章末总结　提高

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能的概念、功和能的关系以及各种不同形式的能的相互转化和守恒的规律是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律，它贯穿于整个物理学中．本章有关功和能的概念，以及动能定理和机械能守恒定律是在牛顿运动定律的基础上，研究力和运动关系的进一步拓展，使人们对自然的认识更加深入．用能量观点分析问题，不仅为解决力学问题开辟了一条新的途径，同时也是分析解决电磁学、热学等领域问题的一条重要的思路．

运用能量的观点分析解决有关问题时，可以不涉及过程中力的作用以及运动细节，关心的只是过程中的能量转化的关系和过程的始末状态，这往往更能把握住问题的实质，使解决问题的思路变得简捷，并且能解决一些用牛顿定律无法解决的问题．

功和能的关系、能量的转化和守恒，往往出现在高考的压轴题中．题中的物理过程较复杂，综合性较强，涉及的知识面广，对考生的综合分析能力要求较高．平时要加强综合题的练习，学会将复杂的物理过程分解为若干个子过程，分析每一个过程中功与能量转化的关系，建立好相关的物理模型，灵活运用物理规律求解．

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1．(多选)(2019·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的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　　)

A．物体的质量为2 kg

B．h＝0时，物体的速率为20 m/s

C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J

D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J

[解析] 从地面至h＝4 m，ΔEp＝80 J，又ΔEp＝mgh，得m＝ kg＝2 kg，A正确；从地面至h＝4 m，ΔE总＝－20 J，ΔEp＝80 J，因为ΔE总＝ΔEk＋ΔEp，所以ΔEk＝－100 J，即减少100 J，D正确；h＝0时，Ek＝100 J，所以物体的速率为v＝＝  m/s＝10 m/s，B错误；h＝2 m时，物体的动能Ek＝E总－Ep＝(90－40) J＝50 J，C错误．

[答案] AD

2．(2019·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3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　)

A．2 kg  B．1.5 kg  C．1 kg  D．0.5 kg

[解析] 设上升时加速度为a1，下落时加速度为a2，外力为f，则a1＝g＋，a2＝g－，根据动能定理，上升过程－ma1h＝ΔEk＝36 J－72 J＝－36 J，

下落过程，ma2h＝ΔEk2＝48 J－24 J＝24 J，

代入数据，解得m＝1 kg.

[答案] C

3．(多选)(2019·江苏)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中(　　)

A．弹簧的最大弹力为μmg

B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D．物块在A点的初速度为

[解析] 当加速度为0时，弹力等于摩擦力μmg，此位置不是最大弹力，A错误；物块克服摩擦力做的功为μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；弹力做功＝弹性势能，弹出时，W弹－μmgs＝0，所以弹簧的最大弹性势能为μmgs，C正确；压缩过程，－W弹－μmgs＝0－mv，解得vA＝2，D错误．

[答案] BC

4．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比 

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比 

D．与它的动量成正比

[解析] 根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项A、C错误；由v2＝2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p＝mv，可知列车动能Ek＝mv2＝，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误．

[答案] B

5．(2018·全国卷Ⅰ)如图，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点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)

A．2mgR  B．4mgR

C．5mgR  D．6mgR

[解析] 设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得：v＝4gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用力下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t＝＝2，小球在水平方向的位移为x＝gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动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

6．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程(　　)

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1

D．电机所做的功之比为4∶5

[解析] 设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，×2t0×v0＝×(t＋t－t0)×v0，解得：t＝，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶＝4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；由动能定理：WF－mgh＝ΔEk＝0，∴WF＝mgh；两次做功相同，选项D错误．

[答案] AC

7．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定(　　)

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] 根据动能定理木箱获得的动能等于拉力所做的功减去克服摩擦力所做的功．

[答案] A

8．(多选)(2018·江苏)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向右运动，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] 设速度最大位置为C，则加速度为0，kx＝μmg，x为弹簧压缩量，C点在O点以左，所以B错误；从A到C，加速度减小，从C到B，加速度增大，所以A正确；从A到O，弹簧弹力做正功，从O到B，弹簧弹力做负功，C错误；根据动能定理，所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D正确．

[答案] AD

9．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v－t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．

(1)求物块B的质量；

(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．

[解析] (1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mv1＝m＋m′v′　①

mv＝m＋m′v′2　②

联立①②式得m′＝3m　③

(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有mgH－fs1＝mv－0　④

－(fs2＋mgh)＝0－m　⑤

从图(b)所给的v－t图线可得s1＝v1t1　⑥

s1＝··(1.4t1－t1)　⑦

由几何关系＝　⑧

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2　⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH　⑩

(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcos θ　⑪

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－m′v′2　⑫

设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcos θ.－μ′mgs′＝0　⑬

联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝　⑭

10．(2018·北京)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求长直助滑道AB的长度L；

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；

(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．

[解析] (1)根据匀变速直线运动公式，有L＝＝100 m

(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s

(3)运动员经C点时的受力分析如图

根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有

mgh＝mv－mv

根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m

得FN＝3 900 N

11．(2018·江苏)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°.松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：

(1)小球受到手的拉力大小F；

(2)物块和小球的质量之比M∶m；

(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T.

[解析] (1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2

F1sin 53°＝F2cos 53°

F＋mg＝F1cos 53°＋F2sin 53°且F1＝Mg

解得F＝Mg－mg

(2)小球运动到与A、B相同高度过程中

小球上升高度h1＝3lsin 53°，物块下降高度h2＝2l

机械能守恒定律mgh1＝Mgh2

解得＝

(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T

牛顿运动定律Mg－T＝Ma

小球受AC的拉力T′＝T

牛顿运动定律T′－mgcos 53°＝ma

解得T＝