高中物理人教版第七章机械能守恒定律单元测试 教师用书2023版第7章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①W为正②W＝0③W为负④eq\f(1,2)mv2⑤mgh⑥初、末位置⑦eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧－ΔEp⑨ΔE⑩Ek2＋Ep2⑪Ek2－Ek1⑫方向性________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________功的计算方法1.根据定义式求功若恒力做功，可用定义式W＝Flcosα求恒力的功，其中F、l为力的大小和位移的大小，α为力F与位移l方向之间的夹角，且0°≤α≤180°.2．利用功率求功若某力做功或发动机的功率P一定，则在时间t内做的功为W＝Pt.3．根据功能关系求功根据以上功能关系，若能求出某种能量的变化，就可以求出相应的功．一质量为eq\f(4,3)kg的物体放在水平地面上，如图7­1甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示．求：图7­1(1)0～6s内合力做的功；(2)前10s内，拉力和摩擦力所做的功．【解析】(1)由v­t图象可知物体初速度为零，6s末的速度为3m/s，根据动能定理：W＝eq\f(1,2)mv2－0，故合力做的功W＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×32J＝6J.(2)由图丙知物体在2～6s、6～8s内的位移分别为x1＝6m、x2＝6m，故前10s内拉力做的功：W1＝F1x1＋F2x2＝3×6J＋2×6J＝30J.由图丙知，在6～8s时间内，物体做匀速运动，故摩擦力Ff＝2N．根据v­t图象知在10s内物体的总位移：x′＝eq\f(8－6＋10－2,2)×3m＝15m所以W＝－Ffx′＝－2×15J＝－30J.【答案】(1)6J(2)30J－30J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内弹力外其他力做功与机械能W＝ΔE除重力或系统内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机械能守恒质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法正确的是()A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等B．子弹克服阻力做的功与子弹动能的减少量相等C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等D．子弹对木块做的功与木块对子弹做的功相等【解析】根据动能定理，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少，根据能量守恒定律可知：子弹动能的减少，等于系统产生的内能和木块获得的动能，故A错误，B正确；子弹和木块相互作用力大小相等，但二者的位移大小不同，子弹的位移大于木块的位移，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故C错误；子弹对木块做的功等于木块动能的增加量，木块对子弹做的功就是阻力对子弹做的功大于子弹对木块做的功，故D错误．【答案】B同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图7­2所示的实验装置．图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的eq\f(1,4)圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：图7­2(1)距Q水平距离为eq\f(L,2)的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功.【导学号：50152151】【解析】(1)设小球在Q点的速度为v0，由平抛运动规律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H)).从Q点到距Q点水平距离为eq\f(L,2)的圆环中心的竖直高度为h，则eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)H.该位置距底板的高度：Δh＝H－h＝eq\f(3,4)H.(2)设小球在Q点受的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F，方向竖直向下．(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R)).【答案】(1)到底板的高度：eq\f(3,4)H(2)速度的大小：Leq\r(\f(g,2H))压力的大小：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))方向：竖直向下(3)摩擦力对小球做的功：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))求解动力学问题的两种思路1．两条基本思路(1)利用牛顿运动定律结合运动学公式求解．利用牛顿第二定律可建立合力与加速度之间的关系，利用运动学公式可计算t、x、v、a等物理量．或是根据运动学公式和牛顿定律去求解受力情况．(2)利用功能观点求解，即利用动能定理、机械能守恒定律、重力做功与重力势能关系等规律分析求解．2．解题思路的比较(1)用功能观点解题，只涉及物体的初、末状态，不需要关注过程的细节，解题简便．(2)用牛顿第二定律及运动学公式解题，可分析运动过程中的加速度、力的瞬时值，也可分析位移、时间等物理量，即可分析运动过程的细节．一质量m＝kg的物体以v0＝20m/s的初速度从倾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔEk＝18J，机械能减少了ΔE＝3J．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小；(2)物体返回斜坡底端时的动能．【解析】(1)设物体运动过程中所受的摩擦力为f，向上运动的加速度的大小为a，由牛顿第二定律可知a＝eq\f(mgsinα＋f,m) ①设物体的动能减少ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系可知ΔEk＝(mgsinα＋f)s ②ΔE＝fs ③联立①②③式，并代入数据可得a＝6m/s2. ④(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得sm＝eq\f(v\o\al(2,0),2a) ⑤设物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理得Ek＝(mgsinα－f)sm ⑥联立①④⑤⑥各式，并代入数据可得Ek＝80J.【答案】(1)6m/s2(2)80J(教师用书独具)1.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7­3所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，()图7­3A．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】两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，则vP<vQ，又mP>mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝meq\f(v2,L)，则F＝3mg，因mP>mQ，则FP>FQ，选项C正确；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，选项D错误．【答案】C2．(多选)如图7­4，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图7­4A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【解析】质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，则速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低点的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，选项A正确，选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，选项D错误．【答案】AC3．如图7­5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()图7­5A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离【解析】设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′＜W.从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C正确．【答案】C4．如图7­6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()图7­6A.圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了eq\r(3)mgLC．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】圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝eq\r(3)L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误．【答案】B5.如图7­7所示，在竖直平面内有由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．图7­7(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．【解析】(1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①设小球在B点的动能为EkB