1、学案14章末总结一、功和功率的计算1功的计算方法(1)定义法求功：恒力对物体做功大小的计算式为WFlcos ，式中为F、l二者之间的夹角由此可知，恒力做功大小只与F、l、这三个量有关，与物体是否还受其他力、物体的运动状态等因素无关(2)利用功率求功：此方法主要用于在发动机功率保持恒定的条件下，求牵引力做的功(3)利用动能定理或功能关系求功2功率的计算方法(1)P：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算既适用于人或机械做功功率的计算，也适用于一般物体做功功率的计算；既适用于合力或某个力做功功率的计算，也适用于恒力或变力做功功率的计算；一般用于求解某段时间内的平均功率(2)PFv：当v是瞬
2、时速度时，此式计算的是F的瞬时功率；当v是平均速率时，此式计算的是F的平均功率注意求平均功率选用公式P和PFv均可，但必须注意是哪段时间或哪一个过程中的平均功率；求瞬时功率通常选用公式PFv，必须注意是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率例1物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图1所示，下列表述不正确的是()图1A在00.5 s内，合外力的瞬时功率逐渐增大B在02 s内，合外力总是做负功C在0.52 s内，合外力的平均功率为零D在03 s内，合外力所做总功为零例2汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为5103 kg，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车的重力的0.05倍，若汽车始终保持额定
3、功率不变，取g10 m/s2，则从静止启动后，求：(1)汽车所能达到的最大速度是多大？(2)当汽车的加速度为1 m/s2时，速度是多大？(3)如果汽车由启动到速度变为最大值后，马上关闭发动机，测得汽车在关闭发动机前已通过624 m的路程，求汽车从启动到停下来一共经过多少时间？二、对动能定理的理解与应用动能定理一般应用于单个物体，研究过程可以是直线运动，也可以是曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于各个力同时作用在物体上，也适用于不同的力分阶段作用在物体上，凡涉及力对物体做功过程中动能的变化问题几乎都可以使用，但使用时应注意以下几点：1明确研究对象和研究过程，确定初、末状态的速度
4、情况2对物体进行正确的受力分析(包括重力、弹力等)，弄清各力做功大小及功的正、负情况3有些力在运动过程中不是始终存在，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待，正确表示出总功4若物体运动过程中包含几个不同的子过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程考虑，列出动能定理方程求解例3某兴趣小组设计了如图2所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切弹射装置将一个小物体(可视为质点)以va5 m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，
5、依次经过“8002”后从p点水平抛出小物体与地面ab段间的动摩擦因数0.3，不计其它机械能损失已知ab段长L1.5 m，数字“0”的半径R0.2 m，小物体质量m0.01 kg，g10 m/s2.求：图2(1)小物体从p点抛出后的水平射程；(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向三、对机械能守恒定律的理解与应用应用机械能守恒定律解题，重在分析能量的变化，而不太关注物体运动过程的细节，这使问题的解决变得简便1守恒条件：只有重力或弹力做功，系统内只发生动能和势能之间的相互转化2表达式：(1)状态式Ek1Ep1Ek2Ep2，理解为物体(或系统)初状态的机械能与末状态的机械能
6、相等(2)变量式EkEp，表示动能与势能在相互转化的过程中，系统减少(或增加)的动能等于系统增加(或减少)的势能EA增EB减，适用于系统，表示由A、B组成的系统，A部分机械能的增加量与B部分机械能的减少量相等例4如图3所示，物体A质量为2m，物体B质量为m，通过轻绳跨过定滑轮相连斜面光滑，且与水平面成30，不计绳子和滑轮之间的摩擦开始时A物体离地的高度为h，B物体位于斜面的底端，用手托住A物体，A、B两物体均静止撤去手后，求：图3(1)A物体将要落地时的速度多大？(2)A物落地后，B物由于惯性将继续沿斜面上升，则B物在斜面上的最远点离地的高度多大？四、功能关系力学中常见的几对功能关系(1)重力
7、做功与重力势能：表达式：WGEp.WG0，表示重力势能减少；WG0，表示重力势能增加(2)弹簧弹力做功与弹性势能：表达式：W弹Ep.W弹0，表示弹性势能减少；W弹0，表示弹性势能增加(3)合力做功与动能：表达式：W合Ek.W合0，表示动能增加；W合0，表示动能减少(4)除重力或系统弹力外其他力做功与机械能：表达式：W其他E.W其他0，表示机械能增加；W其他0，表示机械能减少；W其他0，表示机械能守恒例5如图4所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP2R，重力加速度为
8、g，则小球从P到B的运动过程中()图4A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR1.(功率的计算)如图5所示，一质量为1.2 kg的物体从倾角为30、长度为10 m的光滑斜面顶端由静止开始下滑则()图5A物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是60 WB物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是120 WC整个过程中重力做功的平均功率是30 WD整个过程中重力做功的平均功率是60 W2.(功能关系的理解和应用)如图6所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g.在他从上向下滑到底端的过程
9、中，下列说法正确的是()图6A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为mghC运动员克服摩擦力做功为mghD下滑过程中系统减少的机械能为mgh3.(动能定理的应用)如图7所示，质量为m0.5 kg的小球从距离地面高H5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽运动，半圆形槽的半径R0.4 m，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s，并继续沿槽运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，g取10 m/s2，空气阻力不计，求：图7(1)小球第一次飞出半圆形槽上升的距水平地面的最大高度h为多少；(2)小球最多能飞出槽外几次4.(机械
10、能守恒定律和动能定理的对比应用)如图8所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OPL/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.求：图8(1)小球到达B点时的速率；(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？(3)若初速度变为v03，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？答案精析学案14章末总结网络构建位移正0负转化mv2mghEp1Ep2Ep1Ep2Ek2Ek1Ep2Ek2专题整合例1BA项，在00.5 s内，做匀加速直线运动，加速度不变，合外力不变，速度逐渐增大
11、，可知合外力的瞬时功率逐渐增大，故A正确B项，在02 s内，动能的变化量为正值，根据动能定理知，合外力做正功，故B错误C项，在0.52 s内，因为初、末速度相等，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合外力做功为零，则合外力做功的平均功率为零故C正确D项，在03 s内，初、末速度均为零，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合外力做功为零，故D正确本题选不正确的，故选B.例2见解析解析(1)汽车保持额定功率不变，那么随着速度v的增大，牵引力F牵变小，当牵引力大小减至与阻力Ff大小相同时，汽车速度v达到最大值vm.P额Ffvmvm24 m/s(2)a，则F牵maFf7.5103 N，v8 m/s(3
12、)设由启动到速度最大历时为t1，关闭发动机到停止历时t2.mvP额t1Ffs1，将数据代入，得t150 s.由vmt2，得t248 s.故t总t1t298 s.例3(1)0.8 m(2)0.3 N方向竖直向下解析物体经过了较复杂的几个过程，但从a至p的全过程中重力、摩擦力做功明确，初速度va已知，可根据动能定理求v，其他问题便可迎刃而解(1)设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得：mgL2mgRmv2mv从p点抛出后做平抛运动，由平抛运动规律可得：2Rgt2xvt联立式，代入数据解得：x0.8 m(2)设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取
13、竖直向下为正方向Fmg联立式，代入数据解得F0.3 N方向竖直向下例4(1)(2)h解析(1)由题知，物体A质量为2m，物体B质量为m，A、B两物体构成的整体(系统)只有重力做功，故整体的机械能守恒，得：mAghmBghsin (mAmB)v2将mA2m，mBm代入解得：v.(2)当A物体落地后，B物体由于惯性将继续上升，此时绳子松了，对B物体而言，只有重力做功，故B物体的机械能守恒，设其上升的最远点离地高度为H，根据机械能守恒定律得：mBv2mBg(Hhsin )整理得：Hh.例5D重力做功与路径无关，所以WGmgR，选项A错；小球在B点时所受重力提供向心力，即mgm，所以v，从P点到B点，
14、由动能定理知：W合mv2mgR，故选项C错；根据能量的转化与守恒知：机械能的减少量为|E|Ep|Ek|mgR，故选项B错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，等于mgR，故选项D对自我检测1AC由动能定理得mglsin 30mv2，所以物体滑到斜面底端时的速度为10 m/s，此时重力做功的瞬时功率为Pmgvcos mgvcos 601.21010 W60 W，故A对，B错物体下滑时做匀加速直线运动，其受力情况如图所示由牛顿第二定律得物体的加速度a10 m/s25 m/s2；物体下滑的时间t s2 s；物体下滑过程中重力做的功为Wmglsin mglsin 301.21010 J60 J；重力做
15、功的平均功率 W30 W故C对，D错2D运动员的加速度为g，沿斜面：mgFfmg，Ffmg，Wfmg2hmgh，所以A、C项错误，D项正确；Ekmghmghmgh，B项错误3(1)4.2 m(2)6次解析(1)对小球下落到最低点的过程，设克服摩擦力做功为Wf，由动能定理得mg(HR)Wfmv20.设从小球下落到第一次飞出到达最高点，由动能定理得mg(Hh)2Wf00.解得hH2R m5 m20.4 m4.2 m.(2)设小球恰好能飞出n次，则由动能定理得mgH2nWf00解得n6.25次应取n6次4(1) (2) (3)mgL解析(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有mg，小球到达B点时的速率v .(2)从A至B的过程，由机械能守恒定律得：mg(L)mv2mv，则v0 .(3)空气阻力是变力，设小球从A到B克服空气阻力做功为Wf，由动能定理得mg(L)Wfmv2mv02，解得WfmgL.