2020春粤教版高中物理必修二第四章章末复习课

章末复习课

【知识体系】

[答案填写]　①力　②位移　③Fscos a　④比值　⑤　⑥Fv　⑦Fv　⑧mv2　⑨mgh　⑩mv－mv

主题一　功和功率的计算
1．功的求法．
(1)恒力的功可根据W＝Fscos α计算．

(2)变力的功可转化为恒力的功，如图所示，物体沿斜面上滑，然后又沿斜面滑回出发点的过程中，摩擦力是变力(方向变)，但若将此过程分为两个阶段：上滑过程和下滑过程，则每个阶段摩擦力是恒力，可由W＝Fscos α确定，然后求代数和，即为全过程摩擦力所做的功．
(3)根据W＝Pt计算某段时间内的功．如机车以恒定功率启动时，牵引力是变力，但其做功快慢(P)是不变的，故t时间内的功为Pt.
(4)利用动能定理W合＝ΔEk计算总功或某个力的功，特别是变力的功．
(5)由功能关系确定功．功是能量转化的量度，有多少能量发生了转化，就应有力做了多少功．
(6)微元求和法．
(7)利用F-s图象法．在F-s图象中，图线与坐标轴所包围的图形的面积即为力F做功的数值．
2．功率的计算．
(1)平均功率P＝，P＝Fv.
(2)瞬时功率P＝Fvcos α.
【典例1】　(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力f的大小不变，则摆球从A摆到位置B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力做功为mgL
B．悬线的拉力做功为0
C．空气阻力f做功为－mgh
D．空气阻力f做功为－fπL
解析：重力在整个运动过程中始终不变，所以重力做功为WG＝mgL，故A正确；因为拉力在运动过程中始终与运动方向垂直，故拉力对小球不做功，即WF＝0，故B正确；阻力所做的总功等于每个小弧段上f所做功的代数和，即Wf＝－(fΔx1＋fΔx2＋…)＝－fs＝－f·πL＝－fπL，故C错误，D正确．
答案：ABD
针对训练
1.新中国成立前后，机械化生产水平较低，人们经常通过“驴拉磨”的方式把粮食颗粒加工成粗面来食用．如图，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢转动，则在转动一周的过程中，推力F做的功为(　　)

A．0 B．2πrF C．2Fr D．－2πrF
解析：推磨杆的力的大小始终为F，方向与磨杆始终垂直，即其方向与瞬时速度方向相同，即为圆周切线方向，根据微分原理可知，拉力对磨盘所做的功等于拉力的大小与拉力作用点沿圆周运动弧长的乘积，由题意知，磨转动一周，弧长L＝2πr，所以拉力所做的功W＝FL＝2πrF，故选项B正确，选项A、C、D错误．
答案：B
主题二　功能关系及能量守恒定律的应用
1．一个物体能够对外做功，就说它具有能量．能量的具体值往往无多大意义，我们关心的大多是能量的变化量．能量的转化是通过做功来实现的，某种力做功往往与某一具体的能量变化相联系，即所谓的功能关系．常见力做功与能量转化的对应关系可用下图表示：

2．功是能量转化的量度：某种力做了多少功，一定伴随多少相应的能量发生了转化．
3．能量转化与守恒定律：ΔE减＝ΔE增．
4．能量守恒是无条件的，利用它解题一定要明确在物体运动的过程中有几种形式的能在相互转化，哪些形式的能在减少，哪些形式的能在增加．
5．系统内一对滑动摩擦力所做的总功W总＝－fs相对，其绝对值等于接触面之间摩擦产生的内能．
【典例2】　民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB＝3.0 m，斜面长AC＝5.0 m，斜面与水平地面CD段间有一段小圆弧平滑连接．旅客从气囊上由静止开始滑下，其与气囊、地面间的动摩擦因数均为μ＝0.55，不计空气阻力，g＝10 m/s2.求：

(1)人滑到斜面底端C时的速度大小；
(2)人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下．
解析：(1)人从斜面顶端A滑至底端C的过程中，重力和摩擦力对人做了功，根据动能定理，得
mghAB－μmgcos θ·sAC＝mv，
代入数值，得vC＝4 m/s.
(2)设人离开C点后还要在地面上滑行的位移为s，则根据动能定理，得－μmgs＝－mv，
代入数值，得s＝ m≈1.45 m.
答案：(1)4 m/s　(2)1.45 m
针对训练
2．如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．质量为m的滑块在曲面上距BC高度为2r处由静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数μ＝，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为Ep.求：

(1)滑块到达B点时的速度大小vB；
(2)水平面BC的长度s；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm.
解析：(1)滑块在曲面的下滑过程，由动能定理得
mg·2r＝mv，
解得vB＝2.
(2)在C点，滑块与圆管之间恰无作用力，则mg＝meq \f(v,r)，
解得vC＝.
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg·2r－μmgs＝mv，
解得s＝3r.
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为x0，
此时kx0＝mg，
解得x0＝；
滑块由C运动到距离D端x0处的过程中，由能量守恒，得
mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep，
联立解得：vm＝ .
答案：(1)2　(2)3r　(3)

统揽考情
本章主要讲述从功的角度和能的角度分析物理问题，重要的物理概念有功、功率，重要的物理规律有动能定理、功能关系、机械能守恒定律和能量守恒定律等．在高考命题中，既有本章的单独命题，也有与其他知识综合的题目，既有选择题，也有计算题．在高考试卷中本章占有的分数也较多，为15～20分．
真题例析
(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　)

A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg
解析：对上升过程，由动能定理，得－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；对下落过程，(mg－F)(6－h)＝E′k－E′k0，即mg－F＝8 N，联立两式，解得：m＝1 kg，F＝2 N.
答案：C
针对训练
(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和．取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示．重力加速度取10 m/s2.由图中数据可得(　　)

A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
解析：Ep-h图象知其斜率为G，故G＝＝20 N，解得m＝2 kg，A正确；h＝0时，Ep＝0，Ek＝E总－Ep＝100 J－0＝100 J，故mv2＝100 J，解得v＝10 m/s，B错误；h＝2 m时，Ep＝40 J，Ek＝E总－Ep＝90 J－40 J＝50 J，C错误；h＝4 m时，E′k＝E总－Ep＝80 J－80 J＝0 J，故Ek－E′k＝100 J，故D正确．
答案：AD

1．(多选)(2019·海南卷)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下．已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1＝h0、h2＝2h0、h3＝3h0，如图所示．若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则(　　)

A．s1>s2 B．s2>s3 C．s1＝s3 D．s2＝s3
解析：对轨道1：射出时的速度v1＝＝，射程s1＝v1＝2h0；对轨道2：射出时的速度v2＝＝，射程s2＝v2＝4h0；对轨道3：射出时的速度v3＝，射程s3＝v3＝2h0；则s1＝s3，s2>s3，故B、C正确，A、D错误．
答案：BC
2．(多选)(2018·江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
解析：物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小，加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，选项A正确，选项B错误；从A点到O点的过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，故选项C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故选项D正确．
答案：AD
3．(2018·天津卷)滑雪运动深受人民群众喜爱．某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)

A．所受合外力始终为零　 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：运动员做匀速圆周运动，所受合外力指向圆心，A项错误；由动能定理可知，合外力做功一定为零，C项正确；运动员所受滑动摩擦力大小随运动员对滑道压力大小的变化而变化，B项错误；运动员动能不变，重力势能减少，所以机械能减少，D项错误．
答案：C
4．(2019·天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，如图2所示，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g取10 m/s2，求：(　　)

(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．
解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有＝，①
根据动能定理，有W＝mv2－0，②
联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J．③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝Rsin θ，④
由牛顿第二定律，有FN－mg＝m，⑤
联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103 N．⑥
答案：(1)W＝7.5×104 J　(2)FN＝1.1×103 N