《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》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《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（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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)，WG＝mgΔh 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)，W＝Pt；F不變時(shí)，W＝Fx 2.功和功率的求解方法 (1)功的計(jì)算方法 ①利用W＝Fxcos α求功，此時(shí)F是恒力。 ②利用動(dòng)能定理或功能關(guān)系求功。 ③利用W＝Pt求功。 (2)功率的計(jì)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(jì)算，但常用于求解某段時(shí)間內(nèi)的平均功率。 ②P＝Fvcos α，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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，物體的質(zhì)量m＝10 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(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)由v－t 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F－x圖像可求出物體運(yùn)動(dòng)到x＝16 m 處時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中所做的總功WF＝104 J＝40 J， 由動(dòng)能定理得：WF＝mv2－0，解得物塊運(yùn)動(dòng)到x＝16 m處的速度大小為v＝ 2 m/s，C正確。 答案　C [例2] 質(zhì)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)。0～2 s 內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)方向相反，2～4 s 內(nèi)F與運(yùn)動(dòng)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(shí)拉力的瞬時(shí)功率為120 W C.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 J D.4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320 J 解析　由圖像可得：0～2 s內(nèi)物體做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，勻減速過(guò)程有F＋f＝ma1　①。2～4 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/s2＝1 m/s2，有F－f＝ma2?、冢散佗诼?lián)立解得f＝40 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P＝Fv＝602 W＝120 W，故B正確；4 s內(nèi)物體通過(guò)的位移為x＝210 m－ 22 m＝8 m，拉力做功為W＝－Fx＝－480 J，故C錯(cuò)誤；4 s內(nèi)物體通過(guò)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(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 W＝－ΔEp 重力做功是重力勢(shì)能變化的原因 W＞0 勢(shì)能減少 W＜0 勢(shì)能增加 W＝0 勢(shì)能不變 彈簧彈力做功與彈性勢(shì)能 W＝－ΔEp 彈力做功是彈性勢(shì)能變化的原因 W＞0 勢(shì)能減少 W＜0 勢(shì)能增加 W＝0 勢(shì)能不變 合外力做功與動(dòng)能 W＝ΔEk 合外力做功是物體動(dòng)能變化的原因 W＞0 動(dòng)能增加 W＜0 動(dòng)能減少 W＝0 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 W＝ΔE 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 W＞0 機(jī)械能增加 W＜0 機(jī)械能減少 W＝0 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Fh＝mv2＋mgh B.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(F－f)h＝mv2＋mgh C.物體所受合力的功，等于物體機(jī)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(dòng)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(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)Fh>mv2，同時(shí)，F(xiàn)h>mv2＋mgh。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(chēng)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m＝60 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a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 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h＝5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 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??； (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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)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(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 mgh＋W＝mv－mv④ 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 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(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μ，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：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(yùn)動(dòng)，路程x2＝vt＝ (3)小木塊獲得的動(dòng)能Ek＝mv2 (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)＝x2－x1＝， 產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μmgx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 ΔE＝Q＋mv2＝mv2 答案　(1)　(2)　(3)mv2　(4)mv2　(5)mv2