2025教科版高中物理必修第二册强化练习题--第四章　机械能及其守恒定律复习提升（有解析）

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2025教科版高中物理必修第二册
机械能及其守恒定律
本章复习提升
易混易错练
易错点1　混淆“相对位移”与“对地位移”
1.如图所示,小物块P位于光滑的斜面上,斜面体Q位于光滑的水平地面上。从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力 (　　)
A.垂直于接触面,做功为零
B.垂直于接触面,做功不为零
C.不垂直于接触面,做功不为零
D.不垂直于接触面,做功为零
易错点2　涉及功的计算,不清楚应代入哪
段位移
2.(多选题)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为s,子弹进入木块的深度为d,若木块对子弹的阻力f恒定,则下列关系式中正确的是 (　　)
A.fd=Mv2
C.fs=(M+m)v2
易错点3　混淆瞬时功率与平均功率
3.一台起重机,要求它在t=10 s内将质量为m=1 000 kg的货物由静止竖直向上匀加速提升h=10 m,取g=9.8 m/s2,则起重机的额定输出功率至少应为多大
易错点4　动能定理应用中漏掉某个力导致错误
4.将质量m=2 kg的一块石头从离地面H=2 m高处由静止开始释放,落入泥潭并陷入泥中h=5 cm深处,不计空气阻力,求泥对石头的平均阻力。(g取10 m/s2)
思想方法练
一、微元法
方法概述
　　所谓“微元法”是指将研究对象分割成若干微小单元,或从研究对象上选取某一“微元”加以分析,从而可以化曲为直,使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。微元法在中学物理中的应用大致可分为两类:一是将不能简化为“质点”的物体分解成无数的质点;二是在非均匀变化过程中取极短时间Δt(微元化)然后进行累积求和。
1.如图所示,一质量为m=1.0 kg的物体从半径为R=5.0 m的圆弧的A端,在拉力作用下沿圆弧缓慢运动到B端(圆弧AB在竖直平面内)。拉力F大小不变,始终为15 N,方向始终与物体在该点的切线成37°角。圆弧所对应的圆心角为60°,BO边在竖直方向上。求这一过程中拉力F做的功。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,π=3.14)
二、转换法
方法概述
　　转换思想在物理学科中的应用很广,通常在遇到陌生情境、难以测量或计算的物理量时,要考虑能否将其转换为熟悉情境、容易测量或计算的物理量。
2.某人利用如图所示的装置,用100 N的恒力F作用于不计质量的细绳的一端,将物体从水平面上的A点移到B点。已知α1=30°,α2=37°,h=1.5 m,不计绳与滑轮质量及滑轮处的摩擦。求绳的拉力对物体所做的功(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。
三、等效法
方法概述
　　等效法是常用的科学思维方法,是在保证效果相同的前提下,将陌生的、复杂的、难处理的问题等效为熟悉的、简单的、易处理的问题的一种方法。研究链条、液柱等非质点类物体在运动过程中的重力势能变化时,可等效视为物体的一部分从一个位置移动到另一位置,其他部分不动,使问题大大简化。
3.(多选题)横截面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上,筒内装水,底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开,最后两筒水面高度相等,则该过程中 (　　)
A.水柱的重力做正功
B.大气压力对水柱做负功
C.水柱的机械能守恒
D.当两筒水面高度相等时,水柱的动能是ρgS(h1-h2)2
答案与分层梯度式解析
第四章　机械能及其守恒定律
本章复习提升
易混易错练
1.B　小物块P在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F',如图所示。如果把斜面体Q固定在水平地面上,物块P的位移方向和斜面对小物块P的作用力方向垂直,这时斜面对物块P不做功。但此题的条件是斜面体Q放在光滑的水平面上,可以自由滑动,此时斜面对小物块P的作用力方向仍然垂直于斜面,但是物块P的位移方向却不平行于斜面,如图所示,斜面对小物块P的作用力和位移方向不再垂直而是成一钝角,所以斜面对小物块P的作用力对小物块做负功,B正确。
错解分析　本题易错选A,误认为斜面对小物块的作用力与小物块的位移垂直,做功为零。分析力对物体做的功时,要注意与该力相对应的物体位移必须是对地位移,还要特别关注力和位移的夹角。
2.AC　对子弹与木块组成的系统,由能量守恒定律得
Mv2,B错误,C正确;
对子弹,由动能定理得-f(s+d)=
即f(s+d)=mv2,D错误。
错解分析　很多同学在应用动能定理或能量守恒定律列式时,不清楚应代入哪段位移,从而导致错解。对于此类问题应明确:计算摩擦损耗(生热)时,要代入相对位移;针对某一物体,计算外力对其做功时,要代入其对地位移。
3.答案　2.0×104 W
解析　货物的加速度a= m/s2=0.2 m/s2
设起重机对货物的拉力为F,根据牛顿第二定律有F-mg=ma
所以F=m(g+a)=1.0×103×(9.8+0.2) N=1.0×104 N
起重机的额定输出功率不能小于它在提起货物时所需的最大输出功率。
在10 s末货物的速度最大,vmax=at=0.2×10 m/s=2.0 m/s
故所需的最大输出功率为Pmax=Fvmax=1.0×104×2.0 W=2.0×104 W
所以起重机的额定输出功率P额≥2.0×104 W。
错解分析　本题容易产生错解的原因是将瞬时功率与平均功率相混淆,将计算平均功率的公式P=用来求起重机的瞬时输出功率。其实,起重机在提升货物过程中的实际输出功率随着提升速度的增大而增大,因此,只能用P=Fv来计算其最大输出功率。
4.答案　820 N
解析　对石头整个运动过程应用动能定理得,mg(H+h)-h=0-0。
所以泥对石头的平均阻力 N=820 N。
错解分析　本题产生错解的原因是没有分析清楚石头在整个运动过程中的受力情况,认为石头下落时仅在空中受到重力作用。实际上整个过程分为两个阶段,第一阶段是空中的自由落体运动,只受重力作用;第二阶段是在泥潭中的运动,受重力和泥的阻力。对于多个阶段的运动在应用动能定理时要分析清楚各个阶段的物体受力情况以及相应发生的位移,这样才能正确求出总功。
思想方法练
1.答案　62.8 J
解析　将圆弧AB分成很多小段s1、s2、…、sn,拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn,因拉力F大小不变,方向始终与物体在该点的切线成37°角,所以W1=Fs1 cos 37°、W2=Fs2 cos 37°、…、Wn=Fsn cos 37°,所以WF=W1+W2+…+Wn=F cos 37°(s1+s2+…+sn)=F cos 37°·R=62.8 J。
方法点津　从A到B,拉力F虽然大小不变,但方向不断变化,所以不能直接根据恒力做功公式W=Fl cos α求拉力F做的功,利用微元法将圆弧分成很多小段,在很小的圆弧中,F可看成恒力,这样就可以利用恒力做功公式计算每一小段圆弧中力F所做的功,然后求和即可。
2.答案　50 J
解析　由于不计绳与滑轮的质量及滑轮处摩擦,所以恒力F做的功和绳对物体的拉力做的功相等。由于恒力F作用在绳的端点,故需先求出绳的端点的位移l,再求恒力F做的功。
由几何关系知,绳的端点的位移为
l=h=0.5 m
在物体从A移到B的过程中,恒力F做的功为
W=Fl=100×0.5 J=50 J
故绳的拉力对物体所做的功为50 J。
方法点津　绳对物体的拉力虽然大小不变,但方向不断变化,所以不能直接根据W=Fl cos α求绳的拉力对物体做的功。本题将绳的拉力对物体所做的功转换成恒力F做的功,求出F作用点的位移,便可使问题迎刃而解。
3.ACD　从把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中,大气压力对左筒水柱做正功,对右筒水柱做负功,抵消为零,故B错。水柱的机械能守恒,重力做功等于重力势能的减少量,等于水柱增加的动能,等效于把左筒高ρgS(h1-h2)2,故A、C、D正确。
方法点津　从最初到左右两筒液面相平,等效于将左筒高的水柱移到右筒,这样就很容易算出系统减少的重力势能,从而得出水柱增加的动能。
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