《2018-2019學年高考物理 主題二 機械能及其守恒定律 第四章 機械能及其守恒定律階段總結學案 教科版.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018-2019學年高考物理 主題二 機械能及其守恒定律 第四章 機械能及其守恒定律階段總結學案 教科版.doc（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第四章 機械能及其守恒定律 階段總結 一、功和功率的計算 1.常見力做功的特點 做功的力 做功特點 重力 與路徑無關，與物體的重力和初、末位置的高度差有關，WG＝mgΔh 靜摩擦力 可以做正功、做負功、不做功 滑動摩擦力 可以做正功、做負功、不做功 一對靜摩擦力 總功為零 一對滑動摩擦力 總功為負功，W總＝－Ffx相對 機車牽引力 P不變時，W＝Pt；F不變時，W＝Fx 2.功和功率的求解方法 (1)功的計算方法 ①利用W＝Fxcos α求功，此時F是恒力。 ②利用動能定理或功能關系求功。 ③利用W＝Pt求功。 (2)功率的計算方法 ①P＝：此式是功率的定義式，適用于任何情況下功率的計算，但常用于求解某段時間內的平均功率。 ②P＝Fvcos α，此式一般計算瞬時功率，但當速度為平均速度時，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動，物體的質量m＝10 kg，F(xiàn)隨物體的坐標x的變化情況如圖1所示。若物體從坐標原點由靜止出發(fā)，不計一切摩擦。借鑒教科書中學習直線運動時由v－t 圖像求位移的方法，結合其他所學知識，根據(jù)圖示的F－x圖像可求出物體運動到x＝16 m 處時的速度大小為(　　) 圖1 A.3 m/s B.4 m/s C.2 m/s D. m/s 解析　力F在運動過程中所做的總功WF＝104 J＝40 J， 由動能定理得：WF＝mv2－0，解得物塊運動到x＝16 m處的速度大小為v＝ 2 m/s，C正確。 答案　C [例2] 質量為m＝20 kg的物體，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直線運動。0～2 s 內F與運動方向相反，2～4 s 內F與運動方向相同，物體的v－t圖像如圖2所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A.拉力F的大小為100 N B.物體在4 s時拉力的瞬時功率為120 W C.4 s內拉力所做的功為480 J D.4 s內物體克服摩擦力做的功為320 J 解析　由圖像可得：0～2 s內物體做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，勻減速過程有F＋f＝ma1　①。2～4 s內：物體做勻加速運動，勻加速過程加速度大小為a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2　②，由①②聯(lián)立解得f＝40 N，F(xiàn)＝60 N，故A錯誤；物體在4 s時拉力的瞬時功率為P＝Fv＝602 W＝120 W，故B正確；4 s內物體通過的位移為x＝210 m－ 22 m＝8 m，拉力做功為W＝－Fx＝－480 J，故C錯誤；4 s內物體通過的路程為s＝210 m＋22 m＝12 m，摩擦力做功為Wf＝－f s＝－4012 J＝－480 J，故D錯誤。 答案　B 二、幾種常見功能關系的理解及應用 功能關系 表達式 物理意義 正功、負功含義 能量變化 重力做功與重力勢能 W＝－ΔEp 重力做功是重力勢能變化的原因 W＞0 勢能減少 W＜0 勢能增加 W＝0 勢能不變 彈簧彈力做功與彈性勢能 W＝－ΔEp 彈力做功是彈性勢能變化的原因 W＞0 勢能減少 W＜0 勢能增加 W＝0 勢能不變 合外力做功與動能 W＝ΔEk 合外力做功是物體動能變化的原因 W＞0 動能增加 W＜0 動能減少 W＝0 動能不變 除重力或系統(tǒng)內彈力外其他力做功與機械能 W＝ΔE 除重力或系統(tǒng)內彈力外其他力做功是機械能變化的原因 W＞0 機械能增加 W＜0 機械能減少 W＝0 機械能守恒 [例3] (多選)豎直向上的恒力F作用在質量為m的物體A上，使A從靜止開始運動，升高h，速度達到v，在這個過程中，設阻力恒為f。則下列表述正確的是(　　) A.恒力F對物體做的功等于物體機械能的增量，即Fh＝mv2＋mgh B.恒力F與阻力f對物體做的功等于物體機械能的增量，即(F－f)h＝mv2＋mgh C.物體所受合力的功，等于物體機械能的增量，即(F－f－mg)h＝mv2＋mgh D.物體所受合力的功，等于物體動能的增量，即(F－f－mg)h＝mv2 解析　本題中，施恒力F的物體是所述過程能量的總來源。加速運動過程終結時，物體的動能、重力勢能均得到增加。除此之外，在所述過程中，因阻力的存在，還將有內能產(chǎn)生，其量值為fh，可見Fh>mv2，同時，F(xiàn)h>mv2＋mgh。選項B的含意為：物體所受除重力、彈簧彈力以外的力對物體做的功等于物體機械能的增量，這個結果，通常又稱之為功能原理。選項D為動能定理的具體表述。雖說表述各有不同，但都是能量守恒的具體反映。 答案　BD [例4] 我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖3所示，質量m＝60 kg(包括雪具在內)的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達助滑道末端B時速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m，為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道平滑銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h＝5 m，運動員在B、C間運動時阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2。 圖3 (1)求運動員在AB段下滑時受到阻力f的大?。? (2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。 解析　(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速直線運動，設AB的長度為x，則有v＝2ax ① 由牛頓第二定律有mg－f＝ma② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得f＝144 N③ (2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理得 mgh＋W＝mv－mv④ 設運動員在C點所受的支持力為N，由牛頓第二定律有 N－mg＝m⑤ 由題意和牛頓第三定律知N＝6mg⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m。 答案　(1)144 N　(2)12.5 m [例5] 電動機帶動水平傳送帶以速度v勻速傳動，一質量為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摩擦因數(shù)為μ，如圖4所示。傳送帶足夠長，當小木塊與傳送帶相對靜止時，求： 圖4 (1)小木塊的位移； (2)傳送帶轉過的路程； (3)小木塊獲得的動能； (4)摩擦過程中產(chǎn)生的內能； (5)因傳送小木塊電動機多消耗的電能。 解析　(1)由牛頓第二定律：μmg＝ma，得a＝μg 由公式v＝at得t＝，小木塊的位移x1＝t＝ (2)傳送帶始終勻速運動，路程x2＝vt＝ (3)小木塊獲得的動能Ek＝mv2 (4)小木塊在和傳送帶達到共同速度的過程中，相對傳送帶移動的距離 x相對＝x2－x1＝， 產(chǎn)生的內能Q＝μmgx相對＝mv2 (5)根據(jù)能量守恒定律，因傳送小木塊電動機多消耗電能 ΔE＝Q＋mv2＝mv2 答案　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2　(5)mv2