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2017-2018年人教版 高一物理 必修2 第七章复习课

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人教版必修2第五章第2节 解密小船渡河模型(学案含答案)
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                    章末复习课


 知识体系


                                         1
[答案填写] ①W      为正 ②W=0 ③W         为负 ④2mv2 ⑤mgh 
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                1    1
⑥初、末位置 ⑦2mv2-2mv21


               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.
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            h
    解得  s′=μ.
    第一种可能:物块与挡板碰撞后,在到达                 N 前停止,则物块停

                                  h
止的位置距     N 点的距离    d=2s-s′=2s-μ.
    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

              h
    d=s′-2s=μ-2s.

                                            h h
    所以物块停止的位置距          N 点的距离可能为       2s-μ或μ-2s.

             h  h
    答案:2s-μ或μ-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

                                                   h  0.30
动的整个过程进行研究,由动能定理得                 mgh-μmgs=0,s=μ=0.10 
m=3 m,d=0.50 m,则      s=6d,所以小物块在        BC 面上来回运动共
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 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               重力做功是重            W>0          势能减少
          W=-
与重力势               力势能变化的            W<0          势能增加
           ΔEp
   能                   原因            W=0          势能不变
弹簧弹力               弹力做功是弹            W>0          势能减少
          W=-
做功与弹               性势能变化的            W<0          势能增加
           ΔEp
 性势能                   原因            W=0          势能不变
                   合外力做功是            W>0          动能增加
合力做功
         W=ΔEk     物体动能变化            W<0          动能减少
 与动能
                      的原因            W=0          动能不变
除重力或                                 W>0          机械能增加
                   除重力或系统
系统弹力                                 W<0          机械能减少
                   弹力外其他力
外其他力      W=ΔE
                   做功是机械能
做功与机                                 W=0          机械能守恒
                    变化的原因
  械能

     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.
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    (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.

                           1
    由机械能守恒定律有         mgh=2mv20,

             32
    h=    =2 × 10m=0.45 m.

                         1     1          1
    (3)根据功能关系有:Q=2mv20-2(M+m)v2=2×1×32                 J-

1
2×(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
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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),

                           h       f
                               mg+
    损失的动能     ΔEk=mgh+fsin θ=(    sin θ)h,
                                               fh
    损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功,即                  ΔE=sin θ,
        ΔEk mgsin θ+f
    解得  ΔE =   f  =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】
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    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        2gh
    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       2gh,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;
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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

                             1
    解析:根据动能定理有          mgl=2mv2,得   v=  2gl,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

                                            v2
B 错误;在最低点,根据牛顿第二定律有                T-mg=m    l ,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

             v2
向心加速度     a=  l =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
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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(  )


           1
    A.W=2mgR,质点恰好可以到达            Q 点

           1
    B.W>2mgR,质点不能到达          Q 点

           1
    C.W=2mgR,质点到达         Q 点后,继续上升一段距离

           1
    D.W<2mgR,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

                                  1     3
顿第二定律,得       4mg-mg=m      ,解得2mvN2=2mgR.从质点由静止

                                                1
释放到运动到最低点         N,根据动能定理,得         mg·2R-W=2mvN2,解

      1
得 W=2mgR.从   P 到  N 和从  N 到 Q,由于摩擦力的存在,相同高度
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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>

                                             1

W′.从   N 到 Q 利用动能定理,得-mgR-W′=EkQ-2mvN2,解得

     1               1

EkQ=2mvN2-mgR-W′=2mgR-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

                                              v2   802
    解析:由题可知,舰载机弹射过程的加速度为                   a=2x=2  × 100 

   2          2
m/s =32    m/s ,D  项正确;根据牛顿第二定律,0.8(F            发+F  弹)=

                                    6
ma,求得弹射器的推力大小           F 弹=1.1×10   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

             v 80                                     W
过程的时间     t=a=32    s=2.5    s,弹射器做功的平均功率          P=  t =

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
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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

                             π
大小相等,且∠ONM<∠OMN<2.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

                         5
自然状态.直轨道与一半径为6R             的光滑圆弧轨道相切于          C 点,
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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

   1                         3      4
                       取sin37°= ,cos37°=
μ=4,重力加速度大小为          g(     5      5).


    (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

                         7
C 点左下方,与      C 点水平相距2R、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

                       1
    mglsin θ-μmglcos θ=2mvB2,②

                                                gR
    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

                               1

    mgxsin θ-μmgxcos θ-Ep=0-2mvB2,④

    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,
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有

    Ep-mgl1sin θ-μmgl1cos θ=0,⑥
    联立③④⑤⑥式并由题给条件,得               x=R,⑦

        12

    Ep= 5 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:

       7   5

    x1=2R-6Rsin θ,⑨
           5  5

    y1=R+6R+6Rcos 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

       1
          2
    y1=2gt ,⑪

    x1=vDt,⑫

                           3
                            5gR
    联立⑨⑩⑪⑫式,得          vD=5   ,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

    1      1         5  5
                      R+ Rcos θ
    2m1vC2=2m1vD2+m1g(6 6    ),⑭
    P 由 E 点运动到    C 点的过程中,由动能定理,有

                                        1

    Ep-m1g(x+5R)sin θ-μm1g(x+5R)cos θ=2m1vC2,⑮

                             1

    联立⑦⑧⑬⑭⑮式,得           m1=3m.
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                          12               3        1
答案:(1)2         gR (2)     5 mgR (3)5        5gR 3m
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