(教师用书独具)
[体系构建]
[核心速填]
一、基本概念
1．动能：物体由于运动而具有的能，表达式Ek＝mv2，是标(填“标”或“矢”)量．
2．重力势能：物体处于一定的高度而具有的能，表达式Ep＝mgh，是标(填“标”或“矢”)量．
3．弹性势能：物体因为发生弹性形变而具有的能．
二、基本规律
1．动能定理：合外力对物体所做的功等于物体动能的改变量，表达式：W＝mv2－mv.
2．机械能守恒定律：在只有重力做功的情况下，物体的动能和重力势能可以发生相互转化，但机械能的总量保持不变．表达式：mv＋mgh1＝mv＋mgh2或mgh1－mgh2＝mv－mv.
3．能量守恒定律：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能以一种形式转化为另一种形式，或以一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变．
动能定理的应用
1.运用动能定理，不必考虑物体在运动过程中的细节，只需要考虑物体初、末状态的速度和外力做功的代数和，使解题过程大为简化．但若研究对象在运动中受力情况不明，则无法用动能定理解题．所以应用动能定理时受力分析和运动分析仍然是解题的关键．
2．动能定理通过做功的多少和正负来定量描述了物体动能和其他形式的能量间的转换关系．合外力做多少正功，就有多少其他形式的能转化为物体的动能，合外力做多少负功，物体就有多少动能转化为其他形式的能．
【例1】 如图所示，假设在某次比赛中他从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当做质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．3 m
C．7 m D．1 m
A [设水深h，对运动全程运用动能定理
mg(H＋h)－fh＝0，
即mg(H＋h)＝3mgh.所以h＝5 m．]
[一语通关]
动能定理应用的两点技巧
(1)如果问题中已知空间关系，而不涉及物体的加速度，则可以先分析物体所受各力的做功情况，然后由动能定理求解．
(2)如果物体的某个运动过程包含几个运动性质不同的阶段(如加速、减速过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但对整个过程利用动能定理列式，可使问题更简化．
1．如图所示，质量为m的物块从高为h的斜面上滑下，又在同种材料的水平面上滑行s后静止，已知斜面倾角为θ，物块由斜面到水平面时平滑过渡，求物块与斜面间的动摩擦因数．
[解析] 分段法：设物块滑至斜面底端时速度为v，则对物块沿斜面下滑过程应用动能定理有
mgh－μmgcos θ·＝mv2
物块在水平面上滑行至静止，由动能定理得
－μmgs＝0－mv2
联立解得μ＝
整体法：对全过程应用动能定理有
mgh－＝0
解得μ＝.
[答案]
力学中的功能关系
做功的过程就是能量转化的过程，做功的数值就是能的转化数量，这是功能关系的普遍意义．不同形式的能的转化又与不同形式的功相联系，这是贯穿整个物理学的一个重要思想．学会正确分析物理过程中的功能关系，对于提高解题能力是至关重要的．
力学领域中功能关系的主要形式：
【例2】 如图所示，木块m放在光滑的水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均作用力为f，射入深度为d，此过程中木块移动了s，则( )
A．子弹损失的动能为fs
B．木块增加的动能为f(s＋d)
C．子弹动能的减少量等于木块动能的增加量
D．子弹、木块组成的系统总机械能的损失为fd
D [以子弹为研究对象，所受合力为f，从射入木块到两者相对静止，子弹的位移为(s＋d)，合外力做功W1＝－f(s＋d)，由动能定理，子弹动能的增量为ΔEk弹＝－f(s＋d)，即动能减少f(s＋d)，以木块为研究对象，在整个过程中木块所受合力也为f，由动能定理可知，W2＝fs＝ΔEk木，即木块的动能增加fs，对于子弹和木块整体，机械能的变化ΔE＝ΔEk弹＋ΔEk末＝－fd，即损失的机械能为fd，故A、B、C错误，D正确．]
[一语通关]
功与能量的转化
不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的．做功的过程就是各种形式的能量之间转化(或转移)的过程，且做了多少功，就有多少能量发生转化(或转移)．因此，功是能量转化的量度．
2．风沿水平方向以速度v垂直吹向一直径为d的风车叶轮上，设空气密度为ρ，假设风的动能有50%转化为风车的动能，风车带动水车将水提高h的高度，效率为80%，求单位时间内最多可提升的水的质量．
[解析] 单位时间内转化为风车的动能ΔEk＝ρ××v×v2×50%＝，由能量守恒定律可知×80%＝mgh，解得m＝.
[答案]
解决动力学问题的方法
解决动力学问题所用到的知识有受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律等，涉及动力学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)对于物体在恒力作用下的运动问题，运用动能定理比运用牛顿运动定律解题过程要简单．
(3)动能定理、机械能守恒定律和功能关系在应用上有区别，在分不清的情况下，通常选用动能定理．
(4)涉及动能与势能的相互转化、单个物体或系统机械能守恒的问题，通常选用机械能守恒定律，应用时要注意两点：
①守恒条件；②哪段过程机械能守恒．
【例3】 如图所示，半径为R＝0.45 m的光滑的1/4圆周轨道AB与粗糙水平面BC相连，质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点滑下经B点进入动摩擦因数μ＝0.2的水平面，g取10 m/s2.求：
(1)物块经过B点时的速度大小vt和距水平面高度为时的速度大小v；
(2)物块过B点后2 s内所滑行的距离s；
(3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功？
[解析] (1)选水平面BC为零势能面．由机械能守恒定律得mgR＝mv
解得vt＝＝ m/s＝3 m/s
又由机械能守恒定律得
mgR＝mg·R＋mv2
解得v＝ ＝ m/s＝1.5 m/s.
(2)物块做减速运动的加速度大小为
a＝＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2
因为物块经过B点后运动的时间
t停＝＝1.5 s<2 s
所以s＝ t停＝·t停＝2.25 m.
(3)物块克服摩擦力所做的功为
W＝fs＝μmgs＝0.2×2×10×2.25 J＝9 J.
[答案] (1)3 m/s 1.5 m/s (2)2.25 m (3)9 J
[一语通关]
解决动力学问题的方法
首先考虑是否可用能量守恒定律处理；其次考虑是否可用动能定理处理；最后再考虑用牛顿运动定律和运动学公式处理．
3．如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮，一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连接，A的质量为4m，B的质量为m.开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦，设当A沿斜面下滑l距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度H.
[解析] 设细线断时A、B的速度为v，由机械能守恒得：
4mglsin 30°＝mgl＋mv2＋·4mv2
解得v＝
细线断后，B上升的高度为h
由机械能守恒得mgh＝mv2
可得h＝
B物体上升的最大高度H＝l＋＝l.
[答案] l
课件30张PPT。第2章 能的转化与守恒章末复习课动能定理的应用力学中的功能关系解决动力学问题的方法Thank you for watching !章末综合测评(二)
(时间：60分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．游泳运动员以恒定的速率垂直于河岸渡河，当水速突然变大时，对运动员渡河时间和经历的路程产生的影响是( )
A．路程变大，时间延长 B．路程变大，时间缩短
C．路程变大，时间不变 D．路程和时间均不变
C [运动员渡河可以看成是两个运动的合运动：垂直河岸的运动和沿河岸的运动．运动员以恒定的速率垂直河岸渡河，在垂直河岸方向的分速度恒定，由分运动的独立性原理可知，渡河时间不变；但是水速变大，沿河岸方向的运动速度变大，因时间不变，则沿河岸方向的分位移变大，总路程变大，故选项C正确．]
2．如图所示，在水平地面上匀速运动的汽车，通过定滑轮用绳子吊起一物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度大小分别为v1和v2，则下列说法中正确的是( )
A．物体在做匀速运动且v2＝v1
B．物体在做加速运动且v2＞v1
C．物体在做加速运动且v2＜v1
D．物体在做减速运动且v2＜v1
C [对v1速度分解如图所示，得v2＝v1cos θ，所以v2＜v1；由于v1不变，θ角变小，cos θ变大，故v2变大，只有选项C正确．]
3．将一小球以初速度v从地面竖直上抛后，经过4 s小球离地面高度为6 m，若要使小球竖直上抛后经2 s到达相同高度，g取10 m/s2.不计阻力，则初速度v0应( )
A．大于v B．小于v
C．等于v D．无法确定
B [由公式h＝v0t－gt2得4 s时，初速度v＝21.5 m/s,2 s时初速度v0＝13 m/s，故选B.]
4．弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行，关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹，如图所示．若关闭发动机时导弹的速度是水平的，不计空气阻力，则导弹从此时起水平方向的位移( )
A．只由水平速度决定
B．只由离地高度决定
C．由水平速度、离地高度共同决定
D．与水平速度、离地高度都没有关系
C [不计空气阻力，关闭发动机后导弹水平方向的位移x＝v0t＝v0，可以看出水平位移由水平速度、离地高度共同决定，选项C正确．]
5．质量为2 kg的质点在xOy平面内做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是( )
A．质点的初速度为4 m/s
B．质点所受的合外力为3 N
C．质点在2 s内的运动轨迹为直线
D．2 s末质点速度大小为6 m/s
B [由质点沿x方向的速度图象可知，在x方向的加速度ax＝ m/s2＝1.5 m/s2，故质点沿x方向受到的合力Fx＝max＝3 N；由质点沿y方向的位移图象可知，在y方向做匀速直线运动，速度vy＝4 m/s，质点沿y方向受到的合力Fy＝0.因此质点的初速度v0＝＝ m/s＝5 m/s，A错误．受到的合外力F合＝Fx＝3 N，B正确．显然，质点初速度方向与合外力方向不共线，质点做曲线运动，C错误.2 s末质点的速度v＝ m/s＝2 m/s，D错误．]
6．如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处．不计空气阻力，则落到B处的石块( )
A．初速度大，运动时间短
B．初速度大，运动时间长
C．初速度小，运动时间短
D．初速度小，运动时间长
A [由于B点在A点的右侧，说明水平方向上B点的距离更远，而B点距抛出点竖直方向上的距离较小，故运动时间较短，二者综合说明落在B点的石块的初速度较大，故A正确，B、C、D错误．]
7．如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽，从高台边B点以某速度v0水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ1是OA与竖直方向的夹角，θ2是BA与竖直方向的夹角，则( )
A.＝2 B．tan θ1tan θ2＝2
C.＝2 D.＝2
B [由题意知：tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝.由以上两式得：tan θ1tan θ2＝2，故B项正确．]
8．河宽为d，水流速度为v1，船在静水中速度为v2，要使小船在渡河过程中通过路程s最短，则下列说法中正确的是( )
A．v1＜v2时，s＝d
B．v1＜v2时，s＝d
C．v1＞v2时，s＝d
D．v1＞v2时，s＝d
AC [渡河的最短路程有两种情况：第一，当v2＞v1时，可以使实际运动方向垂直河岸，即s＝d，A正确. 第二，当v2＜v1时，不可能垂直河岸过河，但存在最短路程，即实际运动方向与垂直河岸方向的夹角最小，此时实际速度v与v2垂直，如图所示．由几何关系知最短路程(OA间的距离)s＝d，故C正确．]
9．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l，h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则 ( )
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
AD [A的竖直分运动也是自由落体运动，故与B的高度始终相同．A、B若能在第一次落地前相碰，必须满足v·t>l，t＝，即取决于A的初速度，故A正确．若A、B在第一次落地前未碰，则由于A、B反弹后的竖直分运动仍然相同，且A的水平分速度不变，所以A、B一定能相碰，而且在B运动的任意位置均可能相碰，故B、C项均错误，D项正确．]
10．如图所示，一小球以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的，则下列说法中正确的是( )
A．在碰撞中小球的速度变化大小为v0
B．在碰撞中小球的速度变化大小为v0
C．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离的比为
D．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为
AD [小球垂直落到斜面上，根据平行四边形定则将速度分解，如图所示，
则v＝＝2v0，反弹后的速度大小为v′＝v＝v0，碰撞中小球的速度变化大小为Δv＝v′－v＝v0，选项A正确，选项B错误；小球在竖直方向下落的距离为y＝＝＝，水平方向通过的距离为x＝v0t＝v0·＝，位移之比为＝，选项D正确，选项C错误．]
11.如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后．先沿杆向上运动．设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为θ.则( )
A．vA＝vBcos θ
B．vB＝vAcos θ
C．小球B减小的重力势能等于物块A增加的动能
D．当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大
BD [A的速度可分解为沿绳方向上的vA1和垂直绳方向上的vA2，有vA1＝vAcos θ＝vB，得vA＝，A错，B对；由能量守恒定律知，小球B减小的重力势能转化为A、B系统的动能与A的重力势能，C错；在由图示位置上升至与滑轮等高的过程中，绳的拉力对A做正功，A的机械能增加，过了此位置继续上升，绳的拉力对A做负功，A的机械能减小，故在与滑轮等高时A机械能最大，D对．]
12．如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1由此可判断( )
A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3
B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1
C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1
D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
BC [由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan α＝，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，因此不会在空中相交，D项错误．]
二、实验题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)如图所示，在探究平抛运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录运动轨迹，小方格的边长为L＝1.25 cm.若小球在平抛运动轨迹上的几个位置如图中的a、b、c、d所示，小球的初速度是 m/s，小球在b点的速率是 m/s.
[解析] a→b、b→c、c→d的水平位移均为2L，因为小球在水平方向做匀速直线运动，所以这三段运动的时间间隔相等，设为T.
在竖直方向相邻的相等时间内的位移之差相等且为L，则有L＝gT2，解得T＝
在水平方向上有2L＝v0T，解得v0＝＝2
代入数据，得v0＝0.707 m/s
小球在b点的速率vb＝，其中vy＝＝v0
代入数据，得vb＝0.884 m/s.
[答案] 0.707 0.884
14．(8分)如图所示是“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
(1)以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有 ．
a．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b．每次小球释放的初始位置可以任意选择
c．每次小球应从同一高度由静止释放
d．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
(2)实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图中y-x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是 ．
(3)如图所示是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0 cm、y2为45.0 cm，A、B两点水平间距Δx为40.0 cm，则平抛小球的初速度v0为 m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0 cm，则小球在C点的速度vC为 m/s.(结果保留2位有效数字，g取10 m/s2)
[解析] (1)为使小球离开斜槽后做平抛运动，需使斜槽末端水平，a正确．每次使小球从同一点由静止释放，以保证每次做平抛运动的初速度v0相同，从而保证每次轨迹均相同，b错误，c正确．作图时应用平滑的曲线将各点连接起来，d错误．
(2)由平抛运动规律可知x＝v0t，y＝gt2，解得y＝x2，c正确．
(3)由y＝gt2，解得tA＝0.1 s，tB＝0.3 s．由Δx＝v0t＝v0(tB－tA)，解得v0＝2.0 m/s，C点的竖直速度vy＝＝m/s，故vC＝＝4.0 m/s.
[答案] (1)ac (2)c (3)2.0 4.0
三、计算题(本题共4小题，共38分)
15．(8分)跳伞运动员以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面高度h＝10 m的地方掉了一颗扣子，设扣子受到的空气阻力可以忽略，且跳伞运动员的运动速度保持不变，g取10 m/s2.则跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为多少？
[解析] 扣子做初速度v0＝5 m/s，加速度为g的匀加速直线运动，设其下落时间为t1，由h＝v0t1＋gt，整理得t＋t1－2＝0，解得t1＝1 s(另一解t1＝－2 s舍去)．跳伞运动员匀速降落的时间t2＝＝ s＝2 s，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为Δt＝t2－t1＝1 s.
[答案] 1 s
16．(8分)如图所示，飞机距地面高为H＝500 m，v1＝100 m/s，追击一辆速度为v2＝20 m/s的同向行驶的汽车，欲使投弹击中汽车，飞机应在距汽车多远处投弹？(g取10 m/s2，不计空气阻力)
[解析] 由H＝gt2，得炸弹下落时间t＝＝ s＝10 s，由水平方向的位移关系知：v1t－v2t＝s.
解得s＝800 m.
[答案] 800 m
17．(8分)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，墙高h＝3.2 m，墙到房子的距离L＝3 m，墙外马路宽x＝10 m，小球从屋顶水平飞出，落在墙外的马路上，求小球离开房顶时的速度v0的取值范围．(取g＝10 m/s2)
[解析] 设小球恰好越过墙的边缘时的水平初速度为v1，由平抛运动规律可知：
由①②得：
v1＝＝ m/s＝5 m/s
又设小球恰落到路沿时的初速度为v2，
由平抛运动的规律得：
由③④得：v2＝＝ m/s＝13 m/s
所以小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s.
[答案] 5 m/s≤v0≤13 m/s
18．(14分)如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝1.0 kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ＝0.25，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R＝5 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，已知重力加速度g取10 m/s2.
(1)为使小物块不能击中挡板，求拉力F作用的最长时间；
(2)若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块过O点时撤去拉力，求小物块击中挡板上的位置的坐标．
[解析] (1)为使小物块不会击中挡板，设拉力F作用最长时间t1时，小物块刚好运动到O点．
由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma1
解得：a1＝2.5 m/s2
减速运动时的加速度大小为：a2＝μg＝2.5 m/s2
由运动学公式得：s＝a1t＋a2t
而a1t1＝a2t2
解得：t1＝t2＝ s.
(2)水平恒力一直作用在小物块上，由运动学公式有：
v＝2a1s
解得小物块到达O点时的速度为：v0＝5 m/s
小物块过O点后做平抛运动．
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
又x2＋y2＝R2
解得位置坐标为：x＝5 m，y＝5 m.
[答案] (1) s (2)x＝5 m，y＝5 m
