2021版高考物理一轮复习第5章机械能章末总结学案 7页

1 章末总结 【p107】 机 械 能 功 定义：力和力的方向上的位移的乘积 公式 F 与 s 同向：W＝Fs F 与 s 不同向：W＝Fscos α α＜90°，W 为正 α＝90°，W＝0 α＞90°，W 为负 功是标量，但有正负，正负功的意义不同 功率 定义：功跟完成这个功所用时间的比值 公式 P＝W t （平均功率） P＝Fv（瞬时功率、平均功率） 功能关系 动能定理：W 总＝Ek2－Ek1 重力做功与重力势能变化的关系：WG＝Ep1－Ep2 机械能守恒定律：Ep1＋Ek1＝Ep2＋Ek2 能 机械能 动能：Ek＝1 2 mv2 势能 重力势能：Ep＝mgh 弹性势能：Ep＝1 2 kx2 其他形式的能 【p107】 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． 【p108】 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 2 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＝ 80 10×4 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＝ 2Ek m ＝ 2×100 2 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＋f m ，a2＝g－f m ， 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( ) 3 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 2μgs [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＝0－1 2 mv2 A， 解得 vA＝2 μgs，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＝1 2 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＝1 2 mv2＝p2 2m ，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＝1 2 mv2 c，又 F＝mg，解得：v2 c＝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＝vc g ＝2 R g ，小球在水平方向的位移为 x＝1 2 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 4 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，1 2 ×2t0×v0＝1 2 ×(t＋t－t0)×1 2 v0，解得：t＝5t0 2 ，所以第①次和第②次提升过程所用 时间之比为 2t0∶5t0 2 ＝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 5 [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，v1 2 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 －v1 2 ＋m′v′ ① 1 2 mv2 1＝1 2 m －v1 2 2 ＋1 2 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＝1 2 mv2 1－0 ④ －(fs2＋mgh)＝0－1 2 m －v1 2 2 ⑤ 从图(b)所给的 v－t 图线可得 s1＝1 2 v1t1 ⑥ s1＝1 2 ·v1 2 ·(1.4t1－t1) ⑦ 由几何关系s2 s1 ＝h H ⑧ 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2 ⑨ 6 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 W＝ 2 15 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 H＋h sin 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′＝0－1 2 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. h sin θ －μ′mgs′ ＝0 ⑬ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得 μ μ′ ＝11 9 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＝v2 B－v2 A 2a ＝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＝1 2 mv2 C－1 2 mv2 B 根据牛顿第二定律，有 FN－mg＝mv2 C R 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°. 7 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＝5 3 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M m ＝6 5 (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＝ 8mMg 5（m＋M） T＝48 55 mg 或 T＝ 8 11 Mg