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(共22张PPT)
第29课时　功能关系　能量守恒定律
学习目标:1.熟练掌握几种常见的功能关系,并会用于解决实际问题。
2.掌握一对摩擦力做功与能量转化的关系。
3.会应用能量守恒观点解决综合问题。
√
×
√
√
解析
1.√
2.×　合力做的功等于物体动能的改变量(动能定理)。机械能的改变量等于除重力和系统内弹力外其他力做功的代数和。
3.√
4.√　滑动摩擦力做功的过程,本质上是将机械能转化为内能的过程。
考点一　功能关系的理解与应用
1.对功能关系的理解
(1)做功的过程就是　　　　　　的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。
(2)　　　　是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现在不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。
2.几种常见的功能关系
能量转化
功
几种常见力做功 对应的能量变化 数量关系式
重力 正功 重力势能　 WG=-ΔEp
负功 重力势能　
弹簧 的弹力 正功 弹性势能　 W弹=-ΔEp
负功 弹性势能　 　
电场力 正功 电势能　　 　 W电=-ΔEp
负功 电势能　 　
合力 正功 　　　 增加 W合=ΔEk
负功 　　　 减少
除重力、系统内弹力以外的其他力 正功 　　　 　增加 W其=ΔE
负功 　　　　减少
安培力做功 正功 电能减少 W安=-ΔE电
负功 电能增加
减少
增加
减少
增加
减少
增加
动能
动能
机械能
机械能
考向1　功能关系的理解和简单应用
典例1　如图所示,竖直向下的拉力F通过定滑轮拉位于粗糙斜面上的木箱,使之沿斜面加速向上移动。在移动过程中,下列说法正确的是(　　)
A.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
B.F做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
C.F做的功等于木箱增加的动能和木箱克服摩擦力所做的功之和
D.F做的功等于木箱增加的重力势能与动能之和
A
考向2　功能关系中的图像问题分析
典例2　如图所示,坡道滑雪中运动员从斜面自由滑到水平面直至停止,运动员与斜面、水平面间的动摩擦因数相同,空气阻力不计,其运动过程中重力的瞬时功率P和动能Ek随时间t、重力势能Ep和机械能E随水平位移x变化的图像中,可能正确的是(　　)
D
解析 运动员在坡道上做匀加速运动,速度越来越大,重力的瞬时功率P越来越大,滑到水平面后,重力方向与速度方向垂直,重力的瞬时功率P为0,故A错误;运动员在坡道上做匀加速度运动,速度越来越大,动能越来越大,故B错误;运动员在斜面上下滑过程中,重力势能随位移均匀减小,故C错误;运动员在运动过程中由于摩擦力做功导致机械能减少,在斜面上机械能减少量为ΔE1=μmgcos θ·=μmgx,在水平面上运动,机械能减少量为ΔE2=μmgx,两运动阶段E-x斜率相同,停止后,机械能不变,故D正确。
考点二　两种摩擦力做功的特点
1.静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零。
(3)静摩擦力做功时,只有机械能的相互转移,不会转化为内能。
2.滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内,一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果:
①机械能全部转化为内能。
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移,另外一部分转化为内能。
(3)摩擦生热的计算:Q=Ffx相对,其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。从功的角度看,一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量;从能量的角度看,其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量。
典例3　如图所示,平直木板AB倾斜放置,板上的P点距A端较近,小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小,先让物块从A由静止开始滑到B。然后,将A着地,抬高B,使木板的倾角与前一过程相同,再让物块从B由静止开始滑到A。上述两过程相比较,下列说法中一定正确的是(　　)
A.物块滑到底端的速度,前一过程较大
B.物块从顶端滑到底端的时间,前一过程较长
C.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生
的热量,前一过程较少
D.物块经过P点的动能,后一过程较小
B
对点演练1　如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.弹簧的最大弹性势能为μmgs
C.物块克服摩擦力做的功大于2μmgs
D.物块在A点的初速度为
B
考点三　能量守恒定律的综合应用
1.内容
能量既不会凭空　　　,也不会凭空消失,它只能从一种形式　　　　为另一种形式,或者从一个物体　　　到另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量　　　　　。
2.表达式
(1)E初=　　　,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增=　　　,某种形式能量的增加量等于其他形式能量的减少量。
3.对能量守恒定律的两点理解
(1)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等。
(2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。
产生
转化
转移
保持不变
E末
ΔE减
典例4　(2025南京、盐城一模)如图所示,竖直轻质弹簧与竖直轻质杆相连,轻质杆可在固定的“凹”形槽内沿竖直方向向下移动。轻质杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且滑动摩擦力大小不变。将小球由距轻弹簧上端h处静止释放,弹簧压缩至最短时,弹性势能为Ep1。若增大h,重复此前过程,小球再次将弹簧压缩至最短时,弹簧的弹性势能为Ep2。
(弹簧始终处于弹性限度内,轻质杆底部与槽不发生碰撞)
则(　　)
A.Ep2可能等于Ep1
B.Ep2可能小于Ep1
C.Ep2一定小于Ep1
D.Ep2一定大于Ep1
A
解析 若弹簧压缩至最短时,弹簧对轻质杆的弹力小于轻质杆与槽间的最大静摩擦力,则轻质杆不会滑动,小球的重力势能转化为弹簧的弹性势能,则Ep1=mg(h+x),可知h越大,弹簧的压缩量x越大,弹簧的弹性势能越大,即h增大,Ep2>Ep1。若弹簧压缩至最短时,弹簧对轻质杆的弹力大于轻质杆与槽间的最大静摩擦力,轻质杆会向下滑动,当小球和轻质杆速度相等时,弹簧的弹性势能达到最大,此时小球的重力等于弹簧的弹力,即mg=kx,不管h如何增大,当弹性势能最大时,弹簧的形变量不变,弹簧的弹性势能不变,即Ep2=Ep1。故选A。
对点演练2　如图所示,足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧下端悬挂质量为m的物块B,上端连接一轻质小球,物块B与杆间无摩擦,小球A与杆之间的最大静摩擦力为1.2mg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,忽略空气阻力。
弹簧的弹性势能公式为Ep=kx2,求:
(1)B静止时,弹簧伸长量x;
(2)若将物块B拉至弹簧原长处由静止释放:
①物块的最大速度vm;
②整个过程中,因摩擦产生的内能Q。
答案 (1)　(2)①g　②
解析 (1)B静止时,根据平衡条件有
mg=kx
解得
x=。
(2)①当B的加速度为零时,速度有最大值,此时B下落x,
此时的弹力为F弹=kx=mg所以A不动,B与弹簧构成的系统机械能守恒,即
mgx=kx2
联立可得vm=g。
②设B向下运动速度减为零时,小球A下滑的距离为L,此时弹簧伸长量为x',根据能量守恒定律可得mg(L+x')=kx'2+Q
其中Q=1.2mgL,kx'=1.2mg
联立解得Q=。(共27张PPT)
第28课时　机械能守恒定律及其应用
学习目标:1.会判断研究对象在某一过程机械能是否守恒。
2.能应用机械能守恒定律解决具体问题。
√
√
×
×
√
解析
1.√　重力势能的大小与零势能面的选取有关。当选取物体所处高度为零势能面时,其重力势能为零。
2.√　机械能包括动能和势能。例如物体在有摩擦的斜面下滑时,速度增大(动能增大),但摩擦生热导致总机械能减小。
3.×　若存在除重力以外的力做功,机械能可能不守恒。
4.×　若为静摩擦力且不做功(如物体静止在斜面上),则机械能可能不变。只有滑动摩擦力或做功的静摩擦力才会引起机械能变化。
5.√　机械能守恒的条件是只有重力或系统内弹力做功。当只发生动能和势能的相互转化时,正说明满足该条件,机械能守恒。
考点一　对机械能守恒的理解与判断
1.重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点:重力做功与　　 　无关,只与始末位置的　　　　有关,重力做功不引起物体　　　　　　的变化。
(2)重力势能
①表达式:Ep=　　　　。
②重力势能的特点:重力势能是物体和　　　　所共有的,重力势能的大小与参考平面的选取　　　　,但重力势能的变化量与参考平面的选取
　　　　。
(3)重力做功与重力势能变化的关系:重力对物体做正功,重力势能　　 　,重力对物体做负功,重力势能　　　　,即WG=　　　　=　　　　。
路径
高度差
机械能
mgh
地球
有关
无关
减小
增大
Ep1-Ep2
-ΔEp
2.弹性势能
(1)定义:发生　　　　　的物体的各部分之间,由于有弹力的相互作用而具有的势能。
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能　　　　;弹力做负功,弹性势能　　　　。即W=　　　　。
3.机械能守恒定律
(1)内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,　　　　与　　　　可以互相转化,而总的机械能　　　　　　　　。
(2)表达式:mgh1+=　　　　　　　或　　　　　　=Ek2+Ep2。
(3)守恒条件:只有　　　　或　　　　做功。
弹性形变
减小
增加
-ΔEp
动能
势能
保持不变
mgh2+
Ek1+Ep1
重力
弹力
典例1　关于机械能守恒下列说法正确的是(　　)
A.若物体(或系统)所受到的合外力为零,则机械能一定守恒
B.若合外力对物体(或系统)做功为零,则机械能一定守恒
C.飞船在椭圆轨道上稳定运行时机械能不守恒
D.做匀加速运动的物体,其机械能可能守恒
解析 若物体(或系统)所受到的合外力为零,则机械能不一定守恒,例如竖直方向匀速运动的物体,选项A错误;若合外力对物体(或系统)做功为零,则机械能不一定守恒,例如竖直方向匀速运动的物体,选项B错误;飞船在椭圆轨道上稳定运行时,只有地球的引力做功,则机械能守恒,选项C错误;做匀加速运动的物体,其机械能可能守恒,例如自由落体运动,选项D正确。
D
考点二　单个物体的机械能守恒问题
应用机械能守恒定律解决问题的基本思路
典例2　质量为m的足球在位置1被踢出后落到位置3,在空中位置2达到最高点,整个运动的轨迹如图所示。则足球(　　)
A.上升过程机械能增大
B.下降过程机械能减小
C.位置1与3的速度大小相等
D.上升和下降经历的时间相等
B
对点演练1　 物体从离地高H处的M点开始做自由落体运动,下落至离地高度为H处的N点,下列能量条形图表示物体在M和N处的动能Ek和重力势能Ep的相对大小关系,可能正确的是(　　)
D
解析 由题意可知,物体重力势能变为原来的,A错误;由于机械能守恒,动能与重力势能之和应等于释放时的机械能,B、C错误;设释放位置所在平面为零势能面,则机械能为零,D正确。
考点三　系统机械能守恒问题
1.解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统,要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒。一般情况为不计空气阻力和一切摩擦,系统的机械能守恒。
(2)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)列机械能守恒方程时,一般选用ΔEk=-ΔEp或ΔEA=-ΔEB的形式。
2.轻绳连接的物体系统分析
常见 情境
三点 提醒 (1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等;
(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系;
(3)对于单个物体,一般绳上的力要做功,机械能不守恒;但对于绳连接的系统,机械能则可能守恒
3.轻杆连接的物体系统分析
常见 情境
三大 特点 (1)平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等;
(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;
(3)对于杆和球组成的系统,忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功,则系统机械能守恒
4.某一方向分速度相等的问题分析
两物体速度的关联实质:沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
考向1　速度关联的连接体问题
典例3　如图所示,A物体用板托着,离地高度h=8.0 m,轻质细绳通过光滑定滑轮与A、B相连,绳子处于绷直状态。已知A物体质量M=6.0 kg,B物体质量m=4.0 kg,现将板抽走,A将拉动B上升,设A着地后不反弹,
B上升过程中不会碰到定滑轮,g取10 m/s2。求:
(1)A着地时,B的速度大小;
(2)B物体在上升过程中离地面的最大高度。
答案 (1)4 m/s　(2)9.6 m
考向2　角速度关联的连接体问题
典例4　如图所示,轻杆长L,两端各连接质量为m的小球,杆可绕距B球的轴O在竖直平面内自由转动,轻杆从静止由水平转至竖直方向。重力加速度为g,求:
(1)转至竖直方向时杆对A球的作用力大小及方向;
(2)此过程中杆对A球所做的功W。
答案 (1)mg,方向指向圆心O　(2)-mgL
考向3　分速度相等的问题
典例5　如图所示,一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接,另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接,杆两端固定且足够长。物块A在某位置由静止释放后,先沿杆向上运动,经过图示位置时物块A的速度大小为vA,小球B的速度大小为vB,轻绳与杆的夹角为θ,则(　　)
A.vBcos θ=vA
B.运动过程绳的拉力大小始终等于B的重力
C.小球B减小的重力势能等于物块A和小球B增加的动能
D.当物块A上升到与滑轮等高时,它的机械能最大
D
解析 将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,在沿绳子方向的分速度等于B的速度,则有vB=vAcos θ,故A错误;物块A在某位置由静止释放后,在B向下运动的过程中,由于vB=vAcos θ,当θ=90°时,则B的速度为0,所以B的速度一定是先增大后减小,可知B先向下加速后向下减速,加速度方向先向下后向上,拉力先小于B的重力后大于B的重力,故B错误;A、B组成的系统机械能守恒,小球B减小的重力势能等于A、B动能的增加量和A重力势能增加量之和,故C错误;除重力以外其他力做的功等于机械能的增量,物块A上升到与滑轮等高前,拉力做正功,A的机械能增加,物块A继续上升,拉力做负功,A的机械能减小,所以A上升到与滑轮等高时,A的机械能最大,故D正确。
考点四　含弹簧类机械能守恒问题
模型 特点 由轻弹簧连接的物体系统,一般既有重力做功又有弹簧弹力做功,这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化,而总的机械能守恒
两点 提醒 ①对同一弹簧,弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定,无论弹簧伸长还是压缩;
②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关
典例6　如图所示,竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的小滑块,一原长为l的轻质弹簧左端固定在O点,右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三个点,b点与O点在同一水平线上且Ob=l,Oa、Oc与Ob的夹角均为37°, Od与Ob的夹角为53°。现将滑块从a点静止释放,在滑块下滑到最低点d的过程中,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,
sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　)
A.滑块在b点时动量最大
B.滑块从a点到c点的过程中,弹簧弹力的总冲量为零
C.滑块在c点的速度大小为
D.滑块从c点下滑到d点的过程中机械能的减少量为mgl
D
解析 从a到b,弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力,滑块的速度不断增大。从b到c,弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力,开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力,滑块仍在加速,所以滑块在b点时速度不是最大,动量也不是最大,故A项错误;从a下滑到b点和从b下滑到c点的时间不相等,结合对称性可知弹簧弹力的总冲量不为零,故B项错误;由题意可知,a、c两处弹簧的形变量相同,故滑块从a到c,弹力做功为零,只有重力做功,则有mg·2ltan 37°= ,可得滑块在c点的速度大小为vc=,故C项错误;滑块从c点下滑到d点的过程中,滑块的机械能减少量等于弹簧弹性势能增加量,有ΔE=+mgl(tan 53°-tan 37°),解得ΔE=mgl,故D项正确。
对点演练2　如图所示,轻弹簧一端连接小球,另一端固定于O点,现将球拉到与O点等高处,弹簧处于自然状态,小球由静止释放,轨迹如虚线所示,上述运动过程中(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小球的重力势能先减小后增大
C.当球到达O点的正下方时,弹簧的弹力最大
D.当球到达O点的正下方时,重力的瞬时功率为0
B(共19张PPT)
第30课时　专题提升:动力学和能量观点的综合应用
学习目标:1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。
2.会用功能关系解决多物体多过程问题。
考点一　传送带模型
1.传送带模型的解题角度
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解。
2.常用功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传 。
(2)系统产生的内能:Q=Ffx相对 。
(3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。
考向1　平面传送带问题
典例1　如图所示,水平传送带AB长l=5 m,以10 m/s的速度顺时针传输。质量m=1 kg的滑块可以视为质点。放在与AB等高的平台BC上,距离B点为L=4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6 N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1=0.20、μ2=0.40。
(1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0;
(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t;
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
答案 (1)8 J　(2)4 s　(3)24 J
解析 (1)滑块从开始至第一次到B点,
由动能定理得FL-μ2mgL=Ek0,解得Ek0=8 J。　
(2)从B点向左减速过程-μ1mgx=0-Ek0,得x=4 m(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量Q=FL=24 J。
考向2　斜面传送带问题
典例2　如图,一长为L=6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v=4 m/s沿顺时针方向匀速转动,传送带与水平方向的夹角θ=37°,质量m1=4 kg的小物块A和质量m2=2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接,A与定滑轮间的绳子与传送带平行,不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端,已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,不计滑轮的质量与摩擦,在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。
取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
求: (1)物块B刚下降时的加速度a;
(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t;
(3)物块A从底端到达顶端时,电动机多做的功W。
答案 (1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J
考点二　“滑块—木板”模型
1.动力学角度分析“滑块—木板”模型
分别对滑块和木板进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自的加速度;从放上滑块到二者速度相等,所用时间相等,由t= 可求出共同速度v 和所用时间t ,然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2.功和能的角度分析“滑块—木板”模型
对滑块和木板分别运用动能定理,或者对系统运用能量守恒定律。如图所示,要注意区分三个位移:
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑 ;
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板 ;
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
3.“滑块—木板”模型的思维模板
考向1　水平面上的“滑块—木板”问题
典例3　如图甲所示,质量为m的长木板静止在光滑的
水平面上,质量为m的小铅块以水平速度v0滑上木板的
左端,恰好能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙
所示,将木板分成质量分别为m1、m2的1、2两部分,
小铅块的初速度不变,小铅块与木板间的动摩擦因数
为μ。则(　　)
A.当m1=m2时,小铅块在木板1上滑行时,两板间的作用力为μmg
B.当m1=m2时,小铅块能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止
C.当m1>m2时,小铅块可能滑到木板2的最右端且刚好与木板相对静止
D.小铅块在木板上滑行的整个过程中,图甲情境中产生的内能一定比图乙的大
D
解析 对整块木板根据牛顿第二定律得μ(m1+m2)g=(m1+m2)a,对木板2根据牛顿第二定律得F=m2a,解得F=μmg,当m1=m2时,小铅块在木板1上滑行时,两板间的作用力为μmg,A错误;木板分开前后小铅块的加速度不变,其加速度为a铅==μg,小铅块在木板1上滑行时,木板的加速度为a板1= =μg,小铅块在木板2上滑行时,木板2的加速度为a板2=>μg,画出速度-时间图像,如图所示,
小铅块和木板图像所围的面积表示小铅块在木板上滑动的距离,第二次的面积小,表示小铅块没有滑动到木板2的右端,B、C错误;设小铅块相对于木板滑动的距离为Δx,产生的内能分别为Q1=μmg·Δx1,Q2=μmg·Δx2,根据图像Δx1>Δx2,所以Q1>Q2,铅块在木板上滑行的整个过程中,图甲情境中产生的内能一定比图乙的大,D正确。
对点演练1　如图所示,一个长为L,质量为M的木板,静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块(可视为质点),以水平初速度v0,从木板的左端滑向另一端,设物块与木板间的动摩擦因数为μ,当物块与木板相对静止时,物块仍在长木板上,物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,重力加速度为g。则在此过程中(　　)
A.摩擦力对物块做功为-μmgd B.摩擦力对木板做功为μmgs
C.木板动能的增量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs
B
解析 摩擦力对物块做功为W1=-μmg(s+d),A错误;摩擦力对木板做功为W2=μmgs,B正确;根据动能定理,木板动能的增量为ΔEk=μmgs,C错误;由于摩擦而产生的热量为Q=μmgd,D错误。
考向2　斜面上的“滑块—木板”问题
典例4　(2025南通一模)如图所示,固定在水平面上的光滑斜面,倾角θ=30°,底端固定弹性挡板,长木板B放在斜面上,小物块A放在B的上端。沿斜面向上敲击B,使B立即获得初速度v0=3.0 m/s,此后B和挡板发生碰撞,碰撞前后速度大小不变,方向相反,A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m=1.0 kg,A、B间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)敲击B后的瞬间,A、B的加速度大小aA、aB;
(2)B上升的最大距离s;
(3)B的最小长度L。
答案 (1)aA=2.5 m/s2　aB=12.5 m/s2
(2)0.375 m
(3)1.8 m
解析 (1)敲击B后的瞬间,A受到向上的滑动摩擦力,对A由牛顿第二定律得μmAgcos 30°-mAgsin 30°=mAaA,解得aA=2.5 m/s2,对B由牛顿第二定律得μmAgcos 30°+mBgsin 30°=mBaB,解得aB=12.5 m/s2;
(2)设A、B向上运动,经过时间t后共速,v0-aBt=aAt,
共速后A、B一起以加速度a向上减速,
对A、B分析得(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a,
s=(v0t-aBt2)+,
解得s=0.375 m;
(3)最终A、B均停在挡板处,此时B的长度最小,由能量守恒得mB+mAgLsin 30°=μmAgcos 30°·L,解得L=1.8 m。　
对点演练2　如图所示,足够长的木板A置于足够长的光滑斜面上,物块B置于A中央,A的质量是B的质量的2倍,A、B的接触面粗糙。现将A、B一起由静止释放,A、B的速度大小v、动能Ek与时间t或位移x的关系图像正确的是(　　)
C(共27张PPT)
第27课时　动能定理及其应用
学习目标:1.理解动能定理,会用动能定理解决一些基本问题。
2.掌握解决动能定理与图像结合的问题的方法。
√
√
×
×
×
√
解析
1.√
2.√　动能是标量,与速度的二次方成正比。动能变化意味着速度大小必然变化;但速度方向改变而大小不变时(如匀速圆周运动),动能不变。
3.×　动能不变仅说明速度大小不变,但速度方向可能改变(如匀速圆周运动),此时物体受力不平衡,不处于平衡状态。
4.×　若合力方向始终与速度方向垂直(如匀速圆周运动),则只改变速度方向而不改变速度大小,动能不变。
5.×　动能不变只说明合力做功为零,但合力不一定为零。
6.√　根据动能定理,合力对物体做的功等于物体动能的变化量。
考点一　对动能和动能定理的理解
1.动能
(1)定义:物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式:Ek=　　　　。
(3)单位:焦耳,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。
(4)标矢性:动能是标量,动能与速度方向无关。
mv2
2.动能定理
(1)内容:力在一个过程中对物体做的功,等于物体在这个过程中
　　　　　　　　。
(2)表达式:W合=ΔEk=　　　　　 　　　。
(3)物理意义:　　　　的功是物体动能变化的量度。
说明:(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)动能是标量,动能定理是标量式,解题时不能分解动能。
动能的变化
合力
典例1　(2025扬州学情调研)某同学想测试自己的弹跳力,在教室门口竖直向上跳起,手指刚好碰到门窗上沿,已知该同学身高1.75 m,体重约为60 kg,门窗上沿离地2.6 m,则他双脚离地时的动能约为(　　)
A.240 J B.510 J
C.1 035 J D.1 560 J
A
解析 人手臂长约为0.45 m,人向上运动的高度h=2.6 m-1.75 m-0.45 m=0.4 m,将人的运动近似为竖直上抛运动,利用逆向思维有=2gh,则人双脚离地时的动能Ek=,解得Ek=240 J,故选A。
典例2　(2024安徽卷)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+ D.mv2
D
解析 人在下滑的过程中,由动能定理有mgh-WFf=mv2-0,可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为WFf=mgh-mv2,故选D。
考点二　动能定理的应用
应用动能定理的解题流程
考向1　动能定理的简单计算
典例3　(2025南京汉开书院月考)“抛石机”是古代战争中常用的一种设备,某学习小组设计的抛石机模型如图所示,其长臂的长度L = 2 m,开始时处于静止状态,与水平面间的夹角α=37°;将质量为m=10.0 kg的石块装在长臂末端的口袋中,对短臂施力,当长臂转到竖直位置时立即停止转动,石块被水平抛出,其落地位置与抛出位置间的水平距离x =12 m。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,取水平地面为重力势能
零参考平面。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)石块在最高点的重力势能Ep;
(2)石块水平抛出的速度大小v0;
(3)抛石机对石块所做的功W。
答案 (1)320 J　(2)15 m/s　(3)1 445 J
考向2　动能定理计算变力做功
典例4　如图所示,一质量为1 kg的物体以3 m/s的速度从A点沿AB圆弧下滑,滑到B点时的速度仍为3 m/s,则物体从A到B的过程中合力做功为(　　)
A.4.5 J B.0
C.9 J D.无法计算
B
对点演练1　(2025无锡期中)如图所示,一质量为m的小球,用长为L的轻绳静止悬挂于O点的正下方P点。小球在水平恒力F的作用下,从P点运动到Q点,立即撤去F。已知F=mg,θ=30°,重力加速度为g。求:
(1)水平拉力F做的功W;
(2)小球回到P点时绳子的拉力FT。
答案 (1)0.5mgL
(2)2mg,方向竖直向上
解析 (1)根据做功计算公式可知
W=FLsin θ
解得W=0.5mgL。
(2)设小球回到P点速度为v,小球从P点到Q点再回到P点,
根据动能定理有W=mv2
在P点FT-mg=m
代入已知得
FT=2mg,方向竖直向上。
考点三　动能定理与图像结合问题
力学中图像所围“面积”或斜率的意义
典例5　(2022江苏卷)某滑雪赛道如图所示,滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑,经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点,不计摩擦力及空气阻力。此过程中,运动员的动能Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　)
A
解析 设斜面倾角为θ,不计摩擦力和空气阻力,由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有Ek=mgxtan θ,即=mgtan θ,下滑过程中开始阶段倾角θ不变,Ek-x图像为一条直线;经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大,即图像斜率先减小后增大。故选A。
对点演练2　(2025泰州二模)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,皮球从抛出到落回抛出点过程中,其运动的动能Ek与上升高度h之间关系的图像可能正确的是(　　)
A
解析 根据动能定理W合=F合x=ΔEk,可知Ek-h图像的切线斜率绝对值等于合力大小;上行过程的合力大小为F合=mg+Ff=mg+kv,可知上行过程随着速度的减小,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;下行过程的合力大小为F合'=mg-Ff=mg-kv,可知下行过程随着速度的增大,合力大小逐渐减小,则Ek-h图像的切线斜率绝对值逐渐减小;由于空气阻力总是做负功,所以经过同一位置时,上行时的动能总是比下行时的动能大。故选A。
考点四　动能定理在多过程问题中的应用
1.分阶段应用动能定理
(1)若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
(2)物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
2.全过程应用动能定理
(1)当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大简化运算。
(2)全过程列式时要注意
①重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
②大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
典例6　(2025南京协同体七校期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0 m的M处静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
答案 (1)2 m/s　(2)0.5 m　(3)水平面上A点右侧1 m处
解析 (1)小滑块从M滑动到A点过程中,根据动能定理可得mgH=
解得vA=2 m/s。
(2)滑块运动到D点,根据牛顿第三定律可知,滑块所受轨道的支持力的大小等于滑块对轨道压力的大小,即支持力为6 N,根据牛顿第二定律有
mg+FN=m
滑块从初始位置滑至D点过程中,根据动能定理有
mg(H-2R)=
联立解得
R=0.5 m。
(3)滑块在斜面上,由于
mgsin θ>μmgcos θ
则滑块无法停留在斜面上,最终会停止在水平面AB上,设滑块第一次滑上斜面滑行距离为s,则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定理有
mgH-μmgLAB-(μmgcos θ+mgsin θ)s=0
解得s= m
则滑块第一次从斜面滑下来到地面的动能为
Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcos θ·s=1.5 J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能为
Ek'=Ek-μmgLAB=0.5 J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面,设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s',根据动能定理有
-μmgs'=0-Ek'
解得
s'=1 m
即最后滑块停在水平面上A点右侧1 m处。(共26张PPT)
第31课时　实验七:验证机械能守恒定律
学习目标:1.熟悉“验证机械能守恒定律”的基本实验原理及注意事项。
2.会验证创新实验的机械能守恒。
1.实验原理(如图所示)
通过实验,求出做自由落体运动物体的　　　　　 　　和对应过程动能的增加量,在实验误差允许范围内,若二者相等,说明机械能守恒,从而验证机械能守恒定律。
重力势能的减少量
2.实验器材
打点计时器、交变电源、纸带、复写纸、重物、　　　　、铁架台(带铁夹)、导线。
刻度尺
3.实验过程
(1)安装器材
将打点计时器固定在铁架台上,用导线将打点计时器与电源相连。
(2)打纸带
用手竖直提起纸带,使重物停靠在打点计时器下方附近,先　　　 　,
再　　 　　,让重物自由下落,打点计时器就在纸带上打出一系列的点,取下纸带,换上新的纸带重打几条(3~5条)。
(3)选纸带
从打出的几条纸带中选出一条点迹清晰的纸带。
(4)进行数据处理并验证。
接通电源
松开纸带
4.数据处理
(1)求瞬时速度
由公式vn=可以计算出重物下落h1、h2、h3…的高度时对应的瞬时速度v1、v2、v3…。
(2)验证守恒
方案一:利用起始点和第n点计算
代入mghn和,如果在实验误差允许的范围内,mghn和相等,则验证了机械能守恒定律。
注意:应选取最初第1、2两点间距离接近2 mm的纸带(电源频率为50 Hz)。
方案二:任取两点计算
①任取两点A、B,测出hAB,算出mghAB。
②算出的值。
③在实验误差允许的范围内,若mghAB=,则验证了机械能守恒定律。
方案三:图像法
测量从第一点到其余各点的下落高度h,并计算对应速度v,然后以v2为纵轴,以h为横轴,根据实验数据作出v2-h图像。若在误差允许的范围内图像是一条过原点且斜率为g的直线,则验证了机械能守恒定律。
命题分析
1.考装置:器材选择、装配正误。
2.考运算:下落速度的计算、减小重力势能与增加动能的计算。
3.考图像:由-Δh图像的斜率判断机械能是否守恒。
4.考变化:利用其他方法验证。
注意事项
1.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线上,以减小摩擦阻力。
2.重物:应选用质量大、体积小、密度大的金属块。
3.先后: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.公式:某时刻的瞬时速度的计算应用vn=或vn=gt来计算。
5.此实验中不需要测量重物的质量。
误差分析
1.系统误差:重物和纸带在下落过程中要克服阻力(空气阻力、打点计时器阻力)做功,故ΔEk<ΔEp。
2.偶然误差:长度的测量误差,减小误差的方法是测下落距离时都从O点测量,一次将各点对应的下落高度测量完,或者多次测量取平均值。
考点一　教材原型实验
典例1　某班级的同学在实验室利用“自由落体运动”来验证机械能守恒定律。
(1)不同组学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况,其中操作正确的是　　　　;
B
(2)根据打出的纸带,选取纸带上的连续的五个点A、B、C、D、E,根据图乙读出C点对应的刻度值　　　　cm;
乙 丙
(3)如图丙所示,测得点B距起始点O的距离为x0,BC两点间的距离为x1,CD两点间的距离为x2,若相邻两点的打点时间间隔为T,重锤质量为m,根据上述条件计算重锤从释放到打下C点时重力势能减少量ΔEp=mg(x0+x1),动能增
加量ΔEk=　　　　　;
23.10
(4)小华认为可通过测量重锤下落过程的加速度来验证机械能是否守恒,设O点到测量点的距离为h,v为对应测量点的速度,他做出的v2-h关系图线如图丁所示,由图可得重物下落的加速度a=　　　　m/s2(结果保留三位有效数字);
丁 戊
(5)小明同学误把O'点当作O点,其他操作与小华相同,也绘制出v2-h图像,b是小华作的图线,则小明所作的图线最有可能是　　 (填写图线上的字母)。
9.52
a
对点演练1　 (1)小华利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。该同学经正确操作得到打点纸带,打点周期为0.02 s,在纸带后段每两个计时间隔取一个计数点,依次为1、2、3、4、5、6、7,测量各计数点到第一个打点的距离h,并正确求出打相应点时的速度v。各计数点对应的数据见下表,则打计数点6时的速度v6=　　 m/s。
计数点 1 2 3 4 5 6 7
h/m 0.124 0.194 0.279 0.380 0.497 0.630 0.777
v/(m·s-1) 1.94 2.33 2.73 3.13
v2/ (m2·s-2) 3.76 5.43 7.45 9.80
3.50
请在图乙坐标中,描点作出v2-h图线;由图线可知,重物下落的加速度g'=
　　　　m/s2(保留三位有效数字);若当地的重力加速度g=9.80 m/s2,根据作出的图线,能粗略验证自由下落的重物机械能守恒的依据是
　 　　　　。
9.69
图线为通过坐标原点的一条直线,斜率与2g基本相等
(2)小明采用如图所示的装置验证机械能守恒定律。提供器材有:气垫导轨(长度为L)、滑块(总质量为m,装有宽度为d的遮光板)、光电门两只(配接数字计时器)、木块若干、米尺。在一次实验中,测出两光电门AB间的距离为L0,导轨顶端距水平面的高度为h,接通气源,让滑块从导轨顶端由静止开始向下运动,读出遮光板通过光电门1的时间为t1,通过光电门2的时间为t2,重力加速度为g。滑块在AB间运动过程验证机械能守恒的表达式可表示
为　　　　　　　　　　。实验结果显示,滑块有机械能的损失,原因是要
克服空气阻力做功。在右图中,保持其他
条件不变,只调整光电门2位置,使L0不断增
大,结果表明,平均空气阻力Ff随L0增大而增
大,究其本质,说明空气阻力与　　　　有关。
md2()=
速度
考点二　拓展创新实验
实验原理的创新 实验器材的创新
1.利用钢球摆动来验证机械能守恒定律 2.利用光电门测定摆球的瞬时速度
1.小球在重力作用下做竖直上抛运动
2.利用频闪照片获取实验数据
实验过程的创新
1.用光电门测定小球下落到B点的速度 2.结合-H图线判断小球下落过程中机械能守恒 3.分析实验误差ΔEp-ΔEk随H变化的规律
1.利用系统机械能守恒代替单个物体的机械能守恒
2.利用光电门测算滑块的瞬时速度
典例2　如图所示,气垫导轨上质量为M的滑块通过轻质细绳绕过滑轮与质量为m的钩码相连,绳子的悬挂点与拉力传感器相连,滑块上遮光条宽度为d。实验时,滑块由静止释放,测得遮光条通过光电门的时间为Δt,拉力传感器的读数为F。不计滑轮轴、滑轮与轻质细绳之间的摩擦。
(1)用游标卡尺测量遮光条宽度,其读数为　　　　cm。
(2)甲同学用该装置探究“加速度与合外力的关系”,实验中为减小误差,下列说法正确的是　　　　。
A.调节气垫导轨水平
B.钩码的质量要远小于小车质量
C.遮光条宽度适当小一些
D.动滑轮的质量尽可能小一些
0.355
AC
(3)乙同学用该装置“探究绳子拉力对滑块做功与滑块动能变化的关系”,实验时记录滑块的初位置与光电门的距离L及挡光条通过光电门的时间Δt,测得多组L和Δt值。应用图像法处理数据时,为了获得线性图像应作
　　 　 [选填“L-”或“L-(Δt)2”]图像,该图像的斜率k=
(用题中字母表示)。
(4)丙同学用上述装置研究系统(含滑块、钩码)机械能守恒,设滑块由静止开始的释放点与光电门的距离为L、挡光条通过光电门的时间为Δt,则满
足关系式　　　　　 　　　　　(用已知量符号表示)时,运动
过程中系统机械能守恒。
L-
mgL=
对点演练2　某同学利用如图所示装置验证机械能守恒定律。在斜槽轨道的末端B点处安装一个光电门,调节激光束与球心等高,斜槽末端水平,离地面高度h=0.784 m。地面上依次铺有白纸、复写纸,让小球从斜槽上某位置A点无初速度释放,通过光电门后落在地面的复写纸上,在白纸上留下打击印。已知当地重力加速度g取9.8 m/s2。
(1)本实验还需用到的实验器材是　　　　。
A.天平　　　　B.停表　　　　C.刻度尺
(2)用游标卡尺测得小球直径的读数如图所示,则小球直径d=　　 cm。
(3)某次实验测得小球通过光电门的时间为t=15.0 ms,则小球通过光电门的速度v≈　　　　m/s;实验还测得小球的落点P到斜槽末端正下方O点的距离为x=0.36 m,则由平抛运动规律解得小球平抛的初速度v0=　　　　m/s。实验发现,v略大于v0,可能原因是　　　　　　　。
(计算结果均保留两位有效数字)
C
1.450
0.97
0.90
空气有阻力
(4)改变小球从斜槽上释放的位置A,多次实验,得到多组t,x数据,作出-x2图像;若图像的斜率近似等于　　　　(用题中所给物理量的符号表示),就可以认为平抛运动过程中机械能是守恒的。 (共31张PPT)
第六章　机械能守恒定律
知识网络
考点分布
功与功率 2022·江苏卷·T14(计算,13分)
动能定理 2023·江苏卷·T15(计算,12分)
2022·江苏卷·T8(选择,4分)
机械能守恒定律 2024·江苏卷·T9(选择,4分)
动力学和能量观点的综合应用 2024·江苏卷·T15(计算,12分)
2023·江苏卷·T11(选择,4分)
2022·江苏卷·T10(选择,4分)
实验:验证机械能守恒定律 2025·江苏卷·T11(实验,15分)
第26课时　功与功率
学习目标:1.会判断某个力做功的正、负,会计算功的大小。
2.会对功率进行分析和计算。
3.会分析、解决机车启动的两类问题。
×
√
×
×
√
解析
1.×　力与位移方向垂直时不做功,例如匀速圆周运动。
2.√
3.×　作用力与反作用力分别作用在不同物体上,做功情况无必然联系。
4.×　静摩擦力可能做正功(如传送带送物)、负功或不做功。
5.√
考点一　功的正负判断和大小计算
1.做功的两个必要因素
(1)作用在物体上的　　　　。
(2)物体在　　 　　上发生位移。
2.公式W=Flcos α 力是否做功关键看夹角
(1)α是力与　　　方向之间的夹角,l为物体的位移大小。
(2)该公式只适用于　　　　做功。
力
力的方向
位移
恒力
3.功的正负
夹角 功的正负
α<90° 力对物体做　　
α>90° 力对物体做　 　,或者说物体　　 　这个力做了功
α=90° 力对物体　 　
4.恒力做功的计算方法
正功
负功
克服
不做功
5.总功的计算方法
方法一:先求合力F合,再用W总=F合lcos α求功,此法要求F合为恒力。
方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W总=W1+W2+W3+…求总功,注意代入“+”“-”再求和。
典例1　(2025泰州中学月考)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的过程中(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;
(3)物体重力所做的功;
(4)合外力对物体所做的功。
答案 (1)300 J　(2)100 J　(3)-400 J　(4)0
解析 上升的位移h=vt=5×4 m=20 m
对物体进行受力分析,有重力、支持力、摩擦力,如图所示:
根据平衡条件:
FN=mgcos θ=2×10× N=10 N　
Ff=mgsin θ=2×10×0.5 N=10 N
(1)斜面对物体的支持力所做的功为:
=FNhcos θ=10×20× J=300 J。
(2)摩擦力对物体所做的功为:=Ffhsin θ=10×20×0.5 J=100 J。
(3)重力对物体所做的功为:WG=-mgh=-2×10×20 J=-400 J。
(4)合外力对物体所做的功为:W合=+WG=300 J+100 J-400 J=0。
对点演练1　 如图所示,一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m,加速度大小为a,物体和桌面之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,在物体移动距离为x的过程中(　　)
A.摩擦力做功大小与F方向无关
B.合力做功大小与F方向有关
C.F为水平方向时,F做功为μmgx
D.F做功的最小值为max
D
解析 设力F与水平方向的夹角为θ,则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ),摩擦力的功=μ(mg-Fsin θ)x,即摩擦力的功与F的方向有关,选项A错误;合力做功W=F合x=ma·x,可知合力做功与力F方向无关,选项B错误;当力F水平时, F=ma+μmg,力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x,选项C错误;因合外力做功为max大小一定,而合外力的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和,当Fsin θ =mg时,摩擦力Ff=0,则此时摩擦力做功为零,此时力F做功最小,最小值为max,选项D正确。
考点二　变力做功的分析和计算
方法 图例 方法解读
微元法 如左图中质量为m的物体在水平面内做圆周运动,运动一周的过程中摩擦力做功Wf=-Ff·2πR(Ff大小始终不变)
W=Pt 公式法　 当功率恒定时,利用公式W=Pt计算功,如左图中前3 s内力做功W=P1t1+P2t2+P3t3=6 J
平均 力法 水平面光滑,A、B始终相对静止 当力与位移成线性关系时,若物体在一段位移初、末位置所受到的力分别为F1、F2,则物体受到的平均力为,此变力所做的功W=l
方法 图例 方法解读
化变力为恒力法　 F为恒力 左图中恒力F把物块从位置A拉到位置B过程中绳子对物块做功W=F·()
动能定理法　 应用动能定理可以求解变力做功。如左图中用力F把小球从A处缓慢拉到B处,则有WF-mgl(1-cos θ)=0,得WF=mgl(1-cos θ)
典例2　力F对物体所做的功可由公式W=Fscos α求得。但用这个公式求功是有条件的,即力F必须是恒力。而实际问题中,有很多情况是变力在对物体做功。那么,用这个公式不能直接求变力的功,我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。
如图,对于甲、乙、丙、丁四种情况下求解某个力所做的功,下列说法正确的是(　　)
A.甲图中若F大小不变,物块从A到C过程中力F做的功为W=F×AC
B.乙图中,全过程中F做的总功为72 J
C.丙图中,绳长为R,若空气阻力Ff大小不变,小球从A运动到B过程中空气阻力做的功W=πRFf
D.图丁中,F始终保持水平,无论是F缓慢将小球从P拉到Q,还是F为恒力将小球从P拉到Q,F做的功都是W=Flsin θ
B
对点演练2　野山鼠擅长打洞,假设野山鼠打洞时受到的阻力Ff与洞的深度L成正比,即Ff=kL(k为比例常数),则野山鼠打到洞深d的过程中,需要克服阻力做的功为(　　)
A.kd2 B.
C. D.
B
考点三　功率的分析与计算
1.定义:功与完成这些功所用　　　　之比。
2.物理意义:描述力对物体做功的　　　　。
3.公式
(1)P=,P描述时间t内力对物体做功的　　　　。
(2)P=Fvcos α
①若v为平均速度,则P为　　　　功率。
②若v为瞬时速度,则P为　　　　功率。
时间
快慢
快慢
平均
瞬时
典例3　质量为1 kg的柚子由静止释放,经2 s到达地面,不计空气阻力,g取10 m/s2。则(　　)
A.落地时重力的瞬时功率为100 W
B.落地时重力的瞬时功率为200 W
C.2 s内重力的平均功率为50 W
D.2 s内重力的平均功率为150 W
B
考点四　机车启动问题
项目 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像 和v-t图像
项目 以恒定功率启动 以恒定加速度启动
OA段 过程 分析 v↑ F=↓ a=↓ a=不变 F不变v↑ P=Fv↑直到P额=Fv1
运动 性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动,维持时间t0=
AB段 过程 分析 F=F阻 a=0 vm= v↑ F=↓ a=↓
运动 性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 无 F=F阻 a=0 以vm=做匀速运动
2.三个重要关系
(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都为vm=。
(2)机车以恒定加速度启动时,匀加速过程结束后功率最大,速度不是最大,即v=(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=P额t,由动能定理得P额t-F阻x=ΔEk,此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
典例4　两节动车的额定功率分别为P1和P2,在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组,设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变,则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　)
A. B.
C. D.
D
典例5　汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶,发动机功率为P,牵引力为F0。t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻,汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)。在下图中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t变化正确的是(　　)
A.甲、丙 B.甲、丁
C.乙、丙 D.乙、丁
B
解析 初始时刻,汽车匀速运动,则有F=F0==Ff,t1时刻,司机减小了油门,使汽车的功率立即减小一半,则牵引力会立即减小一半F=,则汽车做减速运动,之后有Ff-F=ma,F=,而速度减小,牵引力增大,故汽车做加速度减小的减速运动。当牵引力等于阻力时(即t2时刻),汽车速度为v=,之后汽车以匀速运动。故甲、丁正确。故选B。

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