高中物理必修二检测：第七章章末复习课 Word版含解析试卷

章末复习课

知识体系

[答案填写]①W为正②W＝0③W为负④1

2m v

2⑤mgh

⑥初、末位置⑦1

2m v

2

2－

1

2m v

2

1

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′＝h 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

止的位置距N点的距离d＝2s－s′＝2s－h 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

d＝s′－2s＝h

μ－2s.

所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－h

μ或

h

μ－2s.

答案：2s－h

μ

或

h

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

动的整个过程进行研究，由动能定理得mgh－μmgs＝0，s＝h

μ

＝

0.30

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．

(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/s 2.求：

(1)滑块与木板间的摩擦力大小F f ；

(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：F f ＝Ma 1，

由运动学公式，有v ＝a 1t ，

解得F f ＝2 N.

(2)对滑块：－F f ＝ma 2.

设滑块滑上木板时的速度是v 0，

则v －v 0＝a 2t ，v 0＝3 m/s.

由机械能守恒定律有mgh ＝12m v 20， h ＝v 202g ＝322×10

m ＝0.45 m. (3)根据功能关系有：Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝12×1×32 J －12

×(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－E k0＝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ΔE k ＝mgh ＋f h sin θ＝?

????mg ＋f sin θh ， 损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，即ΔE ＝fh sin θ

， 解得ΔE k ΔE

＝mg sin θ＋f 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W f ＝－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W G ＝－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．

【真题例析】

(·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；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 ＝12m v 2，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B 错误；在最低点，根据牛顿第二定律有T －mg ＝m v 2

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

向心加速度a ＝v 2

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 ＝12

mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W ＞12

mgR ，质点不能到达Q 点 C ．W ＝12

mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离 D ．W ＜12

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v N ，根据牛

顿第二定律，得4mg －mg ＝m v 2N R ，解得12m v 2N ＝32

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 ＝12

m v 2N ，解得W ＝12

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 ′＝E k Q －12m v 2N ，解得E k Q ＝12

m v 2N －mgR －W ′＝12

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＝v2

2x＝

802

2×100

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＝1.1×106N，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＝v

a＝

80

32s＝2.5 s，弹射器做功的平均功率P＝

W

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＜π

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

自然状态．直轨道与一半径为56

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＝14

，重力加速度大小为g ?

????取sin37°＝35，cos37°＝45.

(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7

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v B，由动能定理，得

mgl sin θ－μmgl cos θ＝1

2m v

2

B，②

式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件，得v B＝2gR.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E p.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理，有

mgx sin θ－μmgx cos θ－E p＝0－1

2m v

2

B，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

E p－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0，⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件，得x＝R，⑦

E p＝12

5mgR.⑧

(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为：

x 1＝72R －56

R sin θ，⑨ y 1＝R ＋56R ＋56

R cos 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v D ，由D 点运动G 点的时间为t .由平抛运动公式，有

y 1＝12

gt 2，? x 1＝v D t ，?

联立⑨⑩??式，得v D ＝35

5gR ，? 设P 在C 点速度的大小为v C ，在P 由C 运动到D 的过程中机械能守恒，有

12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ? ??

??56R ＋56R cos θ，? P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理，有

E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12

m 1v 2C ，? 联立⑦⑧???式，得m 1＝13

m . 答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13

m