2018-2019学年高考物理 主题二 机械能及其守恒定律 第四章 机械能及其守恒定律阶段总结学案 教科版.doc

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第四章 机械能及其守恒定律 阶段总结 一、功和功率的计算 1.常见力做功的特点 做功的力 做功特点 重力 与路径无关，与物体的重力和初、末位置的高度差有关，WG＝mgΔh 静摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 滑动摩擦力 可以做正功、做负功、不做功 一对静摩擦力 总功为零 一对滑动摩擦力 总功为负功，W总＝－Ffx相对 机车牵引力 P不变时，W＝Pt；F不变时，W＝Fx 2.功和功率的求解方法 (1)功的计算方法 ①利用W＝Fxcos 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 ①P＝：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。 ②P＝Fvcos α，此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率。 [例1] 某物体在变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图1所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由v－t 图像求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的F－x图像可求出物体运动到x＝16 m 处时的速度大小为(　　) 图1 A.3 m/s B.4 m/s C.2 m/s D. m/s 解析　力F在运动过程中所做的总功WF＝104 J＝40 J， 由动能定理得：WF＝mv2－0，解得物块运动到x＝16 m处的速度大小为v＝ 2 m/s，C正确。 答案　C [例2] 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图像如图2所示，g取10 m/s2，则(　　) 图2 A.拉力F的大小为100 N B.物体在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J 解析　由图像可得：0～2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，匀减速过程有F＋f＝ma1　①。2～4 s内：物体做匀加速运动，匀加速过程加速度大小为a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2　②，由①②联立解得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＝Fv＝602 W＝120 W，故B正确；4 s内物体通过的位移为x＝210 m－ 22 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＝210 m＋22 m＝12 m，摩擦力做功为Wf＝－f s＝－4012 J＝－480 J，故D错误。 答案　B 二、几种常见功能关系的理解及应用 功能关系 表达式 物理意义 正功、负功含义 能量变化 重力做功与重力势能 W＝－ΔEp 重力做功是重力势能变化的原因 W＞0 势能减少 W＜0 势能增加 W＝0 势能不变 弹簧弹力做功与弹性势能 W＝－ΔEp 弹力做功是弹性势能变化的原因 W＞0 势能减少 W＜0 势能增加 W＝0 势能不变 合外力做功与动能 W＝ΔEk 合外力做功是物体动能变化的原因 W＞0 动能增加 W＜0 动能减少 W＝0 动能不变 除重力或系统内弹力外其他力做功与机械能 W＝ΔE 除重力或系统内弹力外其他力做功是机械能变化的原因 W＞0 机械能增加 W＜0 机械能减少 W＝0 机械能守恒 [例3] (多选)竖直向上的恒力F作用在质量为m的物体A上，使A从静止开始运动，升高h，速度达到v，在这个过程中，设阻力恒为f。则下列表述正确的是(　　) A.恒力F对物体做的功等于物体机械能的增量，即Fh＝mv2＋mgh B.恒力F与阻力f对物体做的功等于物体机械能的增量，即(F－f)h＝mv2＋mgh C.物体所受合力的功，等于物体机械能的增量，即(F－f－mg)h＝mv2＋mgh D.物体所受合力的功，等于物体动能的增量，即(F－f－mg)h＝mv2 解析　本题中，施恒力F的物体是所述过程能量的总来源。加速运动过程终结时，物体的动能、重力势能均得到增加。除此之外，在所述过程中，因阻力的存在，还将有内能产生，其量值为fh，可见Fh>mv2，同时，Fh>mv2＋mgh。选项B的含意为：物体所受除重力、弹簧弹力以外的力对物体做的功等于物体机械能的增量，这个结果，通常又称之为功能原理。选项D为动能定理的具体表述。虽说表述各有不同，但都是能量守恒的具体反映。 答案　BD [例4] 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3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/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝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/s2。 图3 (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力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。 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＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg－f＝ma② 联立①②式，代入数据解得f＝144 N③ (2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理得 mgh＋W＝mv－mv④ 设运动员在C点所受的支持力为N，由牛顿第二定律有 N－mg＝m⑤ 由题意和牛顿第三定律知N＝6mg⑥ 联立④⑤⑥式，代入数据解得R＝12.5 m。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m [例5] 电动机带动水平传送带以速度v匀速传动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图4所示。传送带足够长，当小木块与传送带相对静止时，求： 图4 (1)小木块的位移； (2)传送带转过的路程； (3)小木块获得的动能； (4)摩擦过程中产生的内能； (5)因传送小木块电动机多消耗的电能。 解析　(1)由牛顿第二定律：μmg＝ma，得a＝μg 由公式v＝at得t＝，小木块的位移x1＝t＝ (2)传送带始终匀速运动，路程x2＝vt＝ (3)小木块获得的动能Ek＝mv2 (4)小木块在和传送带达到共同速度的过程中，相对传送带移动的距离 x相对＝x2－x1＝， 产生的内能Q＝μmgx相对＝mv2 (5)根据能量守恒定律，因传送小木块电动机多消耗电能 ΔE＝Q＋mv2＝mv2 答案　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2　(5)mv2