新教材2023高中物理第八章机械能守恒定律章末整合提升新人教版必修第二册 试卷

章末整合提升

主题一　功和功率的计算

1.功的计算方法.

(1)恒力做的功:W=Flcos α.

(2)合力做的功.

方法一:若物体所受的各力为恒力,先求合力F合,再用W合=F合lcos α求功.

方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…,求合力做的功.

(3)变力做的功.

①利用功率求功:此方法主要用于发动机功率保持恒定的条件下,求牵引力做的功.

②利用动能定理或功能关系求功.

③利用F-x图像面积求功.

④利用平均力求功.

2.功率的计算方法.

(1)P=:此式是功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算.一般用于求解某段时间内的平均功率.

(2)P=Fv:当v是瞬时速度时,此式计算的是F的瞬时功率;当v是平均速度时,此式计算的是F的平均功率.

注意:求平均功率选用公式P=和P=Fv均可,但必须注意是哪段时间或哪一个过程中的平均功率;求瞬时功率通常选用公式P=Fv,必须注意是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率.

【典例1】质量为m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s 内F与运动方向相反,2~4 s 内F与运动方向相同,物体的v-t图像如图所示,g取10 m/s2,则              (　　)

A.拉力F的大小为100 N

B.在4 s时拉力的瞬时功率为120 W

C.4 s内拉力所做的功为480 J

D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J

解析:由题图像可得0~2 s内物体做匀减速直线运动,加速度大小为a1==

5 m/s2,有F+Ff=ma1,2~4 s内物体做反向匀加速直线运动,加速度大小为a2=

=1 m/s2,有F-Ff=ma2,联立解得Ff=40 N,F=60 N,故选项A错误.在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=120 W,故选项B正确.4 s内物体通过的位移为x=8 m,拉力做功为W=-Fx=-480 J,故选项C错误.4 s内物体通过的路程为s=12 m,摩擦力做功为Wf=-Ffs=-480 J,故选项D错误.

答案:B

【典例2】如图所示,两个完全相同的小球A、B,在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出,不计空气阻力,则              (　　)

A.两小球落地时速度相同

B.两小球落地时重力的瞬时功率相等

C.从开始运动至落地,重力对两小球做功相同

D.从开始运动至落地,重力对两小球做功的平均功率相等

解析:由机械能守恒定律可得两小球落地时速度大小相等,但落地时的速度方向不相同,故速度不相同,选项A错误.小球落地时重力的瞬时功率P=mgvcos α,α为竖直方向与速度方向的夹角,由于α不相等,故两小球落地时重力的功率不相等,选项B错误.重力做功取决于下降的高度h,从开始运动至落地,h相等,故重力对两小球做功相同,选项C正确.重力做功的平均功率为P=,两小球运动的时间不相等,故重力对两小球做功的平均功率不相等,选项D错误.

答案:C

主题二　对动能定理的理解与应用

　动能定理一般应用于单个物体,研究过程可以是直线运动的过程,也可以是曲线运动的过程.动能定理既适用于恒力做功,也适用于变力做功;既适用于各个力同时作用在物体上,也适用于不同的力分阶段作用在物体上.力对物体做功过程中动能的变化问题几乎都可以使用动能定理解决,但使用动能定理时应注意以下四点:

(1)明确研究对象和研究过程,找出始、末状态的速度情况.

(2)对物体进行受力分析,明确各力做功大小及功的正、负情况.

(3)有些力在运动过程中不是始终存在的,物体运动状态、受力等情况均发生变化,则在考虑做功时,必须根据不同情况分别对待,正确表示出总功.

(4)若物体的运动过程包含几个不同的过程, 解题时,可以分段考虑,也可以整个过程考虑,列方程求解.

【典例3】如图所示,一质量为m=60 kg的选手以v0=7 m/s的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动,当绳摆到与竖直方向夹角θ=37°时,选手放开抓手,当其运动到水平传送带左端A点时速度刚好水平,并在传送带上滑行,传送带以v=2 m/s匀速向右运动.已知绳子的悬挂点到抓手的距离为l=6 m,传送带两端点A、B间的距离s=7 m,选手与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2.若把选手看成质点,且不考虑空气阻力和绳的质量,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:

(1)选手放开抓手时的速度大小;

(2)选手在传送带上从A运动到B所需的时间;

(3)选手在传送带上克服摩擦力做的功.

解析:(1)设选手放开抓手时的速度大小为v1,

由动能定理得-mg(l-lcos θ)=m-m,

代入数据得v1=5 m/s.

(2)设选手放开抓手时的水平速度为v2,则

v2=v1cos θ=4 m/s.

设选手在传送带上的减速过程经历的时间为t1,则

a=-μg=-2 m/s2,v=v2+at1,解得t1=1 s,

x1=t1=3 m.

设匀速运动的时间为t2,s-x1=vt2,解得t2=2 s,

选手在传送带上的运动时间t=t1+t2,解得t=3 s.

(3)由动能定理得Wf=mv2-m,

解得Wf=-360 J,

故克服摩擦力做功为360 J.

答案:(1)5 m/s　(2)3 s　(3)360 J

【典例4】如图所示,光滑轨道AB、CDO都处于竖直平面内,O、A两点处于同一水平高度,轨道AB是半径为R=2 m的圆弧轨道,轨道CDO是半径为r=

1 m的半圆轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板,D为轨道CDO的中点,BC段是水平粗糙轨道,与圆弧轨道平滑连接.现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点的正上方高h处自由落下,已知BC段水平轨道长l=2 m,与小球之间的动摩擦因数μ=0.4.g取10 m/s2.若小球与竖直弹性挡板发生碰撞,将以大小不变的速度被弹回.

(1)求当h=1.4 m时,此球第一次到达D点时对轨道的压力.

(2)当h=1.4 m时,试通过计算判断此球是否会脱离轨道CDO.如果会脱离轨道,求脱离前球在水平轨道经过的路程.如果不会脱离轨道,求静止前球在水平轨道经过的总路程.

解析:(1)小球从自由下落到运动到D点的过程中,由动能定理得

mg(h+r)-μmgl=m,解得vD=4 m/s;

在D点向心力FN=m=32 N,

由牛顿第三定律可知,小球对轨道的压力FN'=FN=32 N,方向水平向右.

(2)小球从自由下落到第一次到达O点的过程中,

由动能定理得mgh-μmgl=m-0,

解得v1=2 m/s;

通过O点的临界条件是mg=m,

解得v= m/s<v1,

故小球第一次到达O点前未脱离轨道.

假设小球第n次到达D点的速度正好为0,由动能定理得

mg(h+r)-3μmgl=m,解得n=3,

即小球一直没有脱离轨道.

设小球在运动过程中在水平轨道上经过的总路程为s,

由动能定理得mg(h+R)-μmgs=0,

解得s=8.5 m.

答案:(1)32 N,方向水平向右　(2)不会脱离　8.5 m

主题三　机械能守恒定律及其应用

机械能守恒定律的表达式

【典例5】如图所示,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细线连接,跨过固定在地面上、半径为R的光滑圆柱,A的质量为B的两倍.当B位于地面上时,A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放,B上升的最大高度是              (　　)

A.2R　　　　B.C. D.

解析:设B球质量为m,则A球质量为2m,A球刚落地时,两球速度大小都为v,根据机械能守恒定律得2mgR-mgR=(2m+m)v2,得v2=gR,B球继续上升的高度h==,所以B球上升的最大高度为h+R=R,选项C正确.

答案:C

【典例6】如图所示,一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上,碗口水平,O点为球心,碗的内表面及碗口光滑.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的理想定滑轮上,绳的两端分别系有可视为质点的小球甲和乙,甲、乙的质量分别为m1、m2,且m1>m2.斜面固定且足够长,斜面倾角θ=30°,开始时甲恰在碗口右端水平直径的A处,乙在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直.当甲由静止释放运动到球心O正下方的B点时细绳突然断开,不计细绳断开瞬间的能量损失,重力加速度为g.

(1)求小球乙沿斜面上升的最大距离s;

(2)若已知细绳断开后小球甲沿碗的内侧上升的最大高度为,求.

解析:(1)小球甲到达最低点B时,设甲、乙速度大小分别为v1、v2,乙上升的高度为h.

根据甲、乙沿绳方向的速度相等,得出v1=v2,①

对甲、乙组成的系统由机械能守恒定律得

m1gR-m2gh=m1+m2,②

h=Rsin θ,③

设细绳断后乙沿斜面上升的距离为s',对乙由机械能守恒定律得m2gs'sin θ=m2,④

小球乙沿斜面上升的最大距离s=R+s',⑤

联立得s=.

(2)对甲由机械能守恒定律得m1=m1g,⑥

联立①②③⑥式得=.

答案:(1)　(2)

主题四　功能关系

1.重力做功与重力势能的关系.

表达式:WG=-ΔEp.

WG>0,表示重力势能减少;WG<0,表示重力势能增加.

2.弹簧弹力做功与弹性势能的关系.

表达式:W弹=-ΔEp.

W弹>0,表示弹性势能减少;W弹<0,表示弹性势能增加.

3.合力做功与动能的关系.

表达式:W合=ΔEk.

W合>0,表示动能增加;W合<0,表示动能减少.

4.除重力和系统弹力外其他力做功与机械能的关系.

表达式:W其他=ΔE.

W其他>0,表示机械能增加;W其他<0,表示机械能减少;W其他=0,表示机械能守恒.

5.动力学方法和能量观点的综合应用.

(1)动力学方法:利用牛顿运动定律结合运动学规律求解问题的方法.

(2)能量的观点:利用动能定理、机械能守恒定律以及功能关系求解问题的方法.

(3)应用技巧.

涉及动力学方法和能量观点的综合题,应根据题目要求灵活选用公式和规律.

①涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时,可选用牛顿运动定律.

②用动能定理求解物体在恒力作用下的问题比用牛顿运动定律求解过程要简单,若不涉及中间过程分析,可选用动能定理.

③涉及动能与势能的相互转化,单个物体或系统机械能守恒问题时,通常选用机械能守恒定律.

【典例7】如图所示,在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道,半径OA水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A正上方的P点由静止开始下落,小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力.已知lAP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中(　　)

A.重力做功2mgR 　B.机械能减少mgR

C.合力做功mgR 　D.克服摩擦力做功mgR

解析:重力做功与路径无关,所以WG=mgR,选项A错误;小球在B点时所受重力提供向心力,即mg=m,所以v=,从P点到B点,由动能定理知W合=mv2=

mgR,故选项C错误;机械能的减少量为mgR,故选项B错误;克服摩擦力做的功等于机械能的减少量,等于mgR,故选项D正确.

答案:D

【典例8】如图所示,某段滑雪雪道倾角为30°,总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑,加速度大小为g.在他从上向下滑到底端的过程中,下列说法正确的是              (　　)

A.运动员减少的重力势能全部转化为动能

B.运动员获得的动能为mgh

C.运动员克服摩擦力做功为mgh

D.下滑过程中系统减少的机械能为mgh

解析:运动员的加速度为g,小于g,所以运动员受摩擦力作用,由mgsin 30°-Ff=ma得Ff=mg,克服摩擦力做功为Wf=mg·=mgh,故选项C错误;摩擦力做功,机械能不守恒,减少的重力势能没有全部转化为动能,而是有mgh转化为内能,故选项A错误,选项D正确;由动能定理知,运动员获得的动能为Ek=W合=mg·=mgh,故选项B错误.

答案:D