高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试学案设计

这是一份高中物理粤教版 (2019)必修 第二册第四章 机械能及其守恒定律本章综合与测试学案设计，共12页。


一、利用动能定理求变力做功
1．动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便．
2．利用动能定理求变力做的功是最常用的方法
(1)若只有一个力对物体做功，且此力为变力，根据动能定理，动能变化量等于此力所做的功，即W变＝ΔEk.
(2)若有多个力对物体做功，且其中一个力为变力，其他力为恒力，可以用动能定理间接求变力做功，即W变＋W其他＝ΔEk.
如图1所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为( )
图1
A.eq \f(1,2)μmgR B．2πmgR
C．2μmgR D．0
答案 A
解析 在转台转速增大的过程中，静摩擦力大小和方向都在变化，无法直接利用W＝Fscs α求摩擦力做的功．滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq \f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝eq \f(1,2)μmgR，A正确．
针对训练 一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图2所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为( )
图2
A．mglcs θ
B．mgl(1－cs θ)
C．Flcs θ
D．Flsin θ
答案 B
解析 小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，F是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cs θ)＋W＝0，所以W＝mgl(1－cs θ)，B正确，A、C、D错误．
二、利用动能定理分析多过程问题
1．一个物体的运动如果包含多个运动阶段，即可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况、初末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解．也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便．
2．选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别对待，弄清楚物体所受的力在哪段位移做功，做正功还是负功，正确写出总功的表达式．
3．若某力对物体做负功，可以设此力做功为W，动能定理表达式为W其他＋W＝ΔEk，也可以设物体克服此力做功为W，动能定理表达式为W其他－W＝ΔEk.
如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝1.5 m，一个质量m＝0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：
图3
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；
(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离．
答案 (1)0.15 m (2)0.75 m
解析 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得
FL－fL－mgh＝0
其中f＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N
所以h＝eq \f(FL－fL,mg)＝eq \f(1.5－1.0×1.5,0.5×10) m＝0.15 m.
(2)设木块滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离为s，由动能定理得：
mgh－fs＝0
所以s＝eq \f(mgh,f)＝eq \f(0.5×10×0.15,1.0) m＝0.75 m.
1．本题也可采用分段分析，分段利用动能定理进行列式求解，但全程利用动能定理要更方便．
2．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理比牛顿运动定律解题更简单方便，所以我们可优先选用动能定理解决问题．
1．(用动能定理求变力做功)质量为m的物体(可视为质点)以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图4所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为( )
图4
A.eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x) B.eq \f(1,2)mv02－μmgx
C．μmgs D．μmg(s＋x)
答案 A
解析 由动能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－eq \f(1,2)mv02，W＝eq \f(1,2)mv02－μmg(s＋x)，A正确，B、C、D错误．
2.(用动能定理求变力做功)如图5所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球(可视为质点)向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )
图5
A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)mv2－mgh
C．mgh＋eq \f(1,2)mv2 D．－(mgh＋eq \f(1,2)mv2)
答案 A
解析 由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－eq \f(1,2)mv2，所以W＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故A正确．
3．(利用动能定理分析多过程问题)(2019·鹤壁市高一下期末)如图6所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体(可视为质点)，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为( )
图6
A.eq \f(1,2)μmgR B.eq \f(1,2)mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案 D
解析 设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.
4．(利用动能定理分析多过程问题)如图7所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的固定光滑斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动．当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F为( )
图7
A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ)
C．2mgcs θ D．2mg(1＋sin θ)
答案 A
解析 设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mgsin θ·2L＝0，解得F＝2mgsin θ，故选A.
考点一 利用动能定理求变力做功
1．(2019·宜昌七校协作体高一下期末)一人用力踢质量为100 g的皮球，使球由静止以20 m/s的速度飞出．假定人踢球瞬间对球的平均作用力是200 N，球在水平方向运动了20 m停止．不计空气阻力，则人对球所做的功为( )
A．20 J B．2 000 J
C．500 J D．4 000 J
答案 A
解析 根据题意可知，人踢球的过程，球的初状态速度为零，末状态速度为20 m/s，由动能定理可知W＝eq \f(1,2)mv2－0＝eq \f(1,2)×0.1×202 J＝20 J，故选A.
2．在离水平地面高为h处斜向上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到水平地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( )
A．mgh－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02 B.eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02－mgh
C．mgh＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2 D．mgh＋eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
答案 C
解析 对物块从刚抛出到落地的过程，空气阻力的方向一直在变化，无法直接用功的公式求阻力做的功．
由动能定理可得：
mgh－Wf克＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，
解得Wf克＝mgh＋eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2.
3．(多选)质量为m的汽车发动机的功率恒为P，摩擦阻力恒为f，牵引力为F，汽车由静止开始，经过时间t行驶了位移s时，速度达到最大值vm，则发动机所做的功为( )
A．Pt B．fvmt
C.eq \f(1,2)mvm2＋fs D．Fs
答案 ABC
解析 因为功率P恒定，所以W＝Pt，A正确；汽车达到最大速度时F＝f，则P＝fvm，所以W＝Pt＝fvmt，B正确；从汽车静止到速度达到最大值的过程中，由动能定理得W－fs＝eq \f(1,2)mvm2－0，即W＝eq \f(1,2)mvm2＋fs，C正确；因牵引力在整个过程中为变力，所以不能用公式W＝Fs计算牵引力所做的功，D错误．
4.(多选)如图1所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点时，与A点的竖直高度差为h，速度为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
图1
A．小球在B点的动能小于mgh
B．由A到B小球重力势能减少了eq \f(1,2)mv2
C．由A到B小球克服弹力做功为mgh
D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh－eq \f(mv2,2)
答案 AD
解析 小球由A点到B点重力势能减少了mgh.根据动能定理得mgh－W克弹＝eq \f(1,2)mv2，小球运动到B点时的动能小于mgh，故A正确，B错误；由A至B小球克服弹力做功W克弹＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故C错误；小球到达位置B时弹簧的弹性势能Ep＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故D正确．
考点二 利用动能定理分析多过程问题
5.如图2所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )
图2
A．tan θ＝eq \f(μ1＋2μ2,3) B．tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)
C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1
答案 B
解析 由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcs θ·AB－μ2mgcs θ·BC＝0，又AB＝2BC，则有tan θ＝eq \f(2μ1＋μ2,3)，B正确．
6．如图3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( )
图3
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
答案 D
解析 由动能定理有－μmgs′＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
得v0＝7 m/s，Wf＝－μmgs′＝－2 J，A、C错误．
由h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt得s＝0.9 m，B错误．
由mgh＝Ek－eq \f(1,2)mv2得，落地时Ek＝0.9 J，D正确．
7.静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t＝4 s时停下，其v－t图像如图4所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )
图4
A．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功
B．整个过程中拉力做的功等于零
C．t＝2 s时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大
D．t＝1 s到t＝3 s这段时间内拉力不做功
答案 A
解析 全过程由动能定理得WF＋Wf＝0，A正确；因物块从静止开始运动，整个过程WF≠0，B错误；拉力的瞬时功率在1～3 s内相等，t＝1 s时，拉力的瞬时功率最大，C错误；t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物块做匀速运动，F＝f≠0，拉力做功W＝Fs13≠0，D错误．
8.质量m＝1 kg的物体，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面运动，在位移是4 m时，拉力F停止作用，运动到位移是8 m时物体停止，运动过程中Ek－s图像如图5所示，g取10 m/s2，求：
图5
(1)物体和水平面间的动摩擦因数；
(2)拉力F的大小．
答案 (1)0.25 (2)4.5 N
解析 (1)在运动的第二阶段，物体在位移s2＝4 m内，动能由Ek＝10 J变为零．
由动能定理得－μmgs2＝0－Ek；
故动摩擦因数μ＝eq \f(Ek,mgs2)＝eq \f(10,1×10×4)＝0.25.
(2)在运动的第一阶段，物体位移s1＝4 m，初动能Ek0＝2 J，
根据动能定理得Fs1－μmgs1＝Ek－Ek0，
代入数据解得F＝4.5 N.
9.如图6所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的小球自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.小球自P点滑到Q点的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
图6
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
答案 C
解析 在最低点，根据牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力F＝2mg，根据牛顿第二定律可得F－mg＝meq \f(v2,R)，从P点到最低点Q的过程，由动能定理可得mgR－Wf＝eq \f(1,2)mv2，联立可得克服摩擦力做的功Wf＝eq \f(1,2)mgR，选项C正确．
10．如图7所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接．将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处．滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同．现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在( )
图7
A．P处 B．P、Q之间
C．Q处 D．Q的右侧
答案 C
解析 设木板长为L，木板与水平地板的夹角为θ，在水平地板上滑行位移为s，全过程由动能定理得mgh－μmgcs θ·L－μmgs＝0
则滑块总的水平位移s′＝Lcs θ＋s＝eq \f(h,μ)
与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s′不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确．
11．ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以略去不计．一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点从静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图8所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
图8
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋eq \f(h,sin θ)) D．μmg(s＋hcs θ)
答案 B
解析 滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为WAD，由动能定理得mgh－WAD＝0，即WAD＝mgh①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为WDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－WDA＝0②，由A点运动至D点，克服摩擦力做的功WAD＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs③，从D→A的过程克服摩擦力做的功WDA＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋μmgs④，联立③④得WAD＝WDA⑤，联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确．
12．(2019·宁德市高一下月考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回原处．物块的初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中物块的动能Ek与位移s的关系图线是( )
答案 C
解析 设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，取沿斜面向上为位移正方向，根据动能定理可得，上滑过程中－mgssin θ－μmgscs θ＝Ek－Ek0，所以Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcs θ)s，Ek随位移增大而减小，Ek－s为直线；下滑过程中有mgs′sin θ－μmgs′cs θ＝Ek－0，所以Ek＝(mgsin θ－μmgcs θ)s′.s′增大时，位移s减小，动能增大，由于摩擦力做负功，可知最后的总动能减小，故C正确．
13.(2019·合肥八中月考)如图9所示，某旅游者在沙场乘滑沙撬从A点由静止开始滑下，最后停在水平沙面上的C点，设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相等，斜面和水平面连接处可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动，若测得A、C间水平距离为x，A点高为h，求滑沙撬与沙面间的动摩擦因数μ.
图9
答案 eq \f(h,x)
解析 设斜面与水平面所成夹角为θ，滑沙者和滑沙撬总质量为m，
则滑沙者从A点到最低点
重力做功WG＝mgh
摩擦力做功Wf1＝－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)
滑沙者在水平面上运动时，只有滑动摩擦力做功Wf2＝－μmg(x－eq \f(h,tan θ))．
解法一 “隔离”过程，分段研究，设在最低点B滑沙者的速度为v，
由A点到最低点B，根据动能定理得
WG＋Wf1＝eq \f(1,2)mv2－0
在水平面上运动时，同理有Wf2＝0－eq \f(1,2)mv2
解得μ＝eq \f(h,x).
解法二 从A到C全过程由动能定理得WG＋Wf1＋Wf2＝0，
解得μ＝eq \f(h,x).
14．(2019·泉州市模拟)我国南极考察队于2019年3月12日返回上海，完成第35次南极考察任务.2019年1月19
日，考察队乘坐的“雪龙”号极地考察船在南极的密集冰区里航行时，受到浓雾影响，意外与冰山碰撞，在与冰山碰撞前的紧急关头，由于控制人员处理得当，发动机及时全速倒船，船体减速前行，与冰山碰撞时并未出现严重后果，假设控制人员发现前方冰山时，“雪龙”号距离冰山s＝50 m，船速v0＝16 m/s，与冰山碰撞时的速度v＝4 m/s，已知“雪龙”号质量m＝2×107 kg，水的阻力f恒为船体重力的eq \f(1,20)，重力加速度g＝10 m/s2，计算结果均保留2位有效数字．
(1)若减速过程可认为做匀变速直线运动，求发动机产生的推力大小F.
(2)实际上发动机是以恒定功率工作的，若发动机全速倒船的时间为8 s，求发动机全速倒船时的功率P.
答案 (1)3.8×107 N (2)2.4×108 W
解析 (1)设减速过程的加速度大小为a，由匀变速直线运动规律可知，v2－v02＝2(－a)s
对船体受力分析，由牛顿第二定律可得，F＋f＝ma
解得F＝3.8×107 N.
(2)由动能定理可知，WF＋Wf＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
由题意可知，Wf＝－fs，WF＝－Pt
解得P≈2.4×108 W.