2017-2018学年高中物理必修二检测：第七章章末复习课 Word版含解析
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理必修2讲义：第七
章末总结一、功和功率的计算 1.功的计算方法(1)利用W ＝Fl cos α求功，此时F 是恒力. (2)利用动能定理或功能关系求功. (3)利用W ＝Pt 求功. 2.功率的计算方法(1)P ＝Wt ：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的平均功率.(2)P ＝F v cos α：此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度v 时，功率P 为平均功率. 例1 质量为m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v －t 图象如图1所示，g 取10 m/s 2，则( )图1A.拉力F 的大小为100 NB.物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s 内拉力所做的功为480 JD.4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J 答案 B解析 由图象可得：0～2 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a 1＝Δv Δt ＝102 m /s 2＝5 m/s 2，匀减速过程有F ＋F f ＝ma 1.匀加速过程加速度大小为a 2＝Δv ′Δt ′＝22 m /s 2＝1 m/s 2，有F －F f＝ma 2，解得F f ＝40 N ，F ＝60 N ，故A 错误.物体在4 s 时拉力的瞬时功率为P ＝F v ＝60×2 W ＝120 W ，故B 正确.4 s 内物体通过的位移为x ＝(12×2×10－12×2×2)m ＝8 m ，拉力做功为W ＝－Fx ＝－480 J ，故C 错误.4 s 内物体通过的路程为s ＝(12×2×10＋12×2×2) m ＝12 m ，摩擦力做功为W f ＝－F f s ＝－40×12 J ＝－480 J ，故D 错误.针对训练 1 如图2所示，两个完全相同的小球A 、B ，在同一高度处以相同大小的初速度v 0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则( )图2A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时重力的功率相等C.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 由机械能守恒定律可得两球落地时速度大小相等，但落地时的速度方向不相同，故速度不相同，A 项错误.重力在落地时的瞬时功率P ＝mg v cos α，α为重力与速度方向的夹角，由于α不相等，故两小球落地时重力的功率不相等，B 项错误.重力做功取决于下降的高度h ，从开始运动至落地h 相等，故重力对两小球做功相同，C 项正确.重力做功的平均功率P ＝Wt ，两球运动的时间不相等，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D 项错误. 二、功能关系的应用例2 如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )图3A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.运动员获得的动能为13mghC.运动员克服摩擦力做功为23mghD.下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以必受摩擦力，由mg sin 30°－F f ＝ma 得：F f＝16mg ，克服摩擦力做功为W f ＝16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故A 错，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为E k ＝W 合＝13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错.针对训练2 (多选)如图4所示，一质量为m 可视为质点的小物体，在沿斜面向上的拉力F 作用下，从长为L 、高为h 的粗糙固定斜面底端匀速运动到顶端，重力加速度为g .此过程中，物体的( )图4A.重力势能增加了mghB.机械能保持不变C.机械能增加了mghD.机械能增加了FL答案 AC解析 重力做功W ＝－mgh ，则重力势能增加了mgh ，选项A 正确；物体匀速运动，动能不变，重力势能增加mgh ，则机械能增加了mgh ，选项B 、D 错误，C 正确. 三、动力学方法和能量观点的综合应用1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题.2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及功能关系求解力学问题.3.应用技巧涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律.(1)涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律.(2)涉及多过程、变力作用下的问题，不要求知道过程的细节，用功能关系解题简便. (3)只涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律.(4)涉及多种形式能量转化的问题用能量守恒分析较简便.例3 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图5所示，质量m ＝60 kg(包括雪具在内)的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m /s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧.助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1 530 J ，取g ＝10 m/s 2.图5(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大. 答案 (1)144 N (2)12.5 m解析 (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB 的长度为x ，则有v B 2＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx －F f ＝ma ②联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得 mgh ＋W ＝12m v C 2－12m v B 2④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v C2R⑤由题意和牛顿第三定律知F N ＝6mg ⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5 m.。
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④12m v2⑤mgh⑥初、末位置⑦12m v22－12m v21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＝hμ－2s.所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.答案：2s－hμ或hμ－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 mC．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＝hμ＝0.300.10m＝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 ＝322×10m ＝0.45 m.(3)根据功能关系有：Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝12×1×32J －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 JB ．整个过程中，摩擦力对小球做功－20 JC ．下行过程中，重力对小球做功48 JD ．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 hsin θ＝⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋f sin θh ， 损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，即ΔE ＝fhsin 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2ghC．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：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 2l ，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 2l ＝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：C1．(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：A2．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 ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，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 2NR ，解得12m v 2N ＝32mgR .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 ＝12m v 2N ，解得W＝12mgR .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 ＝12m v 2N －mgR－W ′＝12mgR －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：C3．(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 NB．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD．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＝v22x＝8022×100m/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＝va＝8032s＝2.5 s，弹射器做功的平均功率P＝Wt＝4.4×107W，C项错误．答案：ABD4.(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＜π2.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：BCD5.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56R 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72R、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＝12m v2B，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＝0－12m v2B，④E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x，⑤P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，⑦E p＝125mgR.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 －56R sin θ，⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R 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＝12gt 2，⑪ x 1＝v D t ，⑫联立⑨⑩⑪⑫式，得v D ＝355gR ，⑬ 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，⑭ 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＝12m 1v 2C ，⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式，得m 1＝13m . 答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m。
【人教版】高中物理必修二检测：第七章章末质量评估(三)含解析
章末质量评估 (三)(时间： 90 分钟满分：100分)一、单项选择题 (本大题共 10 小题，每题 3 分，共 30 分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错选、不选或多项选择均不得分 )1.如下图，在水平的船板上有一人拉着固定在岸边树上的绳子，使劲使船向前挪动．对于力对船做功的以下说法中正确的选项是()A．绳的拉力对船做了功B．人对绳的拉力对船做了功C．树对绳索的拉力对船做了功D．人对船的静摩擦力对船做了功分析：绳的拉力、人对绳索的拉力和树对绳索的拉力都没有作用于船，没有对船做功．只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了位移，故对船做了功，且做正功，应选项A、B、C 错误， D 正确．答案： D2.一小球从如下图的弧形轨道上的 A 点，由静止开始滑下．由于轨道不圆滑，它仅能滑到 B 点．由 B 点返回后，仅能滑到 C 点，已知 A、B 高度差为 h1，、高度差为2，则以下关系正确的选项是()B C hA．h1＝ h2B．h1＜h2C．h1＞ h2D．h1、h2大小关系不确立分析：由能的转变和守恒定律可知，小球由 A 到 B 的过程中重力势能减少 mgh1，所有用于战胜摩擦力做功，即W AB＝mgh1.同理，W BC＝mgh2，又跟着小球最大高度的降低，每次滑过的行程愈来愈短，必有 W AB＞W BC，所以 mgh1＞mgh2，得 h1＞h2，故 C 正确．答案： C3.如下图，在电梯中的斜面上搁置了一滑块，在电梯加快上涨的过程中，滑块相对斜面静止．则在该过程中()A．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增添的重力势能B．滑块所受协力对滑块所做的功等于滑块增添的机械能C．斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D．斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增添的机械能分析：滑块战胜重力所做的功等于滑块增添的重力势能，应选项A 错误；协力对滑块所做的功等于滑块动能的增量，应选项 B 错误；斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上，故摩擦力做正功，选项 C 错误；斜面对滑块的弹力、摩擦力对滑块做的总功等于滑块机械能的增量，应选项 D 正确．答案： D4．质量为 m 的汽车由静止开始以加快度 a 做匀加快运动，经过时间 t，汽车达到额定功率，则以下说法正确的选项是() A．at 即为汽车额定功率下的速度最大值B．at 不是汽车额定功率下的速度最大值C．汽车的额定功率是ma2tD．题中所给条件能够求出汽车的额定功率P额P额分析：汽车额定功率下的最大速度是a＝0 时，v m＝F＝F f，故选项 A 错误，B 正确．汽车的功率是牵引力的功率，不是协力的功率，应选项 C 错误．由 F －F f＝ma，得 F ＝F f＋ma，因 F f不知，则 F 不知，故求不出汽车的额定功率，应选项 D 错误．答案： B5．将质量为m 的小球在距地面高度为h 处竖直向上抛出，抛出时的速度大小为 v ，小球落到地面上时的速度大小为 3v，若小球遇到的空气阻力不可以忽视，则对于小球整个运动过程，以下说法正确的是()A．合外力对小球做的功为4mv 2B．重力对小球做的功等于－mghC．小球落地时的机械能会变大D．小球战胜空气阻力做的功为mv2分析：依据动能定理，合外力对小球所做的功等于小球动能的变化量，故有 W 合＝W 重－W 阻＝12m(3v)2－12mv2＝4mv 2，选项 A 正确；W 重＝E p1－E p2＝mgh，选项 B 错误；空气阻力对小球做负功，小球1落地机遇械能减少，选项 C 错误；小球战胜空气阻力做的功W 阻＝2mv 2＋mgh－12m(3v)2＝mgh－4mv2，选项 D 错误．答案： A6．如下图， ab 是—个位于竖直平面内的圆滑圆弧形轨道，高4在顶端 a 处由静止开释后沿轨道滑下，最后停止在水平段的 c 点．现使小木块从 c 点出发，靠惯性沿原路恰巧回到 a 点，小木块拥有初动能的值为 E k，则 ()A．E k＝mgh B．mgh＜E k＜2mghC．E k＝2mgh D．E k＞2mgh分析：对于下滑过程中由动能定理可得：mgh－W f＝0，对于上滑过程：－ mgh－W f＝0－E k，联立解得 E k＝2mgh，应选项 C 正确．答案： C7.如图，一颗小弹丸从离水面不高处落入水中，溅起的几个小水珠能够跳得很高 (不计能量损失 )，以下说法正确的选项是 ()A．小弹丸着落时拥有的重力势能等于几个水珠在最高点的重力势能B．小弹丸着落时拥有的重力势能大于几个水珠在最高点的重力势能C．小弹丸着落时拥有的重力势能小于几个水珠在最高点的重力势能D．小水珠跳起的高度超出弹丸着落的高度，是违反能量守恒的分析：弹丸的重力势能转变弹丸的动能，再转变为水的弹性势能最后转变成小水珠的动能，小水珠高升的过程中，动能又转变为重力势能 (即表现为小水珠的高度 )，在这一过程中，水的总动能要小于弹丸的动能，可是，各个水珠的质量都比较小，所以，小水珠跳起的高度存在多种可能性．当弹丸的质量又比较大的时候，完整有可能出现个别小水珠跳起的高度较高的状况，甚至能够超出弹丸着落的高度．故 B 正确， A、C、D 都错误．答案： B8.如下图，一个质量为m 的物体 (可视为质点 )以某一速度从A 点冲上倾角为 30°的固定斜面，其运动的加快度大小为 0.6g，该物体在斜面上上涨的最大高度为 h，g 取 10 m/s2，则在这个过程中物体的()A．机械能守恒 B．重力势能增添了 0.5mgh C．动能损失了 1.1mgh D．机械能损失了 0.2mgh分析：由牛顿第二定律，得mgsin 30°＋f＝m×0.6g，解得摩擦力 f ＝0.1mg，此过程有摩擦力做功，机械能不守恒，故A 错误；物体在斜面上能够上涨的最大高度为h ，所以重力势能增添了E p＝mgh，故 B 错误；由动能定理，可知动能损失量等于合外力做功的大小，即E k＝F 合 s＝m×0.6g×2h＝1.2mgh，故 C 错误；由功能关系，知机械能的损失量为E＝ fs＝0.1mg×2h＝0.2mgh，故 D 正确．答案： D9．如下图，小球以初速度 v 0从 A 点沿不圆滑的轨道运动到高为 h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度大小为 ()A. v 02－4ghB. 4gh －v 02C. v 02－2ghD. 2gh － v 02分析：设小球从 A 到 B 战胜摩擦力做的功为 W f ，小球从 A 至 B ，由动能定理，有－f－mgh ＝0－1mv 02.W2小球从 B 至 A ，由动能定理，有mgh －W f ＝12mv2A－0.解以上两式得 v A ＝24gh －v 0，B 对．答案： B10．(2014 ·纲领全国卷 )一物块沿倾角为 θ的斜坡向上滑动． 当物块的初速度为 v 时，上涨的最大高度为 H ，如下图．当物块的初vh.重力加快度大小为 g.物块与斜坡 速度为 2时，上涨的最大高度记为 间的动摩擦因数和 h 分别为 ( )HA ．tan θ和 2v 2HB. 2gH －1 tan θ和2HC ．tan θ和 4v2HD. 2gH － 1 tan θ和 4分析： 设物块与斜坡之间的动摩擦因数为 μ， 由动能定理可得－mgH －μ mgcos θ H ＝ 0－12和－ mgh －μ mgcos θ h ＝ 0－1sin θ 2mvsin θ2v 2 ，解得 h ＝H， ＝v 2－1 tan θ，所以选项 D 正确．m 24μ2gH答案： D二、多项选择题 (本大题共 4 小题，每题 6 分，共 24 分．每题有多个选项是正确的，全选对得 6 分，少选得 3 分，选错、多项选择或不选得 0 分)11．如下图，长木板A 放在圆滑水平川面上，物体B 以水平9冲到木板 A 上到相对板 A 静止的过程中，以下说法正确的选项是()A．摩擦力对物体 B 做负功，对物体 A 做正功B．物体 B 动能的减少许等于系统损失的机械能C．摩擦力对 A 物体做的功等于系统机械能增添量D．物体 B 损失的机械能等于木板 A 获取的动能与系统损失的机械能之和分析：B 受的摩擦力方向向左，位移向右，故摩擦力对物体 B 做负功， A 受 B 给他的摩擦力向右，位移向右，故摩擦力对物体 A 做正功，故 A 正确；依据能量守恒定律，物体 B 动能的减少许等于A的机械能增量和系统损失的机械能之和，故 B 错误；依据动能定理，摩擦力对木板 A 做的功等于 A 动能的增添，故 C 错误；依据能量守恒定律，物体 B 损失的机械能等于木板 A 获取的动能与系统损失的机械能之和，故 D 正确，应选 A、D.答案： AD12．如下图，是一小孩游戏机的工作表示图．圆滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC 与 AB 管道相切于 B 点，C 点为圆弧轨道最高点，轻弹簧下端固定在 AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳经过弹簧内部连一手柄 P.将弹珠投入 AB 管内，迟缓下拉手柄使弹簧被压缩，开释手柄，弹珠被弹出，与游戏面板内的阻碍物发生一系列碰撞后落入弹槽里，依据入槽状况能够获取不一样的奖赏．假定所有轨道均圆滑，忽视空气阻力和手柄质量，弹珠视为质点．某次迟缓下拉手柄，使弹珠与 B 点距离为 L ，开释手柄，弹珠被弹出，抵达 C 点速度为 v ，以下说法正确的选项是 ()A．弹珠从开释手柄开始到触碰阻碍物以前的过程中机械能守恒B．弹珠从开释手柄到走开弹簧的过程中，其动能先增大后减小C．弹珠离开弹簧的瞬时，其动能和重力势能之和达到最大D．此过程中，弹簧的最大弹性势能为mg(L ＋R)sin θ＋1mv 2 2分析：弹珠从开释手柄开始到触碰阻碍物以前的过程中，弹簧对弹珠做正功，其机械能增添，故 A 错误；弹珠从开释手柄到走开弹簧的过程中，弹簧的弹力先大于重力沿斜面向下的分力，后小于重力沿斜面向下的分力，先加快后减速，所以其动能先增大后减小，故B正确；开释手柄，弹簧的弹力对弹珠做正功，弹珠的动能和重力势能之和不停增大， 依据弹珠和弹簧构成的系统机械能守恒知， 弹珠离开弹簧的瞬时，弹簧的弹性势能所有转变为弹珠的动能和重力势能， 所以此瞬时动能和重力势能之和达到最大，故C 正确；依据系统的机械能守恒得，弹簧的最大弹性势能等于弹珠在 C 点的机械能，为 mg(L＋ R )sin θ＋12mv 2，故 D 正确．答案： BCD13.如下图，在排球竞赛中，假定排球运动员某次发球后排球恰巧从网上面沿过网，排球网高H ＝2.24 m ，排球质量为 m ＝300 g ，运动员对排球做的功为 W 1＝20 J ，排球运动过程中战胜空气阻力做功为 W 2＝4.12 J ，重力加快度 g 取 10 m/s 2.球从手刚发出地点的高度h ＝2.04 m ，选地面为零势能面，则 ()A ．与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为 6.72 JB．排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为22 JC．排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为15.88 JD．与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时动能的减少许为 4.72 J分析：与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达球网上面沿时重力势能的增添量为mg(H－h)＝0.3×10×(2.24－2.04) J＝0.6 J，故A 错误；依据功能关系可得，排球恰巧抵达球网上面沿时的机械能为mgh＋W1－W2＝0.3×10×2.04 J＋20 J －4.12 J＝22 J ，故 B 正确；由动能定理可知，排球恰巧抵达球网上面沿时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28 J，故 C 错误；与排球从手刚发出时对比较，排球恰巧抵达网上面沿时动能的减少许为W2＋mg(H －h)＝4.72 J，故 D 正确．答案： BD14．某兴趣小组遥控一辆玩具车，使其在水平路面上由静止启动，在前 2 s 内做匀加快直线运动， 2 s 末达到额定功率，2 s 到 14 s 保持额定功率运动， 14 s 末停止遥控，让玩具车自由滑行，其 v －t 图象如下图．可以为整个过程玩具车所受阻力大小不变，已知玩具车的质量为 m ＝1 kg ，取 g ＝10 m/s 2，则 ()A ．玩具车所受阻力大小为 2 NB ．玩具车在 4 s 末牵引力的刹时功率为 9 WC ．玩具车在 2 s 到 10 s 内位移的大小为 39 mD ．玩具车整个过程的位移为90 m分析：由图象可知在 14 s 后的加快度 a 2＝ 0－6 ＝－ 1.5 m/s 24 m/s 2 ，故阻力 f ＝2＝－ 1.5 N ，A 错误；玩具车在前 2 s 内的加快度 a 1＝3－0ma2＝ 1.5 m/s 2，由牛顿第二定律可得牵引力F ＝ 1－f ＝3 N ，当 t ＝2 sma时达到额定功率 P 额＝Fv ＝9 W ．今后玩具车以额定功率运动，速度增大，牵引力减小，所以t ＝4 s 时功率为 9 W ，B 正确；玩具车在 212到 10 秒内做加快度减小的加快运动， 由动能定理得 P 额 t ＋fs 2＝2mv 2－ 122＝，故正确；由图象可知总位移 12mv1，解得39 m C ＝ ×3×2 mss 21＋39 m ＋6×4 m ＋2×4×6 m ＝78 m ，故 D 错误．答案： BC三、非选择题 (此题共 4 小题，共 46 分．把答案填在题中的横线上或依据题目要求作答． 解答时应写出必需的文字说明、 方程式和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不可以得分． 有数值计算的题， 答案中一定明确写出数值和单位 )15．(8 分)某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行研究，实验装置如图 (a)所示：轻弹簧搁置在圆滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连结，纸带穿过打点计时器并与物块连结．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止开释物块，经过丈量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．图(a)(1)实验中波及以下操作步骤：①把纸带向左拉直②放手开释物块③接通打点计时器电源④向左推物块使弹簧压缩，并丈量弹簧压缩量上述步骤正确的操作次序是________(填入代表步骤的序号 )．(2)图(b) 中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不一样地点后所获取的实质打点结果．打点计时器所用沟通电的频次为50 Hz.由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块离开弹簧时的速度为________m/s.比较两纸带可知， ________(选填“M ”或“L ”)纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能更大些．图(b)分析： (1)先压缩弹簧，放手后，弹簧的弹性势能转变为物块离开弹簧时的动能，丈量出动能便可获取弹性势能，保证纸带拉直且先接通电源后开释纸带，则正确步骤是④①③② .(2)走开弹簧后，因为桌面圆滑，物块做匀速直线运动．打点周期为0.02 s ，取M纸带中最后两段求平均值，则v ＝（2.58＋2.57）×10－20.02×2m/s≈1.29 m/s，因为纸带 M 匀速段相邻打点间距大，故纸带 M 对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．答案： (1)④①③②(2)1.29M16．(8 分)当前上海有若干辆超级电容车试运转，其特色是充电快、运转远，只要在乘客上车空隙充电30 s～1 min ，就能行驶 3 km～5 km. 假定有一辆超级电容车，质量m＝2×103 kg ，额定功率 P＝60kW ，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，遇到的阻力 f 是车重的 k＝0.1 倍， g 取 10 m/s2.求：(1)超级电容车在此路面上能达到的最大速度v m；(2)超级电容车从静止开始以a＝0.5 m/s2的加快度做匀加快直线运动所能保持的时间t；(3)超级电容车以额定功率从静止开始运动经过t′＝50 s 达到最大速度过程中的位移x.分析： (1)由题意可知，当超级电容车速度达到最大值时，有F 牵－f ＝0，①f＝kmg，②P＝F 牵 v m，③联立①②③，得 v m＝30 m/s.④(2)设车在匀加快阶段最后速度为v ，则有P＝F ′牵 v ，⑤F′牵－f ＝ma，⑥v＝at，⑦联立⑤⑥⑦得 t＝40 s．⑧(3)由动能定理，得12Pt′－fx＝2mv m－0，⑨解得 x＝1 050 m.答案： (1)30 m/s (2)40 s (3)1 050 m17．(12 分)圆滑的长轨道形状如下图，底部为半圆形，半径为R，固定在竖直平面内，A、B 为两质量同样的小环，用长为R 的轻杆连结在一同，套在轨道上，将A、B 两环从图示地点静止开释，A 环距底部 2R.不考虑轻杆和轨道的接触，即忽视系统机械能的损失，求：(1)A、B 两环进入半圆形底部前，杆上的作使劲；(2)A 环抵达最低点时，两环的速度大小；(3)若轻杆长为 2 2R，A 环仍从距底部2R 处静止开释，经过半圆形底部再次上涨后走开底部的最大高度．分析： (1)对 A、B 环及杆整体剖析，做自由落体运动，加快度为g；以 A 为研究对象， A 做自由落体运动，则杆对 A 必定没有作使劲，即 F＝0.(2)A、B 环都进入圆轨道后，两环拥有同样角速度，则两环速度大小必定相等，即v A＝v B.对 A、B 环及杆整体从静止开释至 A 环抵达最低点过程，依据动51·2mv 2，可得 v＝9 gR.能定理，有 mg·2R＋mg·R＝222(3)因为杆长超出了半圆直径，故最后 A 环在下，如图．A 再次上涨后，设地点比本来高h，如下图．由动能定理，有－ mgh＋mg(2 2R－2R－h)＝0，得 h＝ ( 2－1)R，A 走开底部的最大高度 H ＝2R＋h＝( 2＋1)R.答案： (1)没有作使劲 (2)92gR (3)( 2＋1)R18．(18 分)如下图，圆滑曲面 AB 与水平面 BC 光滑连结于 B点，BC 右端连结内壁圆滑、半径为r 的1细圆管 CD，管口 D 正直下4方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰巧与管口 D 端齐平，质量为 m 的小球在曲面上距 BC 的高度为 2r 处从静止开始下滑，进入管口 C 端时与管壁间恰巧无作使劲，经过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为 E p，已知小球与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5.求：(1)小球达到 B 点时的速度大小v B ；(2)水平面 BC 的长度 s ；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度 v m .分析： (1)由机械能守恒定律得 mg2r ＝1mv 2 ，B2解得 v B ＝2 gr.2v C(2)由 mg ＝m r ，得 v C ＝ gr .由 A 至 C ，由动能定理得 mg(2r)－μ mgs ＝1mv 2 .C2解得 s ＝3r.(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D 端的距离为 x ，则有kx ＝mg ，mg得 x ＝ k .由功能关系得mg(r＋x)－E p＝12mv2m－12mv2C，2mg22E p得 v m＝3gr＋k－m .答案： (1)2gr (2)3r(3)3gr＋2mg22E p k－m。
人教版高中物理必修二：第七章章末复习课--(附解析答案)
章末复习课
知识体系
[答案填写] ①W为正②W＝0 ③W为负④1
2
mv2⑤mgh⑥
初、末位置⑦1
2
mv22－
1
2
mv21
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。
高中物理人教版必修2练习：第七章 机械能守恒定律 章末检测 word版含解析
章末检测[时间：90分钟 满分：100分]一、单项选择题(共6小题，每小题4分，共24分) 1．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的加速度一定变化 C ．物体的速度方向一定变化 D ．物体所受合外力做的功可能为零2．一个人站在阳台上，从阳台边缘以相同的速率v 0分别把三个质量相同的球竖直上抛、竖直下抛、水平抛出，不计空气阻力，则三球落地时的动能( ) A ．上抛球最大 B ．下抛球最大 C ．平抛球最大D ．一样大3．某运动员臂长为L ，将质量为m 的铅球推出，铅球出手时的速度大小为v 0，方向与水平方向成30°角，则该运动员对铅球所做的功是( ) A.m (gL ＋v 20)2B ．mgL ＋12m v 2C.12m v 20 D ．mgL ＋m v 204．一小石子从高为10 m 处自由下落，不计空气阻力，经一段时间后小石子的动能恰等于它的重力势能(以地面为参考平面)，g ＝10 m/s 2，则该时刻小石子的速度大小为( ) A ．5 m /s B ．10 m/s C ．15 m /sD ．20 m/s5．自由下落的物体，其动能与位移的关系如图1所示．则图中直线的斜率表示该物体的( )图1A ．质量B ．机械能C ．重力大小D ．重力加速度大小6．(2015·新课标全国Ⅰ·17)如图2，一半径为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2A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离二、多项选择题(共4小题，每小题6分，共24分)7．提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即F f ＝k v 2，k 是阻力因数)．当发动机的额定功率为P 0时，物体运动的最大速率为v m ，如果要使物体运动的速率增大到2v m ，则下列办法可行的是( ) A ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P 0 B ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k4C ．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P 0D ．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到k88.如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )图3A ．运动员减少的重力势能全部转化为动能B ．运动员获得的动能为23mghC ．运动员克服摩擦力做功为23mghD ．下滑过程中系统减少的机械能为13mgh9．如图4所示，现有两个完全相同的可视为质点的物体都从静止开始运动，一个自由下落，一个沿光滑的固定斜面下滑，最终它们都到达同一水平面上，空气阻力忽略不计，则( )图4A ．重力做的功相等，重力做功的平均功率相等B ．它们到达水平面上时的动能相等C ．重力做功的瞬时功率相等D ．它们的机械能都是守恒的10.如图5所示，楔形木块abc 固定在水平面上，粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同，顶角b 处安装一定滑轮．质量分别为M 、m (M >m )的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中( )图5A ．两滑块组成系统的机械能守恒B ．重力对M 做的功等于M 动能的增加C ．轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加D ．两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功三、填空题(共2小题，共12分)11．(6分)使用如图6甲所示的装置验证机械能守恒定律，打出一条纸带如图乙所示．图乙中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F……是依次打出的点迹，量出OE间的距离为l，DF间的距离为s，已知打点计时器打点的周期是T＝0.02 s.图6(1)上述物理量如果在实验误差允许的范围内满足关系式________，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的．(2)如果发现图乙中OA距离大约是4 mm，则出现这种情况的原因可能是__________，如果出现这种情况，上述的各物理量间满足的关系式可能是__________．12．(6分)某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是：图7①摆好实验装置如图7.②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车．③在质量为10 g、30 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线P上．④释放小车，打开打点计时器的电源，打出一条纸带．(1)在多次重复实验得到的纸带中取出较为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第N 个点的距离为40.0 cm ；打下第N 点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为________J ，小车动能的增量为________J ．(g ＝9.8 m/s 2)(2)此次实验探究结果，他没能得到“恒力对物体做的功，等于物体动能的增量”，且误差很大，显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素．请你根据该同学的实验操作过程帮助分析一下，造成较大误差的主要原因是(至少说出两种可能)：________________ ________________________________________________________________________. 四、计算题(共4小题，共40分)13．(8分)如图8所示，在竖直平面内，两个半径R ＝0.8 m 的14光滑圆弧轨道AB 和CD 与水平轨道BC 平滑连接，BC 长L ＝1.5 m ．一小物体从A 点由静止释放，沿轨道运动一段时间后，最终停在水平轨道上．小物体与水平轨道的动摩擦因数μ＝0.1.求：图8(1)小物体第一次滑到B 点时的速度大小； (2)小物体最终停在距B 点多远处？14．(8分)小球自h ＝2 m 的高度由静止释放，与地面碰撞后反弹的高度为34h .设碰撞时没有动能的损失，且小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变，求： (1)小球受到的空气阻力是重力的多少倍？ (2)小球从开始到停止运动的过程中运动的总路程．15．(12分)一列车的质量是5.0×105 kg ，在平直的轨道上以额定功率3 000 kW 加速行驶，当速度由10 m /s 加速到所能达到的最大速率30 m/s 时，共用了2 min ，则在这段时间内列车前进的距离是多少？16．(12分)(2015·重庆理综·8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图9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14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9(1)距Q 水平距离为L2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．答案精析章末检测1．D [物体做匀速圆周运动时合外力不为零，但合外力做的功为零，动能不变，A 错，D 对；合外力不为零，物体的加速度一定不为零，是否变化不能断定，B 错；合外力不为零，物体的速度方向可能变化，也可能不变，C 错．] 2．D3．A [设运动员对铅球做功为W ，由动能定理得W －mgL sin 30°＝12m v 20，所以W ＝12mgL ＋12m v 20.]4．B [设小石子的动能等于它的重力势能时速度为v ，根据机械能守恒定律得mgh ＝mgh ′＋12m v 2由题意知mgh ′＝12m v 2，所以mgh ＝m v 2故v ＝gh ＝10 m /s ，B 正确．]5．C [自由下落的物体，只受重力，根据动能定理得：E k ＝mgh 则图中斜率k ＝mg ，故选C]6．C [根据动能定理得P 点动能E k P ＝mgR ，经过N 点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得4mg －mg ＝m v 2R ，所以N 点动能为E k N ＝3mgR 2，从P 点到N 点根据动能定理可得mgR －W ＝3mgR2－mgR ，即克服摩擦力做功W ＝mgR2.质点运动过程，半径方向的合力提供向心力，即F N －mg cosθ＝ma ＝m v 2R ，根据左右对称，在同一高度处，由于摩擦力做功导致在右边圆形轨道中的速度变小，轨道弹力变小，滑动摩擦力F f ＝μF N 变小，所以摩擦力做功变小，那么从N 到Q ，根据动能定理，Q 点动能E k Q ＝3mgR 2－mgR －W ′＝12mgR －W ′，由于W ′＜mgR2，所以Q 点速度仍然没有减小到0，会继续向上运动一段距离，对照选项，C 正确．]7．CD [据题意，P 0＝F f v m ＝k v 2m ·v m ＝k v 3m ，如果阻力因数不变，当物体运动的速率增大到2v m 时，阻力为F f1＝k (2v m )2，发动机的额定功率需要增大到P ＝F f1·2v m ＝8P 0，选项A 错误，C 正确；若发动机额定功率不变，要使物体运动的速率增大到2v m ，阻力应为F f2＝P 02v m ＝k v 3m2v m ＝k v 2m 2，则有k v 2m2＝k 1(2v m )2，可得k 1＝k 8，即应使阻力因数减小到k 8，选项B 错误，D 正确．]8．BD [运动员的加速度为13g ，沿斜面：mg sin 30°－F f ＝m ·13g ，F f ＝16mg ，W f ＝16mg ·2h ＝13mgh ，所以A 、C 项错误，D 项正确；E k ＝mgh －13mgh ＝23mgh ，B 项正确．]9．BD [两物体从同一高度下落，根据机械能守恒定律知，它们到达水平面上时的动能相等，自由下落的物体先着地，重力做功的平均功率大，而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积，故重力做功的瞬时功率不相等，选B 、D.]10．CD [对于M 和m 组成的系统，除了重力、轻绳弹力做功外，摩擦力对M 做了功，系统机械能不守恒，选项A 错误；对于M ，合外力做的功等于其重力、轻绳拉力及摩擦力做功的代数和，根据动能定理可知，M 动能的增加等于合外力做的功，选项B 错误；对于m ，只有其重力和轻绳拉力做了功，根据功能关系可知，除了重力之外的其他力对物体做的正功等于物体机械能的增加量，选项C 正确；对于M 和m 组成的系统，系统内轻绳上弹力做功的代数和等于零，只有两滑块的重力和M 受到的摩擦力对系统做了功，根据功能关系得，M 的摩擦力对系统做的功等于系统机械能的损失量，选项D 正确．] 11．(1)gl ＝s 28T 2 (2)先释放纸带，后接通电源 gl <s 28T 212．(1)0.196 0.1(2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力 13．(1)4 m/s (2)1 m解析 (1)由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2B解得v B ＝4 m/s(2)设小物体在水平轨道上运动的总路程为s ，根据能量守恒 mgR ＝μmgs ，解得s ＝8 m ，s ＝5L ＋0.5 m 最终物体距B 点的距离为L －0.5 m ＝1 m. 14．(1)17(2)14 m解析 设小球的质量为m ，所受阻力大小为F f .(1)小球从h 处释放时速度为零，与地面碰撞反弹到34h 时，速度也为零，由动能定理得mg ⎝⎛⎭⎫h －34h －F f ⎝⎛⎭⎫h ＋34h ＝0 解得F f ＝17mg (2)设小球运动的总路程为s ，且最后小球静止在地面上，对于整个过程，由动能定理得mgh －F f s ＝0，s ＝mgF f h ＝7×2 m ＝14 m15．1.6 km解析 设列车在2 min 内前进的距离为l ，已知m ＝5.0×105 kg ，P ＝3 000 kW ，v ＝10 m/s ， v ′＝30 m/s ，t ＝2 min ， 由于P ＝F v列车速度最大时，a ＝0，所以阻力F f ＝F ，则F f ＝P v ′＝3×10630 N ＝1.0×105 N牵引力做功W ＝Pt ＝3×106×60×2 J ＝3.6×108 J 由动能定理知W －F f l ＝12m v ′2－12m v 2代入数据求得l ＝1.6 km 16．(1)34H (2)Lg 2H mg (1＋L 22HR)，方向竖直向下 (3)mg (L 24H－R )解析 (1)小球在Q 点处的速度为v 0，从Q 到距Q 水平距离为L2的圆环中心处的时间为t 1，落到底板上的时间为t ，距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度为h ，由平抛运动规律得L ＝v 0t ① L2＝v 0t 1② H ＝12gt 2③H －h ＝12gt 21④联立①②③④式解得h ＝34H ⑤(2)联立①③式解得v 0＝Lg 2H⑥ 在Q 点处对球由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R⑦联立⑥⑦式解得F N ＝mg (1＋L 22HR )⑧由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为 F N ′＝F N ＝mg (1＋L 22HR )⑨方向竖直向下(3)从P 到Q 对小球由动能定理得 mgR ＋W f ＝12m v 20⑩联立⑥⑩式解得W f ＝mg (L 24H－R )。
2017-2018学年高中物理人教版必修2习题：第七章 机械能守恒定律 第3节 功率3 Word版含答案
第3节功率（满分100分，60分钟完成）班级_____姓名_________第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本大题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，选对的得6分，对而不全得3分。
选错或不选的得0分。
1．质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的光滑斜面顶端由静止滑下，经历时间t到达斜面底端，到达斜面底端时的速度为v，则物体在斜面底端时，重力的功率是（）A．mgv B．mgv sinθC．mgv cosθD．mgv tanθ2．在一水平公路上以一般速度行驶的自行车，设所受阻力为人与车重的0.02倍，则骑车人的功率最接近于（）A．10 kW B．1 kWC．0.1 kW D．0.001 kW3．如图1所示，在自动扶梯以恒定的速度v运转时，第一次有一个人站到扶梯上相对扶梯静止不动，扶梯载他上楼过程中对他做功为W1，做功功率为P1；第二次这人在运动的扶梯上又以相对扶梯的速度u同时匀速向上走，则这次扶梯对该人做功为W2，做功功率为P2，以下说法中正确的是（）图1A．W1＞W2，P1＞P2 B．W1＞W2，P1＝P2C．W1＝W2，P1＞P2 D．W1＝W2，P1＝P24．关于功率的概念，以下说法正确的是（）A．功率大说明物体做功多B．功率小说明物体做功少C．机器做功越多，其功率越大D．机器做功越快，其功率越大5．汽车从静止开始，能保持加速度a做匀加速直线运动的最长时间为t m，此后汽车的运动情况是（）A．加速度为零，速度恒定B．加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大值后做匀速运动C．加速度逐渐减小到零，速度也逐渐减小到零D．加速度逐渐增大到某一值后不变，速度逐渐增大到最大值后做匀速运动6．关于功率的计算公式，下列说法正确的是（）A．PB．P＝Fv，适用于计算任何情况下力的瞬时功率C．P＝Fv cosθ，适用于计算任何情况下力的瞬时功率D．P＝Fv cosθ，不能用来求平均功率7．一个小孩站在船头，按如图2所示的两种情况用同样大小的力拉绳，若经过相同的时间t（设船未碰撞），小孩所做的功分别为W1、W2，在时刻t小孩拉绳的瞬时功率分别为P1、P2，则（）A．W1＞W2，P1＞P2B．W1＝W2，P1＝P2C．W1＜W2，P1＜P2D．W1＜W2，P1＝P2图28．关于功和能，下列说法正确的是（）A．功和能的单位相同，它们的物理意义也相同B．做功的过程就是物体能量的转化过程C．做了多少功，就有多少能量发生了转化D．各种不同形式的能量可以互相转化，而且在转化过程中，能的总量是守恒的第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、填空、实验题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。
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章末复习课知识体系[答案填写] ①W 为正 ②W ＝0 ③W 为负 ④12m v 2⑤mgh⑥初、末位置⑦12m v22－12m v21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＝hμ－2s.所以物块停止的位置距N点的距离可能为2s－hμ或hμ－2s.答案：2s－hμ或hμ－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 mC．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＝hμ＝0.300.10m＝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 ＝322×10m ＝0.45 m.(3)根据功能关系有：Q ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2＝12×1×32J －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 JB．整个过程中，摩擦力对小球做功－20 JC．下行过程中，重力对小球做功48 JD．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 hsin θ＝⎝⎛⎭⎪⎫mg＋fsin θh，损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，即ΔE＝fhsin θ，解得ΔE kΔE＝mg sin θ＋ff＝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．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2ghC．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：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 2l ，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 2l ＝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：C1．(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：A2．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 ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W ＞12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W ＜12mgR ，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 2NR ，解得12m v 2N ＝32mgR .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 ＝12m v 2N ，解得W ＝12mgR .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 ＝12m v 2N －mgR －W ′＝12mgR －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：C3．(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 NB ．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 JC ．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 WD ．舰载机在弹射过程中的加速度大小为32 m/s 2解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度为a ＝v 22x ＝8022×100m/s 2＝32 m/s 2，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＝1.1×106 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；弹射过程的时间t ＝v a ＝8032 s ＝2.5 s ，弹射器做功的平均功率P ＝Wt ＝4.4×107W ，C 项错误．答案：ABD4.(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＜π2.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：BCD5.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56R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72R 、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＝12m v 2B，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 ＝0－12m v 2B，④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ，⑤P 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 －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0，⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件，得x ＝R ，⑦E p ＝125mgR .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 －56R sin θ，⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R 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＝12gt 2，⑪ x 1＝v D t ，⑫联立⑨⑩⑪⑫式，得v D ＝355gR ，⑬ 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，⑭ 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＝12m 1v 2C ，⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式，得m 1＝13m .答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m。