2019版高考物理大一轮复习《第17讲：功能关系能量守恒定律》课时达标（含答案解析）

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1、课时达标 第 17 讲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

2、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 mghB克服空气阻力做的功为 Ff h2 x2C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，h2 x2 h2 x2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

3、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 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

4、力做功 4 J，即机械能减少 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 mgR B mgR18 14C mgR D mgR12 34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mv2R可得此过程中铁块损失的机械能为 EmgR

5、 mv20.75mgR，选项 D 正确125(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 ，小物块接着下落从 N 点滑入半圆轨H2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 mgH；设小物

6、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12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 圆周的轨道，O 点为圆心，B 为轨道14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

7、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 37v 0t，Rsin 37 gt2，12解得 v0 ，815gR由机械能守恒，得弹簧的弹性势能EP mv mgR.12 20 415(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 v 0t，R sin gt2，12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 2tan ，vyv0 gtv0所以小物块不能

8、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 v 0t，Rsin gt2，12由动能定理，有 mgRsin E k mv ，12 20解得 EkmgR ，(34sin 14sin )当 sin 时，E k取最小值33Ekmin mgR.32答案 (1) mgR (2)不能 (3) mgR415 3212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

9、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)gma 2，解得 a2 m/s20.5 m/s2.0.4110 0.13102(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 2MgMa 1，解得a1 2g4 m/s 2.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vv oa 1t，va 2t，解得 v1 m/s，t 2 s.铁块相对地面的位移 x1v 0t a1t292 m 44 m10 m.12 12木板运动的位移 x2 a2t2 0.54 m1 m ，12 12铁块与木板的相对位移x x1x 210 m1 m9 m，则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量QF fx 2Mgx0.41109 J36 J.达共同速度后的加速度为 a3，发生的位移为 s，则有a3 1g1 m/s 2，s m0.5 m.v2 02a3 12木板在水平地面上滑行的总路程 xx 2s1 m0.5 m 1.5 m.答案 (1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m