《2020版高考物理大一輪復習 第五章 基礎課4 功能關系 能量守恒定律訓練（含解析）教科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第五章 基礎課4 功能關系 能量守恒定律訓練（含解析）教科版.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

基礎課4　功能關系　能量守恒定律 一、選擇題(1～2題為單項選擇題，3～4題為多項選擇題) 1．如圖1所示，在豎直平面內有一“V”形槽，其底部BC是一段圓弧，兩側都與光滑斜槽相切，相切處B、C位于同一水平面上。一小物體從右側斜槽上距BC平面高度為2h的A處由靜止開始下滑，經圓弧槽再滑上左側斜槽，最高能到達距BC所在水平面高度為h的D處，接著小物體再向下滑回，若不考慮空氣阻力，則(　　) 圖1 A．小物體恰好滑回到B處時速度為零 B．小物體尚未滑回到B處時速度已變?yōu)榱? C．小物體能滑回到B處之上，但最高點要比D處低 D．小物體最終一定會停止在圓弧槽的最低點 解析　小物體從A處運動到D處的過程中，克服摩擦力所做的功為Wf1＝mgh，小物體從D處開始運動的過程，因為速度較小，小物體對圓弧槽的壓力較小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物體能滑回到B處之上，但最高點要比D處低，C正確，A、B錯誤；因為小物體與圓弧槽間的動摩擦因數未知，所以小物體可能停在圓弧槽上的任何地方，D錯誤。 答案　C 2．(2016河北衡水中學三模)如圖2所示，質量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) 圖2 A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m C小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物塊落地時的動能為0.9 J 解析　小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C錯；在水平桌面上滑行，由動能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A錯；小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B錯；設小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D正確。 答案　D 3．(2017四川資陽月考)如圖3所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊動能Ek、勢能Ep、機械能E隨時間t、位移x關系的是 (　　) 圖3 解析　根據滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ可知，滑動摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑塊機械能保持不變，重力勢能隨位移x均勻增大，選項C、D正確；產生的熱量Q＝fx，隨位移均勻增大，滑塊動能Ek隨位移x均勻減小，選項A、B錯誤。 答案　CD 4．(2016貴州三校聯考)如圖4所示，斜面固定在水平面上，輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與物塊相連，彈簧處于自然長度時物塊位于O點，物塊與斜面間有摩擦?，F將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，經O點到達B點時速度為零，則物塊從A運動到B的過程中(　　) 圖4 A．經過位置O點時，物塊的動能最大 B．物塊動能最大的位置與AO的距離無關 C．物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量 D．物塊從O向B運動過程中，動能的減少量大于彈性勢能的增加量 解析　根據題述彈簧處于自然長度時物塊位于O點，可知物塊所受摩擦力等于重力沿斜面的分力。將物塊從O點拉至A點，撤去拉力后物塊由靜止向上運動，當彈簧對物塊沿斜面向上的彈力等于物塊重力沿斜面的分力和滑動摩擦力之和時，合力為零，物塊的動能最大。由此可知，物塊經過A、O之間某一位置時，物塊的動能最大，選項A錯誤；物塊動能最大的位置與AO的距離無關，選項B正確；由功能關系可知，物塊從A向O運動過程中，彈性勢能的減少量等于動能與重力勢能的增加量加上克服摩擦力做功產生的熱量，選項C錯誤；物塊從O向B運動過程中，動能的減少量等于增加的重力勢能與彈性勢能加上克服摩擦力做功產生的熱量，即動能的減少量大于彈性勢能的增加量，選項D正確。 答案　BD 二、非選擇題 5．(2016蘇北四市模擬)如圖5所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m?，F讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： 圖5 (1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小； (2)小滑塊最終停止的位置距B點的距離。 解析　(1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得 mg(h1－h(huán)2)－μmgs＝mv－0 將h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s。 (2)對小滑塊運動全過程應用動能定理，設小滑塊在水平軌道上運動的總路程為s總。有：mgh1＝μmgs總 將h1、μ代入得：s總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為 2s－s總＝1.4 m。 答案　(1)3 m/s　(2)1.4 m 6．(2016哈爾濱六中二模)某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽，比賽路徑如圖6所示。可視為質點的賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直半圓軌道，并通過半圓軌道的最高點C，才算完成比賽。B是半圓軌道的最低點，水平直線軌道和半圓軌道相切于B點。已知賽車質量m＝0.5 kg，通電后以額定功率P＝2 W工作，進入豎直半圓軌道前受到的阻力恒為f＝0.4 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2。 圖6 (1)要使賽車完成比賽，賽車在半圓軌道的B點對軌道的壓力至少為多大？ (2)要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？ (3)若電動機工作時間為t0＝5 s，當半圓軌道半徑為多少時賽車既能完成比賽且飛出的水平距離又最大？水平距離最大是多少？ 解析　(1)賽車恰通過C點的條件是mg＝ 解得最小速度vC＝ 由B到C過程應用機械能守恒定律得 mv＝mv＋mg2R 在B點應用牛頓第二定律得 N－mg＝m 聯立解得vB＝＝4 m/s N＝6mg＝30 N 由牛頓第三定律得，賽車對軌道的壓力N′＝N＝30 N。 (2)由A到B過程克服摩擦力做功產生的熱量Q＝f L 根據能量守恒定律得 Pt＝mv＋Q 聯立解得t＝4 s。 (3)由A到C過程根據能量守恒定律得 Pt0＝mvC′2＋Q＋mg2R0 賽車過C點后做平拋運動，有 2R0＝gt2，x＝vC′t 聯立解得x2＝－16R＋9.6R0 當R0＝0.3 m時xmax＝1.2 m。 答案　(1)30 N　(2)4 s　(3)0.3 m　1.2 m 7．(2017蘇州一模)如圖7所示，一個半徑為R的圓周的軌道，O點為圓心，B為軌道上的一點，OB與水平方向的夾角為37。軌道的左側與一固定光滑平臺相連，在平臺上一輕質彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧原長時右端在A點?，F用一質量為m的小球(與彈簧不連接)壓縮彈簧至P點后釋放。已知重力加速度為g，不計空氣阻力。 圖7 (1)若小球恰能擊中B點，求剛釋放小球時彈簧的彈性勢能； (2)試通過計算判斷小球落到軌道時速度能否與圓弧垂直； (3)改變釋放點的位置，求小球落到軌道時動能的最小值。 解析　(1)小球離開O點做平拋運動，設初速度為v0，由 Rcos 37＝v0t Rsin 37＝gt2 解得v0＝ 由機械能守恒Ep＝mv＝mgR (2)設落點與O 點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動，有 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2 位移方向與圓弧垂直tan θ＝＝ 設速度方向與水平方向的夾角為α tan α＝＝＝2tan θ 所以小球不能垂直擊中圓弧 (3)設落點與O點的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運動 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2 由動能定理mgRsin θ＝Ek－mv 解得Ek＝mgR(sin θ＋) 當sin θ＝時，Ekmin＝mgR 答案　(1)mgR　(2)見解析　(3)mgR