人教版 (新课标)必修2第七章 机械能守恒定律综合与测试课时训练

章末复习课

知识体系

[答案填写]　①W为正　②W＝0　③W为负　④mv2　⑤mgh　⑥初、末位置　⑦mv－mv

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情况，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，选择全程应用动能定理更简单、更方便．

【例1】　如图所示，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块从M端由静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(碰撞后物块速度大小不变，方向相反)后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为μ，求物块停止的地方距N点的距离的可能值．

解析：设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，由动能定理得mgh－μmgs′＝0.

解得s′＝.

第一种可能：物块与挡板碰撞后，在到达N前停止，则物块停止的位置距N点的距离d＝2s－s′＝2s－.

第二种可能：物块与挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，然后滑下，在水平轨道上停止，则物块停止的位置距N点的距离为

d＝s′－2s＝－2s.

所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－或－2s.

答案：2s－或－2s

针对训练

1.如图所示，质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落，落到地面进入沙坑停止，则：

(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？

(2)若让钢珠进入沙坑，则钢珠开始时的动能应为多少(设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变)?

解析：(1)取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W＝WF＋WG＝ΔEk＝0.则重力的功WG＝mgh，阻力的功WF＝－Ffh，代入得mgh－Ffh＝0，故有＝11，即所求倍数为11.

(2)设钢珠开始时的动能为Ek，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得W＝WF＋WG＝ΔEk，进一步展开为－＝－Ek，得Ek＝.

答案：(1)11　(2)

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．

2.应用功能关系解题的步骤．

(1)明确研究对象，研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统．

(2)隔离研究对象，分析哪些力对它做功，它的哪些能量发生变化．

(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解．

(4)根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＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切．一质量m＝1 kg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＝1 s后，滑块和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，g取10 m/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＝2 N.

(2)对滑块：－Ff＝ma2.

设滑块滑上木板时的速度是v0，

则v－v0＝a2t，v0＝3 m/s.

由机械能守恒定律有mgh＝mv，

h＝＝m＝0.45 m.

(3)根据功能关系有：Q＝mv－(M＋m)v2＝×1×32 J－×(1＋2)×12 J＝3 J.

答案：(1)2 N　(2)0.45 m　(3)3 J

针对训练

2．(2014·广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦．在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中(　　)

A．缓冲器的机械能守恒

B．摩擦力做功消耗机械能

C．垫板的动能全部转化为内能

D．弹簧的弹性势能全部转化为动能

解析：在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中，有摩擦力做功，消耗机械能，缓冲器的机械能不守恒，A项错误、B项正确；在弹簧压缩的过程中，有部分动能转化成了弹簧的弹性势能，并没有全部转化为内能，C项错误；在弹簧压缩的过程中，是部分动能转化成了弹簧的弹性势能，而不是弹簧的弹性势能全部转化为动能，D项错误．

答案：B

【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，并且分值较多，大约在20分．高考题型有选择题，有综合计算题，也有实验题．

【真题例析】

(2015·课标全国Ⅱ卷)(多选)如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g，则(　　)

A．a落地前，轻杆对b一直做正功

B．a落地时速度大小为

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

解析：选b滑块为研究对象，b滑块的初速度为零，当a滑块落地时，a滑块没有在水平方向上的分速度，所以b滑块的末速度也为零，由此可得b滑块速度是先增大再减小，当b滑块速度减小时，轻杆对b一直做负功，A项错误；当a滑块落地时，b滑块的速度为零，由机械能守恒定律，可得a落地时速度大小为，B项正确；当b滑块速度减小时，轻杆对a、b都表现为拉力，拉力在竖直方向上有分力与a的重力合成，其加速度大小大于g，C项错误；a的机械能先减小再增大，当a的机械能最小时，轻杆对a、b的作用力均为零，故此时b对地面的压力大小为mg，D项正确．

答案：BD

针对训练

(2014·课标全国Ⅱ卷)一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)

A．WF2＞4WF1，Wf2＞2Wf1

B．WF2＞4WF1，Wf2＝2Wf1

C．WF2＜4WF1，Wf2＝2Wf1

D．WF2＜4WF1，Wf2＜2Wf1

解析：根据x＝t和Wf＝μmgx可判断，两次克服摩擦力所做的功Wf2＝2Wf1.由动能定理得WF1－Wf1＝mv2和WF2－Wf2＝m(2v)2，整理可判断WF2＜4WF1，故选项C正确．

答案：C

1．(2015·四川卷)在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小(　　)

A．一样大   B．水平抛的最大

C．斜向上抛的最大   D．斜向下抛的最大

解析：不计空气阻力的抛体运动，机械能守恒．故以相同的速率向不同的方向抛出落至同一水平地面时，物体速度的大小相等．故只有选项A正确．

答案：A

2．(2015·福建卷)如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上．若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则(　　)

A．t1＜t2   B．t1＝t2

C．t1＞t2   D．无法比较t1、t2的大小

解析：在AB段，根据牛顿第二定律mg－FN＝m，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，根据牛顿第二定律FN－mg＝m，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，所以A正确．

答案：A

3．(多选)(2015·浙江卷)我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器．舰载机总质量为3.0×104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N；弹射器有效作用长度为100 m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80 m/s.弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)

A．弹射器的推力大小为1.1×106 N

B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J

C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W

D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s2

解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a＝＝ m/s2＝32 m/s2，D项正确；根据牛顿第二定律，0.8(F发＋F弹)＝ma，求得弹射器的推力大小F弹＝1.1×106 N，A项正确；弹射器对舰载机做的功为W＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，B项正确；弹射过程的时间t＝＝ s＝2.5 s，弹射器做功的平均功率P＝＝4.4×107 W，C项错误．

答案：ABD

4.(2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)

A．圆环的机械能守恒

B．弹簧弹性势能变化了mgL

C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零

D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变

解析：圆环下滑过程中，圆环动能、重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变，故选项A、D错误；圆环从最高点(动能为零)到最低点(动能为零)，重力势能减少了mg＝mgL, 根据机械能守恒，弹簧弹性势能增加了mgL，故选项B正确；圆环由静止开始下滑到圆环下滑到最大距离过程中，先加速后减速，下滑到最大距离时，所受合力不为零，故选项C错误．

答案：B

5.(2015·福建卷)如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．

(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：

①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；

②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.

解析：(1)由于圆弧轨道光滑，滑块下滑过程机械能守恒，有mgR＝mv.

滑块在B点处，对小车的压力最大，由牛顿第二定律有N－mg＝m.

解得N＝3mg.

据牛顿第三定律可知N′＝3mg.

(2)①滑块滑到B处时小车和滑块速度达到最大，由机械能守恒定律有mgR＝m(2vm)2＋Mv，

解得vm＝.

②设滑块的位移为s1，由于任一时刻滑块水平分速度是小车速度的2倍，

因此有2s＝s1，

且s＋s1＝L，

解得小车的位移大小s＝.

答案：(1)3mg　(2)① 　②