教科版高三一轮复习教案第五章机械能及其守恒定律

第五章机械能及其守恒定律

第一节 功和功率

一．教学目标：

一、功

1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W＝Flcos α.适用于恒力做功．其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．

3．功的正负判断

夹角 功的正负 0°≤α<90° 力对物体做正功 力对物体做负功，或者说物体 90°<α≤180° 克服这个力做了功 α＝90° 力对物体不做功 特别提示：功是标量，比较做功多少看功的绝对值． 二、功率

1．定义：功与完成这些功所用时间的比值． 2．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 3．公式

W

(1)定义式：P＝，P为时间t内的平均功率．

t

(2)推论式：P＝Fvcos_α.(α为F与v的夹角)

4．额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．

5．实际功率：机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率．

1－1.(2014·广州模拟)如图所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法．如果某受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是( )

A．轮胎受到地面的摩擦力对轮胎做了负功 B．轮胎受到的重力对轮胎做了正功 C．轮胎受到的拉力对轮胎不做功

D．轮胎受到地面的支持力对轮胎做了正功

1－2.如图所示的a、b、c、d中，质量为M的物体甲受到相同的恒力F的作用，在力F作用下使物体甲在水平方向移动相同的位移．μ表示物体甲与水平面间的动摩擦因数，乙是随物体甲一起运动的小物块，比较物体甲移动的过程中力F对甲所做的功的大小( )

A．Wa最小 B．Wd最大 C．Wa＞Wc D．四种情况一样大 2．(2012·高考上海卷)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有( )

A．F2＝F1，v1>v2 B．F2＝F1，v1F1，v1>v2 D．F2

二．教学重难点

功的计算 1．恒力做的功

直接用W＝Flcos α计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用． 2．变力做的功

(1)应用动能定理求解．

(2)用W＝Pt求解，其中变力的功率P不变．

(3)常用方法还有转换法、微元法、图像法、平均力法等，求解时根据条件灵活选择． 3．合外力做的功

方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功．适用于F合为恒力的过程．

方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3?，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋?求合外力做的功．

如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小

球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的功及总功．

[思路点拨] W＝F·lcos α可以理解为功等于力与力方向位移的乘积．

[解析] 如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则 WF＝F·CB＝F·Lsin θ

小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则WG＝mg·AC·cos 180° ＝－mg·L(1－cos θ)

绳的拉力FT时刻与运动方向垂直，则 WFT＝0

故W总＝WF＋WG＋WFT＝F·Lsin θ－mgL(1－cos θ)． [答案] 见解析

[总结提升] (1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．

(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积．

(3)若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解．

1.一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为( )

A．mgLcos θ B．mgL(1－cos θ) C．FLsin θ D．FLcos θ

解析：选B.从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(因为小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ)．

功率的计算

W

1．P＝是功率的定义式，P＝Fv是功率的计算式．

t

2．平均功率的计算方法

W

(1)利用P＝.

t－－

(2)利用P＝F·vcos α，其中v为物体运动的平均速度．

3．瞬时功率的计算方法

(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度． (2)P＝F·vF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度． (3)P＝Fv·v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力．

如图所示，水平传送带正以2 m/s的速度运行，两端水平距离l＝8 m，把一质量

m＝2 kg的一个物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，不计物块的大小，g取10 m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中，摩擦力对物块做功的最大功率和平均功率各是多少？

[思路点拨] 计算最大功率和平均功率各用哪个公式？ [解析] 物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做匀加速运动，摩擦力对物块做功，求出物块在摩擦力作用下的位移和运动时间．

物块受向右的摩擦力为

Ff＝μmg＝0.1×2×10 N＝2 N

Ff加速度为a＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2

m

当物块与传送带相对静止时的位移为

v222x＝＝m＝2 m＜8 m，所以最大速度vm＝2 m/s 2a2×1

最大功率Pm＝Ffvm＝2×2 W＝4 W 摩擦力做功为W＝Ffx＝2×2 J＝4 J

相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为

vl－x28－2t＝＋v＝ s＋ s＝5 s a12

则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为

W4

P＝＝W＝0.8 W.

t5

[答案] 4 W 0.8 W

[名师归纳] 计算功率的基本思路：

(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．

(2)求瞬时功率时，如果F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度v方向的分力求解．

2．一台起重机从静止开始匀加速地将一质量m＝1.0×103 kg的货物竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s.求起重机在这2 s内的平均输出功率及2 s末的瞬时功率．(g取10 m/s2)

v4

解析：货物运动的加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2

t2

设起重机吊绳的拉力为F，根据牛顿第二定律，有 F－mg＝ma

所以F＝m(g＋a)＝1.0×103×(10＋2) N＝1.2×104 N

1

货物上升的位移l＝at2＝4 m

2

则拉力做的功W＝F·l＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J

W

故2 s内的平均功率P＝＝2.4×104 W

t

2 s末的瞬时功率P＝Fv＝1.2×104×4 W＝4.8×104 W. 答案：2.4×104 W 4.8×104 W

机车启动问题

1．两种启动方式比较 两种方式 以恒定功率启动 P－t图 和v－t图 过程分析 P额?不变?v↑?F＝↓ vF－F阻?a＝↓ m加速度减小的加速直线运动 F＝F阻?a＝0 P额?F阻＝ vm以vm做匀速直线运动 无 F－F阻a＝不变 m?F不变?P＝Fv↑ 直到P额＝Fv1 v1匀加速直线运动，维持时间t0＝ aP额v↑?F＝v↓ F－F阻?a＝↓ m加速度减 小的加速运动 F＝F阻?a＝0 P额?以vm＝做匀速直线运动 F阻PP＝(式FminFf

v↑

以恒定加速度启动 OA段 运动性质 AB段 过程分析 运动性质 BC段 2.三个重要关系式 (1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝

中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力Ff)．

(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最

PP

大，即v＝＜vm＝.

FFf

(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－Ffx＝ΔEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．

电动车因其可靠的安全性能和节能减排的设计理念，越来越受到人们的喜爱，在

检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的

1

速度v，并描绘出F－v图像如图所示(图中AB、BO均为直线)．假设电动车行驶中所受的阻力恒定．

(1)根据图线ABC，判断该电动车做什么运动，并计算电动车的额定功率； (2)求此过程中电动车做匀加速直线运动的加速度的大小； (3)电动车由静止开始运动，经过多长时间速度达到v1＝2 m/s? [审题突破] (1)BA段表示什么不变？电动车做什么运动？

(2)CB段的斜率表示哪个物理量？是否变化？电动车做什么运动？

[解析] (1)由图像可得，当达到最大速度vmax＝15 m/s时，牵引力为Fmin＝400 N 故恒定阻力Ff＝Fmin＝400 N

额定功率P＝Fminvmax＝6×103 W. (2)匀加速直线运动的加速度 F－Ff2 000－40022a＝＝2 m/s＝2 m/s. m8×10

P

(3)匀加速直线运动的末速度vB＝＝3 m/s

F

电动车在速度达到3 m/s之前，一直做匀加速直线运动，

v1故所求时间为t＝＝1 s.

a

[答案] (1)AB段表示电动车做匀加速直线运动，BC段表示电动车做加速度逐渐减小的变加速直线运动 6×103 W

(2)2 m/s2 (3)1 s

[规律总结] 分析机车启动问题时应注意：

(1)机车启动的方式不同，机车运动的规律就不同，因此机车启动时，其功率、速度、加速度、牵引力等物理量的变化规律也不相同；

(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F为变力)；

(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．

3.(改编题)一遥控玩具汽车在平直的轨道上由静止开始做直线运动，运动过程中汽车牵引力的功率保持不变，其加速度a和速度的倒数的关系图像如图所示，若已知汽车的质量为2 kg，运动2 s后开始匀速运动，汽车所受阻力恒定，那么根据图像数据可判断下列说法正确的是( )

A．玩具汽车的功率为10 W

B．玩具汽车所受阻力为2 N C．玩具汽车的最大速度为2 m/s

D．玩具汽车匀速运动前通过的位移为3 m

F－fPf

解析：选CD.因为P＝Fv，汽车的加速度a＝，联立二式可得a＝－，由图像

mmvm

fP

可知，＝2，＝4.又因为汽车的质量为2 kg，所以汽车所受的阻力f＝4 N，汽车牵引力的

mm

P

功率P＝8 W，汽车的最大速度v＝＝2 m/s；设汽车匀速运动前通过的位移为x，由动能定

f

1

理得：mv2－0＝Pt－fx，解之得x＝3 m．可见，选项C、D正确．

2

三．教学过程

变力做功的求解方法

[规范解答]————————————该得的分一分不丢！

(1)将圆弧AB分成很多小段l1，l2，?，ln，拉力在每小段上做的功为W1，W2，?，Wn，因拉力F大小不变，方向始终与物体在该点的切线成37°角，所以

W1＝Fl1cos 37°，W2＝Fl2cos 37°，?，Wn＝Flncos 37° (2分)

所以WF＝W1＋W2＋?＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋?＋ln)

π

＝Fcos 37°·R＝20π J＝62.8 J．(2分)

3

(2)重力G做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－50 J. (2分)

(3)物体受的支持力N始终与物体的运动方向垂直，所以WN＝0.(2分)

(4)因物体在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理知：WF＋WG＋Wf＝0.(2分) 所以Wf＝－WF－WG＝(－62.8＋50) J＝－12.8 J．(1分) [答案] (1)62.8 J (2)－50 J (3)0 (4)－12.8 J [方法总结] 求解变力做功的五种方法 (1)微元法

将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和．此法在中学阶段，常应用于求解力的大小不变、方向改变的变力做功问题．

(2)动能定理法

动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．

本例中就用到了上述的两种方法． (3)平均力法

在求解变力功时，若物体受到的力的方向不变，而大小随位移是成线性变化的，即力均

F1＋F2匀变化时，则可以认为物体受到一大小为F＝的恒力作用，F1、F2分别为物体初、

2末态所受到的力，然后用公式W＝Flcos α求此力所做的功．

(4)(F－x)图像法

如果参与做功的变力方向与位移方向始终一致，且已知大小随位移变化关系，我们可作出该力随位移变化的图像．那么图线与坐标轴所围成的面积，即为变力做的功．

(5)转换法

直接求解变力对物体做功时，通常都较为复杂，但通过转换研究对象，把变力做功转化成另一个恒力做功，问题就易于解决，此法常应用于通过定滑轮拉物体的题目中．

4.如图所示，某人用大小不变的力F拉着放在光滑水平面上的物体，开始时与物体相连接的绳与水平面间的夹角是α，当拉力F作用一段时间后，绳与水平面间的夹角为β.已知图中的高度是h，求绳的拉力FT对物体所做的功．假定绳的质量、滑轮质量及绳与滑轮间的摩擦不计．

解析：本题中，显然F与FT的大小相等，且FT在对物体做功的过程中，大小不变，但方向时刻在改变，因此本题是个

变力做功的问题．但在题设条件下，人的拉力F对绳的端点(也即对滑轮机械)做的功就等于绳的拉力FT(即滑轮机械)对物体做的功．而F的大小和方向都不变，因此只要计算恒力F对绳做的功就能解决问题．

设绳的拉力FT对物体做的功为W1，由题图可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中，拉力F作用的绳端的位移的大小为Δl＝l1－l2＝h(1/sin α－1/sin β)

由W＝Fl可知

W1＝WF＝FΔl＝Fh(1/sin α－1/sin β)． 答案：Fh(1/sin α－1/sin β) 一 高考题组 1. (2011·高考江苏卷)如图所示，演员正在进行杂技表演．由图可估算出他将一只鸡蛋抛出的过程中对鸡蛋所做的功最接近于( )

A．0.3 J B．3 J C．30 J D．300 J

解析：选A.根据生活常识，20个鸡蛋大约1 kg，表演者抛出的高度按0.5 m计算，则

1

抛出过程中对鸡蛋做的功为W＝mgh＝×10×0.5 J＝0.25 J，选项A正确．

20

2. (2011·高考上海卷)如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为( )

3

mgLω 2

13C.mgLω D.mgLω 26

解析：选C.由能的转化及守恒可知：拉力的功率等于克服重力的功率．PG＝mgvy＝

1

mgvcos 60°＝mgωL，故选C.

2

3. (2013·高考浙江卷)如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2.下列判断正确的是( )

A．mgLω

B.

A．5 s内拉力对物块做功为零

B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4 D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2

解析：选D.由图像可知物块在0～4 s内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B错误；4 s～5 s内做变加速直线运动，因此5 s内拉力对物块做的功不为零，选项A错误；物

Ff块的滑动摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝0.3，选项C错误；在6 s～9 s内由牛顿第二定律得F

mg

5－3

－Ff＝ma，a＝ m/s2＝2.0 m/s2，选项D正确．

1.0

二 模拟题组

4．(原创题)质量相等的A、B两物体，并排静止在光滑水平地面上，用水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，其速度－时间图像分别如图中图线a、b所示，若F1方向始终保持不变，F2的方向先与F1反向，后与F1同向．则由图中信息可以得出( )

A．0～2 s内，F2与F1方向相反 B．F1与F2大小之比为1∶2

C．0～4 s内，F1对物体A做的功等于力F2对物体B做的功 D．4 s末，F1的瞬时功率等于力F2的瞬时功率 解析：选BC.从v－t图像可知0～1 s物体B的加速度与1 s后的加速度方向相反，由此可知0～1 s内F2与F1反向，A错误；由图像得A和B的加速度大小分别为a1＝15 m/s2，a2＝30 m/s2，据牛顿第二定律得B正确；根据动能定理得选项C正确；由于4 s末速度相同但F2＝2F1，故D错误．

5．(2014·山东济南模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图像如图所示，其中正确的是( )

解析：选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－f＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．

五．教学反思

六．强化练习

一、选择题

1.如图所示，在皮带传送装置中，皮带把物体P匀速带至高处，在此过程中，下述说法正确的是( )

A．摩擦力对物体做正功 B．摩擦力对物体做负功 C．支持力对物体不做功 D．合外力对物体做正功

解析：选AC.物体P匀速上升过程中，合力为零，合外力对物体做功为零，D错误；支持力垂直于运动方向，故支持力做功为零，C正确；摩擦力沿斜面向上，摩擦力做正功，A正确，B错误．

2. (2012·高考江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动．受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·vcos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大．A项正确．

3. (2014·绵阳高三检测)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )

A．重力做功为mgL B．绳的拉力做功为0

C．空气阻力(F阻)做功为－mgL

1

D．空气阻力(F阻)做功为－F阻πL

2

解析：选ABD.

如图所示，因为拉力T在运动过程中始终与运动方向垂直，故不做功，即WT＝0.重力在整个运动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB在竖直方向上的投影L，所以WG＝mgL.F阻所做的总功等于每个小弧段上F阻所做功的代数和，即WF阻＝－(F阻Δx1＋F阻

1

Δx2＋?)＝－F阻πL.故重力mg做的功为mgL，绳子拉力做功为零，空气阻力所做的功为－

2

1

FπL. 2阻

4.动车组就是几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组，如图所示．假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104 kg.其中第一节、第二节带动力，它们的额定功率均为3.6×107 W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g＝10 m/s2)．则下列说法不正确的是( )

A．该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度为60 m/s B．该动车组开动二节动力的情况下能达到的最大速度为432 km/h C．该动车组开动二节动力并去掉两节拖车后最大速度可达到480 km/h

D．该动车组只开动第一节的动力的情况下如果能在1分钟内达到最大速度60 m/s，则其平均加速度为1 m/s2

解析：选C.只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：P1m＝fvm，因为阻力f＝0.1×8mg＝6.0×105 N，P1m＝3.6×107 W，

P1m2P1m所以vm＝＝60 m/s，A正确；开动二节动力时达到最大速度v′m＝＝120 m/s，B正

ff2P1m确；v″m＝＝160 m/s＝576 km/h，C错误；易知D正确．

3f4

5．(2014·郑州模拟)如图所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运

动．监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图所示．取g＝10 m/s2，则( )

A．第1 s内推力做功为1 J

B．第2 s内物体克服摩擦力做的功为W＝2.0 J C．第1.5 s时推力F的功率为2 W

D．第2 s内推力F做功的平均功率P＝1.5 W

解析：选B.第1 s内物体保持静止状态，在推力方向无位移，故做功为零，A错；由图像知第3 s内物体做匀速运动，F＝2 N，故F＝Ff＝2 N，由v－t图像知第2 s内物体的位移1

x＝×1×2 m＝1 m，第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝Ffx＝2.0 J，B对；第1.5 s时物体2

的速度为1 m/s，故推力的功率为3 W，C项错；第2 s内推力F＝3 N，推力做功为WF＝F·x＝3.0 J，故第2 s内推力F做功的平均功率P＝WF/t＝3 W，故D错．

6. (2014·衡水中学调研)两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力，则( )

A．在相等时间内，两小球的速度增量相等 B．在同一时刻，两小球的重力的功率不相等 C．在下落过程中，两小球的重力做功不相同 D．在下落过程中，两小球重力的平均功率相等

解析：选AD.两小球的加速度均为重力加速度，相等时间内，速度增量相等，故A正确；小球A的重力的功率PA＝mgvAcos α＝mg·gt＝PB(α为小球A的速度与竖直方向的夹角)，B错误；在同一时间内，两小球下落的高度相等，由WG＝mgΔh知，重力做功相等，C错；

W

又因两球下落用时相等，由P＝知，重力的平均功率相等，故D正确．

t

7．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( )

P

A．钢绳的最大拉力为 v2P

B．钢绳的最大拉力为 v1

P

C．重物的最大速度v2＝

mg

P

D．重物匀加速运动的加速度为－g

mv1

解析：选BCD.由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大功率P后，随v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达到最大速度

PPPP

v2，故v2＝，最大拉力F＝mg＋ma＝，A错误，B、C正确．由－mg＝ma得：a＝

mgv1v1mv1

－g，D正确．

8．如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立

的有( )

A．W1＞W2 B．Q1＞Q2 C．EkB＞EkC D．PB＞PC

解析：选AB.F做功W＝Flcos α(α为绳与水平方向的夹角)，在AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α逐渐增大，故W1＞W2，A正确；物体运动中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q1＞Q2，B正确；因为物体运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错．

☆9.质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始受到方向恒定的水平

t0拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在时刻开始运动，其v－t图像如图乙所

2

示，若认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，下列说法正确的是( )

A．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0

1

B．物体所受合外力在0～t0这段时间内所做的功为mv2

20

F0t0?2v0＋C．物体所受水平力F在t0～2t0这段时间内的平均功率为F0?m? ?F0t0?2v0＋D．物体所受摩擦力在t0～2t0这段时间内所做的功为F0?m?t0 ?

解析：选BC.由题图可知物体所受的最大静摩擦力为F0，物体在t0时刻所受合外力为2F0－μmg＝F0，合外力在t0时刻的功率为F0v0，A项错误；根据动能定理，在0～t0这段时

1

间内合外力做的功等于物体动能的增量，即mv2，选项B正确；水平力F在t0～2t0这段时

20

v0＋vF0t0?1

2v0＋间内的平均功率为2F0＝F0(v0＋v0＋at0)＝F0?，C项正确；物体在t时刻开m??220

始运动，则滑动摩擦力Ff＝F0，物体所受滑动摩擦力Ff在t0～2t0这段时间内所做的功为v0＋vF0t0?11

2v0＋F0t0＝F0t0(v0＋v0＋at0)＝F0t0?m?，选项D错误． ?222

二、非选择题

10．把长为l的铁钉钉入木板中，每打击一次给予的能量为E0，已知钉子在木板中遇到的阻力与钉子进入木板的深度成正比，比例系数为k.问此钉子全部进入木板需要打击几次？

解析：在把钉子打入木板的过程中，钉子把得到的能量用来克服阻力做功，而阻力与钉子进入木板的深度成正比，先求出阻力的平均值，便可求得阻力做的功．

0＋klkl

钉子在整个过程中受到的平均阻力为：F＝＝ 22

1

钉子克服阻力做的功为：WF＝Fl＝kl2

2

设全过程共打击n次，则给予钉子的总能量：

12kl2

E总＝nE0＝kl，所以n＝. 22E02kl

答案： 2E0

11. (2014·川师附中模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水

平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v－t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g＝10 m/s2，电动机与物块间的距离足够远．求：

(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小； (2)电动机的额定功率；

(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度． 解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小 Δv

a＝＝0.4 m/s2

Δt

物块受到的摩擦力大小Ff＝μmg

设牵引力大小为F，则有：F－Ff＝ma 得F＝0.28 N.

(2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则 P＝Fv＝0.224 W.

(3)物块达到最大速度vm时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有 F1＝μmg P＝F1vm

解得vm＝1.12 m/s.

答案：(1)0.28 N (2)0.224 W (3)1.12 m/s ☆12.(2012·高考北京卷)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图甲所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的．已

3

知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图像如图乙所示．电梯总质量m＝2.0×10 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.

(1) 求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；

(2)类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a－t图像，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2；

(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0～11 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.

甲 乙 解析：(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma

由a－t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是 a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2

F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N.

(2)类比可得，所求速度变化量等于1 s内a－t图线下的面积，Δv1＝0.50 m/s 同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s.

(3)由a－t图像可知，11 s～30 s内速率最大，其值等于0～11 s内a－t图线下的面积，

有vm＝10 m/s

此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mg·vm

3

＝2.0×10×10×10 W＝2.0×105 W 由动能定理，总功

1

W＝Ek2－Ek1＝mv2－0

2m

1

＝×2.0×103×102 J＝1.0×105 J. 2

答案：(1)2.2×104N 1.8×104N (2)0.50 m/s 1.5 m/s

(3)2.0×105 W 1.0×105 J

第二节 动能 动能定理

一．教学目标

一、动能

1．定义：物体由于运动而具有的能．

1

2．表达式：Ek＝mv2.

2

3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. 4．矢标性：标量．

5．瞬时性：v是瞬时速度．

6．相对性：物体的动能相对于不同的参考系一般不同． 二、动能定理

1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．

112

2．表达式：W＝Ek2－Ek1＝mv2－mv.

2221

3．适用范围

(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．

(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．,1.关于某物体动能的一些说法，正确的是( )

A．物体的动能变化，速度一定变化 B．物体的速度变化，动能一定变化

C．物体的速度变化大小相同时，其动能变化大小也一定相同 D．选择不同的参考系时，动能可能为负值

2－1.质量为m的物体在水平力F的作用下，由静止开始在光滑地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则( )

A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C．第二过程合力做的功等于第一过程合力做的功

D．第二过程合力做的功等于第一过程合力做功的2倍

2－2.人用手托着质量为m的物体，从静止开始沿水平方向运动，前进距离s后，速度为v(物体与手始终相对静止)，物体与人手掌之间的动摩擦因数为μ，则人对物体做的功为( )

A．mgs B．0

1

C．μmgs D.mv2

2

自我校对：1.A 2－1.AB 2－2.D

二．教学重难点

动能定理及其应用

1．对动能定理的理解

(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系： ①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．可以通过计算物体动能的变化，求合外力的功，进而求得某一力的功．

②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．

(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．

2．运用动能定理需注意的问题

(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．

(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．

如图所示，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

L

平线上的P点处有一个光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，

2

发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B.则：

(1)小球到达B点时的速率为多少？

(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？

(3)若初速度v0＝3gL，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？ [思路点拨] (1)小球恰能到达B点，隐含什么条件？

(2)空气阻力是变力，能否运用功的公式W＝Flcos α计算？

v2B[解析] (1)小球恰能到达最高点B，有mg＝m，

L2

gL得vB＝ . 2

(2)从A→B由动能定理得

L112L＋?＝mv2－mg?－mv B?2?220

7gL可求出v0＝ .

2

(3)由动能定理得

L112L＋?－W阻＝mv2－mg?－mv B?2?220

11

可求出W阻＝ mgL.

4gL7gL11

[答案] (1) (2) (3)mgL

224

[规律总结] 应用动能定理解题的基本思路

(1)选取研究对象，明确它的运动过程；

(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况： 受哪各力是做正功还做多各力做功

→→→→ 些力否做功是负功少功的代数和

(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能Ek1和Ek2；

(4)列动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．

1．(2014·绵阳高三诊断)如图，是一段光滑的固定斜面，长度s＝1 m，与水平面的倾角θ＝53°.另有一固定竖直放置的粗糙圆弧形轨道刚好在B点与斜面相切，圆弧形轨道半径R＝0.3 m，O点是圆弧轨道的圆心．将一质量m＝0.2 kg的小物块从A点由静止释放，运动到圆弧轨道最高点C点时，与轨道之间的弹力F＝1 N．重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力．求：

(1)小物块运动到B点时的速度大小？

(2)小物块从B到C的过程，克服摩擦力做的功是多少？

解析：(1)设小物块运动到B点时的速度大小为vB，在A到B的过程中，由动能定理有

1

mgssin θ＝mv2

2B

解得vB＝4 m/s.

(2)设小物块在C点的速度大小为vC，则

v2C

mg＋F＝m

R

在B到C的过程，设小物块克服摩擦力做的功是Wf，由动能定理有

112

－mgR(1＋cos θ)－Wf＝mv2C－mvB 22解得Wf＝0.19 J.

答案：(1)4 m/s (2)0.19 J

动能定理与图像结合问题

解决物理图像问题的基本步骤

1．观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．

2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．

3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．

(2014·济南模拟)伦敦奥运会女子10米(即跳台距水面10 m)跳台比赛中，我国小

将陈若琳技压群芳夺得冠军．设陈的质量为m＝50 kg，其体形可等效为长度L＝1.0 m，直径d＝0.3 m的圆柱体，不计空气阻力，当她跳起到达最高点时，她的重心离跳台台面的高度为0.70 m，在从起跳到接触水面过程中完成一系列动作，入水后水的等效阻力F(不包括浮力)作用于圆柱体的下端面，F的数值随入水深度y变化的函数图像如图所示，该直线与F轴相交于F＝2.5mg处，与y轴相交于y＝h(某一未知深度)处，为了确保运动员的安全，水

池必须有一定的深度，已知水的密度ρ＝1×103 kg/m3，g取10 m/s2，根据以上数据估算：

(1)起跳瞬间所做的功；

(2)从起跳到接触水面过程的时间；

(3)跳水池至少应为多深？(保留两位有效数字)

[审题突破] ①由图像可知，阻力F随入水深度y线性减小，可用什么方法求做的功？ ②入水过程中浮力如何变化？入水后浮力如何变化？

③注意重力做正功，浮力和阻力做负功，各力做功过程中的位移大小不同． [解析] (1)起跳瞬间做功W＝mgh1，

1.0 m

h1＝0.70 m－＝0.2 m，

2

代入数据得W＝100 J.

1

(2)从起跳到接触水面为竖直上抛运动，mv2＝mgh1，代入数据得v0＝2 m/s，据位移公

20

1

式：－h2＝v0t－gt2，h2＝10 m，代入数据得t＝1.63 s.

2

F

(3)由F－y图像可知，阻力F随y均匀变化，故平均阻力为.从起跳到入水至最低点，

2

设水池至少深为h，根据动能定理得

FhF浮L

W＋mg(h2＋h)－－－F浮(h－L)＝0－0，

22πd2

式中F浮＝ρgV＝ρgL

4

代入数据，得h＝6.6 m.

[答案] (1)100 J (2)1.63 s (3)6.6 m

[规律总结] 解决这类问题首先要分清图像的类型．若是F－x图像与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图像，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．

2. (2014·北京东城区高三联考)物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则( )

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W

D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W

解析：选CD.从第1秒末到第3秒末物体做匀速直线运动，说明物体所受合外力为零，故合外力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末物体加速度大小是第1秒内加速度的一半，所以这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1秒内位移2倍，考虑位移方向与合外力方向相反，所以这段时间内合外力做功为－W，B错误；第3秒末到第4秒末物体位移是从第3秒末到第5秒末位移的四分之三，D正确；第5秒末到第7秒末合外力方向与位移方向相同，同理可知这段时间的合外力是第1秒内合外力的一半，而位移是第1

秒内位移的2倍，所以这段时间内合外力做功为W，C正确．

利用动能定理求解多过程问题

1．解决多过程问题应优先考虑应用动能定理(或功能关系)，从而使问题得到简化．能解决的几个典型问题如下：

(1)不涉及加速度、时间的多过程问题．

(2)有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题． (3)变力做功的问题．

(4)含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题． 2．注意应用不同特点的力的做功特点：

(1)重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．

(2014·苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均

由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；

(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．

[审题指导] (1)在B、C轨道交接处速度大小变化吗？

(2)小滑块在AB、CD段只有重力做功，猜猜只能停在哪一段呢？ [解析] (1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得

1

mg(h1－h2)－μmgs＝mv2－0

2D

将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s.

(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得

12

mgh1－μmgs＝mvC

2

将h1、s、μ、g代入得：vC＝6 m/s 小滑块沿CD段上滑的加速度大小 a＝gsin θ＝6 m/s2

小滑块沿CD段上滑到最高点的时间

vC

t1＝＝1 s

a

由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间 t2＝t1＝1 s

故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔 t＝t1＋t2＝2 s.

(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总． 有：mgh1＝μmgs总

将h1、μ代入得：s总＝8.6 m

故小滑块最终停止的位臵距B点的距离为 2s－s总＝1.4 m.

[答案] (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m

3．(2014·内江高三诊断考试)如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，∠OAB＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块由A点静止释放．求在以后的运动中：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，

2

g取10 m/s)

(1)滑块在AB段上运动的总路程；

(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．

解析：(1)由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面往复运动．

设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上受摩擦力． f＝μN＝μmgcos θ

从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，根据动能定理有：mgRcos θ－fs＝0

R

联立以上二式解得s＝＝8 m.

μ

(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块受轨道支持力最大，

1

设为Fmax，从A到C，根据动能定理有mgR－flAB＝mv2

21

斜面AB的长度lAB＝Rcot θ

mv21

根据受力分析以及向心力公式知Fmax－mg＝

R

代入数据可得Fmax＝102 N.

当滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，此时滑块受轨道支持力也最小，设为Fmin

1

从B到C，根据动能定理有：mgR(1－cos θ)＝mv2

22mv22

根据受力分析及向心力公式有：Fmin－mg＝

R

代入数据可得：Fmin＝70 N.

根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N. 答案：(1)8 m (2)102 N 70 N

三．教学过程

涉及多个原型的动力学和能量的综合问题(一)

[规范解答]————————————该得的分一分不丢！

(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功 Wf＝fd①(3分)

(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功 W＝Pt1②(2分) 由动能定理有

112

W－Wf＝mv21－mv0③(3分) 22

2由①②③式解得v1＝v2＋?Pt－fd?④(2分) 0

m1

(3)设小船经过B点时缆绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则

P＝Fv⑤(2分) v＝v1cos θ⑥(2分) 由牛顿第二定律有 Fcos θ－f＝ma⑦(3分)

Pf

由④⑤⑥⑦式解得a＝－.(2分)

mm2v2＋2m?Pt－fd?01

2[答案] (1)fd (2) v20＋?Pt1－fd? m

Pf

(3)－

mm2v2＋2m?Pt－fd?01

[名师点评] 涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键．

4. (2014·孝感统测)如图所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以速度v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )

A．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh

3

B．从开始到细绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋mv2

8

C．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgv

3

D．在细绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于mgv

2

解析：选BD.汽车以v向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°

3

时，物体上升的高度恰为h，对速度v分解可知沿细绳方向的分速度大小为v，根据动能

2

定理可知A错误、B正确；由于物体加速上升，故细绳拉力大于物体的重力，所以细绳拉

3

力的功率大于mgv，C错误，D正确．

2

四．教学反馈

一 高考题组 1．(2011·高考新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用，此后，该质点的动能可能( )

A．一直增大

B．先逐渐减小至零，再逐渐增大

C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小

D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大

解析：选ABD.当恒力方向与质点原来速度方向相同时，质点的动能一直增大，故A正确．当恒力方向与质点原来速度方向相反时，速度先逐渐减小至零再逐渐增大，质点的动能也先逐渐减小至零再逐渐增大，故B正确．当恒力方向与原来质点的速度方向夹角大于90°时，将原来速度v0分解为平行恒力方向的vy，垂直恒力方向的vx，如图甲，vy先逐渐减小

2到零再逐渐增大，vx始终不变，v＝v2x＋vy，质点速度v先逐渐减小至vx再逐渐增大，质点的动能先减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，故D正确．当恒力方向与v0方向夹角小于90°时，如图乙，vy一直增大，vx始终不变，质点速度v逐渐增大，动能一直增大，没有其他情况，故C错误．

2．(2010·高考山东卷)如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑，一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中，已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.(取g＝10 m/s2)求：

(1)恒力F的作用时间t. (2)AB与CD的高度差h.

解析：(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得

1

Fs－μMgs2＝Mv2①

2

设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得 F－μMg＝Ma②

1

s＝at2③ 2

联立①②③式，代入数据得 t＝1 s．④

(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得

v′＝at⑤

－μMg＝Ma′⑥ v＝v′＋a′t′⑦

设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得

1mgR＝mv2⑧

2A

设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得 s1＝vAt1⑨

设滑块做平抛运动的时间为t′1，则 t′1＝t＋t′－t1⑩

12

由平抛规律得h＝gt′1?

2

联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得 h＝0.8 m. 答案：见解析 二 模拟题组 3．(2014·河北石家庄质检)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图像，Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与ab段相切的水平直线，则下列说法正确的是( )

A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定

112

B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为mv22－mv1 22

1

C．t1～t2时间内的平均速度为(v1＋v2)

2

D．在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值，t2～t3时间内牵引力最小

解析：选D.汽车在0～t1时间内，牵引力恒定，速度均匀增加，由P＝Fv知其功率也增

112

加，A错误；t1～t2时间内，根据动能定理知WF－Wf＝mv22－mv1，B错误；由于t1～t2时22

1

间内不是匀变速直线运动，故v≠(v1＋v2)，C错误；全过程中，t1时刻牵引力最大，功率

2

达到额定功率，也最大，之后，功率不变，牵引力减小，直至F＝f，此后汽车匀速运动，D正确．

4．(2014·长春模拟)歼15战机在辽宁舰上试飞成功标志着我国舰载机发展迈出了新的一步．歼15战机的质量为m，以水平速度v0飞离辽宁舰逐渐上升，假设在此过程中水平分速度不变，在重力和竖直向上的恒定升力作用下前进L时，上升高度为h.求：

(1)升力的大小；

(2)上升高度为h时战机的动能； (3)上升高度为h时升力的功率． 解析：(1)水平方向：L＝v0t 竖直方向：F－mg＝ma

2mv20h

解得：F＝mg＋2. L

2

(2)由动能定理：(F－mg)h＝Ek－mv0/2

222?4h＋L?mv0

解得：Ek＝.

2L2(3)战机升高h时，竖直分速度为vy，则h＝vyt/2 P＝Fvy

2

2mghv04mv30h

解得：P＝＋. LL3答案：见解析

三 选做题

5．(改编题)如图为竖直平面内的坐标系xOy，在第二象限有一光滑足够长水平平台，在

x2

第一象限固定一曲面呈抛物线形状的物体，曲面满足方程y＝.在平台上的P点(图上未标

3.6

出)，坐标为(－2 m,3.6 m)，现有一质量为m＝1 kg的物块(不计大小)，用水平向右的力F＝9 N拉物块，当物块离开平台时立即撤去拉力，最终物块撞到曲面上(g取10 m/s2)．求：

h＝at2/2

(1)物块撞到曲面前瞬间的动能大小；

(2)要使物块撞到曲面前瞬间的动能最小，物块初始位置的坐标．

2

解析：(1)物块在平台上运动过程：FxP＝mv0/2 解得：v0＝6 m/s

物块离开平台后做平抛运动：x1＝v0t y1＝gt2/2

x21yP－y1＝

3.6

解得：y1＝1.2 m

12

由动能定理：mgy1＝Ek1－mv0

2

解得：Ek1＝30 J.

(2)设物块初始位臵坐标为(－x0，y0)， 由动能定理：Fx0＝mv21/2 物块离开平台后：x2＝v1t1 y2＝gt21/2

x22y0－y2＝

3.6

Fx0＋mgy2＝Ek

121 296

解得：Ek＝[(v1＋18)＋2]－9

2v1＋18

由数学知识可知：当v21＋18＝36即v1＝32 m/s时，Ek有最小值． 解得：x0＝1 m

因此物块初始位臵坐标为(－1 m,3.6 m)． 答案：见解析

五．教学反思

六．强化练习

一、选择题

1.如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( )

A．1 J B．4 J C．2 J D．1.6 J

解析：选D.薄板在F作用下先加速到一定速度，后撤去F，薄板共向前运动L/2时刚好停止，此时F做功最少且刚好翻下桌子，根据动能定理WF－μmgL/2＝0，解得WF＝μmgL/2＝1.6 J.

2．人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为( )

A．－4 000 J B．－3 800 J C．－5 000 J D．－4 200 J

解析：选B.下坡过程中有重力和阻力做功，支持力不做功，由动能定理得：mgh＋W阻112＝mv2－mv，代入数据解得：W阻＝－3 800 J，故B正确． 22213．(2014·郑州高三质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是( )

1

B.mv2－mgh 2

1

mgh＋mv2? C．－mgh D．－?2??

解析：选A.小球从斜面底端到最高点C的过程中，重力、弹簧弹力做功，C点为最高

11

点，即vC＝0，由动能定理得：－mgh＋W弹＝0－mv2，W弹＝mgh－mv2，故A正确．

22

4.如图所示，在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点，质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑，经圆弧最低点b滑上粗糙水平面，圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接，物块最终滑至c点停止，若圆弧轨道半径为R，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )

1

A．mgh－mv2

2

A．物块滑到b点时的速度为gR

B．物块滑到b点时对b点的压力是3mg

R

C．c点与b点的距离为 μ

D．整个过程中物块机械能损失了mgR

1

解析：选BCD.根据动能定理mgR＝mv2可得，v＝2gR，A项错误；在b点，FN－mg

2

2vR

＝m可得FN＝3mg，B项正确；根据动能定理mgR－μmgx＝0，可得x＝，C项正确；摩

Rμ

擦力做的功等于机械能的损失，整个过程中物块机械能损失了mgR，D项正确．

5.人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面从静止开始匀加速地由底端拉到斜面顶端，物体上升的高度为h，到达斜面顶端时的速度为v，如图所示．则在此过程中( )

1

A．物体所受的合外力做的功为mgh＋mv2

2

1

B．物体所受的合外力做的功为mv2

2

C．人对物体做的功为mgh D．人对物体做的功大于mgh

1

解析：选BD.物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝mv2，

2

其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人

1

＝WF＝Wf＋mgh＋mv2，A、C错误，B、D正确．

2

6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )

11A.mgR B.mgR 431

C.mgR D．mgR 2

解析：选C.小球通过最低点时，绳的张力为 F＝7mg①

由牛顿第二定律可知：

mv21

F－mg＝②

R

小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：

2mv2

mg＝③

R

小球由最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得：

112

－2mgR＋W阻＝mv22－mv1④ 22

11

由①②③④可得W阻＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，

22

A、B、D错误．

7.如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C在水平线上，其距离d＝0.50 m．盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物

块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到B的距离为( )

A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 解析：选D.由于BC面粗糙，物块在BC面上往返运动不断消耗机械能，直至停止运动．设

h0.30

物块在BC面上运动的总路程为s.根据动能定理得：mgh－μmgs＝0，解得s＝＝ m＝3

μ0.10

3

m，因为＝6，可见物块最后停在B点，D正确．

0.50☆8.(2014·广元高三诊断)质量为m的物体在水平面上，只受摩擦力作用，以初动能E0

E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减为，则( )

32E0A．物体与水平面间的动摩擦因数为

3mgd

d

B．物体再前进便停止

3

C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的3倍 D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0

E02E0解析：选AD.由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－，所以μ＝，A正确；设物体总共

33mgd

3d

滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，所以s＝d，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动

22

d

看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时间比为1∶(2－1)∶(3－2)，

2

所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(3－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，得Ek＝2E0，D正确．

☆9.(2012·高考天津卷)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )

A．0～t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大

解析：选BD.0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，D正确．

二、非选择题 10.(2014·绵阳中学模拟)从地面上以初速度v0＝10 m/s竖直向上抛出一质量为m＝0.2 kg的球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比关系，球运动的速度随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为v1＝2 m/s，且落地前球已经做匀速运动．(g＝10 m/s2)求：

(1)球从抛出到落地过程中克服空气阻力所做的功； (2)球抛出瞬间的加速度大小． 解析：(1)全程应用动能定理：

112

－WFf＝mv21－mv0 22

代入数据，解得：WFf＝9.6 J.

(2)设空气阻力大小与速率的关系为：Ff＝kv. 则抛出时：mg＋kv0＝ma 落地时匀速：kv1＝mg

v0

联立解得：a＝g?1＋v?＝60 m/s2.

?1?

答案：(1)9.6 J (2)60 m/s2 11．(2014·东北三校联考)小军看到打桩机，对打桩机的工作原理产生了兴趣．他构建了一个打桩机的简易模型，如图甲所示．他设想，用恒定大小的拉力F拉动绳端B，使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子，将钉子打入一定深度．按此模型分析，若物体质量m＝1 kg，上升1 m高度时撤去拉力，撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图像如图乙所示．(g取10 m/s2，不计空气阻力)

(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率．

(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起，且使其不再落下，钉子获得20 J的动能向下运动，钉子总长为10 cm.撞击前插入部分可以忽略．不计钉子重力．已知钉子在插入过程中所受阻力f与深度x的关系图像如图丙所示，求钉子能够插入的最大深度．

解析：(1)撤去F前，根据动能定理，有 (F－mg)h＝Ek－0

由图像乙得，斜率为k＝F－mg＝20 N 得F＝30 N

又由图像乙得，h＝0.4 m时，Ek＝8 J，则v＝4 m/s PF＝Fv＝120 W.

(2)碰撞后，对钉子，有－fx′＝0－E′k 已知E′k＝20 J k′x′f＝

2

又由图像丙得k′＝105 N/m 解得：x′＝0.02 m.

答案：(1)120 W (2)0.02 m

☆12.如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：

(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；

(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．

解析：(1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动．

对整体过程由动能定理得： mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0，

R

所以总路程为s＝.

μ

(2)对B→E过程

1

mgR(1－cos θ)＝mv2①

2E2mvE

FN－mg＝②

R

由①②得FN＝(3－2cos θ)mg

由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力F′N＝FN＝(3－2cos θ)mg，方向竖直向下． (3)设物体刚好到D点，则

2mvD

mg＝③

R

L′取最小值时，对全过程由动能定理得：

1

mgL′sin θ－μmgcos θ·L′－mgR(1＋cos θ)＝mv2④

2D

3＋2cos θ

由③④得L′＝·R

2?sin θ－μcos θ?

3＋2cos θ

故应满足的条件为L′≥·R.

2?sin θ－μcos θ?

R

答案：(1) (2)(3－2cos θ)mg，方向竖直向下

μ

3＋2cos θ

(3)L′≥·R

2?sin θ－μcos θ?

第三节 机械能守恒定律

一．教学目标：

一、重力势能

1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积． 2．公式：Ep＝mgh.

3．矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．

4．特点

(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．

(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．

5．重力做功与重力势能变化的关系

重力做正功时，重力势能减小； 重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，

重力势能就减小(增大)多少，即WG＝Ep1－Ep2. 二、弹性势能

1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．

2．大小：弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大．

3．弹力做功与弹性势能变化的关系

弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．即弹簧恢复原长的过程中弹力做正功，弹性势能减小，形变量变大的过程中弹力做负功，弹性势能增大．

三、机械能守恒定律

1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．

2．表达式

(1)Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(要选零势能参考平面)． (2)ΔEk＝－ΔEp(不用选零势能参考平面)． (3)ΔEA增＝ΔEB减(不用选零势能参考平面)． 3．机械能守恒的条件

只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零． ,1.(2014·太原质检)将质量为100 kg的物体从地面提升到10 m高处，在这个过程中，下列说法中正确的是(取g＝10 m/s2)( )

A．重力做正功，重力势能增加1.0×104 J B．重力做正功，重力势能减少1.0×104 J C．重力做负功，重力势能增加1.0×104 J D．重力做负功，重力势能减少1.0×104 J 2. (2014·杭州模拟)如图所示在光滑水平面上有一物体，它的左端连接着一轻弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作用下物体处于静止状态，当撤去力F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是( )

A．弹簧的弹性势能逐渐减少 B．物体的机械能不变

C．弹簧的弹性势能先增加后减少 D．弹簧的弹性势能先减少后增加

3－1.如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )

A．斜劈对小球的弹力不做功

B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C．斜劈的机械能守恒

D．小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量 3－2.(2012·高考上海卷)如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍．当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高．将A由静止释放，B上升的最大高度是( )

A．2R

B．5R/3

C．4R/3

D．2R/3

自我校对：1.C 2.D 3－1.B 3－2.C

二．教学重难点

机械能守恒的判断方法

1．利用机械能的定义判断(直接判断)：分析动能和势能的和是否变化．

2．用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．

3．用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒．

如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在

同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度地释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法中正确的是( )

A．小球的机械能守恒 B．小球的机械能减少

C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变 D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒

[思路分析] 判断机械能是否守恒时，必须明确研究对象，并分析做功的是哪些力，是否满足机械能守恒的条件．

[解析] 小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能，等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确．

[答案] BD

1.图甲中弹丸以一定的初始速度在光滑碗内做复杂的曲线运动，图乙中的运动员在蹦床上越跳越高．下列说法中正确的是( )

A．图甲弹丸在上升的过程中，机械能逐渐增大 B．图甲弹丸在上升的过程中，机械能保持不变 C．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能增大 D．图乙中的运动员多次跳跃后，机械能不变

解析：选BC.图甲中的弹丸运动时受重力和弹力作用，弹力不做功，故机械能守恒，A错，B对．运动员在跳跃过程中，消耗体内化学能，在蹦床的作用下越跳越高，机械能增大，故C对，D错．

注意事项 初、末状态必须用同一零势能面计算势能 应用时关键在于分清重力系统减少(或增加)的重力势转化 ΔEk＝ 势能的增加量和减少量，能等于系统增加(或减少)的观点 －ΔEp 可不选零势能面而直接计动能 算初、末状态的势能差 若系统由A、B两物体组成，常用于解决两个或多个物转移 ΔEA增＝ 则A物体机械能的增加量与体组成的系统的机械能守观点 ΔEB减 B物体机械能的减少量相等 恒问题 2.应用机械能守恒定律解题的一般步骤 (1)选取研究对象{单个物体多个物体组成的系统含弹簧的系统 (2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件． (3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．

(2014·泸州模拟)如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由

端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为53°的光滑斜面上．一长为L＝9 cm 的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1 kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断．之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将弹簧压缩，最大压缩量为x＝5 cm.(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：

机械能守恒定律及应用

1．三种守恒表达式的比较 角度 公式 意义 守恒 Ek1＋Ep1 系统的初状态机械能的总和观点 ＝Ek2＋Ep2 与末状态机械能的总和相等

(1)细绳受到的拉力的最大值； (2)D点到水平线AB的高度h； (3)弹簧所获得的最大弹性势能Ep.

[审题突破] (1)小球运动到什么位置时，对细绳拉力最大？

(2)小球恰好沿斜面方向压缩弹簧，说明小球的速度沿什么方向？ (3)弹性势能最大时，小球速度为多少？

[解析] (1)小球由C到D，由机械能守恒定律得：

1mgL＝mv2

21

解得v1＝2gL①

在D点，由牛顿第二定律得

v21F－mg＝m②

L

由①②解得F＝30 N

由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为30 N. (2)由D到A，小球做平抛运动 v2y＝2gh③

vy

tan 53°＝④

v1

联立③④解得h＝16 cm.

(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球与弹簧组成系统的机械能守恒，即Ep＝mg(L＋h＋xsin 53°)，代入数据得：Ep＝2.9 J.

[答案] (1)30 N (2)16 cm (3)2.9 J

(2014·长春调研)如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，

碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑．右侧是一个固定光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°.一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2.开始时m1恰在右端碗口水平直径A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直．当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失．

(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离x；

Rm1(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为，求.

2m2

[审题突破] (1)m1到达B点时，两球速度大小有何关系？ (2)从开始到绳断，两球高度变化各为多少？

[解析] (1)设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解得v1＝2v2①

对m1、m2系统由机械能守恒定律得

112

m1gR－m2gh＝m1v21＋m2v2② 22

由几何关系得h＝2Rsin 30°③

1

设细绳断后m2沿斜面上升的距离为x′，对m2由机械能守恒定律得m2gx′sin 30°＝

2

2

m2v2－0④

小球m2沿斜面上升的最大距离x＝2R＋x′⑤

2m1－2m2??

联立得x＝?2＋?R.⑥

2m1＋m2??

(2)对小球m1由机械能守恒定律得 1Rm1v21＝m1g·⑦ 22

m122＋1

联立①②③⑦式得＝. m22

22＋12m1－2m2??

[答案] (1)?2＋R (2) ?22m1＋m2??

[规律总结] (1)如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便．

(2)对于多个物体组成的系统，注意找物体间的速度关系和高度变化关系．

(3)链条、液柱类不能看做质点的物体，要按重心位置确定高度．

2.如图所示，半径为R的光滑半圆弧轨道与高为10R的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡．在水平轨道上，轻质弹簧被a、b两小球挤压，处于静止状态．同时释放两个小球，a球恰好能通过

圆弧轨道的最高点A，b球恰好能到达斜轨道的最高点B.已知a球质量为m1，b球质量为m2，重力加速度为g.求：

(1)a球离开弹簧时的速度大小va； (2)b球离开弹簧时的速度大小vb； (3)释放小球前弹簧的弹性势能Ep. 解析：(1)由a球恰好能到达A点知

v2A

m1g＝m1 R

对a球由机械能守恒定律有 112m1v2a＝m1vA＋m1g×2R 22

解得va＝5gR.

(2)对b球由机械能守恒定律有 1m2v2b＝m2g×10R 2

解得vb＝20gR.

112

(3)由机械能守恒定律得Ep＝m1va＋m2v2b 22

5?解得Ep＝??2m1＋10m2?gR.

5

m1＋10m2?gR 答案：(1)5gR (2)20gR (3)??2?

三．教学过程

机械能守恒中的轻杆模型

1．模型构建

两个物体分别固定在轻杆两端，该系统即为轻杆模型．若只有重力对系统做功，则系统的机械能守恒．

2．模型特点

(1)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等． (2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒． (3)对于杆和球组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒．

[规范解答]————————————该得的分一分不丢！

(1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v.由

机械能守恒定律得

21112mg·L－mg·L＝mv2＋·2m·(2v)2(3分)

3322

2gL

解得v＝.(2分)

3

(2)杆对P球做的功等于小球P机械能的增加量ΔE，则

114

ΔE＝mg·L＋mv2＝mgL.(3分)

329

2gL4

[答案] (1) (2)mgL

39

[建模感悟] 在利用轻杆模型求解问题时应注意以下两点：

(1)本类题目易误认为两球的线速度相等，还易误认为单个小球的机械能守恒．

(2)杆对球的作用力方向不再沿着杆，杆对小球P做正功从而使它的机械能增加，同时杆对小球Q做负功，使小球Q的机械能减少，系统的机械能守恒．

3．(原创题)如图所示，一轻杆两端分别固定质量均为m的小球A和B，放置于光滑半径为R的半圆轨道中，A球与圆心等高，B球恰在半圆的最低点，然后由静止释放，求在运动过程中两球的最大速度的大小．

解析：当杆处于水平状态时，系统重心最低，两球速度最大，A球下降的高度ΔhA＝R·cos 45°，

B球上升的高度ΔhB＝R(1－cos 45°)

由两球角速度相等知：两球速度大小相等，设为v. 由机械能守恒得：

1

mgΔhA＝mgΔhB＋·2mv2

2解得：v＝?2－1?gR. 答案：?2－1?gR

涉及多个原型的动力学和能量的综合问题(二)

[规范解答]————————————该得的分一分不丢！

[解析] (1)设大猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有

1

h1＝gt2①(2分)

2

x1＝vmint②(2分)

联立①、②式，得vmin＝8 m/s.③(1分)

1

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(M＋m)gh2＝(M

2

2

＋m)vC④(3分)

vC＝2gh2＝80 m/s≈9 m/s.⑤(2分)

(3)设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋2vC

m)⑥(2分) L

2

由几何关系知(L－h2)2＋x22＝L⑦(2分) 得：L＝10 m⑧(1分)

综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：FT＝216 N．(1分) [答案] (1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N

4．(改编题)2013年11月28日，国际雪联高山滑雪积分赛在张家口崇礼云顶乐园滑雪场开赛，如图所示，运动员从R＝18 m的四分之一圆弧轨道AB段加速，经水平滑道BC，再在C点飞出水平轨道后做出美丽的空中动作，最后落至D点．一滑雪运动员质量m＝60 kg，经过AB段加速滑行后进入BC轨道过程中没有能量损失，BC段运动员的运动时间是0.6 s，运动员滑板与轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，求：

(1)若在由圆轨道进入水平轨道之前对B点的压力是体重的2.8倍，则AB段运动员克服

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