高中物理人教版第七章機(jī)械能守恒定律單元測(cè)試 教師用書(shū)2023版第7章章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①W為正②W＝0③W為負(fù)④eq\f(1,2)mv2⑤mgh⑥初、末位置⑦eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧－ΔEp⑨ΔE⑩Ek2＋Ep2?Ek2－Ek1?方向性________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________功的計(jì)算方法1.根據(jù)定義式求功若恒力做功，可用定義式W＝Flcosα求恒力的功，其中F、l為力的大小和位移的大小，α為力F與位移l方向之間的夾角，且0°≤α≤180°.2．利用功率求功若某力做功或發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P一定，則在時(shí)間t內(nèi)做的功為W＝Pt.3．根據(jù)功能關(guān)系求功根據(jù)以上功能關(guān)系，若能求出某種能量的變化，就可以求出相應(yīng)的功．一質(zhì)量為eq\f(4,3)kg的物體放在水平地面上，如圖7-1甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示．求：圖7-1(1)0～6s內(nèi)合力做的功；(2)前10s內(nèi)，拉力和摩擦力所做的功．【解析】(1)由v-t圖象可知物體初速度為零，6s末的速度為3m/s，根據(jù)動(dòng)能定理：W＝eq\f(1,2)mv2－0，故合力做的功W＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×32J＝6J.(2)由圖丙知物體在2～6s、6～8s內(nèi)的位移分別為x1＝6m、x2＝6m，故前10s內(nèi)拉力做的功：W1＝F1x1＋F2x2＝3×6J＋2×6J＝30J.由圖丙知，在6～8s時(shí)間內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，故摩擦力Ff＝2N．根據(jù)v-t圖象知在10s內(nèi)物體的總位移：x′＝eq\f(8－6＋10－2,2)×3m＝15m所以W＝－Ffx′＝－2×15J＝－30J.【答案】(1)6J(2)30J－30J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W＝－ΔEp重力做功是重力勢(shì)能變化的原因W＞0勢(shì)能減少W＜0勢(shì)能增加W＝0勢(shì)能不變彈簧彈力做功與彈性勢(shì)能W＝－ΔEp彈力做功是彈性勢(shì)能變化的原因W＞0勢(shì)能減少W＜0勢(shì)能增加W＝0勢(shì)能不變合力做功與動(dòng)能W＝ΔEk合外力做功是物體動(dòng)能變化的原因W＞0動(dòng)能增加W＜0動(dòng)能減少W＝0動(dòng)能不變除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做功與機(jī)械能W＝ΔE除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做功是機(jī)械能變化的原因W＞0機(jī)械能增加W＜0機(jī)械能減少W＝0機(jī)械能守恒質(zhì)量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊，并留在其中，下列說(shuō)法正確的是()A．子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動(dòng)能相等B．子彈克服阻力做的功與子彈動(dòng)能的減少量相等C．子彈克服阻力做的功與子彈對(duì)木塊做的功相等D．子彈對(duì)木塊做的功與木塊對(duì)子彈做的功相等【解析】根據(jù)動(dòng)能定理，子彈克服阻力做的功等于子彈動(dòng)能的減少，根據(jù)能量守恒定律可知：子彈動(dòng)能的減少，等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木塊獲得的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤，B正確；子彈和木塊相互作用力大小相等，但二者的位移大小不同，子彈的位移大于木塊的位移，子彈克服阻力做的功大于子彈對(duì)木塊做的功，故C錯(cuò)誤；子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增加量，木塊對(duì)子彈做的功就是阻力對(duì)子彈做的功大于子彈對(duì)木塊做的功，故D錯(cuò)誤．【答案】B同學(xué)們參照伽利略時(shí)期演示平拋運(yùn)動(dòng)的方法制作了如圖7-2所示的實(shí)驗(yàn)裝置．圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形的粗糙軌道，P為最高點(diǎn)，Q為最低點(diǎn)，Q點(diǎn)處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有三個(gè)圓環(huán)．將質(zhì)量為m的小球從P處?kù)o止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至Q飛出后無(wú)阻礙地通過(guò)各圓環(huán)中心，落到底板上距Q水平距離為L(zhǎng)處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求：圖7-2(1)距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心到底板的高度；(2)小球運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)速度的大小以及對(duì)軌道壓力的大小和方向；(3)摩擦力對(duì)小球做的功.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：50152151】【解析】(1)設(shè)小球在Q點(diǎn)的速度為v0，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H)).從Q點(diǎn)到距Q點(diǎn)水平距離為eq\f(L,2)的圓環(huán)中心的豎直高度為h，則eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)H.該位置距底板的高度：Δh＝H－h(huán)＝eq\f(3,4)H.(2)設(shè)小球在Q點(diǎn)受的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫′＝F，方向豎直向下．(3)設(shè)摩擦力對(duì)小球做功為W，則由動(dòng)能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R)).【答案】(1)到底板的高度：eq\f(3,4)H(2)速度的大?。篖eq\r(\f(g,2H))壓力的大?。簃geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))方向：豎直向下(3)摩擦力對(duì)小球做的功：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))求解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的兩種思路1．兩條基本思路(1)利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．利用牛頓第二定律可建立合力與加速度之間的關(guān)系，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可計(jì)算t、x、v、a等物理量．或是根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓定律去求解受力情況．(2)利用功能觀點(diǎn)求解，即利用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、重力做功與重力勢(shì)能關(guān)系等規(guī)律分析求解．2．解題思路的比較(1)用功能觀點(diǎn)解題，只涉及物體的初、末狀態(tài)，不需要關(guān)注過(guò)程的細(xì)節(jié)，解題簡(jiǎn)便．(2)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題，可分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度、力的瞬時(shí)值，也可分析位移、時(shí)間等物理量，即可分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)．一質(zhì)量m＝kg的物體以v0＝20m/s的初速度從傾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上運(yùn)動(dòng)．當(dāng)物體向上滑到某一位置時(shí)，其動(dòng)能減少了ΔEk＝18J，機(jī)械能減少了ΔE＝3J．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物體向上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??；(2)物體返回斜坡底端時(shí)的動(dòng)能．【解析】(1)設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力為f，向上運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為a，由牛頓第二定律可知a＝eq\f(mgsinα＋f,m) ①設(shè)物體的動(dòng)能減少ΔEk時(shí)，在斜坡上運(yùn)動(dòng)的距離為s，由功能關(guān)系可知ΔEk＝(mgsinα＋f)s ②ΔE＝fs ③聯(lián)立①②③式，并代入數(shù)據(jù)可得a＝6m/s2. ④(2)設(shè)物體沿斜坡向上運(yùn)動(dòng)的最大距離為sm，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得sm＝eq\f(v\o\al(2,0),2a) ⑤設(shè)物體返回斜坡底端時(shí)的動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理得Ek＝(mgsinα－f)sm ⑥聯(lián)立①④⑤⑥各式，并代入數(shù)據(jù)可得Ek＝80J.【答案】(1)6m/s2(2)80J(教師用書(shū)獨(dú)具)1.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7-3所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，()圖7-3A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】?jī)汕蛴伸o止釋放到運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)的過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，取軌跡的最低點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，則vP<vQ，又mP>mQ，則兩球的動(dòng)能無(wú)法比較，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項(xiàng)C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【答案】C2．(多選)如圖7-4，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()圖7-4A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【解析】質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【答案】AC3．如圖7-5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?。肳表示質(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()圖7-5A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，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)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)，已知FN＝F′N(xiāo)＝4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.質(zhì)點(diǎn)由開(kāi)始至N點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR.設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W′，則W′＜W.從N到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離．選項(xiàng)C正確．【答案】C4．如圖7-6所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長(zhǎng)狀態(tài)．現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中()圖7-6A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒B．彈簧彈性勢(shì)能變化了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變【解析】圓環(huán)沿桿下滑的過(guò)程中，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤；彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí)，圓環(huán)下落的高度h＝eq\r(3)L，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，彈簧的彈性勢(shì)能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項(xiàng)B正確；圓環(huán)釋放后，圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度最大時(shí)，合力為零，下滑到最大距離時(shí)，具有向上的加速度，合力不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．【答案】B5.如圖7-7所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)．圖7-7(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比；(2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設(shè)小球在B點(diǎn)的動(dòng)能為EkB