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专题四 功和能（1）
【重点知识提醒】
【重点方法提示】
1.功的计算要分清恒力和变力
①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
②变力做功一般用动能定理或图象法求解．
2.功率的计算要分清瞬时功率和平均功率
①平均功率与一段时间(或过程)相对应， 如第1题中D选项．
②瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率，如第1题中C选项．
3.应用动能定理的三点提醒
(1)方法的选择：动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷。
(2)规律的应用：动能定理表达式是一个标量式，不能在某个方向上应用动能定理。
(3)过程的选择：物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段应用动能定理，也可以对全过程应用动能定理，但如果对整个过程应用动能定理，往往能使问题简化。
【重点题型讲练】
【例1】如图所示，将完全相同的四个小球1、2、3、4分别从同一高度由静止释放或平抛(图乙)，其中图丙是一倾角为45°的光滑斜面，图丁为光滑圆弧，不计空气阻力，则下列对四种情况下相关物理量的比较正确的是(　　)
A．落地时间t1＝t2＝t3＝t4
B．全程重力做功W1＝W2>W3＝W4
C．落地瞬间重力的功率P1＝P2＝P3＝P4
D．全程重力做功的平均功率1＝2>3>4
解析：图甲、乙中小球在竖直方向均做自由落体运动，故t1＝t2＝，其中h为竖直高度，对图丙，＝gtsin θ，t3＝，其中θ为斜面倾角，比较图丙和图丁，由动能定理可知，两小球从初始位置到水平面上同一高度处速度大小总相等，但小球4的路程长，因此t1＝t2选项B错误；重力的瞬时功率等于mgvy，小球四种方式落地时的竖直分速度vy1＝vy2>vy3>vy4＝0，故落地瞬间重力的功率P1＝P2>P3>P4，选项C错误；综合分析，可知全程重力做功平均功率＝，故1＝2>3>4，选项D正确．
答案：D
【练1】 (2019·江苏卷，5)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P－t关系图象是(　　)
【自主解答】
【例2】(多选)某汽车在恒定功率牵引下由静止开始做直线运动，行驶10 s后的速度达到20 m/s，设汽车所受阻力恒定，则这段时间内汽车行驶的距离可能是(　　)
A．90 m　　　　　　 B．100 m
C．110 m D．120 m
【解析】根据汽车的运动过程，画出汽车的速度—时间图象如图所示，根据速度—时间图象曲线与坐标轴围成的“面积”表示位移可知，如果物体做初速度为零、末速度为20 m/s的匀加速直线运动，位移等于三角形的面积，即x＝×20×10 m＝100 m，而此时实际曲线围成面积大于100 m，则这段时间内汽车行驶的距离可能是110 m或120 m，所以C、D正确，A、B错误．
【以题说法】
解决机车启动问题的四点注意：
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动，
(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度，但该过程中的最大功率是额定功率．
(3)以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力．
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率．　
【练2】一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示．已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
【自主解答】
【例3】光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R＝0.5 m，一个质量m＝2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接．用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J，如图所示．放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2.求：
(1)小球脱离弹簧时的速度大小；
(2)小球从B到C克服阻力做的功；
(3)小球离开C点后落回水平面时的动能大小．
【点拨】　解此题关键有三点：
(1)从A点开始至小球脱离弹簧的过程弹性势能转化为小球的动能．
(2)“恰能通过最高点C”提供了小球在最高点C的速度．
(3)小球离开C点做平抛运动．
【解析】　(1)小球从A点开始至小球脱离弹簧的过程中，根据弹力做功与弹性势能变化的关系有W弹＝－ΔEp弹＝－(0－Ep)＝49 J
对小球而言，此过程只有弹力做功，故有W弹＝mv2－0
得小球脱离弹簧时的速度为
v＝ ＝ m/s＝7 m/s.
(2)小球恰好能通过最高点C，故在最高点小球只受重力作用，根据牛顿第二定律有F合＝mg＝m
得小球在C点时的速度为vC＝＝ m/s＝ m/s
因为AB段光滑，小球在B点时的速度等于小球脱离弹簧时的速度，
即vB＝v＝7 m/s
在从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有
WG＋Wf＝mv－mv
得阻力做功为 Wf＝mv－mv－WG＝－24 J
所以从B至C的过程中小球克服阻力做功24 J.
(3)小球离开C点做平抛运动，此过程中只有重力做功，
根据动能定理有 2mgR＝Ek－mv
得小球落地时的动能Ek＝2mgR＋mv＝25 J
[答案]　 (1)7 m/s　(2)24 J　(3)25 J
【以题说法】
应用动能定理解题应抓好“一个过程、两个状态、四个关注”：
(1)一个过程：明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息．
(2)两个状态：明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况，如例题中B、C两点的速度．
(3)四个关注
①建立运动模型，判断物体做了什么运动，如例题中BC段为圆周运动．
②分析各个运动过程中物体的受力和运动情况．
③抓住运动模型之间的联系纽带，如速度、加速度、位移，确定初、末状态．
④根据实际情况分阶段(如例题中选BC段)或整个过程[例题中第(3)的求解，可从A点到落地]利用动能定理列式计算．
【练3】如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台．质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的．现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v.此时，在其右端无初速度地放上一个质量为m的滑块(视为质点)．随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台．重力加速度为g，空气阻力不计．求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)；
(2)软钢锭全部滑上平台后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；
(3)滑块到达平台的动能．
【自主解答】
【例4】由相同材料的木板搭成的轨道如图所示,其中木板AB、BC、CD、DE、EF……的长均为L=1.5 m,木板OA和其他木板与水平地面的夹角都为β=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2.一个可看成质点的物体在木板OA上从离地高度h=1.8 m处由静止释放,物体与木板间的动摩擦因数都为μ=0.2,在两木板交接处都用小曲面相连,使物体能顺利地经过,既不损失动能,也不会脱离轨道,在以后的运动过程中,问:(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)物体能否静止在木板上 请说明理由.
(2)物体运动的总路程是多少
(3)物体最终停在何处 并作出解释.
【点拨】 ①物体若静止在木板上,应满足什么条件 物体最终将停在什么位置 ②摩擦力做功有何特点 对于运动的全过程,摩擦力做功怎么表示
【解析】 (1)物体在木板上时,重力沿木板的分力为mgsin β=0.6mg
最大静摩擦力fm=μmgcos β=0.16mg
因mgsin β>μmgcos β,故物体不会静止在木板上.
(2)从物体开始运动到停下,设总路程为x,由动能定理得
mgh-μmgxcos β=0解得x=11.25 m
(3)假设物体依次能到达B、D点,由动能定理得
mg(h-Lsin β)-μmgcos β=m 解得vB>0
mg(h-Lsin β)-μmgcos β=m vD无解
说明物体能过B点但不能过D点,物体最终停在C点.
答案：　(1)不能　理由见解析　(2)11.25 m　(3)C点　
【练4】如图所示，在一个倾角θ＝30°的斜面上建立x轴，O为坐标原点，在x轴正向空间有一个匀强电场，场强大小E＝4.5×106 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量q＝5.0×10－6 C、质量m＝1 kg带负电的绝缘物块。物块与斜面间的动摩擦因数μ＝，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝5 m/s，如图所示。(g取10 m/s2)求：
(1)物块沿斜面向下运动的最大距离；
(2)物块最终停止时系统因摩擦产生的热量。
【自主解答】
【练后自评反思】
【练1】
【解析】设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vx＝v0。
沿电场方向：受电场力F电＝qE，则加速度a＝＝，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝
电场力做功的功率
P＝F电vy＝qE·＝＝kt∝t，选项A正确。
答案　A
【练2】
解析：由图象可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，匀加速阶段由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW时，汽车所受阻力F1＝0.2mg＝2 000 N，汽车行驶的最大速度v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做功WF1＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s≈67.19 m，D正确．答案：D
【练3】
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，滑块获得的最大加速度a＝g.
(2)软钢锭滑上平台时的动能Ek＝Mv2
设克服阻力做功为Wf克，由动能定理得－Wf克＝0－Mv2
则Wf克＝Mv2.
(3)滑块脱离软钢锭后自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t，L＝μgt2，－μ(M＋m)gL－μMgL＝0－Mv2
vm＝gt Ekm＝mv
联解以上四个方程式得Ekm＝.
答案：(1)g　(2)Mv2　(3)
【练4】
解析　(1)设物块向下运动的最大距离为xm，由动能定理得
mgsin θ·xm－μmgcos θ·xm－qExm＝0－mv
代入数据解得xm＝0.5 m。
(2)因qE＞mgsin θ＋μmgcos θ，mgsin θ＜μmgcos θ，物块不可能停止在x轴正向，设物块最终停在x轴负向且离O点为x处，整个过程电场力做功为零，由动能定理得
－mgxsin θ－μmgcos θ(2xm＋x)＝0－mv代入数据解得x＝0.4 m
因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ(2xm＋x)
代入数据解得Q＝10.5 J。
答案　(1)0.5 m　(2)10.5 J

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