mgL sin37∘−μmgL cos37∘−μmgs=0−0解得：s=0.2m则物块最终静止位置与A点距离x=d−s=30−0.2=29.8m答：(1)物块在斜面上运动离B点的最大距离为5m；(2)物块最终静止位置与A点距离为29.8m．9. 解：(1)电势能为E1是最大，所以应是电荷q1对小球做负功和正功的分界点，即应该是图中M(过q1作的ON的垂线)．x1=a cos37∘×12cos37∘=0.32a=0.32m，根据图象得到mgℎ=E1，m=E11=1.92×10−3=1×10−3kg(2)小球受到重力G、库仑力F，则有：k q1q2r2=mg cos37∘，其中：r=x1tan37∘=0.24a带入数据，得：q2=2.56×10−6C(3)对O到N，小球离开弹簧后到达N点的速度为零，根据能量守恒，得到mga sin37∘+E2−E0=E P带入数据解得：E p=5.38×10−3J答：(1)电势能为E1时小球的位置坐标x1为0.32m，小球的质量1×10−3kg；(2)小球的电量q2为2.56×10−6C；(3)小球释放瞬间弹簧的弹性势能E p为5.38×10−3J.10. 解：(1)AB碰撞瞬间，A，B组成系统动量守恒，规定向右为正方向有：mv0=−m v05+2mv B解得：v B=35v0碰撞过程中系统机械能的损失△E=12mv02−12m(v05)2−12⋅2m(3v05)2=325mv02(2)当弹簧具有最大弹性势能时，B，C具有共同速度，设为V BC，则根据动量守恒定律有：2mv B=(2m+3m)v BC由机械能守恒定律有：E P=1×2mv B2−1×3mv BC2解得：E P=27125mv02答：(1)发生碰撞过程中系统机械能的损失为325mv02；(2)碰后弹簧所具有的最大弹性势能为27125mv02．【解析】1. 解：根据△E P=−W G可知：瀑布中的水从高处落下的过程中重力做正功，重力势能减小，重力对水做的功等于水重力势能的改变量．故选B瀑布中的水从高处落下重力做正功，重力势能减小．本题主要考查了重力做功与重力势能的变化量的关系，难度不大，属于基础题．2. 解：A、功是标量，只有大小，没有方向，而正负表示动力做功，负号表示阻力做功，故A错误；D正确B、功的正负不表示做功的大小；故B错误；C、由W=Fx cosθ可知，正功表示力和位移两者之间夹角小于90∘，负功表示力和位移两者之间夹角大于90∘，故C正确；故选：CD功是标量，只有大小，没有方向，由W=Fx cosθ可知，做功正负的条件，正功表示动力对物体做功，负功表示阻力对物体做功．本题主要考查了对功的理解，注意功是标量，只有大小，没有方向，明确正功和负功的意义．3. 解：A、物体从A下落到B的过程中，弹簧的形变量增大，弹性势能不断增大，故A 正确；B、物体从A下落到B的过程中，高度降低，重力势能不断减小，故B正确；C、物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，当弹簧的弹力和重力平衡时，速度最大，动能最大，所以动能都是先变大后变小，故C错误；D、物体在B点时，速度为零，但速度为零，合力不为零，不是处于平衡状态，故D错误；故选：AB动能的大小与物体的速度有关，知道速度的变化规律可以知道动能的变化规律；重力势能与物体的高度有关，根据高度的变化来判断重力势能的变化；弹簧的弹性势能看的是弹簧形变量的大小；首先要明确物体的整个的下落过程，知道在下降的过程中各物理量之间的关系，在对动能和势能的变化作出判断，需要学生较好的掌握基本知识．4. 解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，△E k=△E P=mg△ℎ，图线的斜率绝对值为：k=△E k△ℎ=0.30.35−0.2=2N=mg，则m=0.2kg，故A正确；B、在E k−ℎ图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从ℎ=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m.故B错误；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm=mg△ℎ=0.2×10×(0.35−0.1)=0.5J，故C错误；D、由图可知，当ℎ=0.18m时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，E Pmin=E−E km=E pm+mgℎ−E km=0.5+0.2×10×0.1−0.32=0.38J，故D正确；故选：AD根据E k−ℎ图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解．本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图象的形状得出滑块从0.2m 上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键．5. 解：由图可知，F通过绳子对滑轮产生了两个拉力的作用，一个是沿斜面上的拉力，另一个是竖直向上的拉力；两拉力所做的总功为：FS+FS cos(90∘−θ)=FS+FS sinθ；故答案为：FS+FS sinθ对滑轮分析，根据滑轮受力情况，利用功的公式可求得F所做的功．本题通过力F的实际效果进行分析求解，也可以直接分析拉力F的作用，要注意明确F 的位移与物体位移的关系．6. 解：由P=Fv可知，牵引力：F=Pv =6×10410=6000N，由牛顿第二定律得：F−f=ma，代入数据解得：a=0.7m/s2，当汽车匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F′=f=2500N，由P=Fv可知，最大速度：v max=PF′=6×1042500=24m/s；故答案为：0.7；24．应用功率公式P=Fv的变形公式求出汽车的牵引力，然后应用牛顿第二定律求出加速度；汽车匀速运动是速度最大，应用平衡条件求出牵引力，然后由功率公式求出最大速度．本题考查了功率公式P=Fv的应用，分析清楚汽车的运动过程，应用P=Fv、平衡条件、牛顿第二定律可以解题．7. (1)对滑块从A到B的过程作为研究的过程，运用动能定理求出滑块到达B处时的速度大小．(2)滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，知在最高点C所受的弹力为零，根据牛顿第二定律求出临界的速度，根据动能定理求出滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功．分析清楚滑块的运动过程，知道涉及力在空间的效果，运用动能定理求出速度是常用的方法.还要明确最高点的临界条件：重力等于向心力．8. (1)当物块在斜面上速度减为零时，离B点的距离最大，整个过程中，根据动能定理列式即可求解；(2)因为mg sin37∘>μmg cos37∘，则物块速度减为零后不能保持静止，沿斜面下滑，最后静止在水平面上，此过程中，根据动能定理列式求解即可．本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物块的受力情况，特别注意物块速度减为零后不能保持静止，而要沿斜面下滑，难度适中．9. (1)判断出x1的位置，利用E1=mgℎ即可求的质量；(2)根据受力分析利用垂直于斜面方向合力为零即可求的电荷量；(3)根据能量守恒即可求得．分析磁场的分布情况及小球的运动情况，通过电场力做功来判断电势能的变化从而判断出图象，再根据平衡条件和动能定理进行处理．10. (1)AB碰撞瞬间，A，B组成系统动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后B的速度，再根据能量守恒定律求出发生碰撞过程中系统机械能的损失量；(2)当弹簧具有最大弹性势能时，B，C具有共同速度，设为V BC，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解即可．本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，过程较为复杂，对学生的能力要求较高，关键要理清过程，选择好研究对象，结合动量守恒进行求解．。