2017_2018學(xué)年高中物理第七章機(jī)械能守恒定律章末復(fù)習(xí)課檢測(cè)新人教版.docx

第七章 機(jī)械能守恒定律章末復(fù)習(xí)課知識(shí)體系答案填寫(xiě)W為正W0W為負(fù)mv2mgh初、末位置mvmv主題一動(dòng)能定理在多過(guò)程中的應(yīng)用1分段應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，將復(fù)雜的過(guò)程分割成一個(gè)個(gè)子過(guò)程，對(duì)每個(gè)子過(guò)程的做功情況和初、末動(dòng)能進(jìn)行分析，然后針對(duì)每個(gè)子過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理列式，然后聯(lián)立求解2全程應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，分析整個(gè)過(guò)程中出現(xiàn)過(guò)的各力的做功情況，分析每個(gè)力的做功，確定整個(gè)過(guò)程中合外力做的總功，然后確定整個(gè)過(guò)程的初、末動(dòng)能，針對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式求解當(dāng)題目不涉及中間量時(shí)，選擇全程應(yīng)用動(dòng)能定理更簡(jiǎn)單、更方便【例1】如圖所示，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N，P端固定一豎直擋板M相對(duì)于N的高度為h，NP長(zhǎng)度為s.一物塊從M端由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(碰撞后物塊速度大小不變，方向相反)后停止在水平軌道上某處若在MN段的摩擦可忽略不計(jì)，物塊與NP段軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求物塊停止的地方距N點(diǎn)的距離的可能值解析：設(shè)物塊的質(zhì)量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s，則物塊從開(kāi)始下滑到停止在水平軌道上的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mghmgs0.解得s.第一種可能：物塊與擋板碰撞后，在到達(dá)N前停止，則物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離d2ss2s.第二種可能：物塊與擋板碰撞后，可再一次滑上光滑圓弧軌道，然后滑下，在水平軌道上停止，則物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離為ds2s2s.所以物塊停止的位置距N點(diǎn)的距離可能為2s或2s.答案：2s或2s針對(duì)訓(xùn)練1如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC面水平，B、C距離d0.50 m，盆邊緣的高度h0.30 m在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止下滑已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10.小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停的地點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為()A0.50 mB0.25 mC0.10 m D0解析：設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s.物塊在BC面上所受的滑動(dòng)摩擦力大小始終為fmg，對(duì)小物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程進(jìn)行研究，由動(dòng)能定理得mghmgs0，s m3 m，d0.50 m，則s6d，所以小物塊在BC面上來(lái)回運(yùn)動(dòng)共6次，最后停在B點(diǎn)，故選D.答案：D主題二功能關(guān)系的理解和應(yīng)用1幾種常見(jiàn)功能關(guān)系的理解功能關(guān)系表達(dá)式物理意義正功、負(fù)功含義重力做功與重力勢(shì)能WEp重力做功是重力勢(shì)能變化的原因W0勢(shì)能減少W0勢(shì)能增加W0勢(shì)能不變彈簧彈力做功與彈性勢(shì)能WEp彈力做功是彈性勢(shì)能變化的原因W0勢(shì)能減少W0勢(shì)能增加W0勢(shì)能不變合力做功與動(dòng)能WEk合外力做功是物體動(dòng)能變化的原因W0動(dòng)能增加W0動(dòng)能減少W0動(dòng)能不變除重力或系統(tǒng)彈力外其他力做功與機(jī)械能WE除重力或系統(tǒng)彈力外其他力做功是機(jī)械能變化的原因W0機(jī)械能增加W0機(jī)械能減少W0機(jī)械能守恒2.應(yīng)用功能關(guān)系解題的步驟(1)明確研究對(duì)象，研究對(duì)象是一個(gè)物體或是幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)(2)隔離研究對(duì)象，分析哪些力對(duì)它做功，它的哪些能量發(fā)生變化(3)根據(jù)能量的變化類型確定用哪一類功能關(guān)系去求解(4)根據(jù)相應(yīng)的功能關(guān)系列方程、求解【例2】如圖所示，在光滑水平地面上放置質(zhì)量M2 kg的長(zhǎng)木板，木板上表面與固定的光滑弧面相切一質(zhì)量m1 kg的小滑塊自弧面上高h(yuǎn)處由靜止自由滑下，在木板上滑行t1 s后，滑塊和木板以共同速度v1 m/s勻速運(yùn)動(dòng)，g取10 m/s2.求：(1)滑塊與木板間的摩擦力大小Ff；(2)滑塊下滑的高度h；(3)滑塊與木板相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q.解析：(1)對(duì)木板：FfMa1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有va1t，解得Ff2 N.(2)對(duì)滑塊：Ffma2.設(shè)滑塊滑上木板時(shí)的速度是v0，則vv0a2t，v03 m/s.由機(jī)械能守恒定律有mghmv，hm0.45 m.(3)根據(jù)功能關(guān)系有：Qmv(Mm)v2132 J(12)12 J3 J.答案：(1)2 N(2)0.45 m(3)3 J針對(duì)訓(xùn)練2.(多選)如圖所示，小球以60 J的初動(dòng)能從A點(diǎn)出發(fā)，沿粗糙斜面向上運(yùn)動(dòng)，從A經(jīng)B到C，然后再下滑回到A點(diǎn)已知從A到B點(diǎn)的過(guò)程中，小球動(dòng)能減少了50 J，機(jī)械能損失了10 J，則()A上升過(guò)程中，合外力對(duì)小球做功60 JB整個(gè)過(guò)程中，摩擦力對(duì)小球做功20 JC下行過(guò)程中，重力對(duì)小球做功48 JD回到A點(diǎn)小球的動(dòng)能為40 J解析：上升過(guò)程，由動(dòng)能定理可知W合0Ek0060 J60 J，故A正確；運(yùn)用動(dòng)能定理分析得出，小球損失的動(dòng)能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功)，損失的動(dòng)能Ekmghfh，損失的機(jī)械能等于克服摩擦阻力做的功，即E，解得5，與h無(wú)關(guān)，則小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為0，即動(dòng)能減少了60 J，損失的機(jī)械能為12 J，當(dāng)小球返回到底端，小球又要損失的機(jī)械能為12 J，故小球從開(kāi)始到返回原處機(jī)械能損失24 J，由功能關(guān)系知摩擦力做功Wf24 J，因而小球返回A點(diǎn)的動(dòng)能為36 J，故B、D錯(cuò)誤；由上述分析可知，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能為0，損失的機(jī)械能為12 J，則重力勢(shì)能增加48 J，即重力做功為WG48 J，所以下行過(guò)程中重力對(duì)小球做功48 J，故C正確答案：AC 【統(tǒng)攬考情】本章的基本概念和基本規(guī)律較多，體現(xiàn)了利用功能觀點(diǎn)分析問(wèn)題的思路，該部分內(nèi)容是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)既有本章的單獨(dú)考查，也有與電場(chǎng)、磁場(chǎng)的綜合考查高考命題的熱點(diǎn)主要集中在動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用上，功能關(guān)系的綜合應(yīng)用每年必考，并且分值較多，大約在20分高考題型有選擇題，有綜合計(jì)算題，也有實(shí)驗(yàn)題【真題例析】(2015課標(biāo)全國(guó)卷)(多選)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g，則()Aa落地前，輕桿對(duì)b一直做正功Ba落地時(shí)速度大小為Ca下落過(guò)程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg解析：選b滑塊為研究對(duì)象，b滑塊的初速度為零，當(dāng)a滑塊落地時(shí)，a滑塊沒(méi)有在水平方向上的分速度，所以b滑塊的末速度也為零，由此可得b滑塊速度是先增大再減小，當(dāng)b滑塊速度減小時(shí)，輕桿對(duì)b一直做負(fù)功，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)a滑塊落地時(shí)，b滑塊的速度為零，由機(jī)械能守恒定律，可得a落地時(shí)速度大小為，B項(xiàng)正確；當(dāng)b滑塊速度減小時(shí)，輕桿對(duì)a、b都表現(xiàn)為拉力，拉力在豎直方向上有分力與a的重力合成，其加速度大小大于g，C項(xiàng)錯(cuò)誤；a的機(jī)械能先減小再增大，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，輕桿對(duì)a、b的作用力均為零，故此時(shí)b對(duì)地面的壓力大小為mg，D項(xiàng)正確答案：BD針對(duì)訓(xùn)練小球P和Q用不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示將兩球由靜止釋放在各自軌跡的最低點(diǎn)，有()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能CP球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力DP球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：根據(jù)動(dòng)能定理有mglmv2，得v，繩越長(zhǎng)速度越大，則Q球速度大，故A錯(cuò)誤；結(jié)合A項(xiàng)分析，動(dòng)能等于mgl，因?yàn)镻球質(zhì)量大而繩長(zhǎng)短，則無(wú)法確定P、Q球動(dòng)能的大小關(guān)系，故B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有Tmgm，得T3mg，則質(zhì)量大的球所受繩的拉力大，故C正確；在最低點(diǎn)，球的向心加速度a2g，P、Q球的向心加速度相等，與球的質(zhì)量和繩長(zhǎng)無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤答案：C1(2015四川卷)在同一位置以相同的速率把三個(gè)小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計(jì)空氣阻力，則落在同一水平地面時(shí)的速度大小()A一樣大 B水平拋的最大C斜向上拋的最大 D斜向下拋的最大解析：不計(jì)空氣阻力的拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒故以相同的速率向不同的方向拋出落至同一水平地面時(shí)，物體速度的大小相等故只有選項(xiàng)A正確答案：A2如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析：設(shè)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度為vN，根據(jù)牛頓第二定律，得4mgmgm，解得mvmgR.從質(zhì)點(diǎn)由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)N，根據(jù)動(dòng)能定理，得mg2RWmv，解得WmgR.從P到N和從N到Q，由于摩擦力的存在，相同高度處的速率是減小的，相同高度處的支持力變小，即對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力減小，從N到Q過(guò)程克服摩擦力做的功W也減小，即WW.從N到Q利用動(dòng)能定理，得mgRWEkQmv，解得EkQmvmgRWmgRW0，所以質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，還能繼續(xù)上升一段距離，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤答案：C3(多選)(2015浙江卷)我國(guó)科學(xué)家正在研制航母艦載機(jī)使用的電磁彈射器艦載機(jī)總質(zhì)量為3.0104 kg，設(shè)起飛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的推力恒為1.0105 N；彈射器有效作用長(zhǎng)度為100 m，推力恒定要求艦載機(jī)在水平彈射結(jié)束時(shí)速度大小達(dá)到80 m/s.彈射過(guò)程中艦載機(jī)所受總推力為彈射器和發(fā)動(dòng)機(jī)推力之和，假設(shè)所受阻力為總推力的20%，則()A彈射器的推力大小為1.1106 NB彈射器對(duì)艦載機(jī)所做的功為1.1108 JC彈射器對(duì)艦載機(jī)做功的平均功率為8.8107 WD艦載機(jī)在彈射過(guò)程中的加速度大小為32 m/s2解析：由題可知，艦載機(jī)彈射過(guò)程的加速度為a m/s232 m/s2，D項(xiàng)正確；根據(jù)牛頓第二定律，0.8(F發(fā)F彈)ma，求得彈射器的推力大小F彈1.1106 N，A項(xiàng)正確；彈射器對(duì)艦載機(jī)做的功為W1.1106100 J1.1108 J，B項(xiàng)正確；彈射過(guò)程的時(shí)間t s2.5 s，彈射器做功的平均功率P4.4107 W，C項(xiàng)錯(cuò)誤答案：ABD4.(多選)如圖所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對(duì)小球的彈力大小相等，且ONMOMN.在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()A有一個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度B有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力對(duì)小球做功的功率為零D小球到達(dá)N時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差解析：小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力、彈簧的彈力、桿的彈力，其中桿的彈力始終垂直于桿，彈簧的彈力沿彈簧方向，當(dāng)彈簧與光滑桿垂直時(shí)，小球豎直方向只受重力的作用，故加速度為重力加速度；當(dāng)彈簧為原長(zhǎng)時(shí)，小球只受重力作用，小球的加速度也為重力加速度，故A錯(cuò)誤，B正確當(dāng)彈簧與光滑桿垂直時(shí)，彈簧長(zhǎng)度最短，彈簧彈力與速度垂直，則彈力對(duì)小球做功的功率為零，C正確M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢(shì)能相等，從M到N小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，則小球在N點(diǎn)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差，D正確答案：BCD5.如圖所示，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角在37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g.(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距R、豎直相距R.求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離為l7R2R5R，設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理，得mglsin mglcos mv，式中37，聯(lián)立式并由題給條件，得vB2.(2)設(shè)BEx，P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep.P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有mgxsin mgxcos Ep0mv，E、F之間的距離為l14R2Rx，P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有Epmgl1sin mgl1cos 0，聯(lián)立式并由題給條件