第四章 学案12步步高高中物理必修二Word格式.docx

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求平均功率选用公式P＝和P＝Fv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P＝Fv，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v－t图像如图1所示，下列表述不正确的是（　　）

图1

A.在0～0.5s内，合外力的瞬时功率逐渐增大

B.在0～2s内，合外力总是做负功

C.在0.5～2s内，合外力的平均功率为零

D.在0～3s内，合外力所做总功为零

解析　A项，在0～0.5s内，做匀加速直线运动，加速度不变，合力不变，速度逐渐增大，可知合力的瞬时功率逐渐增大，故A正确.B项，在0～2s内，动能的变化量为正值，根据动能定理知，合力做正功，故B错误.C项，在0.5～2s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，合力做功为零，则合力做功的平均功率为零.故C正确.D项，在0～3s内，初、末速度均为零，则动能的变化量为零，根据动能定理知，合力做功为零，故D正确.本题选不正确的，故选B.

答案　B

例2　汽车发动机的额定功率为60kW，汽车的质量为5×

103kg，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功率不变，取g＝10m/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1m/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624m的路程，求汽车从启动到停下来一共经过多少时间？

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f大小相同时，汽车速度v达到最大值vm.

P额＝f·

vm⇒vm＝＝＝24m/s

（2）a＝，则F牵＝ma＋f＝7.5×

103N，

v＝＝＝8m/s

（3）设由启动到速度最大历时为t1，关闭发动机到停止历时t2.

mv＝P额·

t1－f·

s1，将数据代入，得t1＝50s.

由vm＝·

t2

得t2＝48s.

故t总＝t1＋t2＝98s.

答案　见解析

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变化的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va＝5m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，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μ＝0.3，不计其它机械能损失.已知ab段长L＝1.5m，数字“0”的半径R＝0.2m，小物体质量m＝0.01kg，g＝10m/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.

解析　

（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：

－μmgL－2mgR＝mv2－mv①

从p点抛出后做平抛运动，由平抛运动规律可得：

2R＝gt2②

x＝vt③

联立①②③式，代入数据解得：

x＝0.8m④

（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力为F，取竖直向下为正方向

F＋mg＝⑤

联立①⑤式，代入数据解得F＝0.3N⑥

方向竖直向下.

答案　

（1）0.8m　

（2）0.3N，方向竖直向下

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

Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，理解为物体（或系统）初状态的机械能与末状态的机械能相等.

（2）变量式

①ΔEk＝－ΔEp，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.

②ΔEA增＝ΔEB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，且与水平面夹角θ＝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物体落地后，B物体由于惯性将继续沿斜面上升，则B物体在斜面上上升的最高点离地的高度多大？

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：

mAgh－mBghsinθ＝（mA＋mB）v2

将mA＝2m，mB＝m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，设其上升的最高点离地高度为H，根据机械能守恒定律得：

mBv2＝mBg（H－hsinθ）

整理得：

H＝h.

答案　

（1）　

（2）h

四、功能关系的应用

常见的几对功能关系如下：

1.重力做功与重力势能：

表达式：

WG＝－ΔEp.

WG＞0，表示势能减少；

WG＜0，表示势能增加.

2.弹簧弹力做功与弹性势能：

W弹＝－ΔEp.

W弹＞0，表示势能减少；

W弹＜0，表示势能增加.

3.合力做功与动能：

W合＝ΔEk.

物理意义：

合外力做功是物体动能变化的原因.

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：

W其他＝ΔE.

除重力或系统弹力外其他力做功是机械能变化的原因.

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点的正上方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AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中（　　）

图4

A.重力做功2mgR

B.机械能减少mgR

C.合外力做功mgR

D.克服摩擦力做功mgR

解析　重力做功与路径无关，所以WG＝mgR，选项A错；

小球在B点时所受重力提供向心力，即mg＝m，所以v＝，从P点到B点，由动能定理知：

W合＝mv2＝mgR，故选项C错；

根据能量的转化与守恒知：

机械能的减少量为ΔE＝W其他＝mgR－mv2＝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.

答案　D

五、能量守恒定律的应用

用能量守恒定律去分析、解决问题往往具有简便、适用范围广等优点，在学习中应增强利用能量守恒定律解题的意识，应用此规律时应注意：

（1）要研究系统中有哪些力在做功，有哪些形式的能在发生转移、转化.

（2）某种形式的能的减少，一定伴随着其他形式的能的增加，且增加量一定等于减少量，即ΔE增＝ΔE减.

例6　如图5所示，由理想电动机带动的水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带左端点上.设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v，而与传送带保持相对静止.设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ，左右端点相距L，则该电动机每传送完一个工件消耗的电能为（　　）

图5

A.μmglB.mv2

C.μmgl＋mv2D.mv2

解析　根据牛顿第二定律知工件的加速度为μg，所以速度达到v而与传送带保持相对静止所用时间：

t＝

工件的位移为，

工件相对于传送带滑动的距离为Δx＝vt－＝

则产生的热量：

Q＝μmgΔx＝mv2

由能量守恒知，电动机每传送完工件消耗的电能一部分转化为一个工件的动能，另一部分产生热量，则

E电＝Ek＋Q＝mv2＋mv2＝mv2

故D正确.

1.（功和功率的计算）如图6所示，一质量为1.2kg的物体从倾角为30°

、长度为10m的光滑斜面顶端由静止开始下滑.则（　　）

图6

A.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是60W

B.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是120W

C.整个过程中重力做功的平均功率是30W

D.整个过程中重力做功的平均功率是60W

答案　AC

解析　由动能定理得mglsin30°

＝mv2，所以物体滑到斜面底端时的速度为10m/s，此时重力做功的瞬时功率为P＝mgvcosα＝mgvcos60°

＝1.2×

10×

W＝60W，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a＝＝10×

m/s2＝5m/s2；

物体下滑的时间t＝＝s＝2s；

物体下滑过程中重力做的功为W＝mgl·

sinθ＝mgl·

sin30°

J＝60J；

重力做功的平均功率＝＝W＝30W.故C对，D错.

2.（对动能定理的应用）如图7所示，质量为m＝0.5kg的小球从距离地面高H＝5m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R＝0.4m，小球到达槽最低点时速率恰好为10m/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10m/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.

答案　

（1）4.2m　

（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（H＋R）－Wf＝mv2－0.

设从小球下落到第一次飞出到达最高点，由动能定理得mg（H－h）－2Wf＝0－0.

解得h＝－H－2R＝m－5m－2×

0.4m＝4.2m.

（2）设小球恰好能飞出n次，则由动能定理得

mgH－2nWf＝0－0

解