（江苏专版）2019年高考物理总复习 课时作业二十一 功能关系能量守恒定律.doc

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课时作业 二十一 功能关系　能量守恒定律 (限时：45分钟) (班级________　姓名________) 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(　　) 第1题图 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点 2．(多选)下面关于摩擦力做功的叙述，正确的是(　　) A．静摩擦力对物体一定不做功 B．滑动摩擦力对物体不一定做负功 C．一对静摩擦力中，一个静摩擦力做正功，则另一个静摩擦力一定做负功 D．一对滑动摩擦力中，一个滑动摩擦力做负功，则另一个滑动摩擦力一定做正功 3．如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则(　　) 第3题图 A．小物块的初速度是5 m/s B．小物块的水平射程为1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物块落地时的动能为0.9 J 4．物体在竖直方向上分别做匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是(　　) A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减少 B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减少 C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变 D．三种情况中，物体的机械能均增加 5．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球也能击中D点．已知∠COD＝60，且不计空气阻力，则(　　) 第5题图 A．两小球同时落到D点 B．两小球在此过程中动能的增加量相等 C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率相等 D．两小球初速度之比v1∶v2＝∶3 6．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是(　　) 第6题图 A．电动机做的功为mv2 B．摩擦力对物体做的功为mv2 C．传送带克服摩擦力做的功为mv2 D．电动机增加的功率为μmgv 7．(多选)如图，曲面EC是半径为R＝0.4 m的圆弧，C端切线水平且与水平面CA相连，在CE上固定一光滑木板CD，CD与CA平滑连接，质量为m＝0.2 kg的小物块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，恰好可以到达木板的D端，下滑后停在B处，AB＝3BC，重力加速度g取10 m/s2，则由题中信息可求出(　　) 第7题图 A．滑块与水平面AC的动摩擦因数μ B．木板CD与水平面的夹角 C．滑块在木板上CD下滑时重力的平均功率 D．整个过程的摩擦热 8．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8.求： (1)小滑块第一次到达D点时的速度大小； (2)小滑块最终停止的位置距B点的距离． 第8题图　　　　　　 9．如图，水平直线轨道OB与竖直的四分之一光滑圆弧轨道AB相切于B点，O为圆心，半径R＝1 m，A点与O点等高，劲度系数k＝103 N/m的轻弹簧一端固定在D点挡板处，另一端为自由端在C点．BC＝0.9 m，将质量m＝1 kg的小物块从A点静止释放，观察到物块反弹回来后刚好到达B点．已知物块水平轨道的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2. (1)求出弹簧的最大压缩量及物块在水平轨道上运动过程中的最大加速度数值a； (2)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点释放后，求弹簧被压缩的最大弹性势能Ep及物块第一次返回圆弧轨道上B点时轨道对物块支持力大小FN； (3)若将DC段换成光滑的水平轨道，物块从A点正上方h＝5 m高处释放落下，并从A点切入轨道，求物块最终的静止位置离C点的距离． 第9题图　　　　　　　　　　 10．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m＝0.5 kg，通电后以额定功率P＝ 2 W工作，进入竖直半圆轨道前受到的阻力恒为Ff＝ 0．4 N，随后在运动中受到的阻力均可不计，L＝10.0 m，R＝0.32 m，g取10 m/s2. (1)要使赛车完成比赛，赛车在半圆轨道的B点对轨道的压力至少为多大？ (2)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？ (3)若电动机工作时间为t0＝5 s，当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出的水平距离又最大？水平距离最大是多少？ 第10题图　　　　 课时作业(二十一)　功能关系 能量守恒定律1.C　【解析】　小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功Wf2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误． 2．BC　【解析】　物体在静摩擦力作用下可以向各个方向运动，所以静摩擦力可以对物体做功，故A错误．物体在滑动摩擦力的作用下也可以运动，即运动方向可以与滑动摩擦力的方向相同，从而对物体做正功，故B正确．由于一对静摩擦力等大反向，且作用位移相同，故一个力做正功，另一个力一定做负功，故C正确．在一对滑动摩擦力中，力的大小相等、方向相反，但两力的作用位移大小不相同，方向也不相同，故D错误．故选BC. 3．D　【解析】　小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错；在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A错；小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B错；设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2， 解得Ek＝0.9 J，D正确． 4．C　【解析】　无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确．故选C. 5．D　【解析】　A．根据h＝gt2得，t＝，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶，则两球的初速度之比为∶3.故D正确，A错误．B.因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不等．故B错误；C.两球下落的高度之比为2∶1，则重力做功之比为2∶1.运动的时间之比为∶1，根据功率的公式p＝知，重力对两小球做功的功率不相等．故C错误．故选D. 6．D　【解析】　由能量守恒定律知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B错；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，而易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W＝mv2，故C错；由功率公式易知传送带增加的功率为μmgv，故D对． 7．BCD　【解析】　A．对全过程运用动能定理得：－μmg(xAC＋xBC)＝0－mv①，对A到D过程运用动能定理得： －μmgxAC－mg(2Rsinθ)sinθ＝0－mv②，由①式可以求出μmgxAC，代入②式可以得出sinθ，从而得出木板与水平面的夹角，由两式无法求出滑块与水平面的动摩擦因数μ.故A错误，B正确．C.CD的长度L＝2Rsinθ，滑块在CD上下滑的加速度a＝gsinθ，根据运动学公式可以求出运动的时间，根据P＝可以求出滑块在木板上CD下滑时重力的平均功率，故C正确．D.根据①式可以求出整个过程中克服摩擦力做功，从而得出整个过程的摩擦热，故D正确．故选BCD. 8．(1)3 m/s　(2)1.4 m　【解析】　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得 mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0 将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s. (2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总．有：mgh1＝μmgs总 将h1、μ代入得：s总＝8.6 m 故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2s－s总＝1.4 m. 9．(1)0.1 m　10.5 m/s2　(2)5.5 J　12N　(3)0.3 m 【解析】　(1)设物块相对B点向左滑动的最大距离为s，全程由功能关系得： －2μmgs＝0－mgR 解得：s＝1 m 弹簧的最大压缩量为：Δx＝s－BC＝1－0.9＝0.1 m 向左滑行刚要速度减为零时加速度最大，设为a，根据牛顿第二定律得： kΔx＋μmg＝ma解得：a＝10.5 m/s2. (2)由功能关系得：－μmgBC＝Ep－mgR 解得，弹簧被压缩的最大弹性势能为：Ep＝5.5 J 返回B点的速度为vB.由动能定理得： mgR－2μmgBC＝mv 在B点，由牛顿第二定律得： FN－mg＝m 解得：FN＝12 N. (3)设物块在BC段总路程为x，对整个过程，运用动能定理得： mg(h＋R)－μmgx＝0 解得：x＝12 m－130.9 m＝0.3 m 所以物块最终位置在C右侧距C点0.3 m处． 10．(1)30 N　(2)4 s　(3)0.3 m　1.2 m　【解析】　(1)赛车恰通过C点的条件是 mg＝解得最小速度vC＝ 由B到C过程应用机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg2R 在B点应用牛顿第二定律得 FN－mg＝m 联立解得vB＝＝4 m/s FN＝6mg＝30 N　由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力FN′＝FN＝30 N. (2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q＝Ff L 根据能量守恒定律得 Pt＝mv＋Q 联立解得t＝4 s. (3)由A到C过程根据能量守恒定律得 Pt0＝mvC′2＋Q＋mg2R0 赛车过C点后做平抛运动，有 2R0＝gt2，x＝vC′t 联立解得x2＝－16R＋9.6R0 当R0＝0.3 m时xmax＝1.2 m.