2024年高中物理第七章机械能守恒定律章末复习课训练含解析新人教版必修2

PAGE9-章末复习课学问体系[答案填写]①W为正②W＝0③W为负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)主题一动能定理在多过程中的应用1．分段应用动能定理时，将困难的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功状况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解．2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功状况，分析每个力的做功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不涉及中间量时，选择对全程应用动能定理睬更简洁、更便利．【例1】某砂场为提高运输效率，探讨砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型．竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过．转轮半径R＝0.4m、转轴间距L＝2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2m．现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右．已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5(sin37°＝0.6)．(1)若h＝2.4m，求小物块到达B端时速度的大小；(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h须要满意的条件；(3)变更小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h须要满意的条件．解析：本题考查匀变速直线运动、平抛运动和牛顿运动定律．(1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，veq\o\al(2,B)＝2aeq\f(h,sinθ)，解得vB＝4m/s.(2)若要小物块落到传送带左侧地面，设当小物块到达传送带上D点时速度为零时，小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，则有0＝mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgL，解得h1＝3.0m，当h<h1＝3.0m时满意题中条件．(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有eq\f(1,2)mv2＝mgh－μmgcosθeq\f(h,sinθ)－μmgL，H＋2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得x＝2eq\r(h－3).为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满意mg≤eq\f(mv2,R)，解得h≥3.6m.答案：(1)4m/s(2)h<3.0m(3)x＝2eq\r(h－3)h≥3.6m针对训练1.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC面水平，B、C距离d＝0.50m，盆边缘的高度h＝0.30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最终停下来，则停的地点到B点的距离为()A．0.50m B．0.25mC．0.10m D．0解析：设小物块在BC面上运动的总路程为s.物块在BC面上所受的滑动摩擦力大小始终为f＝μmg，对小物块从起先运动到停止运动的整个过程进行探讨，由动能定理得mgh－μmgs＝0，s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.30,0.10)m＝3m，d＝0.50m，则s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最终停在B点，故选D.答案：D主题二功能关系的理解和应用1．几种常见功能关系的理解．功能关系表达式物理意义正功、负功含义重力做功与重力势能W＝－ΔEp重力做功是重力势能变更的缘由W＞0势能削减W＜0势能增加W＝0势能不变弹簧弹力做功与弹性势能W＝－ΔEp弹力做功是弹性势能变更的缘由W＞0势能削减W＜0势能增加W＝0势能不变合力做功与动能W＝ΔEk合外力做功是物体动能变更的缘由W＞0动能增加W＜0动能削减W＝0动能不变除重力或系统弹力外其他力做功与机械能W＝ΔE除重力或系统弹力外其他力做功是机械能变更的缘由W＞0机械能增加W＜0机械能削减W＝0机械能守恒2.应用功能关系解题的步骤．(1)明确探讨对象，探讨对象是一个物体或是几个物体组成的系统．(2)隔离探讨对象，分析哪些力对它做功，它的哪些能量发生变更．(3)依据能量的变更类型确定用哪一类功能关系去求解．(4)依据相应的功能关系列方程、求解．【例2】如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1kg的小滑块自弧面上高h处由静止自由滑下，在木板上滑行t＝1s后，滑块和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，g取10m/s2.求：(1)滑块与木板间的摩擦力大小Ff；(2)滑块下滑的高度h；(3)滑块与木板相对滑动过程中产生的热量Q.解析：(1)对木板：Ff＝Ma1，由运动学公式，有v＝a1t，解得Ff＝2N.(2)对滑块：－Ff＝ma2.设滑块滑上木板时的速度是v0，则v－v0＝a2t，v0＝3m/s.由机械能守恒定律，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(32,2×10)m＝0.45m.(3)依据功能关系，有Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)×1×32J－eq\f(1,2)×(1＋2)×12J＝3J.答案：(1)2N(2)0.45m(3)3J针对训练2.(多选)(2024·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面对右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：物体从A点到O点的过程中，弹力起先大于摩擦力，后小于摩擦力，故加速度先减小后反向增大，在弹力等于摩擦力时，加速度为0，速度达到最大，故A正确，B错误；物体从A点到B点的全过程，弹簧先压缩后伸长，弹力先做正功再做负功，全程由动能定理可得弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故C错误，D正确．答案：AD【统揽考情】本章的基本概念和基本规律较多，体现了利用功能观点分析问题的思路，该部分内容是高考的重点和热点．既有本章的单独考查，也有与电场、磁场的综合考查．高考命题的热点主要集中在动能定理的综合应用上，功能关系的综合应用每年必考，并且分值较大．高考题型有选择题，有综合计算题，也有试验题．【真题例析】(2024·全国卷Ⅰ)如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止起先向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点起先运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR解析：小球由a到c的过程，由动能定理，得F·3R－mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)，又F＝mg，解得veq\o\al(2,c)＝4gR；小球离开c点后，在竖直方向vc＝gt，在水平方向的位移为x＝eq\f(1,2)at2＝2R；从a点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确，A、B、D错误．答案：C针对训练(多选)(2024·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变更如图所示．重力加速度g取10m/s2.由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能削减100J解析：Ep-h图象知其斜率为G，故G＝eq\f(80J,4m)＝20N，解得m＝2kg，故A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，故eq\f(1,2)mv2＝100J，解得：v＝10m/s，故B错误；h＝2m时，Ep＝40J，Ek＝E机－Ep＝90J－40J＝50J，故C错误；h＝0时，Ek＝E机－Ep＝100J－0＝100J，h＝4m时，Ek′＝E机－Ep＝80J－80J＝0J，故Ek－Ek′＝100J，故D正确．答案：AD1.(2024·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示．重力加速度取10m/s2.该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Eko，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，即mg－F＝k′＝8N，联立两公式，得到m＝1kg，F＝2N.答案：C2．(2024·全国卷Ⅱ)如图所示，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止起先沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能肯定()A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功解析：木箱受力如图所示．木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，依据动能定理可知：WF－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误．无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误．答案：A3．(2024·全国卷Ⅱ)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.eq\f(v2,16g) B.eq\f(v2,8g)C.eq\f(v2,4g) D.eq\f(v2,2g)解析：设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，依据机械能守恒定律有mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t，2R＝eq\f(1,2)·gt2，求得x＝eq\r(－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－\f(v2,8g)))\s\up12(2)＋\f(v4,4g2))，因此当R－eq\f(v2,8g)＝0，即R＝eq\f(v2,8g)时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误．答案：B4．(2024·全国卷Ⅲ)如图所示，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距eq\f(1,3)l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.eq\f(1,9)mgl B.eq\f(1,6)mglC.eq\f(1,3)mgl D.eq\f(1,2)mgl解析：QM段绳的质量为m′＝eq\f(2,3)m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为eq\f(1,3)l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为eq\f(1,6)l，此过程重力做功Wc＝－m′g·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l－\f(1,6)l))＝－eq\f(1,9)mgl，对绳的下端Q拉到M点的过程，应用动能定理，可知外力做功W＝－WG＝eq\f(1,9)mgl，可知A项正确，B、C、D项错误．答案：A5．如图所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止起先自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算推断小球能否沿轨道运动到C点．解析：(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mgeq\f(R,4)，①设小球在B点的动能为EkB，同理