2018-2019學(xué)年高考物理 主題二 機(jī)械能及其守恒定律 第四章 機(jī)械能及其守恒定律階段總結(jié)學(xué)案 教科版.doc

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第四章 機(jī)械能及其守恒定律階段總結(jié)一、功和功率的計(jì)算1.常見(jiàn)力做功的特點(diǎn)做功的力做功特點(diǎn)重力與路徑無(wú)關(guān)，與物體的重力和初、末位置的高度差有關(guān)，WGmgh靜摩擦力可以做正功、做負(fù)功、不做功滑動(dòng)摩擦力可以做正功、做負(fù)功、不做功一對(duì)靜摩擦力總功為零一對(duì)滑動(dòng)摩擦力總功為負(fù)功，W總Ffx相對(duì)機(jī)車(chē)牽引力P不變時(shí)，WPt；F不變時(shí)，WFx2.功和功率的求解方法(1)功的計(jì)算方法利用WFxcos 求功，此時(shí)F是恒力。利用動(dòng)能定理或功能關(guān)系求功。利用WPt求功。(2)功率的計(jì)算方法P：此式是功率的定義式，適用于任何情況下功率的計(jì)算，但常用于求解某段時(shí)間內(nèi)的平均功率。PFvcos ，此式一般計(jì)算瞬時(shí)功率，但當(dāng)速度為平均速度時(shí)，功率為平均功率。例1 某物體在變力F作用下沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，物體的質(zhì)量m10 kg，F(xiàn)隨物體的坐標(biāo)x的變化情況如圖1所示。若物體從坐標(biāo)原點(diǎn)由靜止出發(fā)，不計(jì)一切摩擦。借鑒教科書(shū)中學(xué)習(xí)直線運(yùn)動(dòng)時(shí)由vt 圖像求位移的方法，結(jié)合其他所學(xué)知識(shí)，根據(jù)圖示的Fx圖像可求出物體運(yùn)動(dòng)到x16 m 處時(shí)的速度大小為()圖1A.3 m/s B.4 m/sC.2 m/s D. m/s解析力F在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所做的總功WF104 J40 J，由動(dòng)能定理得：WFmv20，解得物塊運(yùn)動(dòng)到x16 m處的速度大小為v2 m/s，C正確。答案C例2 質(zhì)量為m20 kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)。02 s 內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)方向相反，24 s 內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)方向相同，物體的vt圖像如圖2所示，g取10 m/s2，則()圖2A.拉力F的大小為100 NB.物體在4 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為120 WC.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 JD.4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320 J解析由圖像可得：02 s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1 m/s25 m/s2，勻減速過(guò)程有Ffma1。24 s內(nèi)：物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻加速過(guò)程加速度大小為a2 m/s21 m/s2，有Ffma2，由聯(lián)立解得f40 N，F(xiàn)60 N，故A錯(cuò)誤；物體在4 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為PFv602 W120 W，故B正確；4 s內(nèi)物體通過(guò)的位移為x210 m22 m8 m，拉力做功為WFx480 J，故C錯(cuò)誤；4 s內(nèi)物體通過(guò)的路程為s210 m22 m12 m，摩擦力做功為Wff s4012 J480 J，故D錯(cuò)誤。答案B二、幾種常見(jiàn)功能關(guān)系的理解及應(yīng)用功能關(guān)系表達(dá)式物理意義正功、負(fù)功含義能量變化重力做功與重力勢(shì)能WEp重力做功是重力勢(shì)能變化的原因W0勢(shì)能減少W0勢(shì)能增加W0勢(shì)能不變彈簧彈力做功與彈性勢(shì)能WEp彈力做功是彈性勢(shì)能變化的原因W0勢(shì)能減少W0勢(shì)能增加W0勢(shì)能不變合外力做功與動(dòng)能WEk合外力做功是物體動(dòng)能變化的原因W0動(dòng)能增加W0動(dòng)能減少W0動(dòng)能不變除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做功與機(jī)械能WE除重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力做功是機(jī)械能變化的原因W0機(jī)械能增加W0機(jī)械能減少W0機(jī)械能守恒例3 (多選)豎直向上的恒力F作用在質(zhì)量為m的物體A上，使A從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，升高h(yuǎn)，速度達(dá)到v，在這個(gè)過(guò)程中，設(shè)阻力恒為f。則下列表述正確的是()A.恒力F對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的增量，即Fhmv2mghB.恒力F與阻力f對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的增量，即(Ff)hmv2mghC.物體所受合力的功，等于物體機(jī)械能的增量，即(Ffmg)hmv2mghD.物體所受合力的功，等于物體動(dòng)能的增量，即(Ffmg)hmv2解析本題中，施恒力F的物體是所述過(guò)程能量的總來(lái)源。加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程終結(jié)時(shí)，物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能均得到增加。除此之外，在所述過(guò)程中，因阻力的存在，還將有內(nèi)能產(chǎn)生，其量值為fh，可見(jiàn)Fhmv2，同時(shí)，F(xiàn)hmv2mgh。選項(xiàng)B的含意為：物體所受除重力、彈簧彈力以外的力對(duì)物體做的功等于物體機(jī)械能的增量，這個(gè)結(jié)果，通常又稱之為功能原理。選項(xiàng)D為動(dòng)能定理的具體表述。雖說(shuō)表述各有不同，但都是能量守恒的具體反映。答案BD例4 我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖3所示，質(zhì)量m60 kg(包括雪具在內(nèi))的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB24 m/s，A與B的豎直高度差H48 m，為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道平滑銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W1 530 J，取g10 m/s2。圖3(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力f的大小；(2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有v2ax 由牛頓第二定律有mgfma聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得f144 N(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mghWmvmv設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為N，由牛頓第二定律有Nmgm由題意和牛頓第三定律知N6mg聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得R12.5 m。答案(1)144 N(2)12.5 m例5 電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)水平傳送帶以速度v勻速傳動(dòng)，一質(zhì)量為m的小木塊由靜止輕放在傳送帶上，若小木塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，如圖4所示。傳送帶足夠長(zhǎng)，當(dāng)小木塊與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)，求：圖4(1)小木塊的位移；(2)傳送帶轉(zhuǎn)過(guò)的路程；(3)小木塊獲得的動(dòng)能；(4)摩擦過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能；(5)因傳送小木塊電動(dòng)機(jī)多消耗的電能。解析(1)由牛頓第二定律：mgma，得ag由公式vat得t，小木塊的位移x1t(2)傳送帶始終勻速運(yùn)動(dòng)，路程x2vt(3)小木塊獲得的動(dòng)能Ekmv2(4)小木塊在和傳送帶達(dá)到共同速度的過(guò)程中，相對(duì)傳送帶移動(dòng)的距離x相對(duì)x2x1，產(chǎn)生的內(nèi)能Qmgx相對(duì)mv2(5)根據(jù)能量守恒定律，因傳送小木塊電動(dòng)機(jī)多消耗電能EQmv2mv2答案(1)(2)(3)mv2(4)mv2(5)mv2