全国通用版2019版高考物理大一轮复习第五章机械能及其守恒定律课时达标17功能关系能量守恒定律.doc

1、【 精品教育资源文库 】 第 17 讲 功能关系能量守恒定律 解密考纲 主要考查对功能关系的理解，对各种功能关系的熟练应用；掌握摩擦力做功与能量转化和弹簧弹力做功与能量转化的处理技巧 1如图所示，在竖直平面内有一 “V” 形槽，其底部 BC 是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处 B、 C 位于同一水平面上一小物体从右侧斜槽上距 BC 平面高度为 2h 的 A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽最高能到达距 BC 所在水平面高度为 h 的 D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则 ( C ) A小物体恰好滑回到 B 处时速度为零 B小物体尚 未滑回到 B 处时速度已变为零 C小

2、物体能滑回到 B 处之上，但最高点要比 D 处低 D小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 2 (多选 )在离水平地面 h 高处将一质量为 m 的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为 Ff，落地时小球距抛出点的水平距离为 x，速率为 v，那么，在小球运动的过程中 ( AD ) A重力做功为 mgh B克服空气阻力做的功为 Ff h2 x2 C落地时，重力的瞬时功率为 mgv D重力势能和机械能都逐渐减少 解析 重力做功为 WG mgh，选项 A 正确；空气阻力做功与经过 的路程有关，而小球经过的路程大于 h2 x2，故克服空气阻力做的功大于 Ff h2 x2，选项 B 错误；落地

3、时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于 mgv，选项 C 错误；重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，选项 D 正确 3 (2017 重庆诊断 )一个排球在 A 点被竖直抛出时动能为 20 J，上升到最大高度后，又回到 A 点，动能变为 12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则 ( C ) A上升到最高点过程重力势能增加了 20 J B上升到最高点过程机械能减少了 8 J C从最高点回到 A 点过程克服阻力做功 4 J D从最高点回到 A 点过程重力势能减少了 12 J 解析 由题意知整体过程中动能 (机械能 )减少了 8 J，则上

4、升过程克服阻力做功 4 J，下落过程克服阻力做功 4 J；上升到最高点过程动能减少量为 20 J，克服阻力做功 4 J，即【 精品教育资源文库 】 机械能减少 4 J，则重力势能增加了 16 J，选项 A、 B 错误；由前面分析知选项 C 正确；从最高点回到 A 点过程动能增加了 12 J，机械能减少 4 J，则重力势能减少 16 J，选项 D 错误 4 (2017 天津质检 )一个 质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为( D ) A 18mgR B 14mgR C 12mgR D

5、34mgR 解析 在半圆底部，由圆周运动知识得 1.5mg mg mv2R ，解得 v2 0.5gR.由功能关系可得此过程中铁块损失的机械能为 E mgR 12mv2 0.75mgR，选项 D 正确 5 (2017 海门中学校级模拟 )如图所示，半圆形轨道 MON 竖直放置且固定在地面上，直径 MN 是水平的，一小物块从 M 点正上方高度为 H 处自由下落，正好在 M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开 N 点后上升的最大高度为 H2，小物块接着下落从 N 点滑入半圆轨道，在向M 点滑行过程中 (整个过程不计空气阻力 )，下列说法正确的是 ( C ) A小物块正好能到达 M 点 B小物块一定到不

6、了 M 点 C小物块一定能冲出 M 点 D不能确定小物块能否冲出 M 点 解析 设小物块由 M 运动到 N 克服摩擦力所做的功为 W1， 则由能量守恒定律可得 W1 12mgH；设小物块由 N 运动到 M 克服摩擦力所做的功为 W2，因为速度越大，小物块对轨道的压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以 W2EkbEkc，但不能确定物体到达底端时动能的数量关系，也不能确定运动时间的数量关系，选项 C、 D错误 11 (2017 苏州一模 )如图所示，一个半径为 R 的 14圆周的轨道， O 点为圆心， B 为轨道上的一点， OB 与水平方向的夹角为 37. 轨道的左侧与一固 定光滑平台相连，在平台上一

7、轻质弹簧左端与竖直挡板相连，弹簧原长时右端在 A 点现用一质量为 m 的小球 (与弹簧不连接 )压缩弹簧至 P 点后释放已知重力加速度为 g，不计空气阻力 (1)若小球恰能击中 B 点，求刚释放小球时弹簧的弹性势能； (2)试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直； (3)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值 解析 (1)小球离开 O 点后做平抛运动，设初速度为 v0落在 B 点，有 Rcos 37 v0t， Rsin 37 12gt2， 解得 v0 815gR， 由机械能守恒，得弹簧的弹性势能 EP 12mv20 415mgR. (2)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为

8、 ，小球做平抛运动，有 Rcos v0t，【 精品教育资源文库 】 Rsin 12gt2， 位移方向与圆弧垂直，且 tan 12gt2v0t gt2v0， 设速度方向与水平方向的夹角为 ，则 tan vyv0 gtv0 2tan ， 所以小物块不能垂直击中圆弧 (3)设落点与 O 点的连线与水平方向的夹角为 ，小球做平抛运动，有 Rcos v0t， Rsin 12gt2， 由动能定理，有 mgRsin Ek 12mv20， 解得 Ek mgR? ?34sin 14sin ， 当 sin 33 时， Ek取最小值 Ekmin 32 mgR. 答案 (1)415mgR (2)不能 (3) 32

9、mgR 12如图所示，一质量 m 2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量 M 1 kg的小铁块以水平向左 v0 9 m/s 的速度从木板的右端滑上木板已知木板与地面间的动摩擦因数 1 0.1，铁块与木板间的动摩擦因数 2 0.4，取重力加速度 g 10 m/s2，木板足够长，求： (1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小； (2)铁块与木板摩擦所产生的热量 Q 和木板在水平地 面上滑行的总路程 x. 解析 (1)设铁块在木板上滑动时，木板加速度为 a2，由牛顿第二定律可得 2Mg 1(M m)g ma2， 解得 a2 0.4110 0.13102 m/s2 0.5 m/s2. (2

10、)设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得 2Mg Ma1，解得【 精品教育资源文库 】 a1 2g 4 m/s2. 设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为 v，所需的时间为 t，则有 v vo a1t， v a2t，解得 v 1 m/s， t 2 s. 铁块相对地面的位移 x1 v0t 12a1t2 92 m 1244 m 10 m. 木板运动的位移 x2 12a2t2 120.54 m 1 m， 铁块与木板的相对位移 x x1 x2 10 m 1 m 9 m， 则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量 Q Ff x 2Mg x 0.41109 J 36 J. 达共同速度后的加速度为 a3，发生的位移为 s，则有 a3 1g 1 m/s2， s v2 02a3 12 m 0.5 m. 木板在水平地面上滑行的总路程 x x2 s 1 m 0.5 m 1.5 m. 答案 (1)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m