《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 基礎(chǔ)課4 功能關(guān)系 能量守恒定律訓(xùn)練（含解析）教科版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 基礎(chǔ)課4 功能關(guān)系 能量守恒定律訓(xùn)練（含解析）教科版（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、基礎(chǔ)課4　功能關(guān)系　能量守恒定律 一、選擇題(1～2題為單項(xiàng)選擇題，3～4題為多項(xiàng)選擇題) 1．如圖1所示，在豎直平面內(nèi)有一“V”形槽，其底部BC是一段圓弧，兩側(cè)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(cè)斜槽上距BC平面高度為2h的A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)圓弧槽再滑上左側(cè)斜槽，最高能到達(dá)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(shí)速度為零 B．小物體尚未滑回到B處時(shí)速度已變?yōu)榱? C．小物體能滑回到B處之上，但最高點(diǎn)要比D處低 D．小物體最終一定會(huì)停止在圓弧槽的最低點(diǎn) 解析　小物體從A處

2、運(yùn)動(dòng)到D處的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功為Wf1＝mgh，小物體從D處開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，因?yàn)樗俣容^小，小物體對(duì)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(diǎn)要比D處低，C正確，A、B錯(cuò)誤；因?yàn)樾∥矬w與圓弧槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，所以小物體可能停在圓弧槽上的任何地方，D錯(cuò)誤。 答案　C 2．(2016·河北衡水中學(xué)三模)如圖2所示，質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) 圖2

3、 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(shí)的動(dòng)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(cuò)；在水平桌面上滑行，由動(dòng)能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A錯(cuò)；小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B錯(cuò)；設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)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(yáng)月考)如圖3所示，質(zhì)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(shí)施加一沿斜面向上的恒力

4、F＝mgsin θ；已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ，取出發(fā)點(diǎn)為參考點(diǎn)，能正確描述滑塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q、滑塊動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep、機(jī)械能E隨時(shí)間t、位移x關(guān)系的是 (　　) 圖3 解析　根據(jù)滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知，滑動(dòng)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(jī)械能保持不變，重力勢(shì)能隨位移x均勻增大，選項(xiàng)C、D正確；產(chǎn)生的熱量Q＝fx，隨位移均勻增大，滑塊動(dòng)能Ek隨位移x均勻減小，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。 答案　CD 4．(2016·貴州三校聯(lián)考)如圖4所示，斜面固定在水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端，

5、另一端與物塊相連，彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)，物塊與斜面間有摩擦。現(xiàn)將物塊從O點(diǎn)拉至A點(diǎn)，撤去拉力后物塊由靜止向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)O點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，則物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中(　　) 圖4 A．經(jīng)過(guò)位置O點(diǎn)時(shí)，物塊的動(dòng)能最大 B．物塊動(dòng)能最大的位置與AO的距離無(wú)關(guān) C．物塊從A向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈性勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能與重力勢(shì)能的增加量 D．物塊從O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能的減少量大于彈性勢(shì)能的增加量 解析　根據(jù)題述彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)物塊位于O點(diǎn)，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(diǎn)拉至A點(diǎn)，撤去拉力后物塊由靜止向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧對(duì)物塊沿斜面向上的彈力等于物塊重力沿斜

6、面的分力和滑動(dòng)摩擦力之和時(shí)，合力為零，物塊的動(dòng)能最大。由此可知，物塊經(jīng)過(guò)A、O之間某一位置時(shí)，物塊的動(dòng)能最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊動(dòng)能最大的位置與AO的距離無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B正確；由功能關(guān)系可知，物塊從A向O運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈性勢(shì)能的減少量等于動(dòng)能與重力勢(shì)能的增加量加上克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物塊從O向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)能的減少量等于增加的重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能加上克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量，即動(dòng)能的減少量大于彈性勢(shì)能的增加量，選項(xiàng)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

7、是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度s＝5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m。現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放。已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離。 解析　(1)小滑塊從A→B→C→D過(guò)程中，由動(dòng)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(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能

8、定理，設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)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(diǎn)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(chē)比賽，比賽路徑如圖6所示?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的賽車(chē)從起點(diǎn)A出發(fā)，沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)L后，由B點(diǎn)進(jìn)入半徑為R的光滑豎直半圓軌道，并通過(guò)半圓軌道的最高點(diǎn)C，才算完成比賽。B是半圓軌道的最低點(diǎn)，水平直線軌道和半圓軌道相切于B點(diǎn)。已知賽車(chē)質(zhì)量m＝0.5 kg，通電后以額定功率P＝2 W工作，進(jìn)入豎直半圓軌道前受到的阻力恒為f＝

9、0.4 N，隨后在運(yùn)動(dòng)中受到的阻力均可不計(jì)，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2。 圖6 (1)要使賽車(chē)完成比賽，賽車(chē)在半圓軌道的B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力至少為多大？ (2)要使賽車(chē)完成比賽，電動(dòng)機(jī)至少工作多長(zhǎng)時(shí)間？ (3)若電動(dòng)機(jī)工作時(shí)間為t0＝5 s，當(dāng)半圓軌道半徑為多少時(shí)賽車(chē)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(chē)恰通過(guò)C點(diǎn)的條件是mg＝ 解得最小速度vC＝ 由B到C過(guò)程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2R 在B點(diǎn)應(yīng)用牛頓第二定律得 N－mg＝m 聯(lián)立解得vB＝＝4 m/s N＝6mg＝30 N 由牛頓第三

10、定律得，賽車(chē)對(duì)軌道的壓力N′＝N＝30 N。 (2)由A到B過(guò)程克服摩擦力做功產(chǎn)生的熱量Q＝f L 根據(jù)能量守恒定律得 Pt＝mv＋Q 聯(lián)立解得t＝4 s。 (3)由A到C過(guò)程根據(jù)能量守恒定律得 Pt0＝mvC′2＋Q＋mg·2R0 賽車(chē)過(guò)C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 2R0＝gt2，x＝vC′t 聯(lián)立解得x2＝－16R＋9.6R0 當(dāng)R0＝0.3 m時(shí)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(gè)半徑為R的圓周的軌道，O點(diǎn)為圓心，B為軌道上的一點(diǎn)，OB與水平方向的夾角為37°。軌道的左側(cè)與一

11、固定光滑平臺(tái)相連，在平臺(tái)上一輕質(zhì)彈簧左端與豎直擋板相連，彈簧原長(zhǎng)時(shí)右端在A點(diǎn)?，F(xiàn)用一質(zhì)量為m的小球(與彈簧不連接)壓縮彈簧至P點(diǎn)后釋放。已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。 圖7 (1)若小球恰能擊中B點(diǎn)，求剛釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能； (2)試通過(guò)計(jì)算判斷小球落到軌道時(shí)速度能否與圓弧垂直； (3)改變釋放點(diǎn)的位置，求小球落到軌道時(shí)動(dòng)能的最小值。 解析　(1)小球離開(kāi)O點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)初速度為v0，由 Rcos 37°＝v0t Rsin 37°＝gt2 解得v0＝ 由機(jī)械能守恒Ep＝mv＝mgR (2)設(shè)落點(diǎn)與O 點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，有 Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2 位移方向與圓弧垂直tan θ＝＝ 設(shè)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(shè)落點(diǎn)與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為θ，小球做平拋運(yùn)動(dòng) Rcos θ＝v0t Rsin θ＝gt2 由動(dòng)能定理mgRsin θ＝Ek－mv 解得Ek＝mgR(sin θ＋) 當(dāng)sin θ＝時(shí)，Ekmin＝mgR 答案　(1)mgR　(2)見(jiàn)解析　(3)mgR 7