高中物理粤教版第四章机械能和能源 章末复习课

章末复习课【知识体系】[答案填写]①<②＝③>④eq\f(1,2)mv2⑤mgh⑥无关⑦Ep1－Ep2⑧动能的变化⑨重力(或弹力)⑩Ep2＋Ek2⑪eq\f(W,t)主题一功和能量转化的关系物体的动能、势能、机械能的变化都是通过做功来实现的，改变物体内能也可以通过做功来完成．做功的多少一定与能量的转化相对应，功是能量转化的量度．常见的五种功能关系：(1)合力做功，衡量物体动能的变化，W合＝ΔEk，即动能定理．(2)重力做功，衡量物体重力势能的变化，WG＝－ΔEp.(3)弹簧弹力做功，衡量物体弹性势能的变化，W弹＝－ΔEp.(4)除重力以外其他力做功WF，衡量物体机械能的变化，WF＝ΔE.(5)相对滑动的物体系统中产生的内能Q＝fs相对．【典例1】(多选)水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上．设小工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止．设小工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，则在小工件相对传送带滑动的过程中()A．滑动摩擦力对小工件做的功为eq\f(1,2)mv2B．小工件的机械能增量为eq\f(1,2)mv2C．小工件相对于传送带滑动的路程大小为eq\f(v2,2μg)D．传送带对小工件做功为零解析：小工件相对传送带滑动的过程中，受到的合外力就是传送带对它施加的摩擦力，根据动能定理可知，摩擦力做的功等于小工件增加的动能，小工件的初速度为零，末速度为v，其动能增加为eq\f(1,2)mv2，则小工件受到的滑动摩擦力对小工件做的功为eq\f(1,2)mv2选项A正确，而选项D错误；根据功能关系知，除了重力和弹力以外的其他力所做的功等于小工件机械能的改变量，选项B正确；由动能定理可得μmgs1＝eq\f(1,2)mv2，则s1＝eq\f(v2,2μg)，s1是小工件相对地面的位移，该过程中，传送带相对地面的位移为s2＝vt＝v·eq\f(v,μg)＝2s1，则小工件相对于传送带的位移为s＝s2－s1＝eq\f(v2,2μg)，选项C正确．答案：ABC针对训练1.在空中某一位置，以大小v0的速度水平抛出一质量为m的物体，经时间t物体下落一段距离后，其速度大小仍为v0，但方向与初速度方向相反，如图所示，则下列说法中正确的是()A．风力对物体做功为零B．风力对物体做负功C．物体的机械能减少eq\f(mg2t2,2)D．物体的动能变化为mveq\o\al(2,0)解析：由题意知物体的动能不变，D错．由于物体在竖直方向上初、末速度为0，即物体不做自由落体运动，物体在竖直方向下落的高度小于h＝eq\f(1,2)gt2，物体减少的机械能ΔE＝mgh，所以ΔE<eq\f(mg2t2,2)，故C错误．由动能定理知物体克服风力做的功与重力做的功相同，故A错，B对．答案：B主题二动能定理与机械能守恒定律的应用1．动能定理．动能定理明确了做功与物体动能改变的因果和数量关系，应用动能定理的优越性是可以根据物体动能的变化来计算变力所做的功．2．机械能守恒定律．机械能守恒定律明确了只有在重力和系统内的弹力做功的条件下，物体或系统的动能与势能之间的联系．应用机械能守恒定律的优越性是根据力的做功情况直接判断初、末状态的机械能是否相等，而不必考虑中间过程．在力学中的大多数题目，应用以上两条思路都可以得到解决．【典例2】民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0m，斜面长AC＝5.0m，斜面与水平地面CD段间有一段小圆弧平滑连接．旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ＝，不计空气阻力，g＝10m/s2(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下．解析：(1)人从斜面顶端A滑至底端C的过程中，重力和摩擦力对人做了功，根据动能定理得知：mghAB－μmgcosθ·sAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数值得：vC＝4m(2)设人离开C点后还要在地面上滑行的位移为s，则根据动能定理得：－μmgs＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数值得s＝eq\f(16,11)m≈1.45m.答案：(1)4m/s(2)针对训练2.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面相垂直，圆心处有一个垂直圆面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A.在O点的正下方离O点eq\f(r,2)处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动，问：(1)当A球转到最低点时，两小球的重力势能之和减小了多少？(2)A球转到最低点时的线速度是多少？解析：(1)当A球转到最低点，两小球重力势能之和减少了ΔEp＝mgr－mg·eq\f(r,2)＝eq\f(1,2)mgr.(2)设此时A球的速度为vA，B的速度vB＝ωeq\f(r,2)＝eq\f(1,2)vA，根据机械能守恒定律ΔEk＝ΔEp，得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vA,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)mgr，求得vA＝2eq\r(\f(gr,5)).答案：(1)eq\f(1,2)mgr(2)2eq\r(\f(gr,5))统揽考情本章主要讲述从功的角度和能的角度分析物理问题，重要的物理概念有功、功率，重要的物理规律有动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律等．在高考命题中，既有本章的单独命题，与其他知识综合的题目，既有选择题．也有计算题．在高考试卷中本章占有的分数也较多，大约为15～20分．真题例析(2023·北京卷)如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计．物块(可视为质点)的质量为m，在水平桌面上沿x轴运动，与桌面间的动摩擦因数为μ.以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F＝kx，k为常量．(1)请画出F随x变化的示意图，并根据F－x图象求物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中弹力所做的功．(2)物块由x1向右运动到x3，然后由x3返回到x2，在这个过程中：①求弹力所做的功，并据此求弹性势能的变化量；②求滑动摩擦力所做的功，并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念．解析：(1)F－x图象如图所示．物块沿x轴从O点运动到位置x的过程中，弹力做负功；F－x图线下的面积等于弹力做功大小．弹力做功WT＝－eq\f(1,2)·kx·x＝－eq\f(1,2)kx2.(2)①物块由x1向右运动到x3的过程中，弹力做功WT1＝－eq\f(1,2)·(kx1＋kx3)·(x3－x1)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3).物块由x3向左运动到x2的过程中，弹力做功WT2＝eq\f(1,2)·(kx2＋kx3)·(x3－x2)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2).整个过程中，弹力做功WT＝WT1＋WT2＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2).弹性势能的变化量ΔEp＝－WT＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1).②整个过程中，摩擦力做功Wf＝－μmg(2x3－x1－x2)．与弹力做功比较，弹力做功与x3无关，即与实际路径无关，只与始末位置有关，所以，我们可以定义一个由物体之间的相互作用力(弹力)和相对位置决定的能量——弹性势能．而摩擦力做功与x3有关，即与实际路径有关，所以，不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．答案：(1)图见解析－eq\f(1,2)kx2(2)①eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)②－μmg(2x3－x1－x2)说明见解析针对训练(2023·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)，A．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：B1．(2023·课标全国Ⅱ卷)一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()ABCD解析：由P－t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶．设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq\f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确．答案：A2．(2023·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×104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为×105N；弹射器有效作用长度为100m，推力恒定．要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/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A．弹射器的推力大小为×106NB．弹射器对舰载机所做的功为×108JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为×107WD．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32m/s解析：对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝32m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝×106N，而发动机的推力为×105N，则弹射器的推力为F推＝×106－×105)N＝×106N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝×108J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝eq\f(v,a)＝eq\f(80,32)s＝s，平均功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f×108,W＝×107W，选项C错误．答案：ABD3．(2023·课标全国Ⅰ卷)如图，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＝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(mveq\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．(多选)(2023·课标全国Ⅱ卷)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eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．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：由题意知，系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为va、vb.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图．因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与veq\o\al(′,∥)是相等的，即vacosθ＝vbsinθ.当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(2gh)，选项B正确．同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误．杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误．b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确．正确选项为B、D.答案：BD5．(2023·四川卷)严重的雾霾天气，