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(共32张PPT)
第二节　功　率
[学习目标]　
知识点一　做功快慢的描述
「情境导学」
经常登山的同学会熟悉挑山工和缆车,假设挑山工和缆车将相同的货物运至山顶,两者对货物做的功相同吗 做功的功率相同吗
提示:两者对货物做的功都等于克服货物重力做的功,由于将相同的货物运往相同高度的山顶,两者做的功相同,而用缆车运送货物所用时间远小于挑山工的用时,根据功率定义知缆车做功的功率远大于挑山工做功的功率.
「知识整合」
1.功率:物理学上把力对物体所做的功W与做功所用时间t之 ,称为功率,用符号P表示.
2.定义式:P= .
3.单位:在国际单位制中,功率的单位是 ,简称瓦,符号是W,1 W=1 .常用单位:千瓦(kW),1 kW= W.
4.意义:功率是标量,它是描述物体做功 的物理量.
比
瓦特
J/s
1 000
快慢
「正误辨析」
(1)力对物体做功越多,这个力的功率就越大.(　 　)
(2)力对物体做功的时间越短,这个力的功率就越大.(　 　)
(3)力对物体做功越快,力的功率一定越大.(　 　)
×
×
√
√
知识点二　功率与力、速度
(1)汽车上坡时,司机一般要“换挡”减小车速,使汽车以较小的速度爬坡,为什么呢
「情境导学」
提示:(1)当汽车发动机的功率一定时,根据P=Fv知,牵引力与速度成反比,所以通过减小速度来增大牵引力,使汽车能顺利上坡.
(2)汽车上坡时,若不减小车速,司机应采取什么措施 为什么
提示:(2)加大油门,增大输出功率,来获得较大的牵引力.
「知识整合」
1.功率与力、速度的关系式:P= .
2.平均功率、瞬时功率:当物体做变速运动时,若v表示在时间t内的平均速度,则P表示在这段时间内的 ;若v表示某一时刻的瞬时速度,则功率P表示在该时刻的 .
Fv
平均功率
瞬时功率
3.应用:由功率与力、速度的关系式知,对汽车、火车等交通工具和起重机等机械,当速度v保持一定时,牵引力F与功率P成 ,所以汽车上坡时,要想保持与在水平路面行驶时相同大小的速度,则必须加大油门,增大 .
以增大牵引力;当发动机的功率P一定时,牵引力F与速度v成 .要增大牵引力,就要 速度.
正比
输出
功率
反比
减慢
4.生产和生活中常见机械的功率
在生产中, 是衡量机械性能的重要指标.在生活、交通工具、现代农业机械、航空航天领域等方面都有重要的应用意义.
功率
「问题思考」
如图所示,某部队正用吊车将一台坦克车从码头上吊起装上舰船.
(1)将质量为m的坦克车以速度v匀速吊起,坦克车在时间t内匀速上升高度h.怎样计算吊车的功率 其瞬时功率是多少
(2)若坦克车在相同的时间t内,从静止开始以加速度a匀加速上升高度h,则该过程中吊车的平均功率是多少 其瞬时功率是多少
「归纳提升」
1.功率两个公式的区别与联系
比较 项目 P=Fv
区别 (1)功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算,一般用来求平均功率. (2)当时间t→0时,可由定义式确定瞬时功率 (1)功率的计算式,仅适用于F与v同向的情况,一般用来求瞬时功率.
(2)当v为平均速度时,所求功率为平均功率
联系 (1)公式P=Fv是 的推论. (2)功率P的大小与W、t无关
2.在交通工具中公式P=Fv中三个量的制约关系
定值 各量间的关系 应用
P一定 F与v成反比 汽车上坡时,要增大牵引力,应换低速挡减小速度
v一定 F与P成正比 汽车上坡时,要使速度不变,应加大油门,增大输出功率,获得较大牵引力
F一定 v与P成正比 汽车在水平路面上,加大油门增大输出功率,可以提高速度
「典例研习」
角度1　对功率的理解与计算
[例1] 关于功率,下列说法正确的是(　　)
A.由P=Fv可知,物体运动越快,功率越大
B.由P=Fvcos θ可知,某一时刻,力大、速率也大,而功率不一定大
C.由 可知,力做功越多,功率就越大
D.由W=Pt可知,功率越大,力做功越多
B
【解析】 功率由物体运动的速度、力,以及力与速度方向夹角的余弦共同决定,可知物体运动越快,即速度越大,功率不一定越大,某一时刻,力大、速率也大,若力与速度方向夹角的余弦很小,功率也可能很小,即功率不一定大,故A错误,B正确;由 可知,力做功越多,功率不一定就越大,还与时间有关,故C错误;由W=Pt可知,功率越大,力做功不一定越多,还与时间有关,故D错误.
求解功率的思路
(1)首先明确是求哪个力的功率.
·方法点拨·
(3)若求瞬时功率,需明确是哪一时刻或哪一位置,再确定该时刻或该位置的速度,应用公式P=Fv来计算,如果F与v不同向,则利用P=Fvcos α 来计算(α为力与速度方向的夹角).
角度2　生产、生活中的功率问题
[例2] 跳绳是一项很好的体育锻炼项目.某同学在一次跳绳测验中,在40 s的时间内完成了100次跳绳,已知该同学每一次跳起的最大高度为10 cm,他的质量为50 kg,g取 10 m/s2,不计空气阻力和绳的质量,则下列说法正确的是
(　　)
A.每一次向上运动的过程中,重力做的功为50 J
B.每次跳起时,地面对该同学的支持力做功为0
C.该同学从跳起到落地的过程中,先超重再失重
D.每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为0
B
【解析】 该同学每一次跳起的最大高度为10 cm,重力做的功为WG=-mgh=
-50 J,故A错误;每次跳起时,沿地面对该同学的支持力方向发生的位移为零,则做功为零,故B正确;该同学从跳起到落地的过程中,加速度方向一直竖直向下,故该同学失重,故C错误;每次离开地面的瞬间该同学的速度不为零,则根据P=mgv,可知重力的瞬时功率不为零,故D错误.
知识点三　机车启动的两种方式
「归纳提升」
1.机车两种启动方式的过程分析
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像、 v-t图像 和F-t 图像
2.汽车启动问题中几个物理量的求法
「典例研习」
角度1　以恒定功率启动
[例3] 质量为M=5×106 kg的列车,以恒定功率由静止开始沿平直轨道加速行驶,当加速度为a1=0.9 m/s2时,速度为v1=2 m/s;当加速度为a2=0.1 m/s2时,速度为v2=10 m/s,假设列车所受阻力保持不变,试求:
(1)列车的牵引功率;
【答案】 (1)1×107 W
(2)在该功率下列车的最大速度.
【答案】 (2)20 m/s
角度2　以恒定加速度启动
[例4] 我国新能源汽车发展迅猛,已成为全球最大的新能源汽车产销国.质量为m=1 500 kg 的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a=2 m/s2 启动,其v-t图像如图所示,其中OA段和BC段为直线.已知汽车动力系统的额定功率为P=60 kW,汽车所受阻力大小恒为F阻=2 000 N.求:
(1)汽车能够达到的最大速度v2;
【答案】 (1)30 m/s
(2)汽车匀加速的最大速度v1;
【答案】 (2)12 m/s
(3)汽车匀加速的时间t1;
【答案】 (3)6 s
【解析】 (3)由v1=at1,得t1=6 s.
(4)汽车速度为20 m/s时的加速度大小.
利用P=Fv处理机车启动问题的三点注意事项
(1)公式P=Fv中的F指的是机车的牵引力,而不是合力.
(2)只有机车匀速运动时,牵引力F才等于它受到的阻力f的大小.
(3)机车以恒定加速度启动时,匀加速结束时的速度并没有达到最终匀速运动的速度vm.
·方法点拨·
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微专题5　动力学和能量观点的
综合应用
1.通过例题体会利用功能关系解决问题的方法,理解常见的几种功能关系,进一步巩固功和能量的关系的物理观念.2.通过例题体会利用动力学和能量观点解决问题的方法,培养综合力学观点分析问题的科学思维和科学探究能力.
[学习目标]　
类型一　动力学方法和能量观点的综合应用
「归纳提升」
涉及动力学和能量的综合题目,应根据其情境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,应考虑应用牛顿运动定律.
(2)当涉及某一过程中的问题时,用动能定理求解物体受恒力作用下的运动题目比用牛顿运动定律求解过程要简单,变力作用下的运动题目只能用能量观点分析求解.
(3)对于涉及多过程的问题,要特别注意衔接点和前、后过程的物理量及联系.
「典例研习」
[例1] 某游戏项目的简化模型如图所示.在光滑水平高台上固定一弹射装置,其右侧放置一座舱.弹射装置将座舱由静止弹出的过程中,释放Ep=3 200 J 的弹性势能.座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离,恰好从B点沿斜面方向滑上高 H1=3.0 m、倾角θ=37°的滑梯BC,已知座舱质量m=100 kg且可视为质点.座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2,重力加速度g取10 m/s2,取 sin 37°
=0.6,cos 37°=0.8.不计座舱在运动过程中受到的空气阻力.
(1)求座舱离开高台A点时的速度vA的大小;
【答案】 (1)8 m/s
(2)求A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小;
【答案】 (2)1.8 m　12 m/s
(3)滑梯底部与水平地面连接,由于场地限制水平地面的长度d=8.0 m,考虑游客的安全,需在地面上设置一缓冲坡面DE,使座舱最终能安全停在坡面顶端E点.已知座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75,不计通过C、D点的机械能损失.请说明对坡面倾角的要求并求E点距地面的高度.
【答案】 (3)在α≤37°的条件下,E点离地面高度为1.2 m
类型二　动能定理与机械能守恒定律的应用
1.基本内容的比较
「归纳提升」
项目 动能定理 机械能守恒定律
研究对象 单个物体 单个物体或系统
条件 无 只有重力或弹力做功
常用公式 W合=Ek2-Ek1 ΔEp=-ΔEk
2.适用范围的差异
(1)动能定理适用于各性质力做功及恒力、变力做功,分段、全程做功等情况.
(2)机械能守恒定律只适用于重力或系统内的弹力做功的情况.
「典例研习」
[例2] (2025·安徽卷,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m.一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力.t=0时,小球以水平向右的初速度 v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动.小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动.小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
【答案】 (2)4 m
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值.
·规律总结·
动能定理与机械能守恒定律的选择
(1)能用机械能守恒定律解决的问题一般都能用动能定理解决,而且使用动能定理省去了确定系统机械能是否守恒和选定参考平面的麻烦.
(2)能用动能定理来解决的问题却不一定都能用机械能守恒定律来解决,也就是说,动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍.
类型三　对常见功能关系的理解和应用
「归纳提升」
与机械能有关的功能关系
内容 表达式 正、负功含义
重力做功等于重力势能的减少 W=-ΔEp W>0,重力势能或弹性势能减少
W<0,重力势能或弹性势能增加
W=0,重力势能或弹性势能不变
弹簧弹力做功等于弹性势能的减少 W=-ΔEp
合外力做功等于动能的变化 W=ΔEk W>0,动能或机械能增加
W<0,动能或机械能减少
W=0,动能或机械能不变
除重力或系统内弹力外其他力做功等于机械能的变化 W=ΔE
「典例研习」
[例3] 如图所示,一物体质量 m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s 下滑,A点距弹簧上端B的距离 lAB=4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量lBC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到最高位置D点,
lAD=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(结果保留2位小数)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
【答案】 (1)0.52
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】 (2)24.46 J
·规律总结·
应用功能关系解题的步骤
(1)明确研究对象,研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统.
(2)隔离研究对象,分析哪些力对它做功,它的哪些能量发生变化.
(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解.
(4)根据相应的功能关系列方程求解.
感谢观看第二节　功　率
[学习目标]　1.通过分析日常生活中的实例,会比较做功快慢,构建功率的概念,深化对功率物理观念的理解.2.通过推导理解和区别P=和P=Fv,能根据情况选择合适的公式解决实际问题.结合牛顿第二定律理解机车提速的两种方式的动力过程,培养科学思维和科学探究能力.3.了解生产和生活中常见机械的功率,认识功率概念在生活中的广泛应用的价值,体会科技发展对生产生活的强大推动力,培养科学态度与责任.
知识点一　做功快慢的描述
情境导学
　经常登山的同学会熟悉挑山工和缆车,假设挑山工和缆车将相同的货物运至山顶,两者对货物做的功相同吗 做功的功率相同吗
提示:两者对货物做的功都等于克服货物重力做的功,由于将相同的货物运往相同高度的山顶,两者做的功相同,而用缆车运送货物所用时间远小于挑山工的用时,根据功率定义知缆车做功的功率远大于挑山工做功的功率.
知识整合
1.功率:物理学上把力对物体所做的功W与做功所用时间t之比,称为功率,用符号P表示.
2.定义式:P=.
3.单位:在国际单位制中,功率的单位是瓦特,简称瓦,符号是W,1 W=1J/s.常用单位:千瓦(kW),1 kW=1 000W.
4.意义:功率是标量,它是描述物体做功快慢的物理量.
正误辨析
(1)力对物体做功越多,这个力的功率就越大.(　×　)
(2)力对物体做功的时间越短,这个力的功率就越大.(　×　)
(3)力对物体做功越快,力的功率一定越大.(　√　)
(4)由P=可知,当功的大小一定时,功率与时间成反比.(　√　)
知识点二　功率与力、速度
情境导学
(1)汽车上坡时,司机一般要“换挡”减小车速,使汽车以较小的速度爬坡,为什么呢
(2)汽车上坡时,若不减小车速,司机应采取什么措施 为什么
提示:(1)当汽车发动机的功率一定时,根据P=Fv知,牵引力与速度成反比,所以通过减小速度来增大牵引力,使汽车能顺利上坡.
(2)加大油门,增大输出功率,来获得较大的牵引力.
知识整合
1.功率与力、速度的关系式:P=Fv.
2.平均功率、瞬时功率:当物体做变速运动时,若v表示在时间t内的平均速度,则P表示在这段时间内的平均功率;若v表示某一时刻的瞬时速度,则功率P表示在该时刻的瞬时功率.
3.应用:由功率与力、速度的关系式知,对汽车、火车等交通工具和起重机等机械,当速度v保持一定时,牵引力F与功率P成正比,所以汽车上坡时,要想保持与在水平路面行驶时相同大小的速度,则必须加大油门,增大输出功率以增大牵引力;当发动机的功率P一定时,牵引力F与速度v成反比.要增大牵引力,就要减慢速度.
4.生产和生活中常见机械的功率
在生产中,功率是衡量机械性能的重要指标.在生活、交通工具、现代农业机械、航空航天领域等方面都有重要的应用意义.
问题思考
如图所示,某部队正用吊车将一台坦克车从码头上吊起装上舰船.
(1)将质量为m的坦克车以速度v匀速吊起,坦克车在时间t内匀速上升高度h.怎样计算吊车的功率 其瞬时功率是多少
(2)若坦克车在相同的时间t内,从静止开始以加速度a匀加速上升高度h,则该过程中吊车的平均功率是多少 其瞬时功率是多少
提示:(1)吊车对坦克车做的功W=mgh,
功率P==;P瞬=Fv=mgv.
(2)该过程中吊车的平均功率为
P===;
其瞬时功率为P瞬=Fv=(mg+ma)at.
归纳提升
1.功率两个公式的区别与联系
比较 项目 P= P=Fv
区别 (1)功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算,一般用来求平均功率. (2)当时间t→0时,可由定义式确定瞬时功率 (1)功率的计算式,仅适用于F与v同向的情况,一般用来求瞬时功率. (2)当v为平均速度时,所求功率为平均功率
联系 (1)公式P=Fv是P=的推论. (2)功率P的大小与W、t无关
2.在交通工具中公式P=Fv中三个量的制约关系
定值 各量间的关系 应用
P一定 F与v成反比 汽车上坡时,要增大牵引力,应换低速挡减小速度
v一定 F与P成正比 汽车上坡时,要使速度不变,应加大油门,增大输出功率,获得较大牵引力
F一定 v与P成正比 汽车在水平路面上,加大油门增大输出功率,可以提高速度
典例研习
角度1　对功率的理解与计算
[例1] 关于功率,下列说法正确的是(　　)
A.由P=Fv可知,物体运动越快,功率越大
B.由P=Fvcos θ可知,某一时刻,力大、速率也大,而功率不一定大
C.由P=可知,力做功越多,功率就越大
D.由W=Pt可知,功率越大,力做功越多
【答案】 B
【解析】 功率由物体运动的速度、力,以及力与速度方向夹角的余弦共同决定,可知物体运动越快,即速度越大,功率不一定越大,某一时刻,力大、速率也大,若力与速度方向夹角的余弦很小,功率也可能很小,即功率不一定大,故A错误,B正确;由P=可知,力做功越多,功率不一定就越大,还与时间有关,故C错误;由W=Pt可知,功率越大,力做功不一定越多,还与时间有关,故D错误.
求解功率的思路
(1)首先明确是求哪个力的功率.
(2)若求平均功率,还需明确是哪段时间内的平均功率,可由公式P=F或P=来计算.
(3)若求瞬时功率,需明确是哪一时刻或哪一位置,再确定该时刻或该位置的速度,应用公式P=Fv来计算,如果F与v不同向,则利用P=Fvcos α 来计算(α为力与速度方向的夹角).
角度2　生产、生活中的功率问题
[例2] 跳绳是一项很好的体育锻炼项目.某同学在一次跳绳测验中,在40 s的时间内完成了100次跳绳,已知该同学每一次跳起的最大高度为10 cm,他的质量为50 kg,g取 10 m/s2,不计空气阻力和绳的质量,则下列说法正确的是(　　)
A.每一次向上运动的过程中,重力做的功为50 J
B.每次跳起时,地面对该同学的支持力做功为0
C.该同学从跳起到落地的过程中,先超重再失重
D.每次离开地面的瞬间重力的瞬时功率为0
【答案】 B
【解析】 该同学每一次跳起的最大高度为10 cm,重力做的功为WG=-mgh=-50 J,故A错误;每次跳起时,沿地面对该同学的支持力方向发生的位移为零,则做功为零,故B正确;该同学从跳起到落地的过程中,加速度方向一直竖直向下,故该同学失重,故C错误;每次离开地面的瞬间该同学的速度不为零,则根据P=mgv,可知重力的瞬时功率不为零,故D错误.
知识点三　机车启动的两种方式
归纳提升
1.机车两种启动方式的过程分析
两种方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像、 v-t图像 和F-t 图像
OA 段 过程 分析 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变 P=Fv↑ 直到P额=Fvm′
运动 性质 加速度减小 的加速直线 运动 匀加速直线运动, 维持时间t1=
AB 段 过程 分析 F=f a= 0 f= v↑ F=↓ a=↓
运动 性质 以vm做匀速 直线运动 加速度减小的 加速直线运动
BC段 — F=f a=0 f=,以vm做 匀速直线运动
2.汽车启动问题中几个物理量的求法
(1)汽车的最大速度vm的求法.
汽车做匀速运动时速度最大,此时牵引力大小F等于阻力大小f,故vm==.
(2)匀加速启动时,做匀加速运动的时间t的求法.
牵引力F=ma+f,匀加速运动的最大速度vm′=,时间t=.
(3)瞬时加速度a的求法.根据F=求出牵引力,则加速度a=.
典例研习
角度1　以恒定功率启动
[例3] 质量为M=5×106 kg的列车,以恒定功率由静止开始沿平直轨道加速行驶,当加速度为a1=0.9 m/s2时,速度为v1=2 m/s;当加速度为a2=0.1 m/s2时,速度为v2=10 m/s,假设列车所受阻力保持不变,试求:
(1)列车的牵引功率;
(2)在该功率下列车的最大速度.
【答案】 (1)1×107 W　(2)20 m/s
【解析】 (1)设列车的牵引功率为P,列车所受阻力为f;
当加速度为a1=0.9 m/s2时,
速度为v1=2 m/s,
则有F1-f=Ma1,F1=,
当加速度为a2=0.1 m/s2时,
速度为v2=10 m/s,
则有F2-f=Ma2,F2=,
联立解得P=1×107 W,f=5×105 N.
(2)当牵引力等于阻力时,列车的速度达到最大,则有vm===20 m/s.
角度2　以恒定加速度启动
[例4] 我国新能源汽车发展迅猛,已成为全球最大的新能源汽车产销国.质量为m=1 500 kg 的某新能源汽车在水平路面上以恒定加速度a=2 m/s2 启动,其v-t图像如图所示,其中OA段和BC段为直线.已知汽车动力系统的额定功率为P=60 kW,汽车所受阻力大小恒为F阻=2 000 N.求:
(1)汽车能够达到的最大速度v2;
(2)汽车匀加速的最大速度v1;
(3)汽车匀加速的时间t1;
(4)汽车速度为20 m/s时的加速度大小.
【答案】 (1)30 m/s　(2)12 m/s　(3)6 s
(4) m/s2
【解析】 (1)当牵引力与阻力平衡时,汽车达到最大行驶速度,由P=F阻v2,得v2=,
解得v2=30 m/s.
(2)根据P=Fv,结合牛顿第二定律F-F阻=ma,
可得v1=,解得v1=12 m/s.
(3)由v1=at1,得t1=6 s.
(4)汽车速度为20 m/s时,已经达到额定功率
P=F′v,
根据牛顿第二定律有F′-F阻=ma′,
解得a′= m/s2.
利用P=Fv处理机车启动问题的三点注意事项
(1)公式P=Fv中的F指的是机车的牵引力,而不是合力.
(2)只有机车匀速运动时,牵引力F才等于它受到的阻力f的大小.
(3)机车以恒定加速度启动时,匀加速结束时的速度并没有达到最终匀速运动的速度vm.
课时作业
考点一　对功率的理解与计算
1.关于功率的概念,下列说法正确的是(　　)
A.力对物体做功越多,这个力的功率就越大
B.由P=Fv知,物体运动得越快,功率越大
C.功率是反映做功快慢的物理量,数值上等于单位时间内做的功
D.只要F不为零,v也不为零,这个力的功率P就一定不为零
【答案】 C
【解析】 功率是描述做功快慢的物理量,功率大说明单位时间内做功多,时间不确定时某个力对物体做功越多,它的功率不一定越大,故A错误;由P=Fv知,当F一定时,物体运动得越快,功率越大,如果F不是定值,物体运动得越快,功率不一定越大,故B错误;功率是反映做功快慢的物理量,数值上等于单位时间内做的功,故C正确;F不为零,v也不为零,若F的方向与v的方向垂直,则这个力的功率P就为零,故D错误.
2.某同学的体重为 40 kg,一分钟跳绳120次,若每次跳绳该同学的重心上升的高度均为 5 cm,重力加速度g取 10 m/s2,则该同学跳绳克服重力做功的平均功率为(　　)
A.30 W B.40 W C.45 W D.50 W
【答案】 B
【解析】 一分钟内克服重力做功W=120mgh,平均功率为P=== W=40 W,故选B.
考点二　生产、生活中的功率问题
3.2024年4月20日,重庆首个摩天轮图书馆在涪陵区美心红酒小镇正式亮相.当小南坐在摩天轮的图书轿厢内进行阅读时,小南同轿厢一起做匀速圆周运动,此过程中F表示小南受到的合力,G表示小南受到的重力.在小南从摩天轮最高点运动至最低点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.合力F的功率先减小后增大
B.合力F的功率一定为零
C.重力G的功率始终不变
D.重力G的功率先减小后增大
【答案】 B
【解析】 因小南同学做匀速圆周运动,力F的方向始终指向圆心,与速度方向垂直,根据PF=Fvcos θ,合力的功率一定为0,选项A错误,B正确;从最高点向最低点运动的过程中,小南同学所受重力的方向与速度的夹角先减小后增大,根据PG=mgvcos θ,故重力的功率先增大后减小,选项C、D错误.
4.如图,篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边,虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面.若喷管管口直径为 6 cm.根据图中信息和生活经验,估算一个喷管喷水消耗的功率与哪个最接近(　　)
A.3 kW B.15 kW C.30 kW D.45 kW
【答案】 A
【解析】 运动员的身高约为1.8 m,根据题图中比例可知水柱的高度为人身高的4倍,即7.2 m,根据动力学公式有 v2=2gh,解得v=12 m/s,一个喷管喷水消耗的功率P===
ρghSv=103×10×7.2×π×0.032×12 W≈2 441.7 W,估算出的一个喷管喷水消耗的功率与3 kW最接近,故选A.
考点三　机车起动问题
5.中国大型起重机吊装精细化操控有较高的稳定性,现一塔式起重机以额定功率将地面上的重物由静止沿竖直方向吊起,若吊升高度足够且不计额外功,则(　　)
A.重物的速度一直增加
B.重物先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
C.重物所受起重机牵引力保持不变
D.重物所受起重机牵引力先减小后不变
【答案】 D
【解析】 起重机以额定功率将地面上的重物由静止沿竖直方向吊起,满足Pm=FTv,FT-mg=ma,保持额定功率不变,随着速度逐渐增大,绳的拉力逐渐减小,则加速度逐渐减小,当拉力减小到等于重力时,加速度为零,此后做匀速直线运动,故重物的速度先增大后不变,故A错误;根据运动过程的分析可知,重物先做加速度减小的加速运动,后做加速度等于零的匀速直线运动,故B错误;重物所受起重机牵引力先逐渐减小,后等于重力保持不变,故C错误,D正确.
6.已知一辆汽车的额定功率为P,设它在水平公路行驶时所受的阻力恒定,最大行驶速度为vm,则(　　)
A.无论汽车以哪种方式启动,牵引力大小一定与汽车的实际功率成正比
B.若汽车以匀加速的方式启动,则在刚达到额定功率时的速度等于vm
C.若汽车以额定功率启动,则汽车做匀加速直线运动
D.当汽车需要开上陡坡时,驾驶员的正确操作是加大油门,并换成低速挡
【答案】 D
【解析】 若以恒定加速度启动,根据牛顿第二定律可得a=,可知匀加速阶段牵引力保持不变,与汽车的实际功率不成正比,故A错误;汽车最大行驶速度为vm,则阻力为F阻=,若汽车以匀加速的方式启动,则在刚达到额定功率时的速度为v1==<=vm,故B错误;若汽车以额定功率启动,根据牛顿第二定律可得a==,可知随着汽车速度的增大,加速度逐渐减小,故C错误;当汽车需要开上陡坡时,根据P=Fv,可知驾驶员的正确操作是加大油门,并换成低速挡,故D正确.
7.一辆列车总质量 m=600 t,发动机的额定功率P=1.8×106 W.列车在轨道上行驶时,轨道对列车的阻力F阻是列车重力的,重力加速度g取10 m/s2.
(1)在水平轨道上,发动机以额定功率P工作,当行驶速度v=10 m/s时,求列车的瞬时加速度a.
(2)在水平轨道上以速度36 km/h匀速行驶时,求发动机的实际功率P1.
(3)若列车从静止启动,保持0.3 m/s2的加速度做匀加速运动,求这一过程维持的最长时间.
【答案】 (1)0.2 m/s2　(2)6×105 W　(3)25 s
【解析】 (1)当行驶速度v=10 m/s时,列车所受牵引力为F== N=1.8×105 N,
阻力F阻=mg=6×104 N,
由牛顿第二定律有F-F阻=ma,解得
a== m/s2=0.2 m/s2.
(2)匀速行驶时有F1=F阻,
则P1=F阻v1=6×105 W.
(3)由牛顿第二定律得F2-F阻=ma2,
得F2=F阻+ma2=(6×104+6×105×0.3)N
=2.4×105 N,
列车匀加速直线运动的末速度为
v2== m/s=7.5 m/s,
列车匀加速直线运动过程维持的最长时间为
t==25 s.
8.如图所示,甲、乙为两个高度相同但倾角不同(α<β)的光滑斜面,固定在同一水平地面上.现有一质量为m的小物块分别从甲、乙斜面顶端由静止开始下滑到斜面底端,设此过程中小物块所受合外力对其所做的功分别为W和W′,重力的平均功率分别为P和P′,则它们之间的关系正确的是(　　)
A.W=W′,P=P′ B.W=W′,PC.WP′ D.W>W′,P【答案】 B
【解析】 依题意,可知小物块沿光滑斜面下滑的过程中,只有重力对其做功,所以小物块所受合外力对其所做的功等于重力所做的功,均为WG=mgh,所以W=W′,物块沿甲斜面下滑时,根据牛顿第二定律有mgsin α=ma,又因为=a,联立可得,物块沿甲斜面下滑时所用时间为t甲=,同理可得,物块沿乙斜面下滑时所用时间为t乙= ,因为α<β,所以t甲>t乙,由于物块沿两斜面下滑过程中,重力做的功相等,根据重力的平均功率PG=,可得P9.(多选)汽车在研发过程中都要进行性能测试,如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的v-图像,vm表示最大速度.已知汽车在水平路面上由静止启动,图中ab平行于v轴,bc反向延长过原点O.已知阻力恒定,汽车质量为1.5×103kg,下列说法正确的是(　　)
A.汽车由b到c过程做匀加速直线运动
B.汽车从a到b持续的时间为5.0 s
C.汽车额定功率为50 kW
D.汽车能够获得的最大速度为20 m/s
【答案】 BC
【解析】 根据P=Fv,变式得v=P·,可知汽车由b到c过程功率不变,随着汽车速度的增大,牵引力减小,根据牛顿第二定律得F-f=ma,汽车所受阻力不变,随着牵引力的减小,汽车的加速度减小,汽车由b到c过程做非匀变速直线运动,故A错误;根据题图的斜率可求得汽车的额定功率为P= W=5×104 W,根据图像的函数式v=P·,可求得汽车速度的最大值为 vm=5×104××10-3m/s=25 m/s,汽车所受的阻力为 f== N=2 000 N,汽车从a到b所受的牵引力满足=×10-3 N-1,解得F=5 000 N,根据牛顿第二定律F-f=ma,解得a=
2.0 m/s2,汽车从a到b持续的时间为t== s=5 s,故B、C正确,D错误.
10.如图所示,一台起重吊车将质量m=5 000 kg的重物由静止开始以a=0.2 m/s2的加速度竖直向上匀加速提升,t=15 s 之后保持功率不变继续提升重物,直至重物匀速上升.g取
10 m/s2,不计空气阻力,求:
(1)该起重吊车的额定功率;
(2)重物上升的最大速度;
(3)重物开始运动后20 s内起重吊车提升重物的平均功率.
【答案】 (1)153 000 W　(2)3.06 m/s
(3)95 625 W
【解析】 (1)重物做匀加速运动,由牛顿第二定律可得F-mg=ma,
解得F=51 000 N,
15 s末重物的速度为v1=at=3 m/s,
所以起重吊车的额定功率为
P=Fv1=153 000 W.
(2)当重物达到最大速度时,牵引力等于重力,则
vm==3.06 m/s.
(3)提升重物的过程中功率随时间的变化图像如图所示,
图像与坐标轴所围区域的面积表示牵引力做的功,所以前20 s内起重机对重物做功为
W=(×15×153 000+5×153 000)J
=1 912 500 J,
故平均功率为==95 625 W.第六节　验证机械能守恒定律
[学习目标]　1.结合验证机械能守恒定律的实验,理解机械能守恒定律,体会守恒观念对认识物理规律的重要性.2.理解实验设计思路,能规范地进行实验操作,通过实验收集的数据分析得出结论,实现对科学探究能力的培养.3.体会实验设计中的实验原理分析、实验数据处理过程,培养科学思维;通过实验探究,培养实事求是的态度.
一、实验目的
利用重物的自由下落验证机械能守恒定律.
二、实验原理
在只有重力做功的情况下,物体的动能和势能互相转化,但总的机械能保持不变,即可通过求做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量是否相等来判断机械能是否守恒,若相等,则可验证机械能守恒定律.
三、实验器材
　铁架台(带铁夹)、电磁打点计时器、刻度尺、重物、纸带、电源等.
四、实验步骤
1.安装置:将打点计时器竖直固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压交流电源相连.
2.打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上,另一端穿过打点计时器的限位孔,用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方.先接通电源,后松开纸带,让重物带着纸带自由下落.更换纸带重复做3～5次实验.
3.选纸带:选择一条点迹清晰的纸带,将某一清晰的点记为0,与0点相隔一段距离以后的各点依次记为1,2,3,…,如图.
4.测距离:用刻度尺测出0点到1,2,3,…的距离,即为对应下落的高度h1,h2,h3,….
五、数据处理
1.计算各点对应的瞬时速度:根据公式vi=,计算出2,3,4,…,i点的瞬时速度v2,v3,v4,…,vi.
2.验证机械能守恒定律
方法一:利用起始点和第i点.
如果在实验误差允许的范围内ghi=,则可验证机械能守恒定律.
方法二:任取两点A、B.
如果在实验误差允许的范围内ghAB=-,则可验证机械能守恒定律.
方法三:图像法.
根据实验数据绘出v2-h图像,若在实验误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线,则可验证机械能守恒定律.
六、误差分析
1.在进行长度测量时,测量及读数不准造成误差.
2.重物下落要克服阻力做功,部分机械能转化成内能,下落高度越大,机械能损失越多,所以实验数据出现了各计数点对应的机械能依次略有减小的现象.
3.由于交流电源的周期不稳定,造成打点时间间隔变化而产生误差.
七、注意事项
1.打点计时器要竖直:安装打点计时器时要竖直架稳,使其两限位孔在同一竖直平面内,以减小摩擦阻力.
2.重物密度要大:选用质量和密度较大的重物,增大其重力可使阻力的影响相对减小,增大其密度可以减小体积,可使空气阻力减小.
3.一先一后:应先接通电源,让打点计时器正常工作,后松开纸带让重物下落.
4.测长度,算速度:某时刻的瞬时速度的计算应用 vn=,不能用vn= 或vn=gt来计算.
[例1] (实验原理与探究过程)某班同学分成两组来进行“验证机械能守恒定律”的实验.甲组同学采用让重锤自由下落的方法验证机械能守恒,实验装置如图甲所示.
试回答以下问题.
(1)实验过程中他们进行了如下操作,其中操作不当的步骤是　　　　　.
A.将打点计时器竖直固定在铁架台上
B.先释放纸带,后接通电源
C.在纸带上选取适当的数据点,并测量数据点间的距离
D.根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能
(2)在实验中,质量为m的重锤自由下落,带动纸带,纸带上打出的一系列点如图乙所示,O是重锤刚下落时打下的点.已知打点计时器打点的频率为f,则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中,若在实验误差允许的范围内满足等式　　　　　　　　,则机械能守恒定律得到验证.
【答案】 (1)B　(2)8gh2=(h3-h1)f2
【解析】 (1)将打点计时器竖直固定在铁架台上,选项A正确,不符合题意;先接通电源,后释放纸带,选项B错误,符合题意;在纸带上选取适当的数据点,并测量数据点间的距离,选项C正确,不符合题意;根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能进行比较来验证机械能是否守恒,选项D正确,不符合题意.
(2)打B点时的速度vB==,则要验证的关系是mgh2=m,即若在实验误差允许的范围内满足等式8gh2=(h3-h1)2f2,则机械能守恒定律得到验证.
[例2] (数据处理与误差分析)(2025·河南卷,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律.可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等.
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　　　　(填步骤前面的序号).
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离.则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　　　 m/s(保留3位有效数字).
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像.理论上,若机械能守恒,图中直线应　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示).由图3得直线的斜率k=　　　　(保留3位有效数字).
(4)定义单次测量的相对误差η=||×100%,其中Ep是重锤重力势能的减小量,Ek是其动能增加量,则实验相对误差为η=　　　　×100%(用字母k和g表示);当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,则η=　　　　 %(保留2位有效数字),若η<5%,可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒.
【答案】 (1)④①⑥⑤　(2)1.79
(3)通过　2g　19.0　(4)　3.1
【解析】 (1)将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端,先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带,关闭电源,取下纸带,在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据,根据原理mgh=mv2可知质量可以约掉,不需要用电子天平称量重锤的质量.故选择正确且排序为④①⑥⑤.
(2)根据题意可知纸带上相邻计数点间的时间间隔T==0.02 s,根据匀变速直线运动中,某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得vB=,代入数据可得vB≈1.79 m/s.
(3)根据mgh=mv2,整理可得v2=2g·h,可知理论上,若机械能守恒,题图3中直线应通过原点,且斜率 k=2g.由题图3得直线的斜率k=≈19.0.
(4)根据题意有η=×100%,可得η=×100%,当地重力加速度大小取g=9.80 m/s2,代入数据可得η≈3.1%.
[例3] (实验拓展创新)某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律.铁架台上固定有带格子的圆弧形背板及拉力传感器,将质量为m的小球(可视为质点)用不可伸长且长度为L的轻绳悬挂在传感器上.
(1)请将下列实验步骤按正确顺序排序　　　　.
①当小球静止在最低点O′时,记录此时拉力传感器的示数F0.
②改变小球与O′的高度差,重复实验.
③保持绳子拉直,将小球拉至与O′高度差为h(h≤L)处,释放小球,记录小球下摆过程中拉力传感器的最大示数F.
(2)实验过程中获取的数据F0　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)小球重力.
(3)若传感器最大示数F满足F=　　　　(用F0、L、h表示)时,则可验证小球从初始位置摆至O′点的过程中机械能守恒定律成立.
(4)该同学采用图像法处理数据.多次实验得出多组F和h的数据,在坐标纸上描点连线作出F-h图像如图乙所示,理论上图中的a和b数值满足 a=　　　　b(填上合适的数字)关系时,可验证小球下摆过程中机械能守恒定律成立.
【答案】 (1)①③②　(2)等于　(3)F0　(4)3
【解析】 (1)正确实验步骤为:当小球静止在最低点O′时,记录此时拉力传感器的示数F0;保持绳子拉直,将小球拉至与O′高度差为h(h≤L)处,释放小球,记录小球下摆过程中拉力传感器的最大示数F;改变小球与O′的高度差,重复实验,故正确排序为①③②.
(2)小球自由静止在最低点O′时,小球所受拉力与重力二力平衡,有F0=mg.
(3)若小球从初始位置摆至O′点的过程中机械能守恒,有mv2=mgh,小球摆至O′点时细线拉力最大,由牛顿第二定律可得F-mg=m,联立解得F=F0,故传感器最大示数F满足此式时,可验证小球从初始位置摆至O′点的过程中机械能守恒定律成立.
(4)由(3)问整理得F=h+F0,F-h图像的斜率k==,解得a-b=2F0,F-h图像的纵截距b=F0,联立解得a=3b,故理论上a、b数值满足a=3b关系时,可验证小球下摆过程中机械能守恒定律成立.
课时作业
1.利用重物自由下落验证机械能守恒定律的实验中,某同学用如图甲所示的实验装置,让重物从高处由静止开始下落,拖着的纸带打出一系列点,对纸带上的点迹进行分析,从而验证机械能守恒定律.
(1)关于本实验过程的要求,下列说法正确的是　　　　.(多选)
A.应选用较大密度材料制成的重物
B.将纸带沿竖直方向穿过限位孔
C.可以用v= 计算瞬时速度
(2)该同学正确安装实验装置进行实验操作,从打出的纸带中选出符合要求的纸带进行测量,数据如图乙所示.图中O点为打点起始点,且速度为0.若已知重物质量m=1 kg,图中相邻计数点的时间间隔为0.04 s,从打点计时器打下起点O到打下C点的过程中,重物重力势能的减少量ΔEp=　　 　　 J,此过程中重物动能的增加量ΔEk=　　　　 J,由此可得:在误差允许的范围内,重物自由下落过程中的机械能守恒.(g取10 m/s2,结果均保留4位有效数字)
(3)在实验中,某同学根据测得的数据计算发现,重物动能的增加量略大于重力势能的减少量.若测量与计算均无错误,出现这一问题的原因可能是　　　　.
A.重物的质量偏大
B.交流电源的频率大于50 Hz
C.交流电源的频率小于50 Hz
D.重物下落时受到的阻力过大
(4)根据纸带算出打下各点时重物的速度v,量出下落距离h,以为纵坐标、以h为横坐标作出的图像应是　　　.
A　　　 B
C　　 　D
【答案】 (1)AB　(2)3.250　3.125　(3)C　(4)C
【解析】 (1)实验中为了减小阻力的影响,应选用体积较小、质量和密度较大的重物,故A正确;将纸带沿竖直方向穿过限位孔,可增加纸带运动的稳定性,减小实验误差,故B正确;速度不能直接用v= 计算,因为使用该式的前提条件是只有重力做功,即认为机械能守恒,故C错误.
(2)重力势能的减少量为ΔEp=mgh=1×10×0.325 0 J=3.250 J,根据匀变速直线运动的中间时刻速度等于这段时间的平均速度可得vC== m/s=2.5 m/s,EkC=m=3.125 J,故动能的增加量 ΔEk=3.125 J.
(3)根据mgh=mv2,可知测量结果与m无关,故A错误;动能增加量为ΔEk=mv2,其中v==,若交流电源的实际频率小于50 Hz,将50 Hz代入计算得出速度大于实际速度,导致重物动能的增加量略大于重力势能的减少量,故B错误,C正确;若重物下落时受到的阻力过大,重物动能的增加量应小于重力势能的减少量,故D错误.
(4)由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可得=g·h,即k=g,-h图像是一条过原点的倾斜直线,C正确.
2.(2022·湖北卷)某同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验.一根轻绳一端连接固定的拉力传感器,另一端连接小钢球,如图甲所示.拉起小钢球至某一位置由静止释放,使小钢球在竖直平面内摆动,记录钢球摆动过程中拉力传感器示数的最大值FTmax和最小值FTmin.改变小钢球的初始释放位置,重复上述过程.根据测量数据在直角坐标系中绘制的FTmax-FTmin图像是一条直线,如图乙所示.
(1)若小钢球摆动过程中机械能守恒,则图乙中直线斜率的理论值为　　　　.
(2)由图乙得:直线的斜率为　　　,小钢球的重力为　　　N.(结果均保留2位有效数字)
(3)该实验系统误差的主要来源是　　　　(填正确答案标号).
A.小钢球摆动角度偏大
B.小钢球初始释放位置不同
C.小钢球摆动过程中有空气阻力
【答案】 (1)-2　(2)-2.1　0.59　(3)C
【解析】 (1)设初始位置时,轻绳与竖直方向夹角为θ,则轻绳拉力最小值为FTmin=mgcos θ,到最低点时轻绳拉力最大,则mgl(1-cos θ)=mv2,FTmax-mg=m,联立可得FTmax=3mg-
2FTmin,即若小钢球摆动过程中机械能守恒,则题图乙中直线斜率的理论值为-2.
(2)由题图乙得直线的斜率为k=-=-2.1,3mg=1.77 N,则小钢球的重力为mg=0.59 N.
(3)该实验系统误差的主要来源是小钢球摆动过程中有空气阻力,使得机械能减小,故选C.
3.某同学用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验操作步骤如下:
①用天平测出滑块和遮光条的总质量M、钩码和动滑轮的总质量m;
②调整气垫导轨水平,按图连接好实验装置,固定滑块;
③测量遮光条与光电门之间的距离L及遮光条的宽度d,将滑块由静止释放,光电门记录遮光条的遮光时间t;
④重复实验,进行实验数据处理.
根据上述实验操作过程,回答下列问题.
(1)为减小实验误差,遮光条的宽度d应适当窄一些,滑块释放点到光电门的距离应适当　　　　(选填“远”或“近”)一些.
(2)根据实验步骤可知滑块通过光电门时,滑块的速度大小v=　　　　,钩码的速度大小v′=　　　　,当地重力加速度为g,系统重力势能的减少量ΔEp=　　　　　　,系统动能的增加量 ΔEk=　　　　　(均用所测物理量符号表示).
【答案】 (1)远
(2)　　mgL　(4M+m)
【解析】 (1)为减小实验误差,遮光条的宽度d应适当窄一些,滑块释放点到光电门的距离应适当远一些.
(2)滑块通过光电门的速度v=,因为钩码通过动滑轮与滑块连接,钩码速度为滑块速度的,因此v′=,当滑块前进L距离时,钩码下降L,因此系统重力势能减少ΔEp=mg×L=mgL,系统动能增加量为ΔEk=Mv2+mv′2=M·+m·=(4M+m).
4.某同学设计了如图所示的装置来验证机械能守恒定律.将量角器竖直固定在铁架台上,使直径边水平,用一段不可伸长的细线将小球固定到量角器的圆心O处,在铁架台上O点正下方安装光电门(图中未画出),实验时,让小球在紧贴量角器的竖直平面内运动,调整好光电门,使小球的球心刚好能通过光电门的细光束.
(1)下列物理量中,本实验必须测量的有　　　　.(多选)
A.小球的质量m
B.小球的直径d
C.细线的长度L
D.小球的运动周期T
(2)图中细线偏离竖直方向的初始偏角为　　　　.
(3)实验时,将小球拉开,使细线与竖直方向偏离一定的角度θ,将小球由静止释放,测出小球通过光电门的时间t,则小球通过最低点时的速度为　　　　;如果这一过程中小球的机械能守恒,则题中各物理量应遵循的表达式为　 .
(4)多次实验,由实验数据作出了-cos θ图线,则实验所得的图线应该是　　　　.
A 　B
C 　D
【答案】 (1)BC　(2)30°
(3)　=g(L+)(1-cos θ)　(4)C
【解析】 (1)本实验要验证机械能守恒定律的关系式为 mg(L+)(1-cos θ)=mv2,且v=,联立可得 g(L+)(1-cos θ)=,所以本实验必须测量的物理量有细线的长度L、小球的直径d,选项B、C正确.
(2)由题图可知,图中细线偏离竖直方向的初始偏角为30°.
(3)小球直径为d,通过光电门的时间为t,所以通过光电门时的速度为;若这一过程中小球的机械能守恒,则题中各物理量应遵循的表达式为g(L+)(1-cos θ)=.
(4)由关系式g(L+)(1-cos θ)=,可得 =-·cos θ+,所以-cos θ图线是一条倾斜的直线,斜率为负,截距为正,选项C正确.微专题5　动力学和能量观点的综合应用
[学习目标]　1.通过例题体会利用功能关系解决问题的方法,理解常见的几种功能关系,进一步巩固功和能量的关系的物理观念.2.通过例题体会利用动力学和能量观点解决问题的方法,培养综合力学观点分析问题的科学思维和科学探究能力.
类型一　动力学方法和能量观点的综合应用
归纳提升
涉及动力学和能量的综合题目,应根据其情境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,应考虑应用牛顿运动定律.
(2)当涉及某一过程中的问题时,用动能定理求解物体受恒力作用下的运动题目比用牛顿运动定律求解过程要简单,变力作用下的运动题目只能用能量观点分析求解.
(3)对于涉及多过程的问题,要特别注意衔接点和前、后过程的物理量及联系.
典例研习
[例1] 某游戏项目的简化模型如图所示.在光滑水平高台上固定一弹射装置,其右侧放置一座舱.弹射装置将座舱由静止弹出的过程中,释放Ep=3 200 J 的弹性势能.座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离,恰好从B点沿斜面方向滑上高 H1=3.0 m、倾角θ=37°的滑梯BC,已知座舱质量m=100 kg且可视为质点.座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2,重力加速度g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.不计座舱在运动过程中受到的空气阻力.
(1)求座舱离开高台A点时的速度vA的大小;
(2)求A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小;
(3)滑梯底部与水平地面连接,由于场地限制水平地面的长度d=8.0 m,考虑游客的安全,需在地面上设置一缓冲坡面DE,使座舱最终能安全停在坡面顶端E点.已知座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75,不计通过C、D点的机械能损失.请说明对坡面倾角的要求并求E点距地面的高度.
【答案】 (1)8 m/s　(2)1.8 m　12 m/s
(3)在α≤37°的条件下,E点离地面高度为1.2 m
【解析】 (1)弹簧弹出座舱的过程中,根据机械能守恒定律,有Ep=m,代入数据解得vA=8 m/s.
(2)由于座舱从A点滑离后做平抛运动,且恰好从B点沿斜面方向滑上滑梯BC,
则有=tan θ,=2gh,
代入数据解得h=1.8 m.
座舱经过B点时,其速度大小为
vB==10 m/s,
从B到C的过程,根据动能定理,有
mgH1-μ1mgcos θ=m-m,
代入数据解得vC=12 m/s.
(3)为使座舱停在斜面DE上,应满足
mgsin α≤μ2mgcos α,
则tan α≤μ2,即α≤37°;
在座舱从C到E的过程中,设CD长度为x,根据动能定理,有
-μ2mgx-μ2mgcos α-mgH2=0-m,整理得H2=-μ2d,
代入数据解得H2=1.2 m.
类型二　动能定理与机械能守恒定律的应用
归纳提升
1.基本内容的比较
项目 动能定理 机械能守恒定律
研究对象 单个物体 单个物体或系统
条件 无 只有重力或弹力做功
常用公式 W合=Ek2-Ek1 ΔEp=-ΔEk
2.适用范围的差异
(1)动能定理适用于各性质力做功及恒力、变力做功,分段、全程做功等情况.
(2)机械能守恒定律只适用于重力或系统内的弹力做功的情况.
典例研习
[例2] (2025·安徽卷,14)如图,M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉,间距L=0.5 m.一根长为3L的轻绳一端系在M上,另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球,小球与水平地面接触但无压力.t=0时,小球以水平向右的初速度 v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动.小球牵引着绳子绕过N、M,运动到M正下方与M相距L的位置时,绳子刚好被拉断,小球开始做平抛运动.小球可视为质点,绳子不可伸长,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小及绳子所受的最大拉力大小;
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离;
(3)若在t=0时,只改变小球的初速度大小,使小球能通过N的正上方且绳子不松弛,求初速度的最小值.
【答案】 (1)4 m/s　17 N　(2)4 m
(3)2 m/s
【解析】 (1)从小球开始运动至运动到M正下方距离为L的位置过程中,只有重力做功,以水平地面为重力势能的零势能面,根据机械能守恒定律有
m=mg·2L+mv2,在该位置时根据牛顿第二定律有FT-mg=m,
解得v=4 m/s,FT=17 N.
(2)设小球做平抛运动的时间为t,水平方向有s=vt,
竖直方向有2L=gt2,
联立解得s=4 m.
(3)设小球经过N点正上方时,速度大小为v′,若小球经过N点正上方绳子恰不松弛,则满足
mg=m,
从最低点到该位置由机械能守恒定律得
mv0′2=mg·5L+mv′2,
联立解得v0′=2 m/s.
动能定理与机械能守恒定律的选择
(1)能用机械能守恒定律解决的问题一般都能用动能定理解决,而且使用动能定理省去了确定系统机械能是否守恒和选定参考平面的麻烦.
(2)能用动能定理来解决的问题却不一定都能用机械能守恒定律来解决,也就是说,动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍.
类型三　对常见功能关系的理解和应用
归纳提升
与机械能有关的功能关系
内容 表达式 正、负功含义
重力做功等于重力势能的减少 W=-ΔEp W>0,重力势能或弹性势能减少 W<0,重力势能或弹性势能增加 W=0,重力势能或弹性势能不变
弹簧弹力做功等于弹性势能的减少 W=-ΔEp
合外力做功等于动能的变化 W=ΔEk W>0,动能或机械能增加 W<0,动能或机械能减少 W=0,动能或机械能不变
除重力或系统内弹力外其他力做功等于机械能的变化 W=ΔE
典例研习
[例3] 如图所示,一物体质量 m=2 kg,在倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3 m/s 下滑,A点距弹簧上端B的距离 lAB=4 m.当物体到达B后将弹簧压缩到C点,最大压缩量lBC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到最高位置D点,lAD=3 m.挡板及弹簧质量不计,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(结果保留2位小数)
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
【答案】 (1)0.52　(2)24.46 J
【解析】 (1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中,弹簧弹性势能没有发生变化,物体动能和重力势能减少,机械能的减少量为
ΔE=ΔEk+ΔEp=m+mglADsin 37°,
物体克服摩擦力做功Wf=fs,
其中s为物体通过的路程,即s=5.4 m,
f=μmgcos 37°,根据外力做功与机械能变化关系,有ΔE=Wf,
联立解得μ≈0.52.
(2)物体由A到C的过程中,动能减少
ΔEk′=m,
重力势能减少ΔEp′=mglACsin 37°,
克服摩擦力做功Wf′=μmglACcos 37°,
由外力做功与机械能变化关系得
弹簧的最大弹性势能为
Epm=ΔEk′+ΔEp′-Wf′,
联立解得Epm≈24.46 J.
应用功能关系解题的步骤
(1)明确研究对象,研究对象是一个物体或是几个物体组成的系统.
(2)隔离研究对象,分析哪些力对它做功,它的哪些能量发生变化.
(3)根据能量的变化类型确定用哪一类功能关系去求解.
(4)根据相应的功能关系列方程求解.
课时作业
考点一　动力学方法和能量观点的综合应用
1.用吊车将一个质量为m的物体以加速度a竖直向上提升高度H,重力加速度为g,在这个过程中,下列说法正确的是(　　)
A.吊车对物体的拉力大小为ma
B.物体的机械能增加了mgH
C.物体的动能增加了maH
D.物体的机械能增加了maH
【答案】 C
【解析】 对物体由牛顿第二定律可得F-mg=ma,则F=m(g+a),故A错误;物体增加的机械能等于拉力做的功,即ΔE=m(g+a)H,故B、D错误;由动能定理可知,物体增加的动能等于合外力做的功,即ΔEk=maH,故C正确.
2.如图所示,从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,另一个平抛.它们从抛出到落地过程中(　　)
A.运行的时间相等
B.落地时的机械能不同
C.落地时的速度相同
D.在空中任意时刻三个物体的机械能相同
【答案】 D
【解析】 根据运动规律,对竖直上抛的小球有h=-v0t上+,对竖直下抛的小球有h=v0t下+,对平抛的小球有h=,可知t上、t下、t平不相等,故A错误;分别沿三个方向抛出的小球初态机械能相同,下落过程机械能又保持守恒,因此三个小球在空中任意时刻和落地时机械能相同,落地时末速度的大小相等,但方向不相同,故B、C错误,D正确.
3.(多选)幼儿园滑梯(如图甲所示)是孩子们喜欢的游乐设施之一,滑梯可以简化为图乙所示模型.一质量为m的小朋友(可视为质点),从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑,利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为(g为重力加速度).已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°,过B点的切线水平,小朋友与滑道各处之间的动摩擦因数相同,则小朋友在沿着AB下滑的过程中(　　)
A.处于先失重后超重状态
B.克服摩擦力做的功为
C.机械能的减少量大于重力势能的减少量
D.在最低点B时对滑道的压力大小为mg
【答案】 AD
【解析】 小朋友在A点时速度为0,加速度沿着切线向下,处于失重状态,到最低点时加速度竖直向上,处于超重状态,故A正确;在整个运动过程中,由动能定理得mgr(1-cos 60°)
-Wf=mv2-0,联立可得克服摩擦力做的功为Wf=mgr,故B错误;克服摩擦力做的功即为机械能的减少量,为mgr,而重力势能的减少量为 mgr,则机械能的减少量小于重力势能的减少量,故C错误;在B点,根据牛顿第二定律得F N-mg=m,解得F N=mg,结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为F N′=F N=mg,故D正确.
4.(多选)有一辆质量m=1.5 t的油电混合动力汽车,其行驶速度v≤54 km/h时靠电动机输出动力;行驶速度在 54 km/h90 km/h时汽油机和电动机同时工作.该汽车在一条平直的公路上由静止启动,汽车所受的牵引力F随运动时间t的图线如图所示,所受阻力恒为 1 250 N.已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎,以后保持恒定功率行驶至第11 s末.则在前11 s内下列说法正确的是(　　)
A.t0=6 s
B.电动机输出的最大功率为60 kW
C.汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105 J
D.汽车的位移为120 m
【答案】 AC
【解析】 根据题意可知m=1.5 t=1 500 kg,54 km/h=15 m/s,90 km/h=25 m/s.由题图可知,0～t0时间内,汽车所受的牵引力保持不变,由牛顿第二定律有F1-F阻=ma,解得a=2.5 m/s2,则有t0== s=6 s,故A正确;电动机输出的最大功率为P1=F1v1=5 000×15 W=75 kW,故B错误;汽油机工作时,汽车的功率为P2=F2v1=6 000×15 W=90 kW,t=11 s时,汽车的速度为v2==
25 m/s,则汽油机工作期间牵引力做的功为W=P2(11-t0)=4.5×105 J,故C正确;0～t0时间内,汽车的位移为s1=a=45 m,t0～11 s时间内,由动能定理有W-F阻s2=m-m,解得s2=120 m,汽车在前11 s内运动的位移为s=s1+s2=165 m,故D错误.
考点二　动能定理与机械能守恒定律的综合应用
5.“打水漂”是游戏者运用手腕的力量让撇出去的小石片在水面上弹跳数次.如图所示,游戏者在地面上以速度v0抛出质量为m的小石片,抛出后小石片落到比抛出点低h的水面上.若以抛出点所在平面为参考平面,不计空气阻力,则下列说法正确的是(　　)
A.抛出后小石片落到水面时的重力势能为mgh
B.抛出后小石片落到水面时重力对小石片做的功为-mgh
C.抛出后小石片落到水面上的机械能为m
D.抛出后小石片落到水面上的动能为 m-mgh
【答案】 C
【解析】 以抛出点所在平面为参考平面,水面低于抛出点h,所以小石片在水面上时的重力势能为-mgh,故A错误;抛出点在水面上方,其高度差为h,则重力做正功,所以整个过程重力对小石片做功为mgh,故B错误;整个过程机械能守恒,抛出时的机械能为m,所以小石片在水面时的机械能也为m,故C正确;根据动能定理,有mgh=Ek-m,可得小石片在水面上的动能Ek=m+mgh,故D错误.
6.(多选)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量均为m的小球A和B,支架的两直角边长度分别为2l和l,支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动,如图所示.开始时OA边处于水平状态,由静止释放OA,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.运动过程中,A、B两球的速度大小总是相等
B.运动过程中,A、B和支架系统机械能守恒
C.A运动至最低点时速度大小为
D.A运动至最低点的过程中,杆对B做功为mgl
【答案】 BC
【解析】 A、B两球同轴转动,角速度相等,根据v=ωr,可得==2,故运动过程中,A、B两球的速度大小不相等,故A错误;运动过程中,系统中只有重力做功,A、B和支架系统机械能守恒,故B正确;A运动至最低点时,根据机械能守恒有mg·2l-mgl=m+m,联立解得vA=,vB=,故C正确;A运动至最低点的过程中,对B,根据动能定理有W-mgl=
m,解得 W=mgl,故D错误.
7.某装置可简化为如图所示模型,倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触,传送带BC长L=6 m,始终以v0=4 m/s的速度顺时针运动.一个质量m=1 kg的物块由距斜面底端高度h1=5.4 m 的A点由静止滑下,物块通过B点时速度的大小不变.物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2,传送带上表面距地面的高度H=5 m,g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)物块下滑到B点的速度vB;
(2)物块由B点运动到C点的时间;
(3)物块落到D点时的速度.
【答案】 (1)6 m/s　(2)1.25 s　(3)10.8 m/s
【解析】 (1)物块在斜面上运动,由动能定理得
mgh1-μ1mgcos θ·=m,
代入数据解得vB=6 m/s.
(2)物块滑上传送带后,由于vB>v0,可知物块先做匀减速运动,根据牛顿第二定律,有μ2mg=ma,
解得a=2 m/s2;
在物块减速到4 m/s的过程中,
由v0=vB-at2,x2=·t2,
解得t2=1 s,x2=5 m;
此后做匀速运动的时间t3==0.25 s,
即物块由B点运动到C点的时间
t=t2+t3=1.25 s.
(3)物块从C点运动到D点过程中,根据机械能守恒定律得m+mgH=m,
代入数据解得vD≈10.8 m/s.
考点三　对几种常见功能关系的理解和应用
8.如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫块,楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,在车厢相互撞击,弹簧压缩过程中(　　)
A.缓冲器的机械能守恒
B.摩擦力做功消耗机械能
C.垫块的动能全部转化成内能
D.弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】 B
【解析】 由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,摩擦力做负功,则缓冲器的部分机械能转化为内能,选项A错误,B正确;车厢撞击过程中,弹簧被压缩,摩擦力和弹簧弹力都做功,所以垫块的动能转化为内能和弹性势能,选项C、D错误.
9.(2024·山东卷,7)如图所示,质量均为m的甲、乙两同学,分别坐在水平放置的轻木板上,木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接,连接点等高且间距为d(dA.+μmg(l-d)
B.+μmg(l-d)
C.+2μmg(l-d)
D.+2μmg(l-d)
【答案】 B
【解析】 当甲所坐木板刚要离开原位置时,对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg,解得弹性绳的伸长量x0=,则此时弹性绳的弹性势能为E0=k=,从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程,乙所坐木板的位移为x1=x0+l-d,则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d),故选B.
10.如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平面AB和竖直半圆形轨道BC组成,各部分平滑连接.已知半圆形轨道的半径 R=0.4 m,除半圆形轨道BC外其余接触面均光滑.某次游戏中用力将一质量 m=0.1 kg的滑块压缩轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接),此时弹簧的弹性势能Ep=1.6 J,然后由静止释放滑块,滑块从弹射器A点弹出后,恰能通过半圆形轨道的最高点C,重力加速度g取10 m/s2,滑块可视为质点,忽略空气阻力.求:
(1)滑块通过半圆形轨道的B点时对轨道的压力大小;
(2)滑块从B点运动到C点的过程中,克服摩擦力做的功;
(3)滑块离开半圆形轨道后落到水平面AB上时的速度大小.
【答案】 (1)9 N　(2)0.6 J　(3)2 m/s
【解析】 (1)由于水平面AB为光滑面,则滑块从A到B的过程中机械能守恒,有Ep=m,
滑块经过B点时有FN-mg=m,
代入数据得FN=9 N,由牛顿第三定律知,滑块对轨道的压力大小为9 N.
(2)滑块恰能通过最高点C,有mg=m,
得vC==2 m/s,
设滑块从B到C的过程克服摩擦力做功Wf,则有-Wf=2mgR+m-m,
代入数据得Wf=0.6 J.
(3)滑块离开C点到水平面AB的过程中,根据动能定理有
mg·2R=mv2-m,
解得
v==2 m/s.
11.(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O上,另一端与套在粗糙固定直杆A处质量为m的小球(可视为质点)相连.A点距水平面的高度为h,直杆与水平面的夹角为30°,OA=OC,B为AC的中点,OB等于弹簧原长.小球从A处由静止开始下滑,经过B处的速度为v,并恰能停在C处.已知重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　)
A.小球通过B点时的加速度为
B.小球通过AB段比BC段摩擦力做功少
C.弹簧具有的最大弹性势能为mv2
D.A到C过程中,产生的内能为mgh
【答案】 CD
【解析】 小球通过B点时,弹簧的弹力为零,小球受到重力、杆的支持力和滑动摩擦力,由牛顿第二定律得mgsin 30°-f=maB,可知aB<,故A错误;根据对称性知,小球通过AB段与BC段关于B点对称位置受到的弹簧弹力大小相等,小球对直杆的正压力大小相等,小球与直杆之间的滑动摩擦力大小相等,则两段过程中摩擦力做功相等,故B错误;小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为Wf,AB间的竖直高度为h,小球的质量为m,设弹簧具有的最大弹性势能为Ep,对于小球从A到B的过程根据功能关系得mg·-Wf=mv2-Ep,从A到C的过程根据功能关系得mgh-2Wf=0,解得Wf=mgh,Ep=mv2,故C正确;从A到C过程中,产生的内能为Q=2Wf=mgh,故D正确.
12.(多选)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行.现将一质量为0.5 kg的煤块轻轻放在传送带的A端,煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示,3 s末煤块到达B端,取沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.倾角θ=30°
B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
C.3 s内传送带上留下的痕迹长为9 m
D.3 s内煤块的机械能减少38 J
【答案】 BD
【解析】 由题图乙可知,0～1 s煤块的加速度为 a1=10 m/s2,1～3 s煤块的加速度为a2=
2 m/s2,传送带的速度为v1=10 m/s,根据牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,mgsin θ-
μmgcos θ=ma2,解得θ=37°,μ=0.5,故A错误,B正确.0～1 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s1=v1t=10×1 m=10 m,s1′=v1t=5 m,它们的相对位移为Δs1=s1-s1′=5 m;1～3 s内传送带的位移及煤块的位移分别为s2=v1t=10×2 m=20 m,s2′=(v1+v2)t=×(10+14)×2 m=24 m,它们的相对位移为Δs2=s2′-s2=4 m.0～1 s内煤块位移小于传送带位移,在传送带上出现5 m长的痕迹,1～3 s内煤块位移大于传送带的位移,这4 m长的痕迹与0～1 s内的痕迹重合,所以传送带上出现的痕迹长为5 m,故C错误.0～1 s内煤块与传送带间摩擦力做功Wf1=μmgcos θ·s1′=10 J,1～3 s摩擦力做功 Wf2=-μmgcos θ·s2′=-48 J,可知3 s内摩擦力对煤块做功Wf=-38 J,即3 s内煤块机械能减少38 J,故D正确.
13.(多选)如图甲所示,物体以一定的初速度v0从倾角为α=37°的斜面底端沿斜面向上运动,其最大高度为3 m,选择地面为参考平面,上滑过程中,物体的机械能E随高度h的变化如图乙所示.g取 10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量m=1 kg
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.4
C.物体上滑过程的加速度大小a=10 m/s2
D.物体回到斜面底端时的动能Ek=10 J
【答案】 ACD
【解析】 物体到达最高点时,其机械能E末=mgh,则m==1 kg,故A正确;根据功能关系,物体上滑过程有-μmgcos α·=E-E0,则E=E0-h,由题图乙得=,解得μ=0.5,故B错误;根据牛顿第二定律,物体上滑过程有 mgsin α+μmgcos α=ma,解得 a=10 m/s2,故C正确;由于物体上滑过程中摩擦力做功等于其机械能变化,可知Wf=30 J-50 J=-20 J,初状态时Ek0=m,则物体在整个过程中,由动能定理得Ek-Ek0=2Wf,即Ek=Ek0+2Wf=10 J,故D正确.
14.工厂里有一种运货的过程可以简化为如图所示,货物以v0=10 m/s的初速度滑上静止货车的左端,已知货物质量m=20 kg,货车质量M=30 kg,货车高h=0.8 m.在光滑轨道OB上的A点设置一固定的障碍物,当货车撞到障碍物时会被粘住不动,而货物就被抛出,恰好会沿BC方向落在B点.已知货车上表面的动摩擦因数μ=0.5,货物可简化为质点,斜面的倾角为53°.取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2.
(1)求A、B之间的水平距离;
(2)若已知OA段距离足够长,导致货物在碰到障碍物之前已经与货车达到共同速度,则货车的长度是多少
【答案】 (1)1.2 m　(2)6.7 m
【解析】 (1)货物经B点时有vy=gt1,
tan 53°=,而h=g,
代入数据解得t1=0.4 s,vx=3 m/s,
故xAB=vxt1=1.2 m.
(2)在货车碰撞到障碍物前,货车与货物已经达到共同速度,根据牛顿第二定律,
对货物有μmg=ma1,对货车有μmg=Ma2,
当货车和货物具有共同速度时,v0-a1t2=a2t2,
代入数据解得t2=1.2 s,v共=4 m/s,
此过程中货物位移
s1=t2=8.4 m,
货车位移
s2=t2=2.4 m,
则货物在货车上的相对位移Δs=6 m;
当货车被粘住之后,货物继续在货车上滑行,直到滑出,根据动能定理有
-μmgs=m-m,
解得s=0.7 m,
故货车长度L=s+Δs=6.7 m.第一节　功
[学习目标]　1.通过观察、比较分析实例,初步认识功、能量及功与能量的关系,加深对功和能量观念的理解.2.利用初中对功的认识及力的分解思想推导功的公式,培养科学思维.3.理解正功和负功的意义,会在具体情境中判断力做功的特点;会从不同角度求解总功,培养综合分析问题的科学思维.
知识点一　功的计算
情境导学
　(1)观察下图,分析图中的哪个人对物体做了功
(2)马拉雪橇时拉力F的方向和雪橇运动方向间有一个角度α.当雪橇通过位移s时应当怎样计算功呢
提示:(1)拉重物上升的过程,对重物做了功,其他三种情况都没有对物体做功.
(2)当拉力方向与运动方向(同位移方向)夹角为α时,功等于拉力F与位移s及夹角的余弦cos α的乘积,即W=Fscos α.
知识整合
1.功的定义
在物理学中,如果一个物体受到力的作用,且物体在力的方向上发生了位移,就说这个力对物体做了机械功,简称功.
2.做功的两个因素
作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移,是做功的两个必要因素.
3.功的计算公式
(1)力与物体位移方向的夹角为α时,W=Fscos α,即力对物体所做的功等于力的大小、位移的大小以及力和位移夹角的余弦的乘积.
(2)在国际单位制中,功的单位为焦耳,简称焦,符号是J.1 J等于1 N的力使物体在力的方向上发生1 m的位移时所做功的大小.即1 J=1 N·m.
(3)功是标量,但有正、负之分.
(4)适用条件:在用公式W=Fscos α计算力F做的功时,F应为恒力.
问题思考
如果物体在几个力作用下发生一段位移,如何求这几个力对物体做的功 如图所示,物体在各个力的共同作用下移动了一段距离l,探究以下问题:
(1)求各个力对物体做的功是多少 各个力对物体做功的代数和是多少
(2)物体所受的合力是多少 合力做的功是多少
提示:(1)WF=Flcos α,
WN=FNlcos 90°=0,
WG=Glcos 90°=0,
Wf=flcos 180°=-fl,
W=WF+WN+WG+Wf=(Fcos α-f)l.
(2)F合=Fcos α-f,
W合=F合lcos 0°=(Fcos α-f)l.
归纳提升
1.对公式W=Fscos α的理解与应用
(1)在使用公式W=Fscos α计算功时,公式中W、F、s都要取国际单位制中的单位.
(2)功是一个标量,只有大小,没有方向,因此合力做的功等于各个力做功的代数和.
(3)公式W=Fscos α只适用于计算大小和方向均不变的恒力做的功,不适用于计算变力做的功.式中的s是力的作用点的位移,α是力F的方向与位移s的方向的夹角.
(4)公式W=Fscos α可以理解为力乘在力的方向上的位移,即W=F·scos α,也可以理解为位移乘在位移方向上的分力,即W=Fcos α·s.
(5)力F对物体所做的功W只与F、s、α三者有关,与物体的质量、运动状态、运动形式及是否受其他力等因素均无关.
(6)因为功是过程量,是力在空间位移上的累积效果,对应一段位移或一段过程,所以用公式W=Fscos α求力做的功时,一定要明确是哪个力在哪一段位移上(或在哪一个过程中)所做的功.
2.总功的计算
当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时,计算这几个力对物体所做的总功,通常有以下两种方法:
(1)这几个力对物体所做的总功等于各个力分别对物体所做功的代数和.若以W1、W2、W3、…分别表示力F1、F2、F3、…所做的功,则这些力所做的总功为W总=W1+W2+W3+
…(负功连同负号一起代入计算).
(2)这几个力对物体所做的总功等于这几个力的合力对物体所做的功.若以F合表示这几个力的合力,则这些力所做的总功为 W总=F合scos α.
典例研习
角度1　对功的理解
[例1] 下列过程中关于人对物体做功的说法不正确的是(　　)
A.甲用力推石头,但没有推动,甲对石头不做功
B.乙举起杠铃后,在空中停留3 s的过程中,乙对杠铃不做功
C.丙提着书包,随电梯一起匀速上升的过程中,丙对书包做了功
D.运动员将冰壶推出后,冰壶在水平冰面上滑行了5 m的过程中,运动员对冰壶做了功
【答案】 D
【解析】 甲用力推石头,但没有推动,推力没有位移,则甲对石头不做功,A正确;乙举起杠铃后,在空中停留3 s的过程中,因为杠铃无位移,则乙对杠铃不做功,B正确;丙提着书包,随电梯一起匀速上升的过程中,有力且在力的方向上有位移,丙对书包做了功,C正确;运动员将冰壶推出后,冰壶在水平冰面上滑行了5 m的过程中,运动员对冰壶没有力的作用,则对冰壶不做功,D错误.
角度2　功的计算
[例2] 甲、乙、丙、丁图中物体所受力F的大小相等,位移方向向右、大小相同.关于下列四种情境说法正确的是(　　)
A.甲图中F做功最少
B.乙图中F做功最多
C.丙图中F做功最多
D.丁图中F做功最少
【答案】 D
【解析】 设位移为s,由恒力做功公式可知W甲=Fs,W乙=Fscos 30°=Fs,W丙=Fscos 30°
=Fs,W丁=Fscos 60°=Fs,即题图甲中F做功最多,题图丁中F做功最少,故A、B、C错误,D正确.
[例3] 如图所示,升降机内斜面的倾角 θ=30°,质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动,在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s过程中(g取10 m/s2),求:
(1)斜面对物体的支持力所做的功;
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功.
【答案】 (1)300 J　(2)100 J
【解析】 (1)升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s过程中,通过的位移
s=v0t=20 m,
方向竖直向上,对物体进行受力分析如图所示,根据平衡条件有
FN=mgcos θ,
则斜面对物体的支持力所做的功
W1=FNscos θ,
解得W1=300 J.
(2)结合上述,根据平衡条件f=mgsin θ,
则斜面对物体的摩擦力所做的功W2=fssin θ,
解得W2=100 J.
计算恒力做功要注意的三个问题
(1)计算功时一定要明确是哪个力对哪个物体在哪段位移过程中做的功.
(2)力F与位移s必须互相对应,即s必须是力F作用过程中的位移.
(3)某力对物体做的功只跟这个力、物体的位移以及力与位移间的夹角有关,跟物体的运动情况无关,跟物体是否还受其他力,以及其他力是否做功均无关.
知识点二　正功和负功　做功与能量变化的关系
情境导学
(1)-10 J的功与+5 J的功哪个多 功的正负表示什么
(2)三幅图中,各有什么能量在相互转化
提示:(1)-10 J的功多,功的正负表示力对于该运动过程为动力还是阻力.
(2)铁锤对铁条做功时,铁锤的机械能转化为铁条的内能;河水对水车做功时,河水的机械能转化为水车的机械能;风对帆船做功时,风的机械能转化为帆船的机械能.
知识整合
1.正功和负功
α的取值 cos α 功的正负 物理意义
α= cos α=0 W=0, 力不做功 力既不是 动力, 也不是 阻力 (选填“动力” 或“阻力”)
0≤α< cos α>0 W>0,力 做正功 做功的力 是动力
<α≤π cos α<0 W<0,力 做负功 做功的力 是阻力
2.做功与能量变化的关系
(1)能量的意义.
一个物体能够对其他物体做功,我们就说这个物体具有能量.
(2)功与能的关系:做功的过程就是能量变化的过程;做了多少功,就有多少能量发生变化;功是能量变化的量度.
问题思考
　如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼,如图乙为一男士站立在履带式自动人行电梯上正在匀速上楼.
(1)甲图中女士所受的支持力和摩擦力是否做功 正功还是负功
(2)乙图中男士所受的支持力和摩擦力是否做功 正功还是负功
提示:(1)题图甲中女士所受支持力做正功,不受摩擦力.
(2)题图乙中男士所受支持力不做功,摩擦力做正功.
归纳提升
1.正功、负功的判断方法
(1)看力F与位移s的夹角α:α<90°,力做正功;α>90°,力做负功;α=90°,力不做功.
(2)看力F与速度v的夹角θ:θ<90°,力做正功;θ>90°,力做负功;θ=90°,力不做功.
2.正功、负功的物理意义
功的正、负由力和位移之间的夹角决定,所以功的正负不表示方向,而只能说明做功的力对物体来说是动力还是阻力.
典例研习
[例4] 手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目,如图所示,某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动,若不计空气阻力,则此过程中(　　)
A.乒乓球受到的重力对乒乓球做负功
B.乒乓球所受合力对乒乓球做正功
C.球拍对乒乓球的摩擦力不做功
D.球拍对乒乓球的支持力对乒乓球做正功
【答案】 D
【解析】 乒乓球受到的重力方向与运动方向垂直,可知重力对乒乓球不做功,选项A错误;乒乓球做匀速运动,合力为零,可知所受合力对乒乓球不做功,选项B错误;球拍对乒乓球的摩擦力沿斜面向上,与速度方向夹角为钝角,可知摩擦力对乒乓球做负功,选项C错误;球拍对乒乓球的支持力与球拍垂直,与速度方向夹角为锐角,则支持力对乒乓球做正功,选项D正确.
知识点三　变力的功
归纳提升
1.在F-s图像中“面积”的意义
利用F-s位移图像可求功.如图甲所示表示恒力的F-s位移图像,纵坐标表示力F在位移方向上的分量,功W的数值等于直线下方阴影部分的面积.如图乙所示表示变力F-s图像,曲线下方阴影部分的面积就表示变力所做的功.
2.求变力功的方法
(1)平均值法:当力F的大小发生变化,但F、s呈线性关系时,可以代入F的平均值计算F做的功.
(2)图像法:变力的功W可用F-s图线中所包围的面积表示.s轴上方的面积表示力对物体做的正功多少,s轴下方的面积表示力对物体做的负功多少.
例如求弹簧弹力做功.因弹力与弹簧的伸长量(或缩短量)x成正比,力F随x的增大而增大,则两者关系图像如图所示,F·x表示力F做功,所以图线与x轴围成的面积即表示力F所做的功,W=F1x1=k.
(3)分段法(或微元法):当力的大小不变,力的方向时刻与速度同向(或反向)时,把物体的运动过程分为很多小段,这样每一小段可以看成直线,先求力在每一小段上的功,再求和即可.
(4)等效替换法:若某一变力的功和某一恒力的功相等,则可以用求得的恒力的功来作为变力的功.
典例研习
[例5] (微元法)(多选)如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变,则下列说法正确的是(　　)
A.重力做功为mgL
B.悬线拉力做负功
C.空气阻力做功为-fL
D.空气阻力做功为-fπL
【答案】 AD
【解析】 重力做功为mgL,A正确;悬线拉力方向与速度方向总是垂直,可知拉力不做功,B错误;空气阻力f做功为Wf=-f=-fπL,C错误,D正确.
[例6] (平均值法)如图甲所示,质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F随位移大小s 变化的情况如图乙所示,则力F所做的功为(　　)
A.200 J B.400 J
C.800 J D.无法确定
【答案】 A
【解析】 F-s图像与坐标轴围成的面积表示做功,力F所做的功为W=×100×4 J=200 J,故选A.
课时作业
考点一　功的理解与计算
1.如图所示,两个互相垂直的力F1和F2作用在同一个物体上,使物体运动,物体发生一段位移后,力F1对物体做功6 J,力F2对物体做功8 J,则F1与F2的合力对物体做功为(　　)
A.2 J B.7 J
C.10 J D.14 J
【答案】 D
【解析】 根据题意可知,F1与F2的合力对物体做功等于F1做功与F2做功之和,F1做功与F2做功之和为W=6 J+8 J=14 J.故选D.
2.某人用同一水平力F先后两次拉同一物体,第一次使此物体从静止开始在光滑水平面上前进l距离,第二次使此物体从静止开始在粗糙水平面上前进l距离.则先后两次拉力做的功W1和W2的关系是(　　)
A.W1>W2 B.W1=W2
C.W1【答案】 B
【解析】 拉力做功为W1=W2=Fl,故选B.
考点二　正功、负功和总功
3.(多选)物理无处不在,不止存在于身边,还在诗和远方,李白《行路难》中有两句诗:欲渡黄河冰塞川,将登太行雪满山.闲来垂钓碧溪上,忽复乘舟梦日边.我们从做功的角度来看,以下说法正确的是(　　)
A.假如黄河水面结冰,李白走过去,脚受到的静摩擦力做正功
B.假如李白垂钓,钓竿静止不动,人手对杆的支持力不做功
C.如果李白登太行山,则在登山过程中地面支持力对人脚做正功
D.如果李白乘船,此过程中假设船直线行驶,水对船的阻力做负功
【答案】 BD
【解析】 假如黄河水面结冰,李白走过去,脚受到的静摩擦力的作用点位移为零,所以不做功,故A错误;假如李白垂钓,钓竿静止不动,人手对杆的支持力的作用点位移为零,所以不做功,故B正确;如果李白登太行山,在登山过程中地面支持力的作用点位移为零(只有在接触时才有支持力,抬起脚后支持力为0),所以不做功,故C错误;如果李白乘船,此过程中假设船直线行驶,水对船的阻力与船速度方向相反,做负功,故D正确.
4.如图,某同学在商场随自动扶梯向下匀速运动,则下列关于该同学所受的力和各力对该同学做功的表述,正确的是(　　)
A.摩擦力水平向左,做负功,支持力做正功
B.摩擦力水平向右,做正功,支持力做负功
C.摩擦力为零,支持力做负功
D.摩擦力为零,支持力做正功
【答案】 C
【解析】 该同学随自动扶梯向下匀速运动,可知受力平衡,即水平方向受合力为零,可知受摩擦力为零,摩擦力做功为零;竖直方向受竖直向上的支持力,则支持力做负功.故选C.
5.甲、乙两人共同推动一辆熄火的汽车沿平直路面匀速前进一段距离,对汽车做功分别为300 J和400 J,下列说法正确的是(　　)
A.阻力对汽车做功为-500 J
B.合力对汽车做功为700 J
C.两人对汽车做的总功为700 J
D.甲的推力一定小于乙的推力
【答案】 C
【解析】 因汽车做匀速直线运动,汽车受力平衡,故合力不做功,即W甲+W乙+W阻=0,解得W阻=-(300+400) J=-700 J,A、B错误;两人对汽车做的总功为W总=W甲+W乙=300 J+400 J
=700 J,C正确;由力对物体做功的公式W=Fscos α可知,力F对物体做功大小,不仅与力F和位移s大小有关,还与力F与位移s的夹角α有关,因此甲的推力不一定小于乙的推力,D错误.
考点三　变力的功
6.如图所示,一石磨的转动中心到手柄中心的距离为R.某人用大小恒为F,方向始终与手柄转动轨迹相切的力推磨,转动一圈时该力做功大小为(　　)
A.FR B.πFR C.2πFR D.0
【答案】 C
【解析】 由于力F的方向始终与手柄转动轨迹相切,即力F的方向始终与力的作用点运动的方向相同,则转动一圈时该力做功大小W=Fs=F·2πR,故选C.
7.一辆满载的货车质量为1×105 kg,从静止开始运动,其阻力为车重的.其牵引力的大小与车前进的距离变化关系为F=103s+F阻,F阻是车所受的阻力.当车前进100 m时,牵引力做的功是多少
【答案】 1×107 J
【解析】 方法一　平均力法　由于车的牵引力和位移的关系为F=103s+F阻,是线性关系,故前进100 m过程中的牵引力做的功可看作是平均牵引力所做的功.
由题意可知F阻=×105×10 N=5×104 N,
所以前进100 m过程中的平均牵引力
= N=1×105 N,
W=s=1×105×100 J=1×107 J.
方法二　图像法　牵引力表达式为F=103s+0.5×105,其函数图像如图所示.根据F-s图像所围的面积表示牵引力所做的功,故牵引力所做的功等于梯形OABD的“面积”.
所以W= J=1×107 J.
8.如图所示,甲、乙两名工人将相同的货物从斜面底端匀速推上平台.斜面粗糙程度相同,推力平行于斜面向上,则(　　)
A.甲推力一定比乙小 B.甲推力一定比乙大
C.两人推力做功相等 D.甲推力做功比乙多
【答案】 D
【解析】 设斜面倾角为θ,货物匀速运动,沿斜面方向受力平衡,有F=mgsin θ+μmgcos θ=
mgsin (θ+φ),其中μ=tan φ,由此可知,斜面倾角越大,(θ+φ)越大,但sin (θ+φ)不一定越大,所以甲和乙的推力大小关系无法确定,故A、B错误;设斜面高度为h,则推力做功为W=F·=(mgsin θ+μmgcos θ)=mgh(1+),由于左侧斜面倾角较小,tan θ较小,W较大,即甲推力做功比乙多,故C错误,D正确.
9.(多选)质量为2 kg的物体在水平面上沿直线运动,受到的阻力大小恒定.经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离s的关系如图所示,0～3 m物体做匀速直线运动.下列对图示过程的说法正确的是(　　)
A.在s=5 m处物体加速度大小为2 m/s2
B.0～7 m拉力对物体做功为40 J
C.0～7 m物体克服阻力做功为28 J
D.0～7 m合力对物体做功为28 J
【答案】 BC
【解析】 0～3 m物体做匀速直线运动,可知阻力大小为F阻=F1=4 N,在s=5 m处,由图像可知拉力为F2=7 N,根据牛顿第二定律可得F2-F阻=ma,解得a=1.5 m/s2,故A错误;根据F-s图像与横轴围成的面积表示拉力做功,可知0～7 m 拉力对物体做功为WF=4×3 J+
×(7-3) J=40 J,故B正确;0～7 m物体克服阻力做功为 |W阻|=F阻s=4×7 J=28 J,故C正确;0～7 m合力对物体做功为W合=WF-|W阻|=40 J-28 J=12 J,故D错误.
10.如图所示,站在汽车上的人用手推车的力为F,脚对车向后的静摩擦力为f,下列说法正确的是(　　)
A.当车匀速运动时,F和f做的总功为零
B.当车加速运动时,F和f做的总功为正功
C.当车加速运动时,F和f做的总功为零
D.不管车做何种运动,F和f做的总功都为零
【答案】 A
【解析】 根据牛顿第三定律,车对人向后的推力大小也为F,车对人向前的静摩擦力大小也为f.以人为研究对象,取车前进的方向为正方向,由牛顿第二定律得f-F=ma,当车匀速运动时,则有a=0,F=f,由于人对车的推力F做正功,人对车的摩擦力f对车做负功,而两力做功的绝对值相等,所以F和f的总功为零,故A正确;当车加速运动时,则有a>0,f>F,则f对车做的负功多,F对车做的正功少,故F和f的总功为负功,故B、C错误;当车减速运动时,则有a<0,f11.如图所示,质量为m=1 kg的物体静止在倾角为θ=37°的斜面上,物体与斜面的动摩擦因数为μ=0.8,现使物体与斜面相对静止并水平向左匀速移动距离l=10 m,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)摩擦力对物体做的功;
(2)斜面对物体的弹力做的功;
(3)重力对物体做的功;
(4)各力对物体所做的总功.
【答案】 (1)-48 J　(2)48 J　(3)0　(4)0
【解析】 (1)物体受到摩擦力为静摩擦力,方向沿斜面向上,根据受力平衡可得摩擦力大小为
f=mgsin θ=6 N,
摩擦力对物体做的功为
Wf=-flcos θ=-6×10×0.8 J=-48 J.
(2)物体受到支持力垂直于斜面向上,大小为
FN=mgcos θ=8 N,
斜面对物体的弹力做的功为
WFN=FNlcos (90°-θ)=8×10×0.6 J=48 J.
(3)由于重力方向竖直向下,与物体的运动方向垂直,可知重力对物体做的功为0.
(4)各力对物体所做的总功为
W总=f+WFN+WG=-48 J+48 J+0=0.(共20张PPT)
第七节　生产和生活中的机械能守恒
1.通过实例分析,深化对机械能守恒定律的认识,会从能量转化与守恒的角度思考问题,加深对能量观念的认识.2.理解应用机械能守恒定律解决实际问题过程中所蕴含的模型建构、科学推理、科学论证和质疑创新等科学思维,促进科学思维的发展.3.体会从能量视角解决问题的方法,培养科学探究能力,体会能量观念对于解决实际问题的价值及其中蕴含的科学态度与责任.
[学习目标]　
类型一　落锤打桩机
「归纳提升」
1.落锤打桩机
落锤打桩机主要由桩锤、卷扬机和导向架组成.打桩时,桩锤由卷扬机用吊钩提升到设计高度,然后使桩锤沿导向架自由下落打击管桩.桩锤自由下落过程符合机械能守恒定律.
2.跳台滑雪
跳台滑雪是滑雪运动项目的一种.为确保运动员的安全,同时使空中飞行的距离尽量远,需要综合考虑运动员速度、坡面倾斜度和跳台高度等要素.
3.过山车
「典例研习」
[例1] 如图所示,打桩机的起吊装置通过相对较轻的绳索,提供竖直向上、大小恒为F的拉力将锤从桩上端吊起,锤上升h1高度后起吊装置停止施力.一段时间后锤下落,锤和桩共同向下运动h2高度后速度减小为零.已知锤的质量为m,当地的重力加速度为g,不计空气阻力、不计起吊装置停止施力后绳索对锤的影响.求:
(1)停止施力时,锤的速度大小v;
(2)停止施力后,锤还能上升的高度h.
类型二　跳台滑雪
1.主要构造
主要由助滑坡AB、水平起跳平台BC和着陆坡CD组成.
「归纳提升」
2.物理模型
机械能守恒定律与平抛运动相结合的问题.
3.应用的物理规律
下滑过程:重力势能转化为动能(忽略空气阻力)→机械能守恒.
腾空过程:平抛运动→机械能守恒.
求解其他问题→平抛运动规律与机械能守恒定律相结合.
「典例研习」
[例2] 如图甲所示为北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图.如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图.运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h.运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=108 km/h 的速度在C点着地.已知运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取 10 m/s2,不计阻力.求:
(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小;
【答案】 (1)4.9 m/s2
(2)B、C间的高度差.
【答案】 (2)13.75 m
类型三　过山车
「归纳提升」
1.主要构造
由倾斜轨道和与之相切的圆形轨道组成.
2.物理模型
(1)过山车由倾斜轨道自由滑下→直线运动.
(2)过山车进入圆形轨道→竖直面内圆周运动.
3.应用的物理规律
整个过程:重力势能转化为动能(忽略阻力)→机械能守恒.
「典例研习」
[例3] 四环过山车项目的某段可以抽象成如图所示模型.设曲面轨道和圆形轨道平滑连接,质量为m的过山车从曲面轨道的A点由静止滑下,经过最低点B后,滑上半径为R的圆形轨道且恰好能通过最高点C,忽略一切阻力,重力加速度为g.
(1)求A点距离地面的高度H;
(2)求过山车第一次经过B点时,对轨道的压力大小;
【答案】 (2)6mg
(3)若考虑过山车运动过程受到阻力的作用,为了让过山车还能顺利通过最高点C,需将轨道A点的高度至少提升到原有高度的1.8倍,则过山车从A点运动到C点的过程中,克服阻力做了多少功
【答案】 (3)2mgR
感谢观看(共38张PPT)
章末总结
「思维导图」
重力
弹力
「命题热点」
命题热点1　对功和功率的理解和计算
1.要注意区分是恒力做功,还是变力做功,求恒力的功常用定义式.
2.根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力),可用图像法(F-s 图像中“面积”)、平均值法(均匀变化的力的功),或用W=Pt求功率恒定的力的功,及用动能定理等求解非常规变力的功.
3.功和功率的计算中应注意的问题
(1)计算功时,要注意分析受力情况和能量转化情况,分清是恒力做功,还是变力做功,恒力做功一般用功的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理、转化法或图像法求解.
(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω;
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W;
【答案】 (2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式.
命题热点2　功和能中的图像问题
1.观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.
2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.
3.将推导出的物理量间的关系式与图像相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点及图线所围面积所对应的关系分析解答问题.
[例2] (2023·辽宁卷)如图a,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道.两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图b所示.由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　 )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
B
【解析】 由题图b可知,甲下滑过程中做匀加速直线运动,则甲沿Ⅱ下滑,而乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿Ⅰ下滑,由于任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的小;开始时乙的速度为0,到N点时乙竖直方向的速度也为0,根据公式有P=mgvy,可知重力瞬时功率先增大后减小,故A、C、D错误,B正确.
命题热点3　“连接体”系统的机械能守恒问题
1.轻绳连接的物体系统
(1)如图所示的常见情境中,不计一切阻力.
(2)三个关键.
①明确两物体的速度关系.图甲、乙、丙中的物体A、B的速度大小相等,图丁中物体A的速度沿绳方向的分速度大小等于B的速度大小.
②明确两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系.
③明确机械能守恒定律的适用对象.绳上的拉力对单个物体做正功或负功,所以单个物体的机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则守恒.
2.轻杆连接的物体系统
(1)如图甲、乙、丙所示的常见情境中,不计一切阻力.
(2)三大特点.
①图甲、乙中两物体角速度相等.
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒,图丙中两物体沿杆的分速度大小相等.
③对于杆和物体组成的系统,除重力和杆的弹力做功外没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒.
3.轻弹簧连接的物体系统
(1)如果系统在水平面内运动,则只有弹簧的弹力做功,物体和弹簧组成的系统内物体的动能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒.
(2)如果系统在竖直面内或斜面上运动,既有重力做功,又有弹簧弹力做功,物体和弹簧组成的系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒.
(3)题目经常涉及弹簧压缩和伸长相等的过程,此时弹性势能的大小由弹簧的形变量决定,与弹簧伸长或压缩情况无关.
[例3] 如图所示,光滑斜面固定在水平地面上,质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,一轻质弹簧下端固定在斜面底端,另一端连接在A上.开始时B被托住,轻绳伸直但没有弹力.现使B由静止释放,在B运动至最低点的过程中(设B未落地,A未与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内)(　　)
A.A和B总的重力势能先减小后增大
B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加量
C.当A受到的合力为零时,A的速度最大
D.当A和B的速度最大时,A和B的总机械能最大
C
【解析】 在B运动至最低点的过程中,设B下降的高度为h0,斜面倾角为θ,则A和B总的重力做功为WG=mgh0-mgh0sin θ>0,可知,A和B总的重力势能一直减小,故A错误;在B运动至最低点的过程中,弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态,弹簧弹力对A先做正功后做负功,轻绳对A一直做正功,轻绳对A做功与弹簧对A做功的代数和等于A机械能的变化量,故B错误;在B运动至最低点的过程中,对A进行分析,A先向上做加速度减小的加速运动,后向上做加速度增大的减速运动,当A受到的合力为零时,A的速度最大,故C正确;在B运动至最低点的过程中,结合上述可知,当A和B的速度最大时,A、B所受外力合力为0,此时弹簧处于拉伸状态,在弹簧从原长到该拉伸状态过程,弹簧对A做负功,该过程A、B系统的机械能减小,可知当A和B的速度最大时,A和B的总机械能并不是最大,故D错误.
命题热点4　动能定理在实际问题情境中的应用
解题流程
[例4] (多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物.如图所示,可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s.已知货物质量为 20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取10 m/s2.关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的是(　 　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
BCD
命题热点5　功能关系的综合应用
1.做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.功与能量的变化是“一一对应”的.
2.力学中的几种功能关系
(1)合外力做功等于动能的变化,即 W合=ΔEk.
(2)重力做功等于重力势能的减少量,即 WG=-ΔEp.
(3)弹力做功等于弹性势能的减少量,即W弹=-ΔEp.
(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功等于机械能的变化量,即W其他=
ΔE机.
(5)滑动摩擦力通过物体间相对位移做的功等于产生的内能,即E内=fs相对.
3.涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况.
(2)在除重力、弹力做功外,还涉及滑动摩擦力做功的问题中,机械能不守恒,一般摩擦力做的功并不等于因摩擦产生的内能,可由动能定理及其他功能关系求机械能及其变化,也可由E内=fs相对求产生的热量.
[例5] (多选)(2025·云南卷,10)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点.质量为m的滑块Q
(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ.过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑.弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g.则(　 　)
BCD
命题热点6　验证机械能守恒定律
该实验中除教材上提供的方案外,伴随着各类传感器、数字计时器和计算机进入课堂,高考中可能会利用不同的器材设计题目.但各种方案均基于机械能守恒定律,通过测量几个不同时刻的机械能或某些过程动能、势能的变化,达到验证机械能守恒定律的目的.处理该类问题时要注意以下几点:
(1)明确实验原理,即实验中是通过怎样的方法使动能、势能发生改变的.
(2)由实验获取的物体运动信息确定物体速度及位置变化情况.
(3)求出物体对应的动能、势能及其变化,确定机械能是否守恒;有些问题中也可能需要根据机械能守恒的关系,结合某种图像求涉及的物理量.
[例6] 利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒的实验.实验装置如图甲.
已经测得:
a.遮光片宽度d;
b.释放滑块时滑块上遮光片到光电门的距离l;
c.钩码质量m1,滑块与遮光片质量m2.
接通气源,释放钩码.
(1)已知滑块上遮光片通过光电门的时间为t,则滑块通过光电门时的速度为
　　　　.
(2)在滑块从释放到滑块上遮光片经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为　　　 　,动能增加量为　 .　　　　　　　
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第五节　机械能守恒定律
[学习目标]　
1.通过实例分析理解机械能的概念,理解不同形式的机械能可以相互转化且遵循一定的规律,加深对能量观念的认识;能分析实际问题中动能与势能的相互转化,培养建构模型的科学思维能力.2.理解机械能守恒定律推导过程中的能量观念和科学思维,体会机械能守恒定律所蕴含的守恒观念.3.理解机械能守恒定律的应用条件及方法,体会机械能守恒定律在解决实际问题时与动能定理的异同,建构系统的能量观念,提高科学思维能力.
知识点一　动能与势能的相互转化
「情境导学」
如图所示,把悬挂的小球拉至鼻尖由静止释放,实验者立于原地不动,小球来回摆动,忽略空气阻力.
(1)小球能否碰到鼻子 小球的受力情况如何 各力做功情况如何
提示:(1)不能;小球在摆动过程中受重力和线的拉力作用.拉力和速度方向总是保持垂直,对小球不做功,只有重力对小球做功.
(2)小球的动能和势能如何变化 这个实验说明了什么问题
提示:(2)小球在摆动过程中重力势能和动能在不断相互转化.在摆动过程中,小球总能回到原来的高度,可见重力势能和动能的总和不变.
「知识整合」
1.机械能
与 (包括重力势能和弹性势能)统称为机械能,在一定条件下,物体的动能与势能可以相互转化.
2.动能与重力势能间的转化
只有重力做功时,若重力做正功,则 能转化为 能;若重力做负功,则 能转化为 能.转化过程中,动能与重力势能之和 .
动能
势能
重力势
动
动
重力势
保持不变
3.动能与弹性势能间的转化
被压缩的弹簧把物体弹出去,射箭时绷紧的弦把箭弹出去,这些过程都是弹力做 功, 能转化为 能.
正
弹性势
动
「问题思考」
随着人类能量消耗的迅速增加,如何有效地提高能量的利用率,是人类所面临的一项重要任务.如图是某轻轨车站的设计方案,与站台连接的轨道有一个小的坡度.为什么在站台上要设置一个小小的坡度
提示:进站前关闭发动机,列车凭惯性上坡,动能转化成势能储存起来,出站时下坡,势能转化成动能,节省了能源.
知识点二　机械能守恒定律的理论验证
一个小球在真空中做自由落体运动,另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落.它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方.
「情境导学」
(1)在这两种情况下,重力做的功相等吗 重力势能的变化相等吗
(2)动能的变化相等吗 重力势能各转化成什么形式的能
提示:(1)相等,相等.(2)不相等,真空中转化为动能,液体中转化为动能和内能.
「知识整合」
1.理论推导:一个质量为m的小球从A点自由下落,从点B运动到点C的过程
中,由动能定理可得 WG= ,由重力做功与重力势能变化的关系可知WG=mgh1-mgh2,两式联立,移项得mgh1+ = .
2.机械能守恒定律的内容:在只有 或 做功的系统内,动能和势能发生相互转化,而系统的机械能总量 .
3.表达式:(1)Ep1+Ek1=Ep2+Ek2.
4.机械能守恒的条件:物体系统内只有 或 做功.
重力
弹力
保持不变
重力
弹力
「问题思考」
如图所示,质量为m的物体沿光滑曲面滑下的过程中,下滑到高度为h1的A处时速度为v1,下滑到高度为h2的B处时速度为v2,重力加速度为g,不计空气阻力,选择地面为参考平面.
(1)从A至B的过程中,物体受到哪些力 它们做功情况如何
提示:(1)从A至B的过程中,物体受到重力、支持力作用.重力做正功,支持力不做功.
(2)求物体在A、B处的机械能EA、EB;
(3)比较物体在A、B处的机械能的大小.
「归纳提升」
对机械能守恒条件的理解
(1)从能量转化的角度看,系统内只有动能和势能相互转化,而没有其他形式能量(如内能)的转化,并且系统与外界没有任何能量转化,则系统的机械能守恒.
(2)从做功的角度看,只有重力和系统内的弹力做功,具体表现如下:
①只受重力作用,例如所有做抛体运动的物体机械能守恒.
②系统内只有重力和弹力作用,如图甲、乙、丙所示.
图甲中,小球在摆动过程中线的拉力不做功,如不计空气阻力,则只有重力做功,小球的机械能守恒.
图乙中,各接触面光滑,A自B上端自由下滑的过程中,只有重力和A、B间的弹力做功,A、B组成的系统机械能守恒.但对A来说,B对A的弹力做负功,这个力对A来说是外力,A的机械能不守恒.
图丙中,不计空气阻力,球在下落过程中,只有重力和弹力做功,球与弹簧组成的系统机械能守恒.但对球来说,机械能不守恒.
「典例研习」
[例1] (多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程.关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　 　)
A.图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒
B.图乙所示过程中物块A的机械能守恒
C.图丙所示过程中物体A的机械能守恒
D.图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒
AD
【解析】 题图甲中跳伞运动员的动能不变,重力势能减小,则机械能不守恒,故A正确;题图乙中A匀速下滑,B表面粗糙,故物块A的机械能不守恒,故B错误;题图丙物体A将弹簧压缩的过程中,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减小,即题图丙中物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁中A、B两物体都只受重力和轻绳的拉力,由于系统内轻绳对A与对B做功的代数和为0,可知,题图丁中A、B组成的系统机械能守恒,故D正确.
判断机械能守恒的方法
(1)做功分析法(常用于单个物体).
·方法点拨·
(2)能量分析法(常用于多个物体组成的系统).
·方法点拨·
知识点三　机械能守恒定律的应用
1.机械能守恒的三种表达形式
「归纳提升」
2.应用机械能守恒定律的解题步骤
(1)选取研究对象(物体或系统).
(2)明确研究对象的运动过程,分析研究对象在运动过程中的受力情况,弄清各力的做功情况,判断机械能是否守恒.
(3)选取恰当的参考平面,确定研究对象在初、末状态的机械能.
(4)选取机械能守恒定律的某种表达式,列方程求解.
「典例研习」
[例2] 如图所示,光滑水平面AB与竖直面内半径为R=0.2 m的光滑半圆形轨道在B点相切.一个质量为m=0.1 kg的小球将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下小球获得 4 m/s 的速度后脱离弹簧.小球运动经过B点后沿半圆形轨道运动,并通过与圆心O等高的C点.g取 10 m/s2,小球可视为质点,且经过B点时无能量损失.求:
(1)轻弹簧被压缩至A点时的弹性势能;
【答案】 (1)0.8 J
(2)小球运动到C点时对轨道的压力大小.
【答案】 (2)6 N
知识点四　多物体系统的机械能守恒问题
1.多个物体组成的系统,就单个物体而言,机械能一般不守恒,但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.
「归纳提升」
3.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时,可优先考虑应用表达式Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或ΔEk=-ΔEp 来求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时:
①若两个物体的重力势能都在减少(或增加),动能都在增加(或减少),可优先考虑应用表达式ΔEk=-ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加,B物体的机械能减少,可优先考虑用表达式ΔEA=
-ΔEB来求解.
「典例研习」
[例3] (多选)一条轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,B球的质量是A球的3倍.用手托住B球,轻绳刚好被拉紧时,B球离地面的高度为h,A球静止于地面,如图所示.现由静止释放小球B,B通过轻绳带动A球上升,B球着地后对轻绳无作用力,速度立即变为0.A、B可视为质点,定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计,重力加速度为g.则从静止释放小球B,到球A达到最高点的过程中,下列说法正确的是(　 　)
BC
多物体机械能守恒问题的解题思路
·方法点拨·
感谢观看第五节　机械能守恒定律
[学习目标]　1.通过实例分析理解机械能的概念,理解不同形式的机械能可以相互转化且遵循一定的规律,加深对能量观念的认识;能分析实际问题中动能与势能的相互转化,培养建构模型的科学思维能力.2.理解机械能守恒定律推导过程中的能量观念和科学思维,体会机械能守恒定律所蕴含的守恒观念.3.理解机械能守恒定律的应用条件及方法,体会机械能守恒定律在解决实际问题时与动能定理的异同,建构系统的能量观念,提高科学思维能力.
知识点一　动能与势能的相互转化
情境导学
如图所示,把悬挂的小球拉至鼻尖由静止释放,实验者立于原地不动,小球来回摆动,忽略空气阻力.
(1)小球能否碰到鼻子 小球的受力情况如何 各力做功情况如何
(2)小球的动能和势能如何变化 这个实验说明了什么问题
提示:(1)不能;小球在摆动过程中受重力和线的拉力作用.拉力和速度方向总是保持垂直,对小球不做功,只有重力对小球做功.
(2)小球在摆动过程中重力势能和动能在不断相互转化.在摆动过程中,小球总能回到原来的高度,可见重力势能和动能的总和不变.
知识整合
1.机械能
动能与势能(包括重力势能和弹性势能)统称为机械能,在一定条件下,物体的动能与势能可以相互转化.
2.动能与重力势能间的转化
只有重力做功时,若重力做正功,则重力势能转化为动能;若重力做负功,则动能转化为重力势能.转化过程中,动能与重力势能之和保持不变.
3.动能与弹性势能间的转化
被压缩的弹簧把物体弹出去,射箭时绷紧的弦把箭弹出去,这些过程都是弹力做正功,弹性势能转化为动能.
问题思考
随着人类能量消耗的迅速增加,如何有效地提高能量的利用率,是人类所面临的一项重要任务.如图是某轻轨车站的设计方案,与站台连接的轨道有一个小的坡度.为什么在站台上要设置一个小小的坡度
提示:进站前关闭发动机,列车凭惯性上坡,动能转化成势能储存起来,出站时下坡,势能转化成动能,节省了能源.
知识点二　机械能守恒定律的理论验证
情境导学
一个小球在真空中做自由落体运动,另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落.它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方.
(1)在这两种情况下,重力做的功相等吗 重力势能的变化相等吗
(2)动能的变化相等吗 重力势能各转化成什么形式的能
提示:(1)相等,相等.(2)不相等,真空中转化为动能,液体中转化为动能和内能.
知识整合
1.理论推导:一个质量为m的小球从A点自由下落,从点B运动到点C的过程中,由动能定理可得 WG=m-m,由重力做功与重力势能变化的关系可知WG=mgh1-mgh2,两式联立,移项得mgh1+m=mgh2+m.
2.机械能守恒定律的内容:在只有重力或弹力做功的系统内,动能和势能发生相互转化,而系统的机械能总量保持不变.
3.表达式:(1)Ep1+Ek1=Ep2+Ek2.
(2)mgh1+m=mgh2+m.
4.机械能守恒的条件:物体系统内只有重力或弹力做功.
问题思考
如图所示,质量为m的物体沿光滑曲面滑下的过程中,下滑到高度为h1的A处时速度为v1,下滑到高度为h2的B处时速度为v2,重力加速度为g,不计空气阻力,选择地面为参考平面.
(1)从A至B的过程中,物体受到哪些力 它们做功情况如何
(2)求物体在A、B处的机械能EA、EB;
(3)比较物体在A、B处的机械能的大小.
提示:(1)从A至B的过程中,物体受到重力、支持力作用.重力做正功,支持力不做功.
(2)EA=mgh1+m,EB=mgh2+m.
(3)由动能定理得WG=m-m,
又WG=mgh1-mgh2,
联立以上两式可得m+mgh1=m+mgh2,
即EA=EB.
归纳提升
对机械能守恒条件的理解
(1)从能量转化的角度看,系统内只有动能和势能相互转化,而没有其他形式能量(如内能)的转化,并且系统与外界没有任何能量转化,则系统的机械能守恒.
(2)从做功的角度看,只有重力和系统内的弹力做功,具体表现如下:
①只受重力作用,例如所有做抛体运动的物体机械能守恒.
②系统内只有重力和弹力作用,如图甲、乙、丙所示.
图甲中,小球在摆动过程中线的拉力不做功,如不计空气阻力,则只有重力做功,小球的机械能守恒.
图乙中,各接触面光滑,A自B上端自由下滑的过程中,只有重力和A、B间的弹力做功,A、B组成的系统机械能守恒.但对A来说,B对A的弹力做负功,这个力对A来说是外力,A的机械能不守恒.
图丙中,不计空气阻力,球在下落过程中,只有重力和弹力做功,球与弹簧组成的系统机械能守恒.但对球来说,机械能不守恒.
典例研习
[例1] (多选)有以下物理过程:图甲为跳伞运动员匀速下落;图乙为地面上放置一固定斜面B,物块A从B上匀速下滑;图丙为物体A压缩弹簧的过程;图丁为不计任何阻力和定滑轮与绳子质量,物体A加速下落,物体B加速上升过程.关于这几个物理过程,下列判断正确的是(　　)
A.图甲所示过程中跳伞运动员的机械能不守恒
B.图乙所示过程中物块A的机械能守恒
C.图丙所示过程中物体A的机械能守恒
D.图丁所示过程中物体A、B组成的系统机械能守恒
【答案】 AD
【解析】 题图甲中跳伞运动员的动能不变,重力势能减小,则机械能不守恒,故A正确;题图乙中A匀速下滑,B表面粗糙,故物块A的机械能不守恒,故B错误;题图丙物体A将弹簧压缩的过程中,弹簧对A的弹力做负功,A的机械能减小,即题图丙中物体A的机械能不守恒,故C错误;题图丁中A、B两物体都只受重力和轻绳的拉力,由于系统内轻绳对A与对B做功的代数和为0,可知,题图丁中A、B组成的系统机械能守恒,故D正确.
判断机械能守恒的方法
(1)做功分析法(常用于单个物体).
(2)能量分析法(常用于多个物体组成的系统).
知识点三　机械能守恒定律的应用
归纳提升
1.机械能守恒的三种表达形式
2.应用机械能守恒定律的解题步骤
(1)选取研究对象(物体或系统).
(2)明确研究对象的运动过程,分析研究对象在运动过程中的受力情况,弄清各力的做功情况,判断机械能是否守恒.
(3)选取恰当的参考平面,确定研究对象在初、末状态的机械能.
(4)选取机械能守恒定律的某种表达式,列方程求解.
典例研习
[例2] 如图所示,光滑水平面AB与竖直面内半径为R=0.2 m的光滑半圆形轨道在B点相切.一个质量为m=0.1 kg的小球将轻弹簧压缩至A点后由静止释放,在弹力作用下小球获得 4 m/s 的速度后脱离弹簧.小球运动经过B点后沿半圆形轨道运动,并通过与圆心O等高的C点.g取 10 m/s2,小球可视为质点,且经过B点时无能量损失.求:
(1)轻弹簧被压缩至A点时的弹性势能;
(2)小球运动到C点时对轨道的压力大小.
【答案】 (1)0.8 J　(2)6 N
【解析】 (1)由于AB段光滑,小球压缩释放后,弹簧的弹性势能全部转化为小球离开弹簧时的动能,根据机械能守恒定律可知,此时的弹性势能为
Ep=mv2=0.8 J.
(2)由题意可知,小球在B点的速度为4 m/s,由于半圆形轨道光滑,选取B点所在平面为参考平面,小球从B运动到C过程中机械能守恒,即
m=mgR+m,
解得vC=2 m/s;
在C点,轨道对小球的支持力提供向心力,根据牛顿第二定律可得FN=m=6 N,
根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小
FN′=FN=6 N.
知识点四　多物体系统的机械能守恒问题
归纳提升
1.多个物体组成的系统,就单个物体而言,机械能一般不守恒,但就系统而言机械能往往是守恒的.
2.关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.
3.机械能守恒定律表达式的选取技巧
(1)当研究对象为单个物体时,可优先考虑应用表达式Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或ΔEk=-ΔEp 来
求解.
(2)当研究对象为两个物体组成的系统时:
①若两个物体的重力势能都在减少(或增加),动能都在增加(或减少),可优先考虑应用表达式ΔEk=-ΔEp来求解.
②若A物体的机械能增加,B物体的机械能减少,可优先考虑用表达式ΔEA=-ΔEB来求解.
典例研习
[例3] (多选)一条轻绳跨过定滑轮,绳的两端各系一个小球A和B,B球的质量是A球的3倍.用手托住B球,轻绳刚好被拉紧时,B球离地面的高度为h,A球静止于地面,如图所示.现由静止释放小球B,B通过轻绳带动A球上升,B球着地后对轻绳无作用力,速度立即变为0.A、B可视为质点,定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计,重力加速度为g.则从静止释放小球B,到球A达到最高点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.球A、B组成的系统机械能守恒
B.拉力对球A所做的功为mgh
C.A球重力势能增加量为mgh
D.A球动能的最大值为mgh
【答案】 BC
【解析】 在B落地前,对A、B整体,只有重力做功,故球A、B组成的系统机械能守恒,但B落地后,速度立即变为0,机械能减小,而球A继续上升,机械能不变,故整体机械能不守恒,A错误;由题可知球B落地前绳子对球A做功,设B刚落地时两球的速度大小为v,根据机械能守恒定律有3mgh-mgh=×3mv2+mv2,解得v=,对球A,根据动能定理有W-mgh=mv2,解得拉力对球A所做的功W=mgh,B正确;球B落地后,设球A上升的距离为h1,则有mv2=mgh1,解得h1=h,A球重力势能增加量为ΔEpA=mg(h+h1)=mgh,C正确;当B球落地时,球A的速度最大,此时动能最大,为EkA=mv2=mgh,D错误.
多物体机械能守恒问题的解题思路
课时作业
考点一　对机械能是否守恒的判断
1.(多选)如图所示,下列判断正确的是(　　)
A.图甲中,从滑梯上加速下滑的小朋友机械能守恒
B.图乙中,在匀速转动的摩天轮中的游客机械能守恒
C.图丙中,在光滑的水平面上,小球和弹簧系统机械能守恒
D.图丁中,气球匀速上升时,机械能不守恒
【答案】 CD
【解析】 题图甲中,从滑梯上加速下滑的小朋友可能受到阻力作用,且阻力做负功,机械能不守恒,故A错误;题图乙中,在匀速转动的摩天轮中的游客动能不变,重力势能时刻变化,机械能不守恒,故B错误;题图丙中,在光滑的水平面上,小球和弹簧系统所受外力均不做功,而系统内只有弹力做功,所以系统机械能守恒,故C正确;题图丁中,气球匀速上升时,动能不变,重力势能增大,机械能不守恒,故D正确.
2.(多选)如图所示,轻质弹簧上端固定在O点,下端系一小球.将小球拉至N处,此时弹簧水平且无形变,然后释放小球,不计空气阻力,小球运动到最低点P处的过程中(　　)
A.小球的动能不变
B.弹簧的弹性势能增大
C.小球的重力势能增大
D.系统的机械能守恒
【答案】 BD
【解析】 小球的动能初始为零,释放小球后速度逐渐增大,动能增大,A错误;弹簧的形变量增大,弹性势能增大,B正确;在此过程中,小球的重力做正功,重力势能减小,C错误;整个过程只有重力和弹力做功,故系统的机械能守恒,D正确.
考点二　机械能守恒定律的应用
3.如图所示,把质量为m的石块从h高处以30°角斜向上方抛出,初速度大小为v0,不计空气阻力,重力加速度为g.取石块出手点所在平面为零势能参考平面,则下列说法正确的是(　　)
A.石块运动过程中的最大动能为m
B.石块运动过程中的机械能为mgh+m
C.石块从抛出到落地动能的变化量为mgh
D.石块运动过程中最小速度为v0
【答案】 C
【解析】 石块从抛出到落地,由动能定理有mgh=Ekm-m,可知石块运动过程中的最大动能为Ekm=mgh+m,故A错误;取石块出手点所在平面为零势能参考平面,根据机械能守恒定律得,石块运动过程中的机械能为E=m,故B错误;石块从抛出到落地,由动能定理有ΔEk=mgh,故C正确;当石块运动到最高点时,速度最小,则石块运动过程中最小速度为vmin=v0cos 30°=v0,故D错误.
4.如图所示,把一根内壁光滑的细圆管弯成四分之三圆周形状,且竖直放置,管口A竖直向上,管口B水平向左,一小球从管口A的正上方h1高处自由落下,经细管恰能到达细管最高点B处.若小球从管口A正上方h2高处自由落下,进入管口A运动到管口B后又从空中飞出落进管口A,则 h1∶h2为(　　)
A.1∶2 B.2∶3 C.4∶5 D.5∶6
【答案】 C
【解析】 若小球从管口A的正上方h1高处自由落下,到达细管最高点B处时的速度为零,根据机械能守恒定律(取管口A所在水平面为参考平面),mgh1=mgR,解得h1=R;当小球从管口A正上方h2高处自由落下并从B处飞出时,根据平抛运动规律有R=vBt,R=gt2,解得vB=,根据机械能守恒定律有mgh2=mgR+m,解得 h2=,故h1∶h2=4∶5,C正确.
5.将质量为0.2 kg的小球放在竖立的轻弹簧上(未拴接),并将小球竖直下按至图甲所示的位置A.迅速松手后,弹簧把小球弹起,小球升至图乙所示的最高位置C,途中经过位置B时弹簧恢复原长.已知A、B的高度差为0.1 m,B、C的高度差为 0.3 m,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2.若取位置B所在水平面为参考平面,则(　　)
A.小球在位置A的重力势能为0.2 J
B.小球在位置B的机械能为零
C.小球在位置A的机械能小于在位置C的机械能
D.小球在位置B的机械能小于在位置C的机械能
【答案】 C
【解析】 根据题意,由重力势能的定义和公式可知,小球在位置A的重力势能为EpA=
-mghAB=-0.2×10×0.1 J=-0.2 J;不计空气阻力,小球从B到C,只受重力作用,因此小球的机械能守恒,由机械能守恒定律可知,小球在位置B的机械能等于在位置C的机械能,小球在位置C只有重力势能,则EB=EC=EpC=mghBC=0.2×10×0.3 J=0.6 J,可知小球在位置A的机械能小于在位置C的机械能,A、B、D错误,C正确.
考点三　多物体系统的机械能守恒问题
6.(多选)如图所示,一轻杆可绕位于O点的光滑固定转轴在竖直平面内自由转动,杆的两端固定有小球A和B(可看作质点),A、B的质量分别为2m和m,到转轴的距离分别为2L和L,重力加速度为g.现将轻杆从水平位置由静止释放,轻杆开始绕转轴自由转动,当球A到达最低点时,下列说法正确的是(　　)
A.球B的速度大小为
B.球A的速度大小为
C.杆对转轴的拉力大小为5mg
D.杆对球A做的功为mgL
【答案】 BC
【解析】 对于A、B两球及轻杆组成的系统,只有重力做功,则系统的机械能守恒,可得2mg×2L-mgL=×2m+m,由v=ωr可知vA=2vB,解得vB=,vA=2=,故A错误,B正确.设当球A到达最低点时,杆对球A的作用力为FA,根据牛顿第二定律有FA-2mg=2m,解得FA=mg,由牛顿第三定律可知球A对杆的作用力大小为mg,方向竖直向下.设当球B到达最高点时,杆对球B的作用力为FB,根据牛顿第二定律有mg-FB=m,解得 FB=mg,则轻杆对球B竖直向上的作用力大小为mg,由牛顿第三定律可知球B对杆的作用力大小为mg,方向竖直向下.对轻杆受力分析可知转轴对轻杆的作用力大小为F=FA+FB=5mg,方向竖直向上,由牛顿第三定律可知杆对转轴的拉力大小为5mg,方向竖直向下,故C正确.从释放到球A到达最低点的过程,对球A,根据动能定理有W+2mg×2L=×2m,解得杆对球A做的功为W=-mgL,故D错误.
7.质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B拉到斜面底端,这时物体A离地面的高度为0.8 m,如图所示.若摩擦力均不计,从静止开始放手让它们运动.斜面足够长,物体A着地后不反弹,g取10 m/s2,求:
(1)物体A着地时的速度大小;
(2)物体A着地后物体B继续沿斜面上滑的最大距离.
【答案】 (1)2 m/s　(2)0.4 m
【解析】 (1)以地面为参考平面,A、B系统机械能守恒,根据机械能守恒定律有
mgh=mghsin 30°+m+m,
因为vA=vB,代入数据解得vA=vB=2 m/s.
(2)A着地后,B机械能守恒,则B上升到最大高度过程中,有m=mgssin 30°,解得s=0.4 m.
8.如图所示,带孔物块A穿在光滑固定的竖直细杆上与一不可伸长的轻质细绳连接,细绳另一端跨过轻质光滑定滑轮连接物块B,A位于与定滑轮等高处.已知物块A的质量为m、物块B的质量为 m,定滑轮到细杆的距离为L,细绳的长度为2L.现由静止释放物块A,不计一切摩擦、空气阻力及定滑轮大小,重力加速度大小为g,两物块均可视为质点,下列说法正确的是(　　)
A.物块A的机械能一直增大
B.物块A的速度始终小于物块B的速度
C.物块A、B等高时物块B的速度大小为0
D.物块A下落到最低点时物块B的速度为0,A下落的最大距离为h=L
【答案】 D
【解析】 由静止释放物块A,物块A向下运动过程中,绳子的拉力一直做负功,物块A的机械能减小,故A错误;设物块A下滑过程中绳与竖直方向的夹角为α,则vAcos α=vB,由此可知,物块A的速度大于物块B的速度,当物块A的速度为零时,物块B的速度也为零,故B错误;设物块A、B处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为θ,有Ltan θ
=2L-,又sin2θ+cos2θ=1,解得 θ=37°,所以两物块等高时的总动能为Ek=mgLtan θ-mg(-L),解得Ek=mgL,故C错误;当物块A的速度为0时,下落的高度最大,此时物块B的速度也为0,则 mgh=mg(-L),解得h=L,故D正确.
9.(多选)受重力为10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上,从a点由静止下滑,到b点接触到一个轻弹簧,滑块压缩弹簧到c点开始弹回,返回b点离开弹簧,最后又回到a点,已知xab=1 m,xbc=0.2 m,那么在整个过程中(　　)
A.滑块动能的最大值是6 J
B.弹簧弹性势能的最大值是6 J
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D.整个过程系统机械能守恒
【答案】 BCD
【解析】 以滑块和弹簧为系统,在滑块的整个运动过程中,只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化,系统机械能守恒,D正确;滑块从a到c重力势能减少了mgxacsin 30°
=6 J,全部转化为弹簧的弹性势能,滑块动能最大时在c、b之间,此时重力势能减少量小于6 J,且一部分转化为滑块的动能,一部分转化为弹簧的弹性势能,故滑块动能的最大值小于6 J,A错误,B正确;从c到b弹簧恢复原长,通过弹簧的弹力对滑块做功,将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械能,C正确.
10.如图所示,两个质量均为m的重锤用不计质量的细杆AB连接,轻绳长度OA=OB=L,它们之间的夹角为30°,开始时OA偏离竖直方向30°,由静止开始下落.当左边的重锤碰到钟时,右边的重锤恰好在最低点,即OB恰好在竖直方向,重力加速度为g.
(1)求当左边的重锤在最低点时,右边的重锤重力的瞬时功率;
(2)求重锤碰到钟前一瞬间的角速度.
【答案】 (1)　(2)
【解析】 (1)设左边的重锤在最低点时,两球的速度大小为v1,由静止开始到左边的重锤在最低点过程中,对两重锤组成的系统,由机械能守恒定律得
mgL(1-cos 60°)=×2m,
解得v1=,
右边的重锤速度方向与竖直方向的夹角为60°,其重力的瞬时功率为
P=mgv1cos 60°=.
(2)重锤碰到钟前一瞬间的速度为v2,由静止开始到重锤碰到钟前一瞬间过程中,对两重锤组成的系统,由机械能守恒定律得
mgL(1-cos 60°)=×2m,
解得v2=,
重锤碰到钟前一瞬间的角速度ω==.第七节　生产和生活中的机械能守恒
[学习目标]　1.通过实例分析,深化对机械能守恒定律的认识,会从能量转化与守恒的角度思考问题,加深对能量观念的认识.2.理解应用机械能守恒定律解决实际问题过程中所蕴含的模型建构、科学推理、科学论证和质疑创新等科学思维,促进科学思维的发展.3.体会从能量视角解决问题的方法,培养科学探究能力,体会能量观念对于解决实际问题的价值及其中蕴含的科学态度与责任.
类型一　落锤打桩机
归纳提升
1.落锤打桩机
落锤打桩机主要由桩锤、卷扬机和导向架组成.打桩时,桩锤由卷扬机用吊钩提升到设计高度,然后使桩锤沿导向架自由下落打击管桩.桩锤自由下落过程符合机械能守恒定律.
2.跳台滑雪
跳台滑雪是滑雪运动项目的一种.为确保运动员的安全,同时使空中飞行的距离尽量远,需要综合考虑运动员速度、坡面倾斜度和跳台高度等要素.
3.过山车
过山车是游乐场中常见的机动游乐设施.过山车的速度必须满足一定的条件,即通过最高点的速度 v≥ 才能保证过山车沿轨道正常运行.
典例研习
[例1] 如图所示,打桩机的起吊装置通过相对较轻的绳索,提供竖直向上、大小恒为F的拉力将锤从桩上端吊起,锤上升h1高度后起吊装置停止施力.一段时间后锤下落,锤和桩共同向下运动h2高度后速度减小为零.已知锤的质量为m,当地的重力加速度为g,不计空气阻力、不计起吊装置停止施力后绳索对锤的影响.求:
(1)停止施力时,锤的速度大小v;
(2)停止施力后,锤还能上升的高度h.
【答案】 (1)　(2)h1
【解析】 (1)对锤从桩上端离开到上升h1高度,根据动能定理有Fh1-mgh1=mv2,
可得v=.
(2)停止施力后,仅重力做功,机械能守恒,有
mgh=mv2,
可得h=h1.
类型二　跳台滑雪
归纳提升
1.主要构造
主要由助滑坡AB、水平起跳平台BC和着陆坡CD组成.
2.物理模型
机械能守恒定律与平抛运动相结合的问题.
3.应用的物理规律
下滑过程:重力势能转化为动能(忽略空气阻力)→机械能守恒.
腾空过程:平抛运动→机械能守恒.
求解其他问题→平抛运动规律与机械能守恒定律相结合.
典例研习
[例2] 如图甲所示为北京冬奥会跳台滑雪场馆“雪如意”的效果图.如图乙所示为由助滑区、空中飞行区、着陆缓冲区等组成的依山势而建的赛道示意图.运动员保持蹲踞姿势从A点由静止出发沿直线向下加速运动,经过距离A点s=20 m处的P点时,运动员的速度为v1=50.4 km/h.运动员滑到B点时快速后蹬,以v2=90 km/h的速度飞出,经过一段时间的空中飞行,以v3=108 km/h 的速度在C点着地.已知运动员的质量m=60 kg,重力加速度g取 10 m/s2,不计阻力.求:
(1)A到P过程中运动员的平均加速度大小;
(2)B、C间的高度差.
【答案】 (1)4.9 m/s2　(2)13.75 m
【解析】 (1)v1=50.4 km/h=14 m/s,
由速度位移的关系式得=2as,
代入数据解得a=4.9 m/s2.
(2)v2=90 km/h=25 m/s,
v3=108 km/h=30 m/s,
以B点所在水平面为参考平面,到C点时运动员的机械能守恒,有
m=-mgh+m,
联立解得h=13.75 m.
类型三　过山车
归纳提升
1.主要构造
由倾斜轨道和与之相切的圆形轨道组成.
2.物理模型
(1)过山车由倾斜轨道自由滑下→直线运动.
(2)过山车进入圆形轨道→竖直面内圆周运动.
3.应用的物理规律
整个过程:重力势能转化为动能(忽略阻力)→机械能守恒.
过山车在最高点不脱离轨道的条件是在最高点的速度v≥(R为圆轨道的半径)→圆周运动规律.
典例研习
[例3] 四环过山车项目的某段可以抽象成如图所示模型.设曲面轨道和圆形轨道平滑连接,质量为m的过山车从曲面轨道的A点由静止滑下,经过最低点B后,滑上半径为R的圆形轨道且恰好能通过最高点C,忽略一切阻力,重力加速度为g.
(1)求A点距离地面的高度H;
(2)求过山车第一次经过B点时,对轨道的压力大小;
(3)若考虑过山车运动过程受到阻力的作用,为了让过山车还能顺利通过最高点C,需将轨道A点的高度至少提升到原有高度的1.8倍,则过山车从A点运动到C点的过程中,克服阻力做了多少功
【答案】 (1)R　(2)6mg　(3)2mgR
【解析】 (1)设过山车恰好通过最高点C时的速度大小为vC,根据牛顿第二定律有
mg=m,
对过山车从A到C的过程,根据机械能守恒定律有mg(H-2R)=m,
联立解得H=R.
(2)设过山车第一次经过B点时的速度大小为vB,所受轨道支持力大小为FN.对过山车从B点到C点的过程,根据机械能守恒定律有
-2mgR=m-m,
在B点,根据牛顿第二定律有
FN-mg=m,
联立解得FN=6mg,
根据牛顿第三定律可知过山车第一次经过B点时,对轨道的压力大小为6mg.
(3)过山车从A点运动到C点的过程中,设克服阻力做功为Wf,根据动能定理有
1.8mgH-Wf-2mgR=m,
联立解得Wf=2mgR.
课时作业
考点一　落锤打桩机
1.若打桩机的重锤的质量是250 kg,先将它提升到离地面15 m高处,然后让其做自由落体运动,重力加速度g取10 m/s2.当重锤刚要接触地面时,其动能为(　　)
A.1.25×104 J B.2.5×104 J
C.3.75×104 J D.4.0×104 J
【答案】 C
【解析】 以地面为参考平面,重锤做自由落体运动过程中机械能守恒,有Ep1+0=0+Ek2,解得重锤刚落地时的动能Ek2=Ep1=mgh=250×10×15 J=3.75×104 J,故C正确.
2.如图甲所示是一简易打桩机.质量m=1 kg的重物在拉力的作用下从与钉子接触处由静止开始运动,上升一段高度后撤去拉力,重物上升到最高点后自由下落,撞击钉子,将钉子打入一定深度.若以重物与钉子接触处为参考平面,重物上升过程中,其机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示,不计所有摩擦,g取10 m/s2.则(　　)
A.重物上升过程拉力的最大功率为24 W
B.重物在1.0～1.2 m上升过程中做匀速直线运动
C.重物从最高点自由下落至撞击钉子前,机械能增加
D.重物从最高点自由下落至将钉子打入一定深度的过程,机械能守恒
【答案】 A
【解析】 重物上升过程中E=Fh,由题图乙得F=12 N,则加速度为a==2 m/s2,由动能定理得(F-mg)h=mv2,解得1.0 m处的速度为 v=2 m/s,由P=Fv可得,拉力的最大功率为P=24 W,A正确;撤去F后重物只受重力,机械能守恒,由题图乙可知1.0 m时撤去外力,则重物在 1.0～1.2 m过程中的加速度为g,做匀变速直线运动,B、C错误;钉子打入一定深度的过程中要克服阻力做功,机械能减小,D错误.
考点二　跳台滑雪
3.(2022·全国甲卷)北京 2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示.运动员从a处由静止自由滑下,到b处起跳,c点为a、b之间的最低点,a、c两处的高度差为h.要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍,运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力,则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
【答案】 D
【解析】 运动员由a运动到c的过程中,设到c点时的速度为v,由机械能守恒定律有mgh=mv2,设c点处这一段圆弧雪道的最小半径为R,则在经过c点时,有kmg-mg=m,解得R=.
4.(多选)标准滑雪跳台由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成,如图所示.运动员从起跳区水平起跳后,在空中运动的速度变化量、重力的瞬时功率、动能、机械能分别用Δv、P、Ek、E表示,用t表示运动员在空中的运动时间,以起跳处为参考平面,不计空气阻力,下列图像可能正确的是(　　)
A　 　　B
C　　　 D
【答案】 CD
【解析】 运动员从起跳区水平起跳后做平抛运动,在空中只受到重力,即加速度为重力加速度,有Δv=gt,Δv-t图像为一条过原点的倾斜直线,故A错误;运动员从起跳区水平起跳后,在竖直方向做自由落体运动,有vy=gt,重力的瞬时功率为P=mgvy=mg2t,P-t图像为一条过原点的倾斜直线,故B错误;运动员从起跳区水平起跳后的速度为 v=,运动员的动能为Ek=mv2=m+mg2t2,Ek-t图像为抛物线的一部分,顶点在纵轴的正半轴,故C正确;运动员从起跳区水平起跳后在空中只受到重力,机械能守恒,E-t图像为平行于横轴的一条直线,故D正确.
5.如图所示,质量为m的物体,以初速度v0= 从A点向下沿轨道运动,不考虑一切阻力.求:
(1)物体通过B点时的动能;
(2)物体离开C点后还能上升的高度.
【答案】 (1)mgR　(2)R
【解析】 (1)取B点为零势能点,A到B过程机械能守恒,有
m+mg(2R+R)=EkB+0,
即EkB=mgR.
(2)取C点为零势能点,设物体离开C点后还能上升的高度为h,整个过程机械能守恒,有
m+mg·2R=mgh,
解得h=R.
考点三　过山车
6.(教材改编)如图所示为过山车的简易模型,过山车从倾斜轨道上的点A由静止开始下滑,圆形轨道半径为R,过山车的质量为m,可视为质点,忽略一切阻力作用.经过圆形轨道最高点C时,轨道对过山车的压力为mg,则过山车的下滑起点A到圆形轨道底部的高度h为(　　)
A.2R B.3R C.4R D.5R
【答案】 B
【解析】 经过圆轨道最高点C时,过山车受重力和轨道的压力,二者共同提供做圆周运动的向心力,有mg+FN=m,又FN=mg,可得vC=;取点C所在水平面为参考平面,过山车从下滑点A到C点过程,根据机械能守恒定律有mg(h-2R)+0=0+m,解得h=3R,故B
正确.
7.如图甲,游乐场的过山车可以底朝上在圆轨道上运行,游客却不会掉下来.我们把这种情况抽象为图乙的模型:弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接,使小球从弧形轨道上端无初速度滚下,小球进入圆轨道下端后沿圆轨道运动,其中M、N分别为圆轨道的最低点和最高点.实验发现,只要h大于一定值,小球就可以顺利通过圆轨道的最高点.已知圆轨道的半径为R=5.0 m,小球的质量为m=1.0 kg.不考虑摩擦等阻力,g取10 m/s2.
(1)h至少为多大才可使小球沿圆轨道运动而不掉下来
(2)高度h越大,小球滑至N点时轨道对小球的压力FN越大,试推出FN与h的函数关系式.
【答案】 (1)12.5 m　(2)FN=4h-50(h≥12.5 m)
【解析】 (1)当小球恰好能通过N点时,根据牛顿第二定律有mg=,
根据机械能守恒定律有
mgh=mg·2R+m,
代入数据整理得h=2.5R=12.5 m.
(2)随h发生变化,小球下滑的过程中满足机械能守恒定律,有
mgh=mg·2R+mv2,
在最高点时,根据牛顿第二定律有
FN+mg=,
代入数据整理得FN=4h-50(h≥12.5 m).
8.一个弹性很好的橡胶球从距离地面高为h处被竖直抛下,落到坚硬的水平地面上被弹回,回弹的高度比抛出点高h0,已知重力加速度为g,不计空气阻力和球与地面碰撞时的能量损失,则在抛出点将球向下抛出的速度最小为(　　)
A. B.
C. D.
【答案】 C
【解析】 从将球向下抛出到球上升到最高点,小球减少的动能为ΔEk=m,小球增加的重力势能为ΔEp=mgh0,由机械能守恒定律得ΔEk=ΔEp,联立得v0=,故选C.
9.如图所示,总长为L、质量分布均匀的铁链放在高度为H的光滑桌面上,有长度为a的一段下垂,H>L,重力加速度为g,则铁链刚接触地面时速度为(　　)
A.
B.
C.
D.
【答案】 D
【解析】 根据题意,设铁链的质量为m,铁链刚接触地面时速度为v,取地面为参考平面,由机械能守恒定律有mgH+mg(H-)=mg·+mv2,解得v=,故选D.
10.如图甲所示,“回回炮”是一种大型抛石机.将石块放在长臂一端的石袋中,在短臂端挂上重物.发射前将长臂端往下拉至地面,然后突然松开,石袋中的石块过最高点时就被抛出.现将其简化为图乙所示的模型,将一质量m=50 kg、可视为质点的石块装在长L=10 m的长臂末端的石袋中,初始时长臂与水平面的夹角为30° ,松开后长臂转至竖直位置时,石块被水平抛出,落在水平地面上,测得石块落地点与O点的水平距离为30 m,以地面为参考平面,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
A.石块被水平抛出时的重力势能为5 000 J
B.石块被水平抛出时的动能为6 000 J
C.石块落地时的机械能为15 000 J
D.石块落地时重力的功率为500 W
【答案】 C
【解析】 石块被水平抛出时的高度为h=L+Lsin 30°=15 m,重力势能为Ep=mgh=7 500 J,故A错误;石块被水平抛出后做平抛运动,竖直方向有h=gt2,水平方向有s=v0t,联立解得 v0=10 m/s,石块被水平抛出时的动能为Ek=m=7 500 J,故B错误;石块被水平抛出时的机械能为E=Ep+Ek=15 000 J,根据机械能守恒定律可知,落地时石块的机械能 E′=E=
15 000 J,故C正确;根据=2gh,可得石块落地时竖直分速度为vy==10 m/s,石块落地时重力的功率为P=mgvy=5 000 W,故D错误.
11.(多选)如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在固定倾斜直杆上,倾斜直杆与水平面成45°角,B套在固定水平直杆上,两直杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计且杆足够长,A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆(初始时轻杆与水平面成30°角)连接,A、B由静止释放,B沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B均视为质点,重力加速度大小为g,在运动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.当A到达B所在水平面时vB=vA
B.当A到达B所在水平面时,B的速度大小为
C.滑块B到达最右端时,A的速度大小为
D.滑块B的最大动能为mgL
【答案】 ABD
【解析】 当A到达B所在水平面时,由运动的合成与分解有vAcos 45°=vB,解得vB=vA,故A正确;从开始到A到达B所在水平面的过程中,A、B两滑块组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律有mgLsin 30°=m+m,解得vB=,故B正确;滑块B到达最右端时,轻杆与倾斜直杆垂直,则此时滑块B的速度为零,由机械能守恒可得mgL(sin 30°+sin 45°)=mv2,解得 v=,故C错误;由题意可知,B的加速度为零时速度最大,当轻杆与水平直杆垂直时B受到的合力为零,速度最大,此时A的速度为零,由系统机械能守恒可得mgL(1+sin 30°)=EkB,解得EkB=mgL,故D正确.
12.如图,轻质弹簧一端固定在地面上,另一端连接物体A,一轻绳跨过定滑轮分别与A、B两物体相连接.用手托着B,轻绳恰好伸直且无张力,由静止释放B后,A、B在竖直方向运动,A、B均不会与滑轮和地面相碰.已知A、B质量分别为m、2m,弹簧劲度系数为k,原长为L0,始终处于弹性限度内,重力加速度为g,不计阻力.弹簧弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧形变量),求:
(1)刚释放B时弹簧的长度L;
(2)A运动中的最大速度v;
(3)B运动到最低点时的加速度大小a.
【答案】 (1)L0-　(2)2g　(3)g
【解析】 (1)刚释放B时,绳没有拉力,设弹簧压缩量为x,根据平衡条件,对A有kx=mg,
解得x=,刚释放B时弹簧的长度
L=L0-x=L0-.
(2)速度最大时,加速度为零,设此时弹簧伸长量为x0,则有kx0+mg=2mg,
解得x0=,
与初始时刻的压缩量相等,故弹簧的弹性势能不变,则从释放到A速度最大,对整个系统根据机械能守恒有
2mg(x+x0)=mg(x+x0)+mv2+×2mv2,
解得v=2g.
(3)设刚释放时弹簧的弹性势能为Ep1,B运动到最低点时,弹簧的伸长量为x1,弹簧的弹性势能为Ep2,对系统从释放到B运动到最低点,根据机械能守恒有2mg(x+x1)+Ep1=mg(x+x1)+Ep2,
又因为Ep1=kx2,Ep2=k,解得x1=,
根据牛顿第二定律,对A有kx1+mg-FT=ma,
对B有FT-2mg=2ma,
解得a=g.(共22张PPT)
微专题4　动能定理的综合应用
1.通过对例题的分析,体会利用动能定理解决变力做功的方法,进一步认识动能定理的适用条件.2.通过对例题的分析,体会数理结合思想,体会利用数学图像知识解决物理问题的思想方法.3.通过对例题的分析,体会在多过程问题中动能定理的应用技巧,培养分析综合问题的科学思维.
[学习目标]　
类型一　应用动能定理求变力做功的方法
「归纳提升」
1.变力做的功
变力是指力的大小或方向发生变化的力,曲线运动中的力不一定是变力,直线运动中的力也未必是恒力.在某些问题中,由于力F的大小、方向变化,不能用W=Fscos α求出变力做的功,此时可由其做功的结果——动能的变化量来求变力做的功,即用动能定理W=ΔEk求功.
2.用动能定理求解变力做功的几种情况
(1)如果物体只受到一个变力的作用,那么W=Ek2-Ek1,只要求出做功过程中物体的动能变化量ΔEk,也就知道了这个过程中变力所做的功.
(2)如果物体同时受到几个力的作用,但是其中只有一个力是变力,其他的力都是恒力,则可以先用恒力做功的公式求出这几个恒力所做的功,然后再运用动能定理来间接求变力做的功,即W变+W其他=ΔEk.
(3)当机车以恒定功率启动时,牵引力为变力,牵引力做的功为W=Pt.
「典例研习」
[例1] 一个质量为m的小球拴在绳的一端,另一端用大小为F1的拉力使小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示),今将力的大小变为F2,仍使小球在水平面上做匀速圆周运动,但半径变为R2(R2·规律方法·
应用动能定理求解变力做功问题
(1)变力做功,不能根据功的定义式直接求得,一般用动能定理求解;变力做的功跟其他力做功的代数和(或合力做的功)等于物体动能的变化量.
(2)在分析此类题目时,根据运动状态进行受力分析,判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键.
类型二　动能定理与图像相结合的问题
[例2] 海啸是一种灾难性的海浪,通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致,海底突然变形,致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动,形成海啸袭击沿岸地区,给人们带来巨大的损失.某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究,设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为 m=8 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动,推力F随位移s变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,求:
「典例研习」
(1)物体在水平地面上运动的最大位移;
【答案】 (1)25 m
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示).
利用功能定理求解图像类问题
(1)动能定理经常与图像问题相结合,解决该类问题时一定要弄清图像的物理意义,注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息,并结合运动图像建立相应的物理情境,结合相关规律求解.
·规律方法·
·规律方法·
(2)“三步法”分析动能定理与图像的结合问题.
类型三　应用动能定理求解多过程问题
「归纳提升」
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力的做功,确定整个过程中合力做的总功,然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、更方便.
「典例研习」
[例3] 如图所示,一个质量为m=0.5 kg的小球悬挂在长L=0.9 m 的细线下端,初始时细线与竖直方向的夹角为θ.左侧有一竖直放置的圆管轨道DEF,轨道半径R=0.5 m,EF为其竖直直径,∠DOE=53°,B点与D点的竖直距离h=0.8 m.现将小球从A点由静止释放,小球运动到悬挂点正下方B点时绳子刚好断开,接着小球从B点飞出后刚好由D点切线进入圆管轨道,而且小球运动到圆管轨道的最高点F时和管道内外壁无弹力作用.g取 10 m/s2,取sin 53°=0.8,
cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)细线与竖直方向的夹角θ;
【答案】 (1)60°
(2)在圆管轨道中运动时,小球克服摩擦力所做的功.
【答案】 (2)1 J
·规律方法·
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.
(2)分析每个过程中物体的受力情况.
(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响.
(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能.
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.
感谢观看微专题4　动能定理的综合应用
[学习目标]　1.通过对例题的分析,体会利用动能定理解决变力做功的方法,进一步认识动能定理的适用条件.2.通过对例题的分析,体会数理结合思想,体会利用数学图像知识解决物理问题的思想方法.3.通过对例题的分析,体会在多过程问题中动能定理的应用技巧,培养分析综合问题的科学思维.
类型一　应用动能定理求变力做功的方法
归纳提升
1.变力做的功
变力是指力的大小或方向发生变化的力,曲线运动中的力不一定是变力,直线运动中的力也未必是恒力.在某些问题中,由于力F的大小、方向变化,不能用W=Fscos α求出变力做的功,此时可由其做功的结果——动能的变化量来求变力做的功,即用动能定理W=ΔEk求功.
2.用动能定理求解变力做功的几种情况
(1)如果物体只受到一个变力的作用,那么W=Ek2-Ek1,只要求出做功过程中物体的动能变化量ΔEk,也就知道了这个过程中变力所做的功.
(2)如果物体同时受到几个力的作用,但是其中只有一个力是变力,其他的力都是恒力,则可以先用恒力做功的公式求出这几个恒力所做的功,然后再运用动能定理来间接求变力做的功,即W变+W其他=ΔEk.
(3)当机车以恒定功率启动时,牵引力为变力,牵引力做的功为W=Pt.
典例研习
[例1] 一个质量为m的小球拴在绳的一端,另一端用大小为F1的拉力使小球在光滑水平面上做半径为R1的匀速圆周运动(如图所示),今将力的大小变为F2,仍使小球在水平面上做匀速圆周运动,但半径变为R2(R2【答案】 (F2R2-F1R1)
【解析】 小球运动的半径由R1变为R2时,半径变小,绳子的拉力虽为变力,但对小球做了正功,使小球的速度增大,动能发生了变化.
根据动能定理知拉力对小球做的功为
WF=m-m,
根据牛顿第二定律有
F1=m,
故有F1R1=m;
同理有F2R2=m,
联立解得WF=(F2R2-F1R1).
应用动能定理求解变力做功问题
(1)变力做功,不能根据功的定义式直接求得,一般用动能定理求解;变力做的功跟其他力做功的代数和(或合力做的功)等于物体动能的变化量.
(2)在分析此类题目时,根据运动状态进行受力分析,判定各力做功情况(特别是分清变力和恒力做功)及物体的初、末速度是解题的关键.
类型二　动能定理与图像相结合的问题
典例研习
[例2] 海啸是一种灾难性的海浪,通常由海底地震引起海底隆起和下陷所致,海底突然变形,致使从海底到海面的海水整体发生大的涌动,形成海啸袭击沿岸地区,给人们带来巨大的损失.某兴趣小组对海啸的威力进行了模拟研究,设计了如下的模型:如图甲所示,在水平地面上放置一个质量为 m=8 kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模拟海啸)作用下由静止开始运动,推力F随位移s变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.5,g取10 m/s2,求:
(1)物体在水平地面上运动的最大位移;
(2)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结果可用根号表示).
【答案】 (1)25 m　(2)4 m/s
【解析】 (1)设物体在水平面上运动的最大位移为sm,根据变力做功的特点,对物体由动能定理有
F·s-μmg·sm=0,
解得sm=25 m.
(2)当水平推力与物体所受摩擦力大小相等时,物体的加速度为零,此时速度达到最大值,有
F′=μmg=40 N,
根据题图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为F=-20s+200,
当F=40 N时可得s′=8 m,
由动能定理有(F+F′)s′-μmg·s′=m,
解得vm=4 m/s.
利用功能定理求解图像类问题
(1)动能定理经常与图像问题相结合,解决该类问题时一定要弄清图像的物理意义,注意图像的形状、交点、截距、斜率、面积等信息,并结合运动图像建立相应的物理情境,结合相关规律求解.
(2)“三步法”分析动能定理与图像的结合问题.
类型三　应用动能定理求解多过程问题
归纳提升
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程,可以选择分段或全程应用动能定理.
(1)分段应用动能定理时,将复杂的过程分割成一个个子过程,对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析,然后针对每个子过程应用动能定理列式,然后联立求解.
(2)全程应用动能定理时,分析整个过程中出现过的各力的做功情况,分析每个力的做功,确定整个过程中合力做的总功,然后确定整个过程的初、末动能,针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时,选择全程应用动能定理更简单、更方便.
典例研习
[例3] 如图所示,一个质量为m=0.5 kg的小球悬挂在长L=0.9 m 的细线下端,初始时细线与竖直方向的夹角为θ.左侧有一竖直放置的圆管轨道DEF,轨道半径R=0.5 m,EF为其竖直直径,∠DOE=53°,B点与D点的竖直距离h=0.8 m.现将小球从A点由静止释放,小球运动到悬挂点正下方B点时绳子刚好断开,接着小球从B点飞出后刚好由D点切线进入圆管轨道,而且小球运动到圆管轨道的最高点F时和管道内外壁无弹力作用.g取 10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,不计空气阻力,求:
(1)细线与竖直方向的夹角θ;
(2)在圆管轨道中运动时,小球克服摩擦力所做的功.
【答案】 (1)60°　(2)1 J
【解析】 (1)小球从B点到D点做平抛运动,设落到D点时其竖直方向分速度为vy,如图所示,
在竖直方向上,有=2gh,解得vy=4 m/s,
根据速度的分解有tan 53°=,
水平分速度vx和vB大小相等,
解得vx=vB=3 m/s,
小球从A点运动到B点过程,由动能定理有
mgL(1-cos θ)=m,代入数据解得θ=60°.
(2)由于小球在F点时和管道间无弹力,根据牛顿第二定律有mg=m,
解得vF= m/s,
结合上述可知
vx=3 m/s,vy=4 m/s,
则有vD==5 m/s,
小球从D点到F点过程,由动能定理得
W摩-mgR(1+cos 53°)=m-m,
代入数据解得W摩=-1 J,
即小球克服摩擦力所做的功为1 J.
利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.
(2)分析每个过程中物体的受力情况.
(3)各个力做功有何特点,对动能的变化有无影响.
(4)从总体上把握全过程,表达出总功,找出初、末状态的动能.
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.
课时作业
考点一　应用动能定理求变力做功
1.如图所示,用轻绳竖直悬挂小球处于静止状态,悬挂点到球心的距离为L,用始终沿水平方向的外力F缓慢拉起小球,至细线与竖直方向成θ角,下列说法正确的是(　　)
A.小球所受的合力逐渐增大
B.绳上的弹力逐渐减小
C.外力F逐渐增大
D.外力F做的功为FLsin θ
【答案】 C
【解析】
小球缓慢运动过程始终处于平衡状态,所受合力为零,A错误;设细绳对小球的拉力为FT,作出小球的受力分析图如图所示,根据共点力平衡,有FTsin θ=F,FTcos θ=mg,解得FT=,
F=mgtan θ,随着角度的增大,绳子的拉力增大,水平外力增大,B错误,C正确;拉动过程中,根据动能定理有WF-mg(L-Lcos θ)=0,得WF=mgL(1-cos θ),D错误.
2.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短的过程中,物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
A.m-μmg(s+x)
B.m-μmgx
C.μmgs
D.-μmg(s+x)
【答案】 A
【解析】 弹簧被压缩至最短时物体速度为零,物体从开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中,设物体克服弹簧弹力所做的功为W,根据动能定理有 -W-μmg(s+x)=0-m,解得W=m-μmg(s+x),故选A.
考点二　动能定理与图像相结合
3.(多选)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阻力作用.距地面高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g取10 m/s2.该物体的质量m和所受的阻力f是(　　)
A.m=2 kg B.m=1 kg
C.f=1 N D.f=2 N
【答案】 BD
【解析】 物体上升过程,根据动能定理有-(f+mg)h=36 J-72 J;同理,物体下落过程,有(mg-f)h=48 J-24 J,联立解得m=1 kg,f=2 N,故B、D正确.
4.(多选)放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在0～6 s内其速度—时间图像和该拉力的功率—时间图像分别如图甲、乙所示.下列说法正确的是(　　)
A.0～6 s内物体的位移大小为30 m
B.0～6 s内拉力做的功为60 J
C.合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等
D.滑动摩擦力大小为 N
【答案】 ACD
【解析】 0～6 s内物体的位移大小为s=(4+6)×6× m=30 m,A正确;0～6 s内拉力做的功为W=(2×30×+4×10) J=70 J,B错误;根据v-t 图像,由动能定理可知,合力在0～6 s内做的功与 0～2 s内做的功相等,C正确;由P=Fv,对应v-t图像和P-t图像可得 10 W=f·(6 m/s),解得 f= N,D正确.
5.(多选)如图甲所示,一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面.在斜面上运动的过程中,其动能与运动路程s的关系如图乙所示.已知物块所受的摩擦力大小恒定,g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A.物块质量为0.7 kg
B.物块与斜面间的动摩擦因数为
C.0～20 m过程中,物块克服摩擦力做功为40 J
D.0～10 m与10～20 m过程中物块所受合力之比为3∶4
【答案】 AB
【解析】 由题图知,0～10 m内物块上滑,由动能定理得 -mgsin 30°·s1-fs1=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin 30°+f)s1,结合0～10 m内的图像得,斜率的绝对值|k|=mgsin 30°+f=4 N;10～20 m 内物块下滑,由动能定理得(mgsin 30°-f)(s-s1)=Ek,整理得Ek=(mgsin 30°-f)s-(mgsin 30°-f)s1,结合10～20 m内的图像得,斜率k′=mgsin 30°-f=3 N,联立解得f=0.5 N,m=0.7 kg,根据f=μmgcos 30°,可求得物块与斜面间的动摩擦因数为μ=,故A、B正确.0～20 m过程中,物块克服摩擦力做功Wf等于动能的减少量ΔEk,为Wf=ΔEk=(40-30) J=10 J,故C错误.由动能定理知,0～10 m与10～20 m过程中物块所受合力之比等于动能变化量之比,为 4∶3,故D错误.
考点三　应用动能定理求解多过程问题
6.如图所示,一物体沿粗糙斜面上滑到最高点后再沿斜面下滑,回到出发点时的速度是出发时速度的一半,斜面的倾角为θ,则物体与斜面间的动摩擦因数为(　　)
A.tan θ B.tan θ
C.tan θ D.tan θ
【答案】 C
【解析】 设物体质量为m,斜面长为L,上滑过程,根据动能定理有-mgLsin θ-μmgcos θ·L
=0-m,下滑过程,根据动能定理有mgLsin θ-μmgcos θ·L=m()2,联立解得物体与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ,故选C.
7.(多选)如图,轨道abcd各部分均平滑连接,其中ab、cd段为光滑的四分之一圆弧,半径均为1 m.bc段是粗糙水平直轨道,长为2 m.质量为2 kg、可视为质点的物块从a端静止释放,已知物块与bc轨道间的动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A.物块第一次沿cd轨道上升的最大高度为0.8 m
B.物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力为20 N
C.物块最终将停在轨道上的b点
D.物块最终将停在轨道上的c点
【答案】 AD
【解析】 物块开始运动到第一次沿cd轨道上升到最大高度的过程中,由动能定理得mgR-μmgL-mgh=0,解得 h=0.8 m,A正确;物块受到的重力为20 N,物块第一次沿cd轨道上升到最高点时对轨道的压力等于重力沿半径方向的分力,小于重力,B错误;设物块从开始运动到停在水平直轨道上运动的路程为s,由动能定理得mgR-μmgs=0,解得s=10 m,bc段粗糙水平直轨道长为 2 m,可知物块最终将停在轨道上的c点,C错误,D正确.
8.如图所示,竖直平面内有足够长的倾角为 θ=30°的直轨道AB,圆心为O1的竖直半圆轨道BCD,圆心为O2的竖直半圆轨道DEF,水平直轨道FG,各轨道间平滑连接.已知滑块(可视为质点)质量m=1 kg,轨道BCD的半径R=0.9 m,轨道DEF的半径r=0.1 m.滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=,其余轨道均光滑,重力加速度g取 10 m/s2.将滑块从轨道AB上某点由静止释放.
(1)若释放点到B点的距离l=4.5 m,求滑块经过与O1等高的C点时对轨道的压力大小;
(2)若释放点到B点的距离l′=8.0 m,通过计算判断滑块能否顺利通过D点并到达FG轨道.
【答案】 (1)5 N　(2)见解析
【解析】 (1)滑块从释放点到C点,根据动能定理有
mg(lsin θ-R)-μmglcos θ=m-0,
在C点,轨道对滑块的支持力为FN,
根据牛顿第二定律有
FN=m,
根据牛顿第三定律,滑块对轨道的压力大小
FN′=FN,联立解得FN′=5 N.
(2)若滑块刚能通过D点,则有mg=m,设此时滑块释放点到B点的距离为l0,由动能定理有mg(l0sin θ-2R)-μmgl0cos θ=m-0,
解得l0=9 m,
由于l′9.木箱放在水平地面上,在水平外力F作用下由静止开始运动,F随木箱的位移s的变化规律如图所示,当木箱运动0.4 m 时,木箱的动能最大,已知木箱质量为 m=1 kg,重力加速度g取 10 m/s2,则(　　)
A.木箱与水平地面间的动摩擦因数为0.2
B.木箱运动0.5 m的动能为0
C.木箱运动的最大位移为1.25 m
D.木箱获得的最大动能为4.8 J
【答案】 C
【解析】 由题图可知,当木箱运动0.4 m时,外力大小为 F1= N=4 N,此时木箱的动能最大,则速度最大,可知合力为0,即有F1=μmg,解得μ=0.4,故A错误;木箱运动0.5 m,水平外力做功为W1= J=5 J,摩擦力做功为Wf1=-μmgs=-2 J,根据动能定理有W1+Wf1=
Ek1,解得Ek1=3 J,故B错误;设木箱运动的最大位移为smax,有W1-μmgsmax=0,解得 smax=
1.25 m,故C正确;结合上述,当木箱运动 0.4 m 时,外力做功为W2= J=4.8 J,摩擦力做功为Wf2=-μmgs′=-1.6 J,此时木箱的动能最大,根据动能定理有W2+Wf2=Ekmax,解得Ekmax=3.2 J,故D错误.
10.(2024·全国甲卷,17)如图,一光滑大圆环固定在竖直平面内,质量为m的小环套在大圆环上,小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部,Q为竖直线与大圆环的切点.则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小(　　)
A.在Q点最大 B.在Q点最小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
【答案】 C
【解析】
设大圆环半径为R,小环所在位置与圆心的连线和竖直方向夹角为θ,大圆环对小环的作用力刚好为零时,受力分析如图所示,由牛顿第二定律得 mgcos θ=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2,联立解得cos θ=,故小环运动到Q点时对大圆环的作用力不是最小,B错误;设大圆环对小环的作用力大小为F,大圆环对小环的作用力刚好为零时小环处于A点,到达A点前,由牛顿第二定律得mgcos θ1-F1=m,根据动能定理得mgR(1-cos θ1)=
m,联立解得F1=(3cos θ1-2)mg,θ1增大,F1减小;从A点到Q点,由牛顿第二定律有mgcos θ2+F2=m,根据动能定理有mgR(1-cos θ2)=m,联立解得 F2=(2-3cos θ2)mg,θ2增大,F2增大;从Q到最低点的过程中,由牛顿第二定律有F3-mgcos θ3=m,根据动能定理有 mgR(1+cos θ3)=m,联立解得 F3=(2+3cos θ3)mg,θ3减小,F3增大,根据牛顿第三定律可知,Q点不是小环对大圆环作用力最大的点,小环自顶端下滑至底部过程中对大圆环的作用力先减小后增大,C正确,A、D错误.
11.(2025·黑吉辽内蒙古卷,13)如图,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶.O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125.不计空气阻力,雪块质量不变,取sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2.求:
(1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0;
(2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α.
【答案】 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60°
【解析】 (1)雪块在屋顶上运动过程中,由动能定理有mgxsin θ-μmgcos θ·x=m-0,
解得雪块到A点时的速度大小为v0=5 m/s.
(2)雪块离开屋顶后,做斜下抛运动,由动能定理有mgh=m-m,
解得雪块到地面时的速度大小v1=8 m/s;
设速度方向与水平方向的夹角为α,
满足cos α=,
解得cos α=,即α=60°.(共39张PPT)
第一节　功
第四章　机械能及其守恒定律
1.通过观察、比较分析实例,初步认识功、能量及功与能量的关系,加深对功和能量观念的理解.2.利用初中对功的认识及力的分解思想推导功的公式,培养科学思维.3.理解正功和负功的意义,会在具体情境中判断力做功的特点;会从不同角度求解总功,培养综合分析问题的科学思维.
[学习目标]　
知识点一　功的计算
「情境导学」
(1)观察下图,分析图中的哪个人对物体做了功
提示:(1)拉重物上升的过程,对重物做了功,其他三种情况都没有对物体做功.
(2)马拉雪橇时拉力F的方向和雪橇运动方向间有一个角度α.当雪橇通过位移s时应当怎样计算功呢
提示:(2)当拉力方向与运动方向(同位移方向)夹角为α时,功等于拉力F与位移s及夹角的余弦cos α的乘积,即W=Fscos α.
「知识整合」
1.功的定义
在物理学中,如果一个物体受到力的作用,且物体在 上发生了位移,就说这个力对物体做了机械功,简称功.
2.做功的两个因素
作用在物体上的 和物体在力的方向上发生的 ,是做功的两个必要因素.
力的方向
力
位移
3.功的计算公式
(1)力与物体位移方向的夹角为α时,W= ,即力对物体所做的功等于
、 以及力和位移夹角的 的乘积.
(2)在国际单位制中,功的单位为 ,简称焦,符号是J.1 J等于1 N的力使物体在力的方向上发生1 m的位移时所做功的大小.即1 J=1 .
(3)功是 ,但有正、负之分.
(4)适用条件:在用公式W=Fscos α计算力F做的功时,F应为恒力.
Fscos α
力的大小
位移的大小
余弦
焦耳
N·m
标量
「问题思考」
如果物体在几个力作用下发生一段位移,如何求这几个力对物体做的功 如图所示,物体在各个力的共同作用下移动了一段距离l,探究以下问题:
(1)求各个力对物体做的功是多少 各个力对物体做功的代数和是多少
提示:(1)WF=Flcos α,
WN=FNlcos 90°=0,
WG=Glcos 90°=0,
Wf=flcos 180°=-fl,
W=WF+WN+WG+Wf=(Fcos α-f)l.
(2)物体所受的合力是多少 合力做的功是多少
提示:(2)F合=Fcos α-f,
W合=F合lcos 0°=(Fcos α-f)l.
「归纳提升」
1.对公式W=Fscos α的理解与应用
(1)在使用公式W=Fscos α计算功时,公式中W、F、s都要取国际单位制中的单位.
(2)功是一个标量,只有大小,没有方向,因此合力做的功等于各个力做功的代数和.
(3)公式W=Fscos α只适用于计算大小和方向均不变的恒力做的功,不适用于计算变力做的功.式中的s是力的作用点的位移,α是力F的方向与位移s的方向的夹角.
(4)公式W=Fscos α可以理解为力乘在力的方向上的位移,即W=F·scos α,也可以理解为位移乘在位移方向上的分力,即W=Fcos α·s.
(5)力F对物体所做的功W只与F、s、α三者有关,与物体的质量、运动状态、运动形式及是否受其他力等因素均无关.
(6)因为功是过程量,是力在空间位移上的累积效果,对应一段位移或一段过程,所以用公式W=Fscos α求力做的功时,一定要明确是哪个力在哪一段位移上(或在哪一个过程中)所做的功.
2.总功的计算
当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时,计算这几个力对物体所做的总功,通常有以下两种方法:
(1)这几个力对物体所做的总功等于各个力分别对物体所做功的代数和.若以W1、W2、W3、…分别表示力F1、F2、F3、…所做的功,则这些力所做的总功为W总=W1+W2+W3+…(负功连同负号一起代入计算).
(2)这几个力对物体所做的总功等于这几个力的合力对物体所做的功.若以
F合表示这几个力的合力,则这些力所做的总功为 W总=F合scos α.
「典例研习」
角度1　对功的理解
[例1] 下列过程中关于人对物体做功的说法不正确的是(　　)
A.甲用力推石头,但没有推动,甲对石头不做功
B.乙举起杠铃后,在空中停留3 s的过程中,乙对杠铃不做功
C.丙提着书包,随电梯一起匀速上升的过程中,丙对书包做了功
D.运动员将冰壶推出后,冰壶在水平冰面上滑行了5 m的过程中,运动员对冰壶做了功
D
【解析】 甲用力推石头,但没有推动,推力没有位移,则甲对石头不做功,A正确;乙举起杠铃后,在空中停留3 s的过程中,因为杠铃无位移,则乙对杠铃不做功,B正确;丙提着书包,随电梯一起匀速上升的过程中,有力且在力的方向上有位移,丙对书包做了功,C正确;运动员将冰壶推出后,冰壶在水平冰面上滑行了5 m的过程中,运动员对冰壶没有力的作用,则对冰壶不做功,D错误.
角度2　功的计算
[例2] 甲、乙、丙、丁图中物体所受力F的大小相等,位移方向向右、大小相同.关于下列四种情境说法正确的是(　　)
A.甲图中F做功最少
B.乙图中F做功最多
C.丙图中F做功最多
D.丁图中F做功最少
D
[例3] 如图所示,升降机内斜面的倾角 θ=30°,质量为2 kg的物体置于斜面上始终不发生相对滑动,在升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s过程中(g取10 m/s2),求:
(1)斜面对物体的支持力所做的功;
【答案】 (1)300 J
【解析】 (1)升降机以5 m/s的速度匀速上升4 s过程中,通过的位移
s=v0t=20 m,
方向竖直向上,对物体进行受力分析如图所示,根据平衡条件有
FN=mgcos θ,
则斜面对物体的支持力所做的功
W1=FNscos θ,
解得W1=300 J.
(2)斜面对物体的摩擦力所做的功.
【答案】 (2)100 J
【解析】 (2)结合上述,根据平衡条件f=mgsin θ,
则斜面对物体的摩擦力所做的功W2=fssin θ,
解得W2=100 J.
计算恒力做功要注意的三个问题
(1)计算功时一定要明确是哪个力对哪个物体在哪段位移过程中做的功.
(2)力F与位移s必须互相对应,即s必须是力F作用过程中的位移.
(3)某力对物体做的功只跟这个力、物体的位移以及力与位移间的夹角有关,跟物体的运动情况无关,跟物体是否还受其他力,以及其他力是否做功均无关.
·方法点拨·
知识点二　正功和负功　做功与能量变化的关系
(1)-10 J的功与+5 J的功哪个多 功的正负表示什么
「情境导学」
提示:(1)-10 J的功多,功的正负表示力对于该运动过程为动力还是阻力.
(2)三幅图中,各有什么能量在相互转化
提示:(2)铁锤对铁条做功时,铁锤的机械能转化为铁条的内能;河水对水车做功时,河水的机械能转化为水车的机械能;风对帆船做功时,风的机械能转化为帆船的机械能.
「知识整合」
1.正功和负功
α的取值 cos α 功的正负 物理意义
cos α=0 W=0, 力 . 力既不是 ,
也不是 (选填“动力”或“阻力”)
不做功
动力
阻力
cos α>0 W>0,力 . 做功的力是 .
cos α<0 W<0,力 . 做功的力是 .
做正功
动力
做负功
阻力
2.做功与能量变化的关系
(1)能量的意义.
一个物体能够对其他物体 ,我们就说这个物体具有能量.
(2)功与能的关系:做功的过程就是 的过程;做了多少功,就有多少能量 ;功是能量变化的 .
做功
能量变化
发生变化
量度
「问题思考」
如图甲为一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼,如图乙为一男士站立在履带式自动人行电梯上正在匀速上楼.
(1)甲图中女士所受的支持力和摩擦力是否做功 正功还是负功
提示:(1)题图甲中女士所受支持力做正功,不受摩擦力.
(2)乙图中男士所受的支持力和摩擦力是否做功 正功还是负功
提示:(2)题图乙中男士所受支持力不做功,摩擦力做正功.
「归纳提升」
1.正功、负功的判断方法
(1)看力F与位移s的夹角α:α<90°,力做正功;α>90°,力做负功;α=90°,力不做功.
(2)看力F与速度v的夹角θ:θ<90°,力做正功;θ>90°,力做负功;θ=90°,力不做功.
2.正功、负功的物理意义
功的正、负由力和位移之间的夹角决定,所以功的正负不表示方向,而只能说明做功的力对物体来说是动力还是阻力.
「典例研习」
[例4] 手拿球拍托着乒乓球跑是校运动会的一项常见的趣味项目,如图所示,某段时间内乒乓球相对球拍静止一起水平向右做匀速直线运动,若不计空气阻力,则此过程中(　　)
A.乒乓球受到的重力对乒乓球做负功
B.乒乓球所受合力对乒乓球做正功
C.球拍对乒乓球的摩擦力不做功
D.球拍对乒乓球的支持力对乒乓球做正功
D
【解析】 乒乓球受到的重力方向与运动方向垂直,可知重力对乒乓球不做功,选项A错误;乒乓球做匀速运动,合力为零,可知所受合力对乒乓球不做功,选项B错误;球拍对乒乓球的摩擦力沿斜面向上,与速度方向夹角为钝角,可知摩擦力对乒乓球做负功,选项C错误;球拍对乒乓球的支持力与球拍垂直,与速度方向夹角为锐角,则支持力对乒乓球做正功,选项D正确.
知识点三　变力的功
「归纳提升」
1.在F-s图像中“面积”的意义
利用F-s位移图像可求功.如图甲所示表示恒力的F-s位移图像,纵坐标表示力F在位移方向上的分量,功W的数值等于直线下方阴影部分的面积.如图乙所示表示变力F-s图像,曲线下方阴影部分的面积就表示变力所做的功.
2.求变力功的方法
(1)平均值法:当力F的大小发生变化,但F、s呈线性关系时,可以代入F的平均值计算F做的功.
(2)图像法:变力的功W可用F-s图线中所包围的面积表示.s轴上方的面积表示力对物体做的正功多少,s轴下方的面积表示力对物体做的负功多少.
(3)分段法(或微元法):当力的大小不变,力的方向时刻与速度同向(或反向)时,把物体的运动过程分为很多小段,这样每一小段可以看成直线,先求力在每一小段上的功,再求和即可.
(4)等效替换法:若某一变力的功和某一恒力的功相等,则可以用求得的恒力的功来作为变力的功.
「典例研习」
[例5] (微元法)(多选)如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力f的大小不变,则下列说法正确的是(　　 )
AD
[例6] (平均值法)如图甲所示,质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动,推力大小F随位移大小s 变化的情况如图乙所示,则力F所做的功为(　　)
A.200 J B.400 J
C.800 J D.无法确定
A
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第四节　势　能
[学习目标]　
1.通过实例分析,理解重力势能、弹性势能的概念,通过比较,建构势能的概念,理解势能的特征及其对建构能量观念的作用.2.通过分析重力做功的特点,体会微元思想,培养科学思维;通过推导重力做功和重力势能变化的关系,培养科学探究能力.3.结合实例分析,通过观察与思考分析归纳影响弹性势能的因素,理解弹性势能的概念.
知识点一　重力做功
「情境导学」
如图所示,将质量为m的物块从A移到B可以有如下方式:方式1:沿着折线AOB路径①移动.方式2:沿着直线AB路径②移动.方式3:沿着曲线ACB路径③移动.
(1)沿着上述三条路径移动物块,重力做的功分别是多少
提示:(1)都是mgh.
(2)结合上面的讨论,分析重力做功有什么特点.
提示:(2)重力做的功与路径无关,只与初、末两个位置有关,重力做的功等于重力与沿着重力方向的位移的乘积.
「知识整合」
1.重力做功
(1)表达式:WG= .
(2)做功特点:重力做功只与运动物体的 和 的位置有关,而与运动物体所经过的 无关,如图所示.
mgh1-mgh2
起点
终点
路径
2.重力势能
(1)定义:物体由于位于 而具有的能量.
(2)定义式:Ep= .
(3)单位:重力势能是 ,在国际单位制中是 ,简称焦,符号是J.
3.重力做功与重力势能的关系
(1)表达式:WG= .
(2)两种情况:重力做正功时,重力势能 ;重力做 时,重力势能增加.
高处
mgh
标量
焦耳
Ep1-Ep2
减少
负功
「问题思考」
如图所示,小朋友们正在玩滑梯.
(1)小朋友从最高点滑落到地面的过程中,重力做正功还是负功 重力势能是增加还是减少
提示:(1)正功;重力势能减少.
(2)小朋友从地面爬上滑梯最高点的过程中,重力做正功还是负功 重力势能是增加还是减少
提示:(2)负功;重力势能增加.
「归纳提升」
1.重力做功大小只与重力和物体高度变化有关,与是否受其他力及运动状态均无关.
2.物体下降时重力做正功,物体上升时重力做负功.
3.物体运动时,重力对它做的功只与它的起点和终点的位置有关,而与物体运动的路径无关.
「典例研习」
[例1] 利用功能关系研究重力势能过程中,我们用到了如图所示的情景:物体沿任意坡面从A运动到B.下列说法正确的是(　　)
A.物体下滑过程中重力做正功,重力势能增加
B.物体沿光滑坡面下滑时重力做功小于沿粗糙坡面下滑重力所做的功
C.这个过程可以用来证明重力做功跟运动路径无关
D.若将物体从B移动到A,此过程重力势能减小
C
【解析】 物体下滑过程中重力做正功,重力势能减少,A错误;物体沿任意坡面从A下滑到B,重力做功为WG=mgΔh1+mgΔh2+mgΔh3+…=mg(Δh1+Δh2+
Δh3+…)=mgΔh=mg(h1-h2),可知物体运动时,重力对它做的功只与它的起点和终点的位置有关,而与物体运动的路径无关,因此物体沿光滑坡面下滑时重力做功等于沿粗糙坡面下滑重力所做的功,B错误,C正确;若将物体从B移动到A,高度升高,重力势能增大,D错误.
计算重力做功时,找出初、末位置的高度差Δh,直接利用公式WG=mgΔh即可,无须考虑中间的复杂运动过程.
·方法点拨·
知识点二　重力势能的相对性
如图所示,A点和B点到参考平面的高度都是h.将质量为m的质点放在A处和放在B处的重力势能各是多少 哪个大
「情境导学」
提示:A处EpA=mgh,B处EpB=-mgh;A处大.
「知识整合」
1.参考平面:物体具有的重力势能总是相对某个 来说的,这个水平面叫作参考平面.一般规定在参考平面上的物体的重力势能为 .
2.重力势能的相对性
(1)选择不同的参考平面,同一物体在空间同一位置的重力势能就 .
(2)对选定的参考平面而言,在参考平面上方的物体,重力势能为 ,在参考平面下方的物体,重力势能为 .重力势能为负值表示物体在这个位置具有的重力势能比在参考平面上具有的重力势能 .
水平面
零
不同
正值
负值
小
「问题思考」
如图所示,运动员在进行蹦床比赛.假设运动员质量为m,床面到地面的高度为h,运动员蹦起后离床面的高度为H.思考以下问题:
(1)以地面为参考平面,运动员跳起后在最高点的重力势能是多少
(2)以床面为参考平面,运动员跳起后在最高点的重力势能是多少
(3)以运动员跳起后重心的最高点为参考平面,运动员跳起后又落到蹦床上时,重力势能是正值还是负值
提示:(1)mg(H+h).(2)mgH.(3)运动员落到蹦床上,重心在参考平面以下,重力势能为负值.
「归纳提升」
1.重力势能的三个性质
(1)重力势能的相对性.
选取不同的水平面作为参考平面,其重力势能具有不同的数值,即重力势能的大小与参考平面的选取有关.
(2)重力势能变化的绝对性.
物体在两个高度不同的位置时,由于高度差一定,重力势能之差也是一定的,即物体的重力势能的变化量与参考平面的选取无关.
(3)重力势能的系统性.
重力是地球对物体吸引而产生的,如果没有地球对物体的吸引,就不会有重力,也不存在重力势能,所以重力势能是这个系统共同具有的,平时所说的“物体”的重力势能只是一种简化的说法.
2.重力势能的正负
重力势能是标量,其数值可正、可负、可为零,表示的是相对大小.如图所示,物体在A、B、C三点重力势能的正负如下表所示.
参考平面 EpA EpB EpC
地面 正值 正值 零
桌面 正值 零 负值
A处平面 零 负值 负值
3.重力做功与重力势能变化的关系
(1)当物体由高处运动到低处时,重力做正功,重力势能减少,重力势能的减少量等于重力所做的功.
(2)当物体由低处运动到高处时,重力做负功(物体克服重力做功),重力势能增加,重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功.
「典例研习」
[例2] (对重力势能的理解)下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A.重力势能是物体独有的
B.重力势能的变化只跟重力做功有关系,和其他力做功无关
C.重力势能是矢量,在地球表面以下为负
D.重力势能的增加量等于重力对物体做的功
B
【解析】 重力势能是物体与地球共有的,离开了地球没有重力,重力势能无意义,故A错误;重力做功,重力势能才发生变化,重力做多少功,重力势能就变化多少,与其他力做的功无关,故B正确;重力势能是标量,而负号则是说明在参考平面的下方,并不是地球表面以下为负,故C错误;重力对物体做的功等于初位置的重力势能减去末位置的重力势能,即重力做功等于重力势能的减少量,故D错误.
重力势能的求解方法
(1)根据重力势能的定义求解:选取参考平面,由 Ep=mgh可求质量为m的物体在离参考平面h高度处的重力势能.
(2)由重力做功与重力势能变化的关系求解:由WG=Ep1-Ep2知Ep2=Ep1-WG或Ep1=WG+Ep2.
·方法点拨·
[例3] (重力做功与重力势能变化的关系)如图所示,树上与A等高的P处有一个质量m=0.3 kg 的苹果下落.苹果有可能被人用篮子在与B等高处接住,也可能落到地面C处,还可能落到地面后滚入坑底D处.(g取10 m/s2)
(1)分别以A、C、E所在水平面为参考平面,求P处苹果的重力势能.
【答案】 见解析
【解析】 (1)以A所在水平面为参考平面,
P的相对高度hA=0,
则P处苹果的重力势能EpA=mghA=0;
以C所在水平面为参考平面,
P的相对高度hC=2.2 m,
则P处苹果的重力势能EpC=mghC=6.6 J;
以E所在水平面为参考平面,
P的相对高度hE=-1.6 m,
则P处苹果的重力势能EpE=mghE=-4.8 J.
(2)苹果由P分别落至C或落至D的过程中,求重力所做的功以及重力势能的变化量.
【答案】 见解析
【解析】 (2)苹果由P落至C处,高度降低ΔhC=2.2 m,
重力做正功,
WG C=mgΔhC=0.3×10×2.2 J=6.6 J,
重力势能变化量
ΔEpC=-WG C=-6.6 J;
苹果由P落至D处,高度降低ΔhD=5.2 m,
重力做正功,
WGD=mgΔhD=15.6 J,
重力势能变化量ΔEpD=-WGD=-15.6 J.
(1)重力做功与重力势能变化的关系:WG=Ep1-Ep2=-ΔEp,即重力势能变化多少是由重力做功的多少作为唯一量度的,与物体除重力外是否还受其他力作用,以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关.
(2)两种情况.
·方法点拨·
知识点三　弹性势能
撑竿跳高运动员可以借助手中弯曲的竿跳得很高,拉开的弓可以把箭射出去,压缩的弹簧可以把小球弹出去……弯曲的竿、拉开的弓、压缩的弹簧有什么共同特征
「情境导学」
提示:它们的共同特征是具有能量,具有对外做功的本领,这种能量为弹性势能.弹性势能是通过弹力做功转化为其他形式的能量的.
「知识整合」
1.弹性势能
发生 的物体,在恢复原状过程中,能够对外界做功,而具有的能量.
2.弹簧弹性势能
(1)在弹性限度内,同一弹簧发生的 越大,弹性势能越大.
(2)形变相同的弹簧, 越大,弹性势能越大.
弹性形变
弹性形变
劲度系数
3.势能
与相互作用物体的 有关的能量.
4.势能的属性
(1)重力势能是 与受重力作用的物体组成的系统所共有的.
(2)弹性势能是发生 的物体与此时受弹力作用的物体组成的系统所共有的.
相对位置
地球
弹性形变
「问题思考」
如图所示,为弹簧拉力器,可用来锻炼臂力.
(1)人拉弹簧时对弹簧做什么功 弹簧的弹性势能怎么变化
提示:(1)人对弹簧做正功,弹性势能增加.
(2)在弹簧弹性限度内,人将弹簧拉得越长,克服弹力做功越多吗 弹性势能越大吗
提示:(2)将弹簧拉得越长,克服弹力做功越多,弹性势能越大.
(3)拉力器有2条弹簧和有4条弹簧,拉伸相同长度,用力一样吗 克服弹力做功相同吗
提示:(3)用力不一样,克服弹力做功也不相同.
「归纳提升」
1.弹性势能的产生原因
(1)物体发生了弹性形变.
(2)各部分间的弹力作用.
2.弹性势能的影响因素
(1)弹簧的形变量x.
(2)弹簧的劲度系数k.
3.弹性势能与弹力做功的关系
如图所示,O为弹簧的原长处.
(1)弹力做负功:如物体由O向A运动(压缩)或者由O向A′运动(伸长)时,弹性势能增加,其他形式的能转化为弹性势能.
(2)弹力做正功:如物体由A向O运动或者由A′向O运动时,弹性势能减少,弹性势能转化为其他形式的能.
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系为 W弹=-ΔEp.
「典例研习」
[例4] (多选)如图所示,光滑的水平面上,物体与水平轻质弹簧相连,物体在O点时弹簧处于原长状态,把物体向右拉到A处由静止释放,物体会由A向A′运动,A、A′关于O点对称,弹簧始终在弹性限度内,则(　 　 )
A.物体由A向O运动的过程中,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐减少
B.物体由O向A′运动的过程中,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐增加
C.在A、A′两处弹性势能相等
D.物体在A处时弹性势能为正值,在A′处时弹性势能为负值
BC
【解析】 物体由A向O运动的过程中,弹簧对物体弹力向左,物体对弹簧的力向右,物体对弹簧做负功,弹性势能逐渐减少,故A错误;物体由O向A′运动的过程中,弹簧对物体弹力向右,物体对弹簧的力向左,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐增加,故B正确;A、A′两处关于O点对称,弹簧的形变量大小相等,弹性势能相等,故C正确,D错误.
理解弹性势能时应注意的三个问题
(1)弹簧的弹性势能的大小由弹簧的劲度系数和形变量(拉伸或压缩的长度)共同决定,劲度系数越大,形变量越大,弹簧的弹性势能越大.
(2)弹簧处于原长时,弹性势能为零,弹簧拉伸或压缩时,弹性势能均为正值.
(3)弹性势能具有相对性,但其变化量具有绝对性,因此,在判断弹性势能的变化时不必考虑零势能点的位置.
·方法点拨·
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命题热点1　对功和功率的理解和计算
1.要注意区分是恒力做功,还是变力做功,求恒力的功常用定义式.
2.根据特点可将变力的功转化为恒力的功(如大小不变、方向变化的阻力),可用图像法(F-s 图像中“面积”)、平均值法(均匀变化的力的功),或用W=Pt求功率恒定的力的功,及用动能定理等求解非常规变力的功.
3.功和功率的计算中应注意的问题
(1)计算功时,要注意分析受力情况和能量转化情况,分清是恒力做功,还是变力做功,恒力做功一般用功的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理、转化法或图像法求解.
(2)用图像法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义,若横轴表示位移,纵轴表示力,则可用图线与横轴围成的面积表示功,例如图甲、乙、丙所示(图丙中图线为四分之一圆弧),力做的功分别为W1=F1s1、W2=F2s2、W3=F3s3.该方法用于按照一定数学规律变化的力的功的求解.
(3)功率的计算问题中,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率,应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率;应注意区分公式P=和P=Fvcos θ的适用范围,P=计算的是平均功率,P=Fvcos θ侧重于对瞬时功率的计算.
[例1] (2025·广东卷,14)如图所示,用开瓶器取出紧塞在瓶口的软木塞时,先将拔塞钻旋入木塞内,随后下压把手,使齿轮绕固定支架上的转轴转动,通过齿轮啮合,带动与木塞相固定的拔塞钻向上运动.从0时刻开始,顶部与瓶口齐平的木塞从静止开始向上做匀加速直线运动,木塞所受摩擦力f随位移大小x的变化关系为f=f0(1-),其中f0为常量,h为圆柱形木塞的高,木塞质量为m,底面积为S,加速度为a,齿轮半径为r,重力加速度为g,瓶外气压减瓶内气压为Δp且近似不变,瓶子始终静止在桌面上.求:(提示:可用f-x图线下的“面积”表示f所做的功)
(1)木塞离开瓶口的瞬间,齿轮的角速度ω;
(2)拔塞的全过程,拔塞钻对木塞做的功W;
(3)拔塞过程中,拔塞钻对木塞作用力的瞬时功率P随时间t变化的表达式.
【答案】 (1)
(2)m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h
(3)P=magt+ΔpSat+ma2t+f0at-t3(0≤t≤)
【解析】 (1)木塞的末速度等于齿轮线速度,
对木塞根据运动学公式v2=2ah,
根据角速度和线速度的关系v=ωr,
联立可得ω=.
(2)根据题意画出木塞摩擦力与运动距离的关系图如图所示,
可得摩擦力所做的功为
Wf=-f0h,
对木塞根据动能定理有
W+Wf-mgh-ΔpSh=mv2-0,
解得W=m(g+a)h+ΔpSh+0.5f0h.
(3)设开瓶器对木塞的作用力为F,
对木塞根据牛顿第二定律有
F-mg-f-ΔpS=ma,速度v=at,
位移x=at2,
其中0≤t≤,
开瓶器的功率P=Fv,联立可得
P=magt+ΔpSat+ma2t+f0at-t3(0≤t≤).
命题热点2　功和能中的图像问题
1.观察题目给出的图像,弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义.
2.根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式.
3.将推导出的物理量间的关系式与图像相对比,找出图线的斜率、截距、图线的交点及图线所围面积所对应的关系分析解答问题.
[例2] (2023·辽宁卷)如图a,从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道.两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放,沿不同轨道滑到N点,其速率v与时间t的关系如图b所示.由图可知,两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中(　　)
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】 B
【解析】 由题图b可知,甲下滑过程中做匀加速直线运动,则甲沿Ⅱ下滑,而乙做加速度逐渐减小的加速运动,乙沿Ⅰ下滑,由于任意时刻甲的速度都小于乙的速度,可知同一时刻甲的动能比乙的小;开始时乙的速度为0,到N点时乙竖直方向的速度也为0,根据公式有P=mgvy,可知重力瞬时功率先增大后减小,故A、C、D错误,B正确.
命题热点3　“连接体”系统的机械能守恒问题
1.轻绳连接的物体系统
(1)如图所示的常见情境中,不计一切阻力.
(2)三个关键.
①明确两物体的速度关系.图甲、乙、丙中的物体A、B的速度大小相等,图丁中物体A的速度沿绳方向的分速度大小等于B的速度大小.
②明确两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系.
③明确机械能守恒定律的适用对象.绳上的拉力对单个物体做正功或负功,所以单个物体的机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则守恒.
2.轻杆连接的物体系统
(1)如图甲、乙、丙所示的常见情境中,不计一切阻力.
(2)三大特点.
①图甲、乙中两物体角速度相等.
②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒,图丙中两物体沿杆的分速度大小相等.
③对于杆和物体组成的系统,除重力和杆的弹力做功外没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒.
3.轻弹簧连接的物体系统
(1)如果系统在水平面内运动,则只有弹簧的弹力做功,物体和弹簧组成的系统内物体的动能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒.
(2)如果系统在竖直面内或斜面上运动,既有重力做功,又有弹簧弹力做功,物体和弹簧组成的系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒.
(3)题目经常涉及弹簧压缩和伸长相等的过程,此时弹性势能的大小由弹簧的形变量决定,与弹簧伸长或压缩情况无关.
[例3] 如图所示,光滑斜面固定在水平地面上,质量相等的物块A、B通过一根不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮连接,一轻质弹簧下端固定在斜面底端,另一端连接在A上.开始时B被托住,轻绳伸直但没有弹力.现使B由静止释放,在B运动至最低点的过程中(设B未落地,A未与滑轮相碰,弹簧始终在弹性限度内)(　　)
A.A和B总的重力势能先减小后增大
B.轻绳拉力对A做的功等于A机械能的增加量
C.当A受到的合力为零时,A的速度最大
D.当A和B的速度最大时,A和B的总机械能最大
【答案】 C
【解析】 在B运动至最低点的过程中,设B下降的高度为h0,斜面倾角为θ,则A和B总的重力做功为WG=mgh0-mgh0sin θ>0,可知,A和B总的重力势能一直减小,故A错误;在B运动至最低点的过程中,弹簧先处于压缩状态后处于拉伸状态,弹簧弹力对A先做正功后做负功,轻绳对A一直做正功,轻绳对A做功与弹簧对A做功的代数和等于A机械能的变化量,故B错误;在B运动至最低点的过程中,对A进行分析,A先向上做加速度减小的加速运动,后向上做加速度增大的减速运动,当A受到的合力为零时,A的速度最大,故C正确;在B运动至最低点的过程中,结合上述可知,当A和B的速度最大时,A、B所受外力合力为0,此时弹簧处于拉伸状态,在弹簧从原长到该拉伸状态过程,弹簧对A做负功,该过程A、B系统的机械能减小,可知当A和B的速度最大时,A和B的总机械能并不是最大,故D错误.
命题热点4　动能定理在实际问题情境中的应用
解题流程
[例4] (多选)(2023·广东卷)人们用滑道从高处向低处运送货物.如图所示,可看作质点的货物从四分之一圆弧滑道顶端P点静止释放,沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为
6 m/s.已知货物质量为 20 kg,滑道高度h为4 m,且过Q点的切线水平,重力加速度g取
10 m/s2.关于货物从P点运动到Q点的过程,下列说法正确的是(　　)
A.重力做的功为360 J
B.克服阻力做的功为440 J
C.经过Q点时向心加速度大小为9 m/s2
D.经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
【答案】 BCD
【解析】 下滑过程,根据动能定理可得WG-Wf=m,其中重力做功WG=mgh=800 J,代入数据解得克服阻力做功Wf=440 J,A错误,B正确;经过Q点时向心加速度大小为a=,其中R=h,解得a=9 m/s2,C正确;经过Q点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=ma,解得FN=380 N,根据牛顿第三定律可知,对轨道的压力大小 FN′=FN=380 N,D正确.
命题热点5　功能关系的综合应用
1.做功的过程就是能量转化的过程.功是能量转化的量度.功与能量的变化是“一一对应”的.
2.力学中的几种功能关系
(1)合外力做功等于动能的变化,即 W合=ΔEk.
(2)重力做功等于重力势能的减少量,即 WG=-ΔEp.
(3)弹力做功等于弹性势能的减少量,即W弹=-ΔEp.
(4)除重力及系统内弹力以外其他力做功等于机械能的变化量,即W其他=ΔE机.
(5)滑动摩擦力通过物体间相对位移做的功等于产生的内能,即E内=fs相对.
3.涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,确定能量之间的转化情况.
(2)在除重力、弹力做功外,还涉及滑动摩擦力做功的问题中,机械能不守恒,一般摩擦力做的功并不等于因摩擦产生的内能,可由动能定理及其他功能关系求机械能及其变化,也可由E内=fs相对求产生的热量.
[例5] (多选)(2025·云南卷,10)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点.质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ.过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑.弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度为g.则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间
【答案】 BCD
【解析】 设PO的距离为L,过程Ⅰ,根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m,设MO的距离为L1,过程Ⅱ中,当Q速度最大时,根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ,P、M两点之间的距离L2=L-L1,联立可得L2=,A错误;根据功能关系,可知过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L,结合-mgsin θ·L
-μmgcos θ·L=0-m,可得ΔE=m,B正确;设过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为s,根据能量守恒定律有kL2=mgsin θ·s+μmgcos θ·s+k(s-L)2,结合-mgsin θ·L-
μmgcos θ·L=0-m,解得s=,C正确;无论Q从何处释放,Q在斜面上运动过程中,弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热,当在M点时,满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ,当在O点时,满足mgsin θ=μmgcos θ,Q在OM之外的任意位置,合外力均不为0,所以在OM(含O、M点)之间速度为零时,Q将静止,D正确.
命题热点6　验证机械能守恒定律
该实验中除教材上提供的方案外,伴随着各类传感器、数字计时器和计算机进入课堂,高考中可能会利用不同的器材设计题目.但各种方案均基于机械能守恒定律,通过测量几个不同时刻的机械能或某些过程动能、势能的变化,达到验证机械能守恒定律的目的.处理该类问题时要注意以下几点:
(1)明确实验原理,即实验中是通过怎样的方法使动能、势能发生改变的.
(2)由实验获取的物体运动信息确定物体速度及位置变化情况.
(3)求出物体对应的动能、势能及其变化,确定机械能是否守恒;有些问题中也可能需要根据机械能守恒的关系,结合某种图像求涉及的物理量.
[例6] 利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒的实验.实验装置如图甲.
已经测得:
a.遮光片宽度d;
b.释放滑块时滑块上遮光片到光电门的距离l;
c.钩码质量m1,滑块与遮光片质量m2.
接通气源,释放钩码.
(1)已知滑块上遮光片通过光电门的时间为 t,则滑块通过光电门时的速度为　　　　.
(2)在滑块从释放到滑块上遮光片经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为　　　　,动能增加量为　 .
(3)改变l,做多组实验,作出以l为横坐标、以()2为纵坐标的图像,如图乙.若机械能守恒成立,则图像斜率为　　　　　.
【答案】 (1)
(2)m1gl　(m1+m2)()2
(3)
【解析】 (1)滑块通过光电门时的速度为v=.
(2)从释放到滑块上遮光片经过光电门这一过程中,系统重力势能减少量为 Ep=m1gl,系统动能增加量为ΔEk=(m1+m2)()2.
(3)改变l,做多组实验,作出如题图乙以l为横坐标、以()2为纵坐标的图像,
若机械能守恒成立,
有m1gl=(m1+m2)()2,
整理得()2=l,
则图像斜率为.第四节　势　能
[学习目标]　1.通过实例分析,理解重力势能、弹性势能的概念,通过比较,建构势能的概念,理解势能的特征及其对建构能量观念的作用.2.通过分析重力做功的特点,体会微元思想,培养科学思维;通过推导重力做功和重力势能变化的关系,培养科学探究能力.3.结合实例分析,通过观察与思考分析归纳影响弹性势能的因素,理解弹性势能的概念.
知识点一　重力做功
情境导学
如图所示,将质量为m的物块从A移到B可以有如下方式:方式1:沿着折线AOB路径①移动.方式2:沿着直线AB路径②移动.方式3:沿着曲线ACB路径③移动.
(1)沿着上述三条路径移动物块,重力做的功分别是多少
(2)结合上面的讨论,分析重力做功有什么特点.
提示:(1)都是mgh.
(2)重力做的功与路径无关,只与初、末两个位置有关,重力做的功等于重力与沿着重力方向的位移的乘积.
知识整合
1.重力做功
(1)表达式:WG=mgh1-mgh2.
(2)做功特点:重力做功只与运动物体的起点和终点的位置有关,而与运动物体所经过的路径无关,如图所示.
2.重力势能
(1)定义:物体由于位于高处而具有的能量.
(2)定义式:Ep=mgh.
(3)单位:重力势能是标量,在国际单位制中是焦耳,简称焦,符号是J.
3.重力做功与重力势能的关系
(1)表达式:WG=Ep1-Ep2.
(2)两种情况:重力做正功时,重力势能减少;重力做负功时,重力势能增加.
问题思考
如图所示,小朋友们正在玩滑梯.
(1)小朋友从最高点滑落到地面的过程中,重力做正功还是负功 重力势能是增加还是减少
(2)小朋友从地面爬上滑梯最高点的过程中,重力做正功还是负功 重力势能是增加还是
减少
提示:(1)正功;重力势能减少.
(2)负功;重力势能增加.
归纳提升
1.重力做功大小只与重力和物体高度变化有关,与是否受其他力及运动状态均无关.
2.物体下降时重力做正功,物体上升时重力做负功.
3.物体运动时,重力对它做的功只与它的起点和终点的位置有关,而与物体运动的路径
无关.
典例研习
[例1] 利用功能关系研究重力势能过程中,我们用到了如图所示的情景:物体沿任意坡面从A运动到B.下列说法正确的是(　　)
A.物体下滑过程中重力做正功,重力势能增加
B.物体沿光滑坡面下滑时重力做功小于沿粗糙坡面下滑重力所做的功
C.这个过程可以用来证明重力做功跟运动路径无关
D.若将物体从B移动到A,此过程重力势能减小
【答案】 C
【解析】 物体下滑过程中重力做正功,重力势能减少,A错误;物体沿任意坡面从A下滑到B,重力做功为WG=mgΔh1+mgΔh2+mgΔh3+…=mg(Δh1+Δh2+Δh3+…)=mgΔh=mg(h1-h2),可知物体运动时,重力对它做的功只与它的起点和终点的位置有关,而与物体运动的路径无关,因此物体沿光滑坡面下滑时重力做功等于沿粗糙坡面下滑重力所做的功,B错误,C正确;若将物体从B移动到A,高度升高,重力势能增大,D错误.
计算重力做功时,找出初、末位置的高度差Δh,直接利用公式WG=mgΔh即可,无须考虑中间的复杂运动过程.
知识点二　重力势能的相对性
情境导学
如图所示,A点和B点到参考平面的高度都是h.将质量为m的质点放在A处和放在B处的重力势能各是多少 哪个大
提示:A处EpA=mgh,B处EpB=-mgh;A处大.
知识整合
1.参考平面:物体具有的重力势能总是相对某个水平面来说的,这个水平面叫作参考平面.一般规定在参考平面上的物体的重力势能为零.
2.重力势能的相对性
(1)选择不同的参考平面,同一物体在空间同一位置的重力势能就不同.
(2)对选定的参考平面而言,在参考平面上方的物体,重力势能为正值,在参考平面下方的物体,重力势能为负值.重力势能为负值表示物体在这个位置具有的重力势能比在参考平面上具有的重力势能小.
问题思考
如图所示,运动员在进行蹦床比赛.假设运动员质量为m,床面到地面的高度为h,运动员蹦起后离床面的高度为H.思考以下问题:
(1)以地面为参考平面,运动员跳起后在最高点的重力势能是多少
(2)以床面为参考平面,运动员跳起后在最高点的重力势能是多少
(3)以运动员跳起后重心的最高点为参考平面,运动员跳起后又落到蹦床上时,重力势能是正值还是负值
提示:(1)mg(H+h).(2)mgH.(3)运动员落到蹦床上,重心在参考平面以下,重力势能为负值.
归纳提升
1.重力势能的三个性质
(1)重力势能的相对性.
选取不同的水平面作为参考平面,其重力势能具有不同的数值,即重力势能的大小与参考平面的选取有关.
(2)重力势能变化的绝对性.
物体在两个高度不同的位置时,由于高度差一定,重力势能之差也是一定的,即物体的重力势能的变化量与参考平面的选取无关.
(3)重力势能的系统性.
重力是地球对物体吸引而产生的,如果没有地球对物体的吸引,就不会有重力,也不存在重力势能,所以重力势能是这个系统共同具有的,平时所说的“物体”的重力势能只是一种简化的说法.
2.重力势能的正负
重力势能是标量,其数值可正、可负、可为零,表示的是相对大小.如图所示,物体在A、B、C三点重力势能的正负如下表所示.
参考平面 EpA EpB EpC
地面 正值 正值 零
桌面 正值 零 负值
A处平面 零 负值 负值
3.重力做功与重力势能变化的关系
(1)当物体由高处运动到低处时,重力做正功,重力势能减少,重力势能的减少量等于重力所做的功.
(2)当物体由低处运动到高处时,重力做负功(物体克服重力做功),重力势能增加,重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功.
典例研习
[例2] (对重力势能的理解)下列关于重力势能的说法正确的是(　　)
A.重力势能是物体独有的
B.重力势能的变化只跟重力做功有关系,和其他力做功无关
C.重力势能是矢量,在地球表面以下为负
D.重力势能的增加量等于重力对物体做的功
【答案】 B
【解析】 重力势能是物体与地球共有的,离开了地球没有重力,重力势能无意义,故A错误;重力做功,重力势能才发生变化,重力做多少功,重力势能就变化多少,与其他力做的功无关,故B正确;重力势能是标量,而负号则是说明在参考平面的下方,并不是地球表面以下为负,故C错误;重力对物体做的功等于初位置的重力势能减去末位置的重力势能,即重力做功等于重力势能的减少量,故D错误.
重力势能的求解方法
(1)根据重力势能的定义求解:选取参考平面,由 Ep=mgh可求质量为m的物体在离参考平面h高度处的重力势能.
(2)由重力做功与重力势能变化的关系求解:由WG=Ep1-Ep2知Ep2=Ep1-WG或Ep1=WG+Ep2.
[例3] (重力做功与重力势能变化的关系)如图所示,树上与A等高的P处有一个质量m=0.3 kg 的苹果下落.苹果有可能被人用篮子在与B等高处接住,也可能落到地面C处,还可能落到地面后滚入坑底D处.(g取10 m/s2)
(1)分别以A、C、E所在水平面为参考平面,求P处苹果的重力势能.
(2)苹果由P分别落至C或落至D的过程中,求重力所做的功以及重力势能的变化量.
【答案】 见解析
【解析】 (1)以A所在水平面为参考平面,
P的相对高度hA=0,
则P处苹果的重力势能
EpA=mghA=0;
以C所在水平面为参考平面,
P的相对高度hC=2.2 m,
则P处苹果的重力势能
EpC=mghC=6.6 J;
以E所在水平面为参考平面,
P的相对高度hE=-1.6 m,
则P处苹果的重力势能
EpE=mghE=-4.8 J.
(2)苹果由P落至C处,高度降低ΔhC=2.2 m,
重力做正功,
WG C=mgΔhC=0.3×10×2.2 J=6.6 J,
重力势能变化量
ΔEpC=-WG C=-6.6 J;
苹果由P落至D处,高度降低ΔhD=5.2 m,
重力做正功,
WGD=mgΔhD=15.6 J,
重力势能变化量ΔEpD=-WGD=-15.6 J.
(1)重力做功与重力势能变化的关系:WG=Ep1-Ep2=-ΔEp,即重力势能变化多少是由重力做功的多少作为唯一量度的,与物体除重力外是否还受其他力作用,以及除重力做功外是否还有其他力做功等因素均无关.
(2)两种情况.
知识点三　弹性势能
情境导学
撑竿跳高运动员可以借助手中弯曲的竿跳得很高,拉开的弓可以把箭射出去,压缩的弹簧可以把小球弹出去……弯曲的竿、拉开的弓、压缩的弹簧有什么共同特征
提示:它们的共同特征是具有能量,具有对外做功的本领,这种能量为弹性势能.弹性势能是通过弹力做功转化为其他形式的能量的.
知识整合
1.弹性势能
发生弹性形变的物体,在恢复原状过程中,能够对外界做功,而具有的能量.
2.弹簧弹性势能
(1)在弹性限度内,同一弹簧发生的弹性形变越大,弹性势能越大.
(2)形变相同的弹簧,劲度系数越大,弹性势能越大.
3.势能
与相互作用物体的相对位置有关的能量.
4.势能的属性
(1)重力势能是地球与受重力作用的物体组成的系统所共有的.
(2)弹性势能是发生弹性形变的物体与此时受弹力作用的物体组成的系统所共有的.
问题思考
如图所示,为弹簧拉力器,可用来锻炼臂力.
(1)人拉弹簧时对弹簧做什么功 弹簧的弹性势能怎么变化
(2)在弹簧弹性限度内,人将弹簧拉得越长,克服弹力做功越多吗 弹性势能越大吗
(3)拉力器有2条弹簧和有4条弹簧,拉伸相同长度,用力一样吗 克服弹力做功相同吗
提示:(1)人对弹簧做正功,弹性势能增加.
(2)将弹簧拉得越长,克服弹力做功越多,弹性势能越大.
(3)用力不一样,克服弹力做功也不相同.
归纳提升
1.弹性势能的产生原因
(1)物体发生了弹性形变.
(2)各部分间的弹力作用.
2.弹性势能的影响因素
(1)弹簧的形变量x.
(2)弹簧的劲度系数k.
3.弹性势能与弹力做功的关系
如图所示,O为弹簧的原长处.
(1)弹力做负功:如物体由O向A运动(压缩)或者由O向A′运动(伸长)时,弹性势能增加,其他形式的能转化为弹性势能.
(2)弹力做正功:如物体由A向O运动或者由A′向O运动时,弹性势能减少,弹性势能转化为其他形式的能.
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系为 W弹=-ΔEp.
典例研习
[例4] (多选)如图所示,光滑的水平面上,物体与水平轻质弹簧相连,物体在O点时弹簧处于原长状态,把物体向右拉到A处由静止释放,物体会由A向A′运动,A、A′关于O点对称,弹簧始终在弹性限度内,则(　　)
A.物体由A向O运动的过程中,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐减少
B.物体由O向A′运动的过程中,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐增加
C.在A、A′两处弹性势能相等
D.物体在A处时弹性势能为正值,在A′处时弹性势能为负值
【答案】 BC
【解析】 物体由A向O运动的过程中,弹簧对物体弹力向左,物体对弹簧的力向右,物体对弹簧做负功,弹性势能逐渐减少,故A错误;物体由O向A′运动的过程中,弹簧对物体弹力向右,物体对弹簧的力向左,物体对弹簧做正功,弹性势能逐渐增加,故B正确;A、A′两处关于O点对称,弹簧的形变量大小相等,弹性势能相等,故C正确,D错误.
理解弹性势能时应注意的三个问题
(1)弹簧的弹性势能的大小由弹簧的劲度系数和形变量(拉伸或压缩的长度)共同决定,劲度系数越大,形变量越大,弹簧的弹性势能越大.
(2)弹簧处于原长时,弹性势能为零,弹簧拉伸或压缩时,弹性势能均为正值.
(3)弹性势能具有相对性,但其变化量具有绝对性,因此,在判断弹性势能的变化时不必考虑零势能点的位置.
课时作业
考点一　重力做功与重力势能
1.质量相等的均匀柔软细绳A、B平放于水平地面上,细绳B较长.分别捏住两绳中点缓慢提起,使它们全部离开地面并上升一段距离,此过程中两绳中点被提升的高度分别为hA、hB,两绳克服重力做的功分别为WA、WB.以下说法正确的是(　　)
A.若hA=hB,则一定有WA=WB
B.若hA>hB,则可能有WAC.若hAD.若hAWB
【答案】 C
【解析】 因绳B较长,若hA=hB,则B的重心较低,根据WG=mgh可知,WA>WB,故A错误;若hA>hB,则一定是B的重心低,则WA>WB,故B错误;若hAWB,还可能WA=WB,故C正确,D错误.
2.一根粗细均匀的长直铁棒重600 N,平放在水平地面上.现将一端从地面抬高0.50 m,而另一端仍在地面上,则(　　)
A.铁棒的重力势能增加了150 J
B.铁棒的重力势能增加了300 J
C.铁棒的重力不做功
D.上述说法均错误
【答案】 A
【解析】 铁棒的重心升高的高度h=×0.50 m=0.25 m,铁棒增加的重力势能与参考平面无关,有ΔEp=Gh=600×0.25 J=150 J,根据WG=-ΔEp,可知重力对铁棒做功为-150 J.故A正确,B、C、D错误.
考点二　绳、链条等物体的重力势能及其变化
3.如图所示,一条质量为m、长度为l的均匀柔软的绳PQ竖直悬挂.用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距.重力加速度为g.在此过程中,绳的重力势能增加了(　　)
A.mgl B.mgl
C.mgl D.mgl
【答案】 A
【解析】 由题意可知,PM段绳的重力势能不变,MQ段绳的重心升高了,则重力势能增加了ΔEp=mg·=mgl,故选A.
4.如图所示,有一质量为m、长为L的均匀金属链条,一半在光滑斜面上,斜面倾角为θ,另一半沿竖直方向下垂在空中.当链条从静止开始释放后链条滑动,以斜面顶点所在水平面为参考平面.
(1)开始时与链条刚好从右侧面全部滑出斜面时的重力势能各多大
(2)此过程中重力做了多少功
【答案】 (1)-mgL(sin θ+1)-mgL　
(2)mgL(3-sin θ)
【解析】 (1)开始时,左边一半链条的重力势能为
Ep1=-·sin θ,
右边一半链条的重力势能Ep2=-·,
左、右两部分总的重力势能为
Ep=Ep1+Ep2=-mgL(sin θ+1);
链条从右侧面刚好全部滑出时,重力势能为
Ep′=-mgL.
(2)此过程重力势能减少了
ΔEp=Ep-Ep′=mgL(3-sin θ),
故重力做的功为WG=mgL(3-sin θ).
考点三　弹力做功与弹性势能
5.如图所示的几个运动过程中,物体的弹性势能增加的是(　　)
A.如图甲,撑竿跳高的运动员上升过程中,竿的弹性势能
B.如图乙,人拉长弹簧过程中,弹簧的弹性势能
C.如图丙,模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中,橡皮筋的弹性势能
D.如图丁,小球被弹簧向上弹起的过程中,弹簧的弹性势能
【答案】 B
【解析】 撑竿跳高的运动员上升过程中,竿的形变量减小,弹力做正功,弹性势能减小,故A错误;人拉长弹簧过程中,弹簧的形变量增大,弹力做负功,弹性势能增加,故B正确;模型飞机用橡皮筋发射出去的过程中,橡皮筋的形变量减小,弹力做正功,弹性势能减小,故C错误;小球被弹簧向上弹起的过程中,弹簧的形变量减小,弹力做正功,弹性势能减小,故D错误.
6.(多选)如图甲所示,弹簧的一端固定,另一端连接一个物块,弹簧质量不计.物块(可视为质点)的质量为m,在水平桌面上沿x轴运动,以弹簧原长时物块的位置为坐标原点O,当弹簧的伸长量为x时,物块所受弹簧弹力大小为F=kx,k为弹簧的劲度系数.图乙为F随x变化的示意图.物块沿x轴从O点运动到位置x1的过程中,根据 F-x 的图像,下列说法正确的是(　　)
A.弹力做的功为F1x1
B.弹力做的功为-F1x1
C.弹性势能增加了k
D.弹性势能减少了k
【答案】 BC
【解析】 F-x图像与横坐标轴围成的面积表示弹簧弹力所做的功,物块沿x轴从O点运动到位置x1的过程中,弹簧弹力的方向与位移方向相反,弹簧弹力做负功,W=-F1x1,故A错误,B正确;弹簧弹力做负功,弹性势能增加,即ΔEp=-W=F1x1=kx1·x1=k,故C正确,D错误.
7.某兴趣小组通过探究得到弹性势能的表达式为ΔEp=kx2,式中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧伸长(或缩短)的长度.放在地面上的物体上端系在劲度系数k=200 N/m 的弹簧上,弹簧的另一端拴在跨过定滑轮的绳子上,如图所示,手拉绳子的另一端,当往下拉0.1 m时物体开始离开地面,继续拉绳,使物体缓慢升高到离地h=0.5 m高处.如果不计弹簧质量和滑轮跟绳的摩擦,g取10 m/s2.求:
(1)弹簧弹性势能的大小;
(2)物体重力势能的增加量.
【答案】 (1)1 J　(2)10 J
【解析】 (1)物体缓慢升高过程,处于平衡状态,
则有kΔx=mg,Δx=0.1 m,
则弹簧弹性势能的大小为
ΔEp=kx2=k(Δx)2,
联立解得ΔEp=1 J,m=2 kg.
(2)物体重力势能的增加量为
ΔEp′=mgh=10 J.
8.如图,甲、乙两个斜面高度相同、倾角不同,甲光滑,乙粗糙.让质量相同的两物体从斜面顶端滑到底端,重力做功分别为W甲和W乙.以斜面顶端所在的水平面为参考平面,二者在斜面底端时的重力势能分别为Ep甲和Ep乙,下列说法正确的是(　　)
A.W甲>W乙;Ep甲>0,Ep乙>0,Ep甲>Ep乙
B.W甲C.W甲=W乙;Ep甲<0,Ep乙<0,Ep甲=Ep乙
D.无法确定
【答案】 C
【解析】 根据W=mgh,可知W甲=W乙,以斜面顶端所在的水平面为参考平面,则二者在斜面底端时的重力势能Ep甲<0,Ep乙<0,因为W=-ΔEp,可知Ep甲=Ep乙,故选C.
9.如图所示,质量相同的A、B两小球用长度不同的两轻绳悬于等高的O1、O2点,绳长LA、LB的关系为LA>LB,将轻绳水平拉直,并将小球A、B由静
止开始同时释放,取释放的水平位置为参考平面,则下列说法错误的是(　　)
A.在下落过程中,当两小球到同一水平线L上时具有相同的重力势能
B.两小球分别落到最低点的过程中减少的重力势能相等
C.A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小
D.A、B两小球只要在相同的高度,它们所具有的重力势能就相等
【答案】 B
【解析】 两小球质量相同,在下落过程中,当两小球到同一水平线L上时相对参考平面的高度相同,所以具有相同的重力势能,故A说法正确;重力做的正功等于重力势能的减少量,因为mgLA>mgLB,所以两小球分别落到最低点的过程中,A球重力势能的减少量大于B球重力势能的减少量,故B说法错误;A球通过最低点时相对参考平面的高度比B球的大,且由于此时二者都位于参考平面以下,重力势能均为负值,所以A球通过最低点时的重力势能比B球通过最低点时的重力势能小,故C说法正确;A、B两小球只要在相同的高度,它们所具有的重力势能就相等,故D说法正确.
10.在水平地面上放一个竖直轻弹簧,弹簧上端与一个质量为m的木块相连,若在木块上再作用一个竖直向下的力F,使木块缓慢向下移动h,力F做功W1,此时木块再次处于平衡状态,如图所示.求:
(1)在木块下移h的过程中,重力势能的减少量;
(2)在木块下移h的过程中,弹性势能的增加量.
【答案】 (1)mgh　(2)W1+mgh
【解析】 (1)根据重力做功与重力势能变化的关系有ΔEp减=WG=mgh.
(2)根据弹力做功与弹性势能变化的关系有ΔEp弹增=-W弹,
又因木块缓慢下移,力F和重力mg的合力与弹力等大、反向,所以
W弹=-W1+(-WG)=-W1-mgh,
所以弹性势能的增加量
ΔEp弹增=W1+mgh.(共20张PPT)
第三节　动能　动能定理
[学习目标]　
1.通过实例,建立动能概念,理解动能、动能定理及其对构建能量观念的作用.2.通过动能定义式、动能定理的推导过程,学习构建物理模型的方法,体验推理、论证思维的方法和过程,培养并提高科学思维.3.通过动能定理的应用实例分析,体会从能量观念的视角解决实际问题,加深对能量观念的理解和认识,培养科学态度与社会责任意识.
知识点一　动能
「情境导学」
(1)如图所示,人用铁锤打击石头时要用质量较大的铁锤,还要高高抡起来.这样做的目的是什么
提示:(1)用质量较大的铁锤,还要高高抡起来,是为了增加铁锤打击石头时的动能.
(2)如图,A球质量大于B球质量,球从斜面上滚下,静止在地面上的纸盒被碰后,滑行一段距离停下来.你认为物体的动能可能与哪些因素有关
提示:(2)与物体的质量和速度有关.
「知识整合」
1.定义:物体由于 而具有的能量.
2.表达式:Ek= .
3.单位:动能是 ,动能的单位与功的单位相同,在国际单位中都是 ,简称焦,符号是J.
运动
mv2
标量
焦耳
「正误辨析」
(1)动能是状态量,是标量,只有正值,动能与速度方向无关.(　 　)
(2)物体的速度发生变化,其动能可能发生变化.(　 　)
(3)物体的动能发生变化,其速度一定发生变化.(　 　)
(4)某物体的速度加倍,它的动能也加倍.(　 　)
×
√
√
×
「归纳提升」
动能的性质
(1)动能的“三性”.
①相对性:选取不同的参考系,物体的速度不同,动能也不同,一般以地面为参考系.
②标量性:动能是标量,没有方向.
③状态量:动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.
②瞬时关系:动能和速度均为状态量,二者具有瞬时对应关系.
③变化关系:动能是标量,速度是矢量.当动能发生变化时,物体的速度(大小)一定发生了变化,当速度发生变化时,可能仅是速度方向的变化,物体的动能可能不变.
「典例研习」
[例1] 下列关于动能的说法正确的是(　　)
A.运动速度大的物体,动能一定大
B.动能像功一样有正负
C.质量一定的物体,动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化
D.动能不变的物体,一定处于平衡状态
C
知识点二　动能定理
如图所示是我国自主研发的一款舰载战斗机,正在起飞.
(1)战机起飞时,合力做什么功 速度怎么变化 动能怎么变化
「情境导学」
提示:(1)合力做正功,速度变大,动能增大.
(2)战机着舰时,阻拦索对战斗机做什么功 战斗机的动能怎么变化
提示:(2)做负功,动能减小.
「知识整合」
1.推导
ma
W=(F-f)s
2as
2.内容:合力对物体所做的功等于物体动能的 .
3.表达式:W= .
4.适用范围:动能定理是在恒力做功、物体做直线运动的情况下推导出来
的.可以证明,动能定理在 做功或物体做 运动时仍然成立.
变化量
Ek2-Ek1
变力
曲线
「问题思考」
如图所示,骑自行车下坡时,没有蹬车,车速却越来越快,动能越来越大,这与动能定理相矛盾吗
提示:不矛盾.虽然人没蹬车,但重力却对人和车做正功,动能越来越大.
「归纳提升」
1.对动能定理的几点说明
名词 释疑
正负关系 W>0,ΔEk>0(合力是动力);
W<0,ΔEk<0(合力是阻力)
研究对象 一般是一个物体,也可以是一个系统
过程要求 适用于全过程,也适用于某一阶段
对应 关系 一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能),过程量等于状态量的变化
因果 关系 合力对物体做功是引起物体动能变化的原因,做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程,转化了多少由合力做的功来量度
2.应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统).
(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功).
(3)确定合力对物体做的功(注意功的正负).
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能).
(5)根据动能定理列式、求解.
「典例研习」
[例2] (2024·安徽卷,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m,可视为质点.重力加速度大小为g,不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
D
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第六节　验证
机械能守恒定律
[学习目标]　
1.结合验证机械能守恒定律的实验,理解机械能守恒定律,体会守恒观念对认识物理规律的重要性.2.理解实验设计思路,能规范地进行实验操作,通过实验收集的数据分析得出结论,实现对科学探究能力的培养.3.体会实验设计中的实验原理分析、实验数据处理过程,培养科学思维;通过实验探究,培养实事求是的态度.
一、实验目的
利用重物的自由下落验证机械能守恒定律.
二、实验原理
在只有重力做功的情况下,物体的动能和势能互相转化,但总的机械能保持不变,即可通过求做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量是否相等来判断机械能是否守恒,若相等,则可验证机械能守恒定律.
三、实验器材
铁架台(带铁夹)、电磁打点计时器、刻度尺、重物、纸带、电源等.
四、实验步骤
1.安装置:将打点计时器竖直固定在铁架台上,用导线将打点计时器与低压交流电源相连.
2.打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上,另一端穿过打点计时器的限位孔,用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方.先接通电源,后松开纸带,让重物带着纸带自由下落.更换纸带重复做3～5次实验.
3.选纸带:选择一条点迹清晰的纸带,将某一清晰的点记为0,与0点相隔一段距离以后的各点依次记为1,2,3,…,如图.
4.测距离:用刻度尺测出0点到1,2,3,…的距离,即为对应下落的高度h1,h2,h3,….
五、数据处理
六、误差分析
1.在进行长度测量时,测量及读数不准造成误差.
2.重物下落要克服阻力做功,部分机械能转化成内能,下落高度越大,机械能损失越多,所以实验数据出现了各计数点对应的机械能依次略有减小的现象.
3.由于交流电源的周期不稳定,造成打点时间间隔变化而产生误差.
七、注意事项
1.打点计时器要竖直:安装打点计时器时要竖直架稳,使其两限位孔在同一竖直平面内,以减小摩擦阻力.
2.重物密度要大:选用质量和密度较大的重物,增大其重力可使阻力的影响相对减小,增大其密度可以减小体积,可使空气阻力减小.
[例1] (实验原理与探究过程)某班同学分成两组来进行“验证机械能守恒定律”的实验.甲组同学采用让重锤自由下落的方法验证机械能守恒,实验装置如图甲所示.
试回答以下问题.
(1)实验过程中他们进行了如下操作,其中操作不当的步骤是　　　　　.
A.将打点计时器竖直固定在铁架台上
B.先释放纸带,后接通电源
C.在纸带上选取适当的数据点,并测量数据点间的距离
D.根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能
B
【解析】 (1)将打点计时器竖直固定在铁架台上,选项A正确,不符合题意;先接通电源,后释放纸带,选项B错误,符合题意;在纸带上选取适当的数据点,并测量数据点间的距离,选项C正确,不符合题意;根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能进行比较来验证机械能是否守恒,选项D正确,不符合题意.
(2)在实验中,质量为m的重锤自由下落,带动纸带,纸带上打出的一系列点如图乙所示,O是重锤刚下落时打下的点.已知打点计时器打点的频率为f,则从打点计时器打下O点到打下B点的过程中,若在实验误差允许的范围内满足等式　　　　　　　　,则机械能守恒定律得到验证.
8gh2=(h3-h1)f2
[例2] (数据处理与误差分析)(2025·河南卷,12)实验小组利用图1所示装置验证机械能守恒定律.可选用的器材有:交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、纸带、刻度尺等.
(1)下列所给实验步骤中,有4个是完成实验必需且正确的,把它们选择出来并按实验顺序排列:　　　　　　(填步骤前面的序号).
①先接通电源,打点计时器开始打点,然后再释放纸带
②先释放纸带,然后再接通电源,打点计时器开始打点
③用电子天平称量重锤的质量
④将纸带下端固定在重锤上,穿过打点计时器的限位孔,用手捏住纸带上端
⑤在纸带上选取一段,用刻度尺测量该段内各点到起点的距离,记录分析数据
⑥关闭电源,取下纸带
④①⑥⑤
(2)图2所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E到起点的距离.则打出B点时重锤下落的速度大小为　　　　 m/s(保留3位有效数字).
1.79
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h,计算相应的重锤下落速度v,并绘制图3所示的v2-h关系图像.理论上,若机械能守恒,图中直线应
　　　　　(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为　　　　(用重力加速度大小g表示).由图3得直线的斜率k=　　　　(保留3位有效数字).
通过
2g
19.0
3.1
[例3] (实验拓展创新)某同学设计了如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律.铁架台上固定有带格子的圆弧形背板及拉力传感器,将质量为m的小球
(可视为质点)用不可伸长且长度为L的轻绳悬挂在传感器上.
(1)请将下列实验步骤按正确顺序排序　　　　.
①当小球静止在最低点O′时,记录此时拉力传感器的示数F0.
②改变小球与O′的高度差,重复实验.
③保持绳子拉直,将小球拉至与O′高度差为h(h≤L)处,释放小球,记录小球下摆过程中拉力传感器的最大示数F.
①③②
【解析】 (1)正确实验步骤为:当小球静止在最低点O′时,记录此时拉力传感器的示数F0;保持绳子拉直,将小球拉至与O′高度差为h(h≤L)处,释放小球,记录小球下摆过程中拉力传感器的最大示数F;改变小球与O′的高度差,重复实验,故正确排序为①③②.
(2)实验过程中获取的数据F0　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)小球重力.
等于
【解析】 (2)小球自由静止在最低点O′时,小球所受拉力与重力二力平衡,有F0=mg.
(3)若传感器最大示数F满足F=　　　　(用F0、L、h表示)时,则可验证小球从初始位置摆至O′点的过程中机械能守恒定律成立.
(4)该同学采用图像法处理数据.多次实验得出多组F和h的数据,在坐标纸上描点连线作出F-h图像如图乙所示,理论上图中的a和b数值满足 a=　 　b
(填上合适的数字)关系时,可验证小球下摆过程中机械能守恒定律成立.
3
感谢观看第三节　动能　动能定理
[学习目标]　1.通过实例,建立动能概念,理解动能、动能定理及其对构建能量观念的作用.2.通过动能定义式、动能定理的推导过程,学习构建物理模型的方法,体验推理、论证思维的方法和过程,培养并提高科学思维.3.通过动能定理的应用实例分析,体会从能量观念的视角解决实际问题,加深对能量观念的理解和认识,培养科学态度与社会责任意识.
知识点一　动能
情境导学
(1)如图所示,人用铁锤打击石头时要用质量较大的铁锤,还要高高抡起来.这样做的目的是什么
(2)如图,A球质量大于B球质量,球从斜面上滚下,静止在地面上的纸盒被碰后,滑行一段距离停下来.你认为物体的动能可能与哪些因素有关
提示:(1)用质量较大的铁锤,还要高高抡起来,是为了增加铁锤打击石头时的动能.
(2)与物体的质量和速度有关.
知识整合
1.定义:物体由于运动而具有的能量.
2.表达式:Ek=mv2.
3.单位:动能是标量,动能的单位与功的单位相同,在国际单位中都是焦耳,简称焦,符号是J.
正误辨析
(1)动能是状态量,是标量,只有正值,动能与速度方向无关.(　√　)
(2)物体的速度发生变化,其动能可能发生变化.(　×　)
(3)物体的动能发生变化,其速度一定发生变化.(　√　)
(4)某物体的速度加倍,它的动能也加倍.(　×　)
归纳提升
动能的性质
(1)动能的“三性”.
①相对性:选取不同的参考系,物体的速度不同,动能也不同,一般以地面为参考系.
②标量性:动能是标量,没有方向.
③状态量:动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.
(2)动能与速度的三种关系.
①数值关系:Ek=mv2,同一物体,速度v越大,动能Ek越大.
②瞬时关系:动能和速度均为状态量,二者具有瞬时对应关系.
③变化关系:动能是标量,速度是矢量.当动能发生变化时,物体的速度(大小)一定发生了变化,当速度发生变化时,可能仅是速度方向的变化,物体的动能可能不变.
典例研习
[例1] 下列关于动能的说法正确的是(　　)
A.运动速度大的物体,动能一定大
B.动能像功一样有正负
C.质量一定的物体,动能变化时,速度一定变化,但速度变化时,动能不一定变化
D.动能不变的物体,一定处于平衡状态
【答案】 C
【解析】 由Ek=mv2,可知速度大的物体质量可能很小,动能不一定大,故A错误.动能没有负值,故B错误.由于速度为矢量,当方向变化,而速度大小不变时,动能并不改变;而动能变化时,速度大小一定变化,故C正确.动能不变可能只是物体的速度大小不变,而方向发生变化,故动能不变的物体可能做变速运动,不一定处于平衡状态,故D错误.
知识点二　动能定理
情境导学
如图所示是我国自主研发的一款舰载战斗机,正在起飞.
(1)战机起飞时,合力做什么功 速度怎么变化 动能怎么变化
(2)战机着舰时,阻拦索对战斗机做什么功 战斗机的动能怎么变化
提示:(1)合力做正功,速度变大,动能增大.
(2)做负功,动能减小.
知识整合
1.推导
2.内容:合力对物体所做的功等于物体动能的变化量.
3.表达式:W=Ek2-Ek1.
4.适用范围:动能定理是在恒力做功、物体做直线运动的情况下推导出来的.可以证明,动能定理在变力做功或物体做曲线运动时仍然成立.
问题思考
如图所示,骑自行车下坡时,没有蹬车,车速却越来越快,动能越来越大,这与动能定理相矛盾吗
提示:不矛盾.虽然人没蹬车,但重力却对人和车做正功,动能越来越大.
归纳提升
1.对动能定理的几点说明
名词 释疑
正负 关系 W>0,ΔEk>0(合力是动力); W<0,ΔEk<0(合力是阻力)
研究 对象 一般是一个物体,也可以是一个系统
过程 要求 适用于全过程,也适用于某一阶段
对应 关系 一个过程量(做功)对应着两个状态量(动能),过程量等于状态量的变化
因果 关系 合力对物体做功是引起物体动能变化的原因,做功的过程实质上是其他形式的能与动能相互转化的过程,转化了多少由合力做的功来量度
2.应用动能定理解题的步骤
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统).
(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功).
(3)确定合力对物体做的功(注意功的正负).
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能).
(5)根据动能定理列式、求解.
典例研习
[例2] (2024·安徽卷,2)某同学参加户外拓展活动,遵照安全规范,坐在滑板上,从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑,至底端时速度为v.已知人与滑板的总质量为m,可视为质点.重力加速度大小为g,不计空气阻力.则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　)
A.mgh B.mv2
C.mgh+mv2 D.mgh-mv2
【答案】 D
【解析】 人与滑板在下滑的过程中,由动能定理可得 mgh-Wf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf=mgh-mv2,故D正确.
课时作业
考点一　动能
1.下列说法正确的是(　　)
A.物体做变速运动,动能一定变化
B.物体的动能不变,所受合力一定为零
C.如果物体所受合力为零,则合力对物体做的功一定为零
D.如果合力对物体所做的功为零,则合力一定为零
【答案】 C
【解析】 物体做变速运动,当速度大小一定,方向改变时,物体动能不变,故A错误;物体的动能不变,则物体速度大小不变,当速度方向改变时,速度的变化量不等于零,加速度不为零,此时所受合力不为零,故B错误;如果物体所受合力为零,根据功的定义式可知,合力对物体做的功一定为零,故C正确;当合力方向始终与速度方向垂直时,合力对物体所做的功为零,此时合力不为零,故D错误.
2.一质量为0.1 kg的小球,以5 m/s的速度在光滑水平面上匀速运动,与竖直墙壁碰撞后以原速率反弹,若以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化和动能变化分别是(　　)
A.Δv=-10 m/s B.Δv=0
C.ΔEk=1 J D.ΔEk=0
【答案】 D
【解析】 以弹回的速度方向为正方向,则小球碰墙过程中的速度变化为Δv=5 m/s-
(-5)m/s=10 m/s,小球碰墙过程中的动能变化为ΔEk=×0.1×52 J-×0.1×52 J=0,故选D.
考点二　对动能定理的理解
3.合力对物体做了-10 J的功,则该物体(　　)
A.动能增加了10 J
B.动能减少了10 J
C.动能的变化量小于10 J
D.动能的变化量大于10 J
【答案】 B
【解析】 根据动能定理可得ΔEk=W合=-10 J,可知动能减少了10 J.故选B.
4.有一质量为m的木块,从半径为r的圆弧曲面上的a点滑向b点,如图所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变,则以下叙述正确的是(　　)
A.木块所受的合力为零
B.因木块所受的力对其都不做功,所以合力做的功为零
C.重力和摩擦力的合力做的功为零
D.重力和摩擦力的合力为零
【答案】 C
【解析】 木块做曲线运动,速度方向变化,加速度不为零,故合力不为零,A错误;速率不变,动能不变,由动能定理知,合力做的功为零,而圆弧对木块的支持力始终不做功,木块受到的重力做正功,所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零,但重力和摩擦力的合力不为零,C正确,B、D错误.
5.如图,轻质弹簧左端固定且呈水平状态,用手使一木球压紧轻质弹簧并保持静止.松手后,弹簧将木球弹出.在木球被弹出的过程中,弹簧弹力对木球做的功为50 J,木球克服阻力做的功为30 J,则在此过程中(　　)
A.阻力对木球做了30 J的功
B.阻力对木球做了-20 J的功
C.木球的动能减少了30 J
D.木球的动能增加了20 J
【答案】 D
【解析】 木球克服阻力做的功为30 J,则阻力对木球做了-30 J的功,故A、B错误;根据动能定理,木球的动能变化量ΔEk=W合=W弹+W阻=20 J,故C错误,D正确.
考点三　动能定理的应用
6.如图所示,某人从距山脚高为H处将质量为m的石子以速率v0抛出.不计空气阻力,重力加速度大小为g.当石子下落到距地面高为h处时,其动能为(　　)
A.mgH-m
B.mgH+m-mgh
C.mgH-mgh
D.mgH+m+mgh
【答案】 B
【解析】 根据动能定理得mg(H-h)=Ek-m,解得石子下落到距地面高为h处时,其动能 Ek=mgH+m-mgh,故B正确,A、C、D错误.
7.如图一容器的内壁是半径为r的半球面,容器固定在水平地面上.在半球面水平直径的一端有一质量为m(可视为质点)的小滑块P,它在容器内壁由静止开始下滑到最低点,在最低点时的向心加速度大小为a,已知重力加速度大小为g.则P由静止下滑到最低点的过程中克服摩擦力做的功为(　　)
A.mr(g-a) B.mr(2g-a)
C.mr(g-a) D.mr(2g+a)
【答案】 A
【解析】 在最低点,由牛顿第二定律有m=ma,滑块P由静止下滑到最低点的过程中有mgr-Wf=mv2,联立解得Wf=mgr-mar=mr(g-a),故选A.
8.某主题乐园的冰滑梯如图甲所示,滑面可视为平直斜面,与水平冰面平滑连接.质量为m=25 kg的游客从滑梯顶端静止滑下直至停止,如图乙所示,滑梯顶端到底端的高度h=
3.0 m,滑梯末端到O点的距离x=4.0 m,重力加速度g取10 m/s2,游客视为质点,冰滑梯斜面光滑,不计空气阻力.求:
(1)游客下滑过程中重力做的功;
(2)游客下滑到滑梯底端时的速度大小(结果可保留根号);
(3)游客滑动的整个过程中克服摩擦力做的功.
【答案】 (1)750 J　(2)2 m/s　(3)750 J
【解析】 (1)游客下滑过程中重力做的功为
WG=mgh=25×10×3 J=750 J.
(2)由于冰滑梯光滑,游客从顶端下滑到滑梯底端过程,根据动能定理可得
mgh=mv2-0,
解得游客下滑到滑梯底端时的速度大小为
v== m/s=2 m/s.
(3)游客滑动的整个过程中,根据动能定理可得
mgh-Wf=0,
解得游客滑动的整个过程中克服摩擦力做的功为
Wf=mgh=750 J.
9.如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的A端放置一个质量为m的物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在竖直面内转动,使木板转到与水平面成α角时物体开始滑动,此时停止转动木板,物体滑到木板底端时的速度为v,则在整个过程中(　　)
A.支持力对物体做功为0
B.摩擦力对物体做功为mgLsin α
C.物体克服摩擦力做的功为mv2-mgLsin α
D.木板对物体做功为mv2
【答案】 D
【解析】 木板以左端为轴在竖直面内转动,木板对物体的支持力方向与物体的位移方向夹角为锐角,此过程支持力对物体做正功,A错误;对整个过程,根据动能定理有mgLsin α+
Wf=mv2,解得 Wf=mv2-mgLsin α,B错误;整个过程,摩擦力做负功,则物体克服摩擦力做的功为W克=-Wf=mgLsin α-mv2,C错误;全过程中,对物体有 W=mv2,即木板对物体做功为mv2,D正确.
10.一质量为1 kg的物体在水平拉力的作用下,由静止开始在水平地面上沿s轴运动,出发点为s轴零点,拉力做的功W与物体坐标s的关系如图所示.物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度g取10 m/s2.则从s=0运动到 s=4 m 的过程中,拉力的最大瞬时功率为(　　)
A.6 W B.6 W
C.12 W D.12 W
【答案】 D
【解析】 由于拉力在水平方向,则拉力做的功为 W=Fs,图像中斜率代表拉力F,可知在s=2 m时,拉力F1= N=6 N,物体从0运动到s=2 m的过程,根据动能定理有W1-μmgs
=m,解得物体的速度为v1=2 m/s,物体在s=2 m时,拉力的功率P1=F1v1=12 W;此后,拉力变为F2== N=3 N,F2小于滑动摩擦力,物体做减速运动,速度变小,拉力的功率变小.所以从s=0运动到s=4 m的过程中,拉力的最大瞬时功率为Pmax=12 W,故A、B、C错误,D正确.
11.如图所示为雪车项目的赛道.在某次雪车比赛训练中某运动员手推一辆雪车从O点由静止开始沿斜向下的直轨道OA加速奔跑,到达A点时该运动员跳入车内,且此时雪车速度vA=10 m/s.之后,雪车在蜿蜒的赛道上无动力滑行,途经B点,已知雪车质量m=200 kg,
OA长度L=5 m,OA倾角θ=37°,AB高度差hAB=75 m,忽略雪车与赛道间的摩擦及空气阻力.取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取 10 m/s2,求:
(1)从O到A过程中重力对雪车所做的功WG;
(2)从O到A过程中运动员对雪车所做的功W;
(3)雪车到达B点时的速度大小vB.
【答案】 (1)6 000 J　(2)4 000 J　(3)40 m/s
【解析】 (1)从O到A过程中重力对雪车所做的功
WG=mgLsin 37°,
代入数据解得
WG=6 000 J.
(2)从O到A的过程中,根据动能定理可得
W+WG=m-0,
代入数据解得W=4 000 J.
(3)设运动员质量为M,对运动员和雪车,从A到B的过程中,根据动能定理可得
(M+m)ghAB=(M+m)-(M+m),
解得vB=40 m/s.

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