高三物理二轮高频考点突破专题08 功和功能关系

高考物理二轮高频考点专题突破专题08功和功能关系专练目标专练内容目标1重力场中的功和功能关系（1T—8T）目标2电场中的功和功能关系（9T—13T）目标3磁场中的功和功能关系（14T—18T）【典例专练】一、重力场中的功和功能关系1．力F对物体所做的功可由公式求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（）A．甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为B．乙图中，全过程中F做的总功为108JC．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功D．图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是【答案】A【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为，故A正确；B．乙图的面积代表功，则全过程中F做的总功为故B错误；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为故C错误；D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误；故选A。2．水平桌面上，长R=5m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg的小球，现对小球施加一个大小不变的力F=10N，F拉着物体从M点运动到N点，方向始终与小球的运动方向成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则拉力F做的功与克服摩擦力做的功之比为（）A． B． C．2 D．3【答案】C【详解】将圆弧分成很多小段l1，l2，…，ln，拉力F在每小段上做的功为W1，W2，…，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W1=Fl1cos37°；W2=Fl2cos37°…Wn=Flncos37°W=W1+W2+…+Wn=F（cos37°）（l1+l2+…+ln）=Fcos37°·R=πJ同理可得小球克服摩擦力做的功Wf=μmg·R=πJ拉力F做的功与小球克服摩擦力做的功之比为2。故选C。3．光滑固定斜面上有一个质量分布均匀的正方形薄铁板，质量为M，正方形边长为d，在外力作用下沿平行于底边方向运动，在斜面上宽度为d的灰色区域内涂有一层特殊材料，薄铁板与该材料之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，斜面倾角为，则该薄铁板通过粗糙区域时克服摩擦力做的功为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】物块进入粗糙部分越多，摩擦力越大，所以摩擦力先逐渐增大后逐渐减小，且物体对粗糙部分的正压力与位移成正比（如图所示），故平均摩擦力µMgcosθ，所以Wf=µMgcosθ×2d=µMgdcosθ故选A。4．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4m处时速度为零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为（）A．2.0J B．3.5J C．1.8J D．3.1J【答案】D【详解】由图线与坐标轴围成的面积表示功，可得到力F做的功W=×(5+10)×0.2+10×(0.4-0.2)J=3.5J设克服弹簧弹力做功为WF，由动能定理WF-W弹-μmgx=0代入数据有3.5–W弹-0.2×0.5×10×0.4=0得W弹=3.1J则弹簧的弹性势能为EP=3.1J故选D。5．全球最大水平臂上回转自升塔式起重机的开发和应用，意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t=0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其所受合外力随时间变化的图像如图所示，内起重机的功率为额定功率，不计物体受到的空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．物体匀加速阶段的加速度为B．和时间内牵引力做的功之比为C．时刻物体正在减速上升D．阶段牵引力所做的功为【答案】B【详解】A．题图纵轴表示合外力，因此时间内，物体加速度为故A错误；BD．时间内牵引力做功为；时间内牵引力做功为联立可得和时间内牵引力做的功之比为故B正确，D错误；C．由题图可知时刻合外力仍大于零，合外力仍向上，物体继续做加速运动，故C错误。故选B。6．已知一足够长的传送带与水平面的倾角为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时刻记录了小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。已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2，则下列判断正确的是（）A．0~t1内，传送带对物块做正功B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，C．0~t2内，传送带对物块做功为（）D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大【答案】D【详解】A．由图像可知，0~t1内物块的位移为负，即物块沿传送带向下运动，所受摩擦力沿传送带向上，夹角为。所以传送带对物块做负功。故A错误；B．t1~t2内，物块向上运动，有解得故B错误；C．0~t2内，由图像可知，物块先向下运动，后向上运动，总的位移向下，所以重力做正功。由动能定理，可得则有故C错误；D．0~t2内，重力做正功，物块重力势能减小，由图像可知其动能也减小。根据能量守恒可知系统产生的热量一定比物块动能的减少量大。故D正确。故选D。7．如图所示A、B、C三个质量均为1kg的小物块（视为质点），用轻绳（足够长）通过轻小滑轮（不考虑半径）对称连接，两个滑轮的水平距离为0.6m。在外力作用下将C物块拉到如图所示位置，此时轻绳与竖直方向夹角。然后撤去外力，不计一切阻力，整个装置处于竖直平面内，重力加速度为g。（）A．三个物块运动的过程中整体机械能不守恒B．上升过程中C的最大动能为C．当C的速度最大时A物体的速度大小恰好等于C物体的速度大小D．由静止释放到C物块速度最大的过程中拉力对A物块所做的功为【答案】BD【详解】A．以三个物块为研究对象，仅有重力对系统做功，三个物块运动的过程中整体机械能守恒，故A错误；BC．当C物体加速度为零时，C上升过程中的速度最大，设此时绳子与竖直方向的夹角为，由平衡条件得解得设两个滑轮的水平距离为d，C上升的高度为；A、B两物块下降的高度为设两个滑轮的水平距离为d，此时A、B的速度为、C的速度为，把C的速度沿绳子和垂直绳子分解，得根据机械能守恒定律得解得则C的最大动能为故B正确，C错误；D．对A由动能定理得联立解得故D正确。故选BD。8．如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机”示意图，电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆从深坑提上来，当夯杆底端刚到达坑口时，两个滚轮彼此分开，将夯杆释放，夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。然后两个滚轮再次压紧，夯杆被提上来，如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中，经历匀加速和匀速运动过程)。已知两个滚轮边缘的线速度恒为v=4m/s，滚轮对夯杆的正压力，滚轮与夯杆间的动摩擦因数，夯杆质量m=1×103kg，坑深h=6.4m，假定在打夯的过程中坑的深度变化不大，取g=10m/s2，下列说法正确（）A．夯杆被滚轮带动加速上升的过程中，加速度的大小B．每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为7.2×104JC．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为4.8×104JD．增加滚轮对夯杆的正压力，每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量将增加【答案】AC【详解】A．夯杆加速上升过程中，加速度解得BC．夯杆加速上升的高度在加速上升阶段，电动机对夯杆做的功设加速阶段用时为t，则此阶段滚轮与夯杆间的相对位移为此阶段产生的热量为夯杆匀速上升阶段上升高度电动机对夯杆做的功由能量关系知每个打夯周期中，电动机多消耗的电能为故B错误，C正确；D．每个打夯周期中滚轮与夯杆间因摩擦产生的热量为增大时，Q将减小，故D错误。故选AC。电场中的功和功能关系9．如图所示，竖直固定的光滑绝缘细杆上O点套有一个电荷量为-q（q>0）的小环，在杆的左侧固定一个电荷量为+Q（Q>0）的点电荷，杆上a、b两点与+Q正好构成等边三角形，c是ab的中点。使小环从O点无初速度释放，小环通过a点的速率为v。若已知ab=Oa=l，静电常量为k，重力加速度为g。则（）A．在a点，小环所受弹力大小为B．在c点，小环的动能最大C．在c点，小环的电势能最大D．在b点，小环的速率为【答案】D【详解】A．在a点，小环所受的库仑力沿aQ方向，大小为，水平方向小球受力平衡，所以小球受到向右的弹力大小等于库仑力沿水平方向的分力，A错误；B．从c点到b点，小环所受重力做正功，库仑力做负功，由于重力和库仑力大小关系未知，在c点，小环的动能不一定最大，B错误；C．c点距离正点电荷Q最近，对应电势最高，带负电荷的小环在c点电势能最小，C错误；D．从a点到b点，由点电荷电场分布特点及几何关系知，a、b两点电势相等，则电场力不做功，应用动能定理解得，D正确。故选D。10．空间有一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x0、2x0一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向做直线运动，其速度v随位置x的变化规律如图所示，粒子仅受电场力作用，设O点电势为零。则下列说法正确的是（）

A．该电场为匀强电场B．粒子在P点的电势能为C．Q点的电势为D．粒子在OP间的平均加速度比PQ间的大【答案】D【详解】AD．由图中数据可得粒子在OP间和PQ间运动位移均为x0；但在OP间运动平均速度大于PQ间平均速度，即而两个阶段速度变化量均为，因此在OP段平均加速度更大，因为前后两段平均加速度不一样大，即电场力不一样大，该电场不是匀强电场，A错误D正确；B．由动能定理可得：O到P电场力做的功解得又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量，B错误；C．由动能定理可得：O到Q电场力做的功解得又因为O点电势为零，电场力做的功等于电势能减少量；即电势，C错误。故选D。11．如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10g的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v­t图象如图乙所示．小球运动到B点时，v­t图象的切线的斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法错误的是()A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2V/mB．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后增大C．由C到A电势逐渐降低D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9V【答案】B【详解】A、由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度：，又：，解得，故A正确；BC、从C到A小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，根据可知电势一直减小，故C正确，B错误；D、由C到B电场力做功为，CB间电势差为，故D正确；错误的故选B．12．如图甲所示，绝缘、光滑水平面上方，有水平向右的匀强电场，电场强度大小为E。在水平面右端固定一轻弹簧，一带电物块（可视为质点）质量为m，电量为+q，将带电物块由静止释放，以物块出发点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立坐标系，物块动能Ek与它通过的距离x之间的关系如图乙，其中坐标x1处为弹簧原长位置，O~x1段为直线，坐标x2处动能最大，坐标x4处动能为零。下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为B．从坐标x1处到坐标x4处，物块所受力的合力先增加后减小C．从坐标x1处到坐标x3处弹簧弹性势能增加了D．从坐标x1处到坐标x2处，弹簧弹性势能增加量的大小等于电势能减少量的大小【答案】AC【详解】A．由动能定理可知，物体做匀加速直线运动，则在处物体动能最大，此时物体加速度为零，则即解得故A正确；B．从坐标x1处到坐标x4处，在处所以阶段；变大，则变小，而从到对应；变大，变大，所以合力先减小后增大，故B错误；C．从坐标x1处到坐标x3处，弹簧弹性势能变大，而电场力做功全部转化为弹簧的弹性势能，即有故C正确；D．从坐标x1处到坐标x2处，弹性势能增加、动能增加，电场力做正功，电势能减小，可知弹簧弹性势能增加量和动能的增加量之和大小等于电势能减少量的大小，故D错误。故选AC。13．.如图甲所示，在绝缘水平面上方的MM′和PP′范围内有方向水平向右的电场，电场强度大小沿电场线方向的变化关系如图乙所示．一质量为m、带电荷量为＋q的小物块(可视为点电荷)从水平面上的A点以初速度v0向右运动，到达B点时速度恰好为零．若滑块与水平面之间的动摩擦因数为μ，A、B两点间的距离为l，重力加速度为g．则以下判断正确的是()A．小物块在运动过程中所受到的电场力一直小于滑动摩擦力B．小物块在运动过程中的中间时刻，速度大小大于C．A、B两点间的电势差为D．此过程中产生的内能为【答案】AC【详解】A．滑块所受的电场力水平向右，摩擦力水平向左，由图象知，电场强度逐渐增大，电场力逐渐增大，滑块做减速运动，可知电场力一直小于滑动摩擦力．故A正确；B．因为电场力逐渐增大，所以小滑块做加速度逐渐减小的减速运动，根据速度时间图线可知，若为匀变速直线运动，中间时刻的瞬时速度等于；从图中可知，中间时刻的瞬时速度小于．故B错误；C．根据动能定理得，-qU-μmgl=0-mv02解得，A、B点间的电势差故C正确；D．根据能量守恒知，电势能减小、动能减小，全部转化为内能，则产生的内能大于mv02．故D错误。故选AC。三、磁场中的功和功能关系14．边长为L的单匝正方形导线框abcd放在绝缘的光滑水平桌面上，其右端相距s处有边界PQ，在PQ左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。现用水平向右的恒力F使线框由静止向右运动，且线框运动过程中ad边始终与PQ保持垂直，线框全部离开磁场前已做匀速直线运动，已知磁感应强度大小为B，线框质量为m，电阻为R，边长为L。下列说法正确的是（）A．cd边离开磁场时线圈中的感应电动势大小为B．cd边离开磁场时线框的加速度大小为C．线框全部离开磁场过程中，通过线框某一横截面的电荷量为D．线框全部离开磁场过程中，线框中产生的热量为【答案】BCD【详解】A．线圈完全在磁场中穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，对线圈，由动能定理解得，cd边离开磁场时线圈产生的感应电动势故A错误；B．cd边离开磁场时线圈受到的安培力对线圈，由牛顿第二定律解得故B正确；C．根据电磁感应电荷量推论公式故C正确；D．线圈离开磁场前已做匀速直线运动，由平衡条件解得线圈离开磁场时的速度对线圈，由能量守恒定律得解得故D正确。故选BCD。15．如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L.有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h。初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g.则下列说法中正确的是（）A．导线框进入磁场时的速度为B．导线框穿出磁场时的速度为C．导线框通过磁场的过程中产生的热量D．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为【答案】BC【详解】A．线框进入磁场前，根据重物与线框组成的机械能守恒得解得线框进入磁场时的速度为，A错误；B．线框穿出磁场时，根据平衡条件得安培力为联立解得线框离开磁场时的速度为，B正确；C．设线框通过磁场的过程中产生的热量为，对从静止到刚通过磁场的过程，根据能量守恒得联立以上解得，C正确；D．线框进入磁场后，若某一时刻的速度为，对整体，根据牛顿第二定律得解得，D错误。故选BC。16．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨所在平面的倾角为，导轨下端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，质量为m、长为L、电阻不计的金属棒放在导轨上，在沿导轨平面且与棒垂直的拉力F作用下金属棒沿导轨向上做初速度为零、加速度为g（g为重力加速度）的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，则在金属棒沿导轨向上运动t0时间的过程中A．拉力F与时间成正比B．拉力F的冲量大小为C．通过电阻R的电量为D．电阻R上产生的焦耳热等于拉力与重力的做功之和【答案】BC【详解】A．由题意知；因此有故A项错误；B．金属棒向上运动t0时间的过程中，平均作用力则拉力的冲量大小故B项正确；C．t0时间内金属棒沿导轨向上运动的距离通过电阻R的电量故C项正确；D．根据动能定理又即故D项错误。故选BC。17．如图所示，水平面上固定两根光滑平行的长直导轨，间距为l，电阻可忽略不计，导轨之间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上静置两根导体棒a和b，质量均为m，每根导体棒有效电阻均为R，现用等大的恒力F同时向左右两边拉a和b，导体棒与导轨始终垂直，经时间t两棒刚好达到最大速度，则下列说法正确的是（）A．最大速度为B．此过程通过回路某一横截面的电荷量为C．此过程拉力做的总功为D．此过程产生的焦耳热为【答案】BD【详解】A．设导体棒的最大速度为v，当导体棒达到最大速度时，拉力F与导体棒所受安培力平衡，即①解得②故A错误；B．设从开始运动到两棒达到最大速度的过程中回路中的平均感应电流为，此过程通过回路某一横截面的电荷量为q，对其中任意一导体棒根据动量定理可得③根据电流的定义有④联立②③④解得⑤故