2017-2018学年高一物理下学期课时巩固检测卷29.doc

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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，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＝0.50 m，盆边缘的高度h＝0.30 m．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，最后停下来，则停的地点到B点的距离为(　　)

A．0.50 m　　　　　 B．0.25 m
C．0.10 m 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，对小物块从开始运动到停止运动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，s＝＝ m＝3 m，d＝0.50 m，则s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，最后停在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化的原因
W＞0
势能减少
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化的原因
W＞0
势能减少
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化的原因
W＞0
动能增加
W＜0
动能减少
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化的原因
W＞0
机械能增加
W＜0
机械能减少
W＝0
机械能守恒
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.(多选)如图所示，小球以60 J的初动能从A点出发，沿粗糙斜面向上运动，从A经B到C，然后再下滑回到A点．已知从A到B点的过程中，小球动能减少了50 J，机械能损失了10 J，则(　　)

A．上升过程中，合外力对小球做功－60 J
B．整个过程中，摩擦力对小球做功－20 J
C．下行过程中，重力对小球做功48 J
D．回到A点小球的动能为40 J
解析：上升过程，由动能定理可知W合＝0－Ek0＝0－60 J＝－60 J，故A正确；运用动能定理分析得出，小球损失的动能等于小球克服合外力做的功(包括克服重力做功和克服摩擦阻力做功)，
损失的动能ΔEk＝mgh＋f＝h，
损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，即ΔE＝，
解得＝＝5，与h无关，
则小球上升到最高点时，动能为0，即动能减少了60 J，损失的机械能为12 J，当小球返回到底端，小球又要损失的机械能为12 J，故小球从开始到返回原处机械能损失24 J，由功能关系知摩擦力做功Wf＝－24 J，因而小球返回A点的动能为36 J，故B、D错误；由上述分析可知，小球上升到最高点时，动能为0，损失的机械能为12 J，则重力势能增加48 J，即重力做功为WG＝－48 J，所以下行过程中重力对小球做功48 J，故C正确．
答案：AC

【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
小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，有(　　)

A．P球的速度一定大于Q球的速度
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
解析：根据动能定理有mgl＝mv2，得v＝，绳越长速度越大则Q球速度大，故A错误；结合A项分析，动能等于mgl，因为P球质量大而绳长短，则无法确定P、Q球动能的大小关系，故B错误；在最低点，根据牛顿第二定律有T－mg＝m，得T＝3mg，则质量大的球所受绳的拉力大，故C正确；在最低点，球的向心加速度a＝＝2g，P、Q球的向心加速度相等，与球的质量和绳长无关，故D错误．
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．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W＞mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W＜mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
解析：设质点运动到半圆形轨道最低点时的速度为vN，根据牛顿第二定律，得4mg－mg＝m，解得mv＝mgR.从质点由静止释放到运动到最低点N，根据动能定理，得mg·2R－W＝mv，解得W＝mgR.从P到N和从N到Q，由于摩擦力的存在，相同高度处的速率是减小的，相同高度处的支持力变小，即对应的滑动摩擦力减小，从N到Q过程克服摩擦力做的功W′也减小，即W＞W′.从N到Q利用动能定理，得－mgR－W′＝EkQ－mv，解得EkQ＝mv－mgR－W′＝mgR－W′＞0，所以质点到达Q点后，还能继续上升一段距离，选项C正确，A、B、D错误．
答案：C
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.(多选)如图所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜.在小球从M点运动到N点的过程中(　　)

A．有一个时刻小球的加速度等于重力加速度
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
解析：小球运动过程中受重力、弹簧的弹力、杆的弹力，其中杆的弹力始终垂直于杆，弹簧的弹力沿弹簧方向，当弹簧与光滑杆垂直时，小球竖直方向只受重力的作用，故加速度为重力加速度；当弹簧为原长时，小球只受重力作用，小球的加速度也为重力加速度，故A错误，B正确．当弹簧与光滑杆垂直时，弹簧长度最短，弹簧弹力与速度垂直，则弹力对小球做功的功率为零，C正确．M、N两点弹簧弹性势能相等，从M到N小球的重力势能转化为动能，则小球在N点的动能等于其在M、N两点的重力势能差，D正确．
答案：BCD

5.如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角在37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.

(1)求P第一次运动到B点时速度的大小．
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能．
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R＝5R，①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理，得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv，②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件，得vB＝2.③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理，有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv，④
E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x，⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理，有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0，⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件，得x＝R，⑦
Ep＝mgR.⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为：
x1＝R－Rsin θ，⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ，⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动G点的时间为t.由平抛运动公式，有
y1＝gt2，⑪
x1＝vDt，⑫
联立⑨⑩⑪⑫式，得vD＝，⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g，⑭
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v，⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式，得m1＝m.
答案：(1)2　(2)mgR　(3)　m

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