《（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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（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（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 1717 讲讲 功能关系能量守恒定律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 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小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D小物体最
2、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( ADAD )A重力做功为mghB克服空气阻力做的功为Ffh2x2C落地时，重力的瞬时功率为mgvD重力势能和机械能都逐渐减少解析 重力做功为WGmgh，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，故克服空气阻力做的功大于Ff，选项 B 错误；落地时，h2x2h2x2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，
3、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 C )A上升到最高点过程重力势能增加了 20 JB上升到最高点过程机械能减少了 8 JC从最高点回到A点过程克服阻力做功 4 JD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，2即机械能减少 4 J，则重力势
4、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 D )AmgR BmgR1 81 4CmgR DmgR1 23 4解析 在半圆底部，由圆周运动知识得 1.5mgmg，解得v20.5gR.由功能关系mv2 R可得此过程中铁块损失的机械能为 EmgRmv20.75mgR，选项 D 正确1 25(2017海门中学
5、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 ，小物块接着下落从N点滑入半圆轨道，在向H 2M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 C )A小物块正好能到达M点B小物块一定到不了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W1mgH；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1 2压力越大，所受滑动摩擦力越大，所以W2Ekb
6、Ekc，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 圆周的轨道，O点为圆心，B为轨1 4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
7、，设初速度为v0落在B点，有Rcos 37v0t，Rsin 37gt2，1 2解得v0，8 15gR由机械能守恒，得弹簧的弹性势能EPmvmgR.1 22 04 15(2)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 6v0t，Rsin gt2，1 2位移方向与圆弧垂直，且tan ，1 2gt2 v0tgt 2v0设速度方向与水平方向的夹角为，则tan 2tan ，vy v0gt v0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 gt2，1 2由动能定理，有mgRsin Ekmv，1 22 0解得Ekmg
8、R，(3 4sin 1 4sin )当 sin 时，Ek取最小值33EkminmgR.32答案 (1)mgR (2)不能 (3)mgR4 153212如图所示，一质量m2 kg 的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量M1 kg的小铁块以水平向左v09 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10.1，铁块与木板间的动摩擦因数20.4，取重力加速度g10 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2Mg1(Mm
9、)gma2，解得a2 m/s20.5 m/s2.0.4 1 100.1 3 10 2(2)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2MgMa1，解得a12g4 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7vvoa1t，va2t，解得v1 m/s，t2 s.铁块相对地面的位移x1v0ta1t292 m 44 m10 m.1 21 2木板运动的位移x2a2t2 0.54 m1 m，1 21 2铁块与木板的相对位移xx1x210 m1 m9 m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量QFfx2Mgx0.41109 J36 J.达共同速度后的加速度为a3，发生的位移为s，则有a31g1 m/s2，s m0.5 m.v20 2a31 2木板在水平地面上滑行的总路程xx2s1 m0.5 m1.5 m.答案 (1)0.5 m/s2 (2)36 J 1.5 m
