1、章末复习课知识体系答案填写W为正W0W为负mv2mgh初、末位置mvmv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
2、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，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mghmgs0.解得s.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d2ss2s.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ds2s2s.所以物块停止的位置距N点的
3、距离可能为2s或2s.答案：2s或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d0.50 m，盆边缘的高度h0.30 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()A0.50 mB0.25 mC0.10 m D0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fmg，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mghmgs0，s m3 m，d
4、0.50 m，则s6d，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功能关系表达式物理意义正功、负功含义重力做功与重力势能WEp重力做功是重力势能变化的原因W0势能减少W0势能增加W0势能不变弹簧弹力做功与弹性势能WEp弹力做功是弹性势能变化的原因W0势能减少W0势能增加W0势能不变合力做功与动能WEk合外力做功是物体动能变化的原因W0动能增加W0动能减少W0动能不变除重力或系统弹力外其他力做功与机械能WE除重力或系统弹力外其他力做功是机械能变化的原因W0机械能增加W0机械能减少W0机械能守恒2.应用功能关系解题的步骤(1
5、)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M2 kg的长木板，木板上表面与固定的光滑弧面相切一质量m1 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t1 s后，滑块和木板以共同速度v1 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：FfMa1，由运动学公式，有va1t，
6、解得Ff2 N.(2)对滑块：Ffma2.设滑块滑上木板时的速度是v0，则vv0a2t，v03 m/s.由机械能守恒定律有mghmv，hm0.45 m.(3)根据功能关系有：Qmv(Mm)v2132 J(12)12 J3 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
7、40 J解析：上升过程，由动能定理可知W合0Ek0060 J60 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Ekmghfh，损失的机械能等于克服摩擦阻力做的功，即E，解得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Wf24 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
8、增加48 J，即重力做功为WG48 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
9、大小为g，则()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa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，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
10、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()AP球的速度一定大于Q球的速度BP球的动能一定小于Q球的动能CP球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力DP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mglmv2，得v，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
11、低点，根据牛顿第二定律有Tmgm，得T3mg，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a2g，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
12、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()AWmgR，质点恰好可以到达Q点BWmgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，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，根据牛顿第二定律，得4mgmgm，解得mvmgR.从质点由静止释放到运动到最低点N，根据动能定理，得mg2RWmv，解得WmgR.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
13、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WW.从N到Q利用动能定理，得mgRWEkQmv，解得EkQmvmgRWmgRW0，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3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105 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1.1106 NB弹射器对舰
14、载机所做的功为1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8107 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 m/s232 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1.1106 N，A项正确；弹射器对舰载机做的功为W1.1106100 J1.1108 J，B项正确；弹射过程的时间t s2.5 s，弹射器做功的平均功率P4.4107 W，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
15、已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMN.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
16、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R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，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，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(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
17、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R、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l7R2R5R，设P到达B点时的速度为vB，由动能定理，得mglsin mglcos mv，式中37，联立式并由题给条件，得vB2.(2)设BEx，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mgxsin mgxcos Ep0mv，E、F之间的距离为l14R2Rx，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Epmgl1sin mgl1cos 0，联立式并由题给条件，得xR，EpmgR.(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：x1RRsin ，y1RRRcos ，式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实设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y1gt2，x1vDt，联立式，得vD，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m1vm1vm1g，P由E点运动到C点的过程中，由动能定理，有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v，联立式，得m1m.答案：(1)2(2)mgR(3)m