2022年高中物理第四章机械能和能源课件（9份打包）

h2
【审题关键】
序号 信息提取
① 同一物体的初动能相等
② 同一物体的初势能相等
③ 斜上抛物体在最高点的动能不为零
【解析】选D。竖直上抛物体和沿斜面运动的物体,上升到最高点时,速度均为0,
由机械能守恒得mgh= m ,h= ,斜上抛物体在最高点速度不为零,设为v1,
则mgh2= ,可知h2任务2 应用机械能守恒定律解题的基本思路
应用机械能守恒定律时,相互作用的物体间的力可以是变力,也可以是恒力,只要符合守恒条件,机械能就守恒,而且机械能守恒定律,只涉及系统的初、末状态的物理量,而不需对中间过程进行计算,使处理问题得到简化,应用的基本思路如下:
(1)选取研究对象——物体或系统。
(2)根据研究对象所经历的物理过程,进行受力、做功分析,判断机械能是否守恒。
(3)恰当地选取零势能面,确定研究对象初、末状态的机械能。
(4)根据机械能守恒定律列方程,进行求解。
【典例示范】
【典例2】如图所示是由阿特伍德创制的一种实验装置——阿特伍德机。已知
物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为 M，物体B离地高度为h，轻绳与
轻滑轮间的摩擦不计①，轻绳不可伸长且足够长。将B、C由静止释放②，当物体
B下落到离地高度为 h时，C从B上自由脱落③，脱落后随即将C取走，B继续下
落 h高度着地，B着地后不反弹，A始终未与滑轮接触，重力加速度为g，求：
（1）C刚从B上脱落时B的速度大小。
（2）整个过程中A向上运动的最大高度④。
【审题关键】
序号 信息提取
① 不计任何摩擦
② B、C初速度为0
③ A、B、C的速度大小相等
④ A上升的末速度为0
【解析】(1)C脱落前,A、B、C系统机械能守恒,三个物体始终有共同大小的速
度,B、C下降 ,A上升 ,B、C减少的重力势能等于A增加的重力势能与A、B、
C获得的动能之和。
对A、B、C系统根据机械能守恒定律,有
C刚脱离B时三个物体的速度都为v=
(2)C脱离B后,B匀速下降,A匀速上升,B着地后A以速度v= 做竖直上抛运动,
机械能守恒。
B着地时,B下降的高度为h,A上升的高度为h。
B着地后对A根据机械能守恒定律有Mgh′= Mv2
A继续上升的高度h′=
故A上升的最大高度H=h+h′=1.1h
答案:(1) 　(2)1.1h
【素养训练】
1.质量为m的小球,以速度v斜向上抛离高为H的桌面。如图,那么经过A点时所具有的机械能是(以桌面为零势能面) (　　)
A. mv2　　　　 B.mgH+ mv2
C. mv2-mgH D.mgH
【解析】选A。小球在运动过程中,机械能守恒,所以任何位置的机械能都是相
等的,刚抛出时的机械能为E= mv2+Ep= mv2+0= mv2,故A对;B、C、D错。
2.(多选)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动。不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g。则 (　　)
A.a落地前,轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中,其加速度大小始终不大于g
D.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的
压力大小为mg
【解析】选B、D。当a到达底端时,b的速度为零,b的速度在整个过程中,先增大
后减小,动能先增大后减小,所以轻杆对b先做正功,后做负功,故A错误。a运动
到最低点时,b的速度为零,根据系统机械能守恒定律得:magh= 解得:va
= ,故B正确。b的速度在整个过程中,先增大后减小,所以a对b的作用力先
是动力后是阻力,所以b对a的作用力就先是阻力后是动力,所以在b减速的过程
中,b对a是向下的拉力,此时a的加速度大于重力加速度,故C错误;a、b整体的机
械能守恒,当a的机械能最小时,b的速度最大,此时b受到a的推力为零,b只受到
重力的作用,所以b对地面的压力大小为mg,故D正确;故选B、D。
3.如图所示是一个横截面为半圆、半径为R的光滑柱面,一根不可伸长的细线两端分别系着物体A、B,且mA=2mB,由图示位置从静止开始释放A物体,当物体B达到圆柱顶点时,求物体A的速度。
【解析】由于柱面是光滑的,故系统的机械能守恒,系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量,系统重力势能的减少量为
ΔEp=mAg -mBgR
系统动能的增加量为
ΔEk= (mA+mB)v2
ΔEp=ΔEk
解得:v=
答案:
4.如图所示,一固定的楔形木块,其斜面的倾角为θ=30°,另一边与水平地面垂直,顶端有一个定滑轮,跨过定滑轮的细线两端分别与物块A和B连接,A的质量为4m,B的质量为m。开始时,将B按在地面上不动,然后放开手,让A沿斜面下滑而B上升,所有摩擦均忽略不计。当A沿斜面下滑距离s后,细线突然断了,求物块B上升的最大高度H。(设B不会与定滑轮相碰)
【解析】对系统由机械能守恒定律
4mgssinθ-mgs= ×5mv2
解得v2=
细线断后,B做竖直上抛运动,由机械能守恒定律
mgH=mgs+ mv2
解得H=1.2s
答案:1.2s
【拓展例题】考查内容:机械能守恒定律的综合应用
【典例】滑板运动是一项惊险刺激的运动,深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运动的轨道,AB和CD是一段圆弧形轨道,BC是一段长7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6 m/s的速度下滑,经BC轨道后冲上CD轨道,到Q点时速度减为零。已知运动员的质量为50 kg,h=1.4 m,H=1.8 m,不计圆弧轨道上的摩擦。(g取10 m/s2)求:
(1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少
(2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。
【解析】以水平轨道为零势能面。
(1)从P点到B点,根据机械能守恒定律有
,解得vB=8 m/s
从C点到Q点,根据机械能守恒定律有 =mgH
解得vC=6 m/s。
(2)从B到C由动能定理,-μmglBC=
解得μ=0.2。
答案:(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.2
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.下列运动过程中,可视为机械能守恒的是 (　　)
A.热气球缓缓升空
B.树叶从枝头飘落
C.掷出的铅球在空中运动
D.跳水运动员在水中下沉
【解析】选C。热气球缓缓升空,除重力外浮力对它做功,机械能不守恒,故A错误;树叶从枝头飘落,空气阻力对它做功,机械能不守恒,故B错误;掷出的铅球在空中运动,阻力可以忽略,只有重力做功,机械能守恒,故C正确;跳水运动员在水中下沉,除重力外,水的阻力和浮力对他做负功,机械能不守恒,故D错误。
2.如图所示,某人以力F将物体沿斜面向下拉,拉力大小等于摩擦力,则下列说法正确的是 (　　)
A.物体做匀速运动　　　　 B.合力对物体做功等于零
C.物体的机械能保持不变 D.物体机械能减小
【解析】选C。对物体受力分析,受重力、拉力、摩擦力和支持力,拉力和摩擦力平衡,故物体加速下滑,故A错误。合力沿着斜面向下,大小等于重力的分力,合力做正功,故B错误。拉力和摩擦力平衡,做的功之和为零,支持力不做功,故总功等于重力的功,故机械能总量保持不变,故C正确、D错误。
【加固训练】
　　在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出,不计空气阻力,则落在同一水平地面时的速度大小 (　　)
A.一样大
B.水平抛的最大
C.斜向上抛的最大
D.斜向下抛的最大
【解析】选A。三个小球被抛出后,均仅在重力作用下运动,三球从同一位置落
至同一水平地面时,设其下落高度为h,并设小球的质量为m,根据动能定理有:
mgh= mv2- ,解得小球的末速度大小为:v= ,与小球抛出的方向
无关,即三球的末速度大小相等,故选项A正确。
3.如图所示,将质量为m的石块从离地面h高处以初速度v0斜向上抛出。以地面为参考平面,不计空气阻力,当石块落地时 (　　)
A.动能为mgh　　　　　B.动能为
C.重力势能为mgh D.机械能为 +mgh
【解析】选D。不计空气阻力,石块的机械能守恒,根据机械能守恒求出石块落
地时的动能大小、机械能大小。重力势能计算式为Ep=mgh,h是相对于参考平面
的高度。不计空气阻力,石块的机械能守恒,以地面为参考平面,根据机械能守
恒得:
石块落地时动能为:mgh+ ,故A、B错误;以地面为参考平面,石块落地时高
度为0,则重力势能为0,故C错误;机械能等于重力势能与动能之和,则得:石块落
地时机械能为:mgh+ ,故D正确。
4.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,sin53°=0.8, cos53°=0.6)求:
(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。
【解析】(1)小球由C到D,由机械能守恒定律得:mgL=
解得v1= ①
在D点,由牛顿第二定律得F-mg=m ②
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 =2gh ③
tan53°= ④
联立解得h=0.16 m
(3)小球从C点到将弹簧压缩至最短的过程中,小球与弹簧系统的机械能守恒,即Ep=mg(L+h+xsin 53°),代入数据解得:Ep=2.9 J。
答案:(1)30 N　(2)0.16 m　(3)2.9 J(共46张PPT)
6.能源的开发与利用
必备知识·自主学习
一、能量守恒定律
【情境思考】
“神舟十号”飞船返回舱进入大气层很长时间,加速下落,返回舱表面温度升高。
问题1:返回舱的动能和势能如何变化
提示:动能增加,势能减少,有内能产生。
问题2:机械能还守恒吗
提示:不守恒。
1.能量的相互转化:自然界任何形式的能量在转移和_____的过程中,都要遵循
具有普遍意义的能量守恒定律。
2.定律内容:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式_____为
另一种形式,或者从一个物体_____到另一个物体,在转化或转移的过程中其
_____保持不变。
3.物理意义:
(1)能量守恒定律是自然界最_____、最_____、最可靠的自然规律之一,是大自
然普遍和谐性的一种表现形式。
(2)机械能守恒定律是普遍的_____________的一种特殊形式。
转化
转化
转移
总量
普遍
重要
能量守恒定律
二、能源分类和新能源开发
1.能源:指能够提供某种形式能量的_________。
2.能源利用:
(1)时期:人类利用能源的历史时期有_____、_____、_____时期等。
(2)意义。
①能源利用方式的改进极大地提高了___________。
②新能源的利用引起人类社会经济_____和_________。
③能源消耗的多少成为一个国家和地区经济发展水平的重要_____之一。
物质资源
柴草
煤炭
石油
劳动生产率
飞跃
产业革命
标志
(3)分类。
①煤、石油和天然气为化石燃料,这些能源不可再生,也不可重复利用,所以又
称为_______能源。
②新能源多为_______能源。
3.新能源:目前,正在开发的新能源有风能、海洋能、_______、地热能、氢
能、生物质能及_________等。
非再生
可再生
太阳能
核聚变能
关键能力·合作学习
知识点一　能量守恒定律的理解和应用
1.适用范围:能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律,是各种自然现象中普遍适用的一条规律。
2.表达式:
(1)E初=E末,初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和。
(2)ΔE增=ΔE减,能量的增加量等于能量的减少量。
3.应用步骤:
(1)明确研究对象及研究过程。
(2)明确该过程中,哪些形式的能量在变化。
(3)确定参与转化的能量中,哪些能量增加,哪些能量减少。
(4)列出增加的能量和减少的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式)。
【问题探究】
有人说:热传递的方向可以从低温物体向高温物体。讨论该说法是否正确
提示:该说法不严密、不全面,正确的应是:热传递中,内能不能自动地从低温物体向高温物体转移。
【典例示范】
【典例】电动机带动水平传送带以速度v匀速传动,一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上,若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ,如图所示。传送带足够长,当小木块与传送带相对静止时,求:
(1)小木块的位移和传送带转过的路程。
(2)小木块获得的动能。
(3)摩擦过程中产生的内能。
(4)因传送小木块电动机多消耗的电能。
【解析】(1)由牛顿第二定律:μmg=ma,得a=μg,
由公式v=at得t= ,小木块的位移
传送带始终匀速运动,路程x2=vt=
(2)小木块获得的动能Ek=
(3)小木块在和传送带达到共同速度的过程中,相对传送带移动的距离x相对=
x2-x1=
产生的内能Q=μmg·x相对= mv2
(4)根据能量守恒定律,因传送小木块电动机多消耗电能ΔE=Q+ mv2=mv2
答案:(1) 　 　(2) mv2　(3) mv2　(4)mv2
【素养训练】
1.一个物体沿粗糙斜面匀速滑下,下列说法正确的是 (　　)
A.物体机械能不变,内能也不变
B.物体机械能减小,内能不变
C.物体机械能减小,内能增大,机械能与内能总量减小
D.物体机械能减小,内能增大,机械能与内能总量不变
【解析】选D。物体沿粗糙的斜面匀速下滑的过程中,速度不变,物体动能不变;高度减小,重力势能减小;故物体的机械能减小;物体下滑,克服摩擦做功,机械能转化为内能,故内能增大,能量是守恒的;故D正确,A、B、C错误。
2.某地平均风速为5 m/s,已知空气密度是1.2 kg/m3,有一风车,它的风叶转动时可形成半径为12 m的圆面。如果这个风车能将圆面内10%的气流动能转变为电能,则该风车带动的发电机功率是多大
【解析】在t时间内作用于风车的气流质量
m=πr2v·tρ
这些气流的动能为
转变成的电能
所以风车带动发电机的功率为
代入数据得P=3.4 kW
答案:3.4 kW
【加固训练】
　　(多选)在最近几年的家电市场上出现一个新宠——“变频空调”,据专家介绍变频空调比定频的要节能,因为定频空调开机时就等同于汽车起动时,很耗能,是正常运行的5至7倍。空调在工作时达到设定温度就停机,等温度高了再继续起动。这样会频繁起动,耗电多,而变频空调起动时有一个由低到高的过程,而运行过程是自动变速来保持室内温度,从开机到关机中间不停机。而是达到设定温度后就降到最小功率运行,所以比较省电。阅读上述介绍后,探究以下说法中合理的是 (　　)
A.变频空调节能,运行中不遵守能量守恒定律
B.变频空调运行中做功少,转化能量多
C.变频空调在同样工作条件下运行效率高,省电
D.变频空调与定频空调做同样多的功时,消耗同样电能
【解析】选C、D。自然界的一切过程都遵守能量守恒定律,A错。功是能量转化的量度,做同样多的功,消耗同样电能,B错、D对。由变频空调的工作特点可知省电的原理是效率高,C对。
知识点二　功能关系的理解和应用
1.功能关系概述:
(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的,做功的过程就是能量之间转化的过程。
(2)功是能量转化的量度。做了多少功,就有多少能量发生转化。
2.功与能的关系:由于功是能量转化的量度,某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系,具体功能关系如表:
功 能量转化 关系式
重力做功 重力势能的改变 WG=-ΔEp
弹力做功 弹性势能的改变 WF=-ΔEp
合外力做功 动能的改变 W合=ΔEk
功 能量转化 关系式
除重力、系统内弹力以外的其他力做功 机械能的改变 W=ΔE机
两物体间滑动摩擦力对物体系统做功 内能的改变 f·x相对=Q
【典例示范】
【典例】如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧,弹簧左端固定,右端前放一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点),物块与弹簧不粘连,B点与水平传送带的左端刚好平齐接触,传送带的长度BC的长为L=6 m,沿逆时针方向以恒定速度v=2 m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道,C点与传送带的右端刚好平齐接触,DE是竖直放置的半径为R=0.4 m的光滑半圆轨道,DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取g=10 m/s2。
(1)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带刚好能到达C点,求弹簧储存的弹性势能Ep。
(2)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带能够通过C点,并经过圆弧轨道DE,从其最高点E飞出,最终落在CD上距D点的距离为x=1.2 m处(CD长大于1.2 m),求物块通过E点时受到的压力大小。
(3)满足(2)条件时,求物块通过传送带的过程中产生的热能。
【解析】(1)由动能定理知:-μmgL=0-
由能量守恒定律知:Ep=
解得:Ep=12 J
(2)由平抛运动知,竖直方向:y=2R= gt2
水平方向:x=vEt
在E点,由牛顿第二定律知:N+mg=
解得:N=12.5 N
(3)从D到E,由动能定理知:-mg·2R=
解得:vD=5 m/s
从B到D,由动能定理知-μmgL=
解得:vB=7 m/s
对物块L= t′
解得:t′=1 s
Δs相对=L+vt′=6 m+2×1 m=8 m
由能量守恒定律知:Q=μmg·Δs相对
解得:Q=16 J
答案:(1)12 J　(2)12.5 N　(3)16 J
【素养训练】
如图所示,竖直平面内,长为L=2 m的水平传送带AB以v=5 m/s顺时针传送,其右下方有固定光滑斜面CD,斜面倾角θ=37°,顶点C与传送带右端B点竖直方向高度差h=0.45 m,下端D点固定一挡板。一轻弹簧下端与挡板相连,上端自然伸长至E点,且C、E相距0.4 m。现让质量m=2 kg的小物块以v0=2 m/s的水平速度从A点滑上传送带,小物块传送至B点后飞出恰好落至斜面顶点C点且与斜面无碰撞,之后向下运动。已知弹簧的最大压缩量为0.2 m,物块所受空气阻力不计,取重力加速度g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1)传送带与小物块间的动摩擦因数μ。
(2)由于传送物块,电动机对传送带所多做的功。
(3)弹簧的最大弹性势能。
【解析】(1)将物块在C点的速度沿水平和竖直方向分解,则vy= =3 m/s
则物块通过B点的速度为vB=vycot37°=4 m/s
由于vB在此过程中,物块的加速度为a= =μg
由 =2aL=2μgL
解得μ=0.3
(2)物块由A到B的运动时间t=
此过程传送带的位移s=vt=
所以由于传送物块,电动机对传送带所多做的功W=μmgs=20 J
(3)物块到C点时的速度为vC= =5 m/s
对物块,由C点运动到最低点的过程,
由能量守恒定律得mg(sCE+Δx)sinθ+ =Epm
代入解得弹簧的最大弹性势能Epm=32.2 J
答案:(1)0.3　(2)20 J　(3)32.2 J
【加固训练】
1.如图所示,滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态。现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中,拉力F做了10 J的功。上述过程中 (　　)
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
【解析】选C。拉力F做功既增加了弹簧的弹性势能,还增加了滑块的动能,A、B错;系统增加的机械能等于拉力F做的功,C对,D错。
2.(多选)某直升机在执行救助任务。直升机通过绳索用恒力F竖直向上拉起救助官兵和被困人员,示意图如图所示,使其由水面开始加速上升到某一高度,若考虑空气阻力而不考虑空气浮力,则在此过程中,以下说法正确的有 (　　)
A.力F和阻力的合力所做的功等于两人机械能的增量
B.两人克服重力所做的功等于两人重力势能的增量
C.力F、重力、阻力三者合力所做的功等于两人动能的增量
D.力F所做功减去克服阻力所做的功等于两人重力势能的增量
【解析】选A、B、C。根据除重力外其他力做的功等于物体机械能的增量,选项A正确,D错误;根据重力做功与重力势能的关系,选项B正确;根据动能定理,选项C正确。
【拓展例题】考查内容:能量守恒定律在实际中的应用
【典例】一水电站,水流的落差为20 m,水流冲击水轮发电机后,水流的能有20%转化为电能,若发电机的功率为200 kW,则每分钟的水流量是多少 (g取10 m/s2)
【解析】设1分钟水的流量为Q,
则在1分钟内流水的质量m=Qρ
在1分钟内流水减少的重力势能ΔEp=mgh=Qρgh
由题意可知:发电机的功率
整理得: 代入数据得:
答案:300 m3
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.关于能量和能源,下列说法正确的是 (　　)
A.在能源的利用过程中,由于能量在数量上并未减少,所以不需要节约能源
B.能量耗散说明能量在转化的过程中,其总量会不断减少
C.能量耗散现象说明,在能量转化的过程中,可利用的品质降低了
D.人类在不断地开发和利用新能源,所以能量可以被创造
【解析】选C。在能源的利用过程中,虽然能量在数量上并未减少,但可利用率越来越小,故仍需节约能源,故A错误。能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小,但总量不会减少,故B错误。能量耗散说明能量在转化的过程中能量的可利用率越来越小,可利用的品质降低了,故C正确。能量既不会创生也不会消失,只能从一种形式转化为另一种形式,或从一个物体转移到另一个物体,故D错误。
【加固训练】
　　关于能源的开发和节约,你认为以下观点错误的是 (　　)
A.能源是有限的,无节制地利用常规能源,如石油之类,是一种盲目的短期行为
B.根据能量守恒定律,担心能源枯竭实在是一种杞人忧天的表现
C.能源的开发利用,必须要同时考虑对环境的影响
D.和平利用核能是目前开发新能源的一项有效途径
【解析】选B。虽然能量守恒,但由于能量耗散现象的存在,可利用能源仍存在减少问题,故要节约能源和开发新能源。故本题选B。
2.某次蹦极时,跳跃者站在悬崖的平台上,把一端固定的一根长长的橡皮条绑在踝关节处,然后两臂伸开,双腿并拢,头朝下跳下去,约5 s时突然往上反弹,反复持续4～5次,最后安全悬挂于半空中。在人从跳出到静止的过程中(　　)
A.只有动能和势能的相互转化,机械能的总量保持不变
B.减少的机械能转化为其他形式的能,转化过程中能的总量减少了
C.减少的机械能转化为其他形式的能,转化过程中能的总量是守恒的
D.减少的机械能转化为其他形式的能,其他形式的能也可自发地转化为机械能
【解析】选C。 人在蹦极过程中橡皮条的弹力对人做功,所以机械能不守恒,A错误。根据能量守恒定律可知,减少的机械能转化为其他形式的能(内能)。因为能量转化具有方向性,其他形式的能不会自发地转化为机械能,B、D错误,C正确。
3.如图所示,一木块放在光滑水平面上,一子弹水平射入木块中,射入深度为d,
平均阻力为f。设木块滑行距离为s时开始匀速前进,下列判断正确的是 (　　)
A.木块动能的增加量等于f(s+d)
B.子弹损失的动能等于fs
C.子弹与木块总机械能的损失等于fs
D.子弹与木块总机械能的损失等于fd
【解析】选D。 木块位移为s,木块动能的增加量等于fs,故A错误;子弹位移为s+d,子弹损失的动能等于f(s+d),故B错误;子弹在木块中滑行的距离为d,系统损失的机械能转化为系统的内能,损失的机械能为fd,故C错误,D正确。
4.如图所示,一质量为m的小物体固定在劲度系数为k的轻弹簧右端,轻弹簧的左
端固定在竖直墙上,水平向左的外力F推物体压缩弹簧,使弹簧长度被压缩了b。
已知弹簧被拉长(或者压缩)长度为x时的弹性势能Ep= kx2。求在下述两种情况
下,撤去外力后物体能够达到的最大速度。
(1)地面光滑。
(2)物体与地面的动摩擦因数为μ。
【解析】(1)地面光滑情况下,弹簧达到原长时,物体速度最大,为v1。
弹簧被压缩后,弹性势能Ep= kb2
根据机械能守恒有:Ep=
解得:v1 =
(2)物体与地面的动摩擦因数为μ的情况下,当弹簧弹力等于滑动摩擦力时,
物体速度最大,为v2。
设这时弹簧的形变量为s,有:ks = μmg
此时,弹簧弹性势能为:E′p= ks2
根据能量守恒定律有:Ep= +μmg(b-s)+Ep′
则有:
联立解得:v2=
答案:(1)b
(2)(共27张PPT)
阶段提升课
第四章
知识体系·思维导图
考点整合·素养提升
【核心素养——物理观念】
考点1 功的分析和计算
1.常见力做功的特点:
做功的力 做功特点
重力 与路径无关,与物体的重力和初、末位置的高度差有关, WG=mgΔh
弹簧的弹力 力的方向不变,F随位移x线性变化时,F= ,W=Fxcosα
做功的力 做功特点
静摩擦力 可以做正功、做负功、不做功
滑动摩擦力 可以做正功、做负功、不做功
一对静摩擦力 总功为零
一对滑动摩擦力 总功为负功,W总=-Ffs相对
机车牵引力 P不变时,W=Pt;F不变时,W=Fs
2.求功的关键词转化:
【典例示范】
【典例1】如图所示,质量为m的物体在水平恒力F的推动下,从山坡底部A处由静止开始运动至高为h的坡顶B处,获得的速度为v,A、B间的水平距离为s,下列说法正确的是 (　　)
A.物体克服重力所做的功为mgh
B.合外力对物体做的功为mgh+ mv2
C.推力对物体做的功为Fs-mgh
D.物体克服阻力做的功为 mv2+mgh-Fs
【解析】选A。设物体克服阻力做的功为W,由动能定理得Fs-mgh-W= mv2-0,得
W=Fs-mgh- mv2,故选项D错误;因为F是水平恒力,s是水平位移,推力对物体做的
功可由W=Fs计算,故选项C错误;由动能定理知合外力对物体做的功为 mv2,选项
B错误;物体克服重力所做的功为mgh,选项A正确。
【加固训练】
(多选)如图所示,质量为m的小车在与竖直方向成α角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向左运动一段距离l。在此过程中,小车受到的阻力大小恒为Ff,则 (　　)
A.拉力对小车做功为Flcosα
B.支持力对小车做功为 Flsinα
C.阻力对小车做功-Ffl
D.重力对小车做功为0
【解析】选C、D。拉力对小车做功为WF= Flsinα,选项A错误;支持力与运动方向垂直,则支持力对小车做功为0,选项B错误;阻力对小车做功Wf=-Ffl,选项C正确; 重力与运动方向垂直,则重力对小车做功为0,选项D正确;故选C、D。
考点2 功率的分析和计算
1.计算功率时,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率应明确是哪
一时刻或位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率;应注
意区分公式P= 和公式P=Fvcosθ的适用范围,P= 用于计算平均功率,P=
Fvcosθ用于计算瞬时功率。
2.机车的起动问题属于功率综合问题的具体应用,它一般包括两种情况:一是机
车以恒定的功率起动;二是机车以恒定的加速度起动。解决机车起动问题时,首
先要分清是哪一类起动,然后注意所研究的问题处于哪个阶段,同时注意匀加速
过程的最大速度v1和全程的最大速度vmax的区别和求解方法。
3.有关功率的关键词转化:
【典例示范】
【典例2】(多选)一辆质量为m的汽车在平直的公路上以速度v0开始加速行驶,经过一段时间t,前进了距离x,此时恰好达到其最大速度vmax,设此过程中汽车发动机始终以额定功率P工作,汽车所受的阻力恒为F,则在这段时间内发动机所做的功为 (　　)
A.Fvmaxt　　　　　　　　　　　 B.Pt
C. D.
【解析】选A、B、C。根据P= ,可求得W=Pt
而P=Fvmax,所以W=Fvmaxt
根据动能定理W-Fx=
所以W=
故正确答案为A、B、C。
【加固训练】
　　三个质量相同的小球a、b、c位于同一高度,让a自由下落,b、c以相同的速率分别竖直上抛和竖直下抛,不计空气阻力,若小球从开始运动到落到水平地面上的运动过程,重力做功分别为Wa、Wb、Wc,落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc,则 (　　)
A.Wa=WbB.Wa=Wb=Wc,PaC.Wa=WbD.Wa【解析】选B。三个质量相同的小球在同一高度分别做自由落体、竖直上抛和竖直下抛,初末位置相同,则下降的高度相同,根据W=mgh知,重力做功相同,即Wa=Wb=Wc;根据动能定理知,b、c两球落地的速度大小相等,大于a球的速率,根据P=mgv知,Pa【素养核心——科学思维】
　考　点　利用功能关系分析综合问题
1.功是过程量,它和一段位移(一段时间)相对应;而能是状态量,它和一个时刻相对应。两者的单位是相同的(都是J),但不能说“功就是能”,也不能说“功变成了能”,只能说功是能量转化的量度。
2.不同的力对物体做功会引起不同能量的转化或转移,应根据题中已知和所求,选择合适的功能关系来分析问题。
3.重力势能、弹性势能的改变量与对应的力做的功数值相等,但符号相反。
4.功能关系的各种类型的关系:
5.功能关系关键词转化:
【典例示范】
【典例】如图所示,水平传送带上A、B两端点间距L=4 m,半径R=1 m的光滑半圆形轨道固定于竖直平面内,下端与传送带B相切。传送带以v0=4 m/s的速度沿图示方向匀速运动,质量m=1 kg的小滑块由静止放到传送带的A端,经一段时间运动到B端,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2。
(1)求滑块到达B端的速度。
(2)求滑块由A运动到B的过程中,滑块与传送带间摩擦产生的热量。
(3)仅改变传送带的速度,其他条件不变,计算说明滑块能否通过圆轨道最高点C,如果不能,可以采取什么措施
【解析】(1)滑块在传送带上先向右做加速运动,设当速度为v=v0时已运动的
距离为x,
根据动能定理,有: μmgx= -0
解得:x=1.6 m所以滑块到达B端时的速度为4 m/s。
(2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为t,则:v0=μgt
滑块与传送带之间产生的热量:
Q=μmg(v0t-x)
解得:Q=8 J。
(3)设滑块通过最高点C的最小速度为vC
经过C点,根据向心力公式,有:mg=
从B到C过程,根据动能定理,有:
-mg·2R=
解得:vB= m/s
从A到B过程,若滑块一直加速,根据动能定理,有:μmgL= -0
解得:vm= m/s
由于速度vm在传送带转动速度足够大的情况下,vm与传送带的长度有关,所以可以采取的措施有:增大传送带的长度。
答案:(1)4 m/s　(2)8 J　(3)见解析
【加固训练】
　　如图所示,质量为m的滑块放在光滑的水平台上,水平台右端B与水平传送带相接,传送带的运行速度为v0,长为L。今将滑块缓慢向左压缩固定在水平台上的轻弹簧,到达某处时突然释放,滑块被释放后的初速度与传送带的运行速度不同。当滑块滑到传送带右端C时,恰好与传送带速度相同,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况。
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求释放滑块时,弹簧具有的弹性势能。
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,试求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
【解析】 (1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度,则滑块在传送带
上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动;若滑块冲上传送带时的速
度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速直线运
动。
(2)设滑块冲上传送带时的速度为v,在离开弹簧的过程中,由机械能守恒定律得
Ep= mv2
设滑块在传送带上做匀减速直线运动的加速度大小为a,
由牛顿第二定律有μmg=ma
由运动学公式有v2- =2aL
解得Ep= mv2= +μmgL。
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位移l=v0t,而v0=v-at,
滑块与传送带的运动方向相同,所以相对位移Δl=L-l=L- ,而v=
所以相对滑动产生的热量Q=μmgΔl=μmgL-mv0 。
答案:(1)见解析　(2) +μmgL
(3)μmgL-mv0(共51张PPT)
实验:验证机械能守恒定律
实验必备·自主学习
一、实验目的
1.会用打点计时器打下的纸带计算物体运动的速度。
2.掌握利用自由落体运动验证机械能守恒定律的原理和方法。
二、实验原理
　让物体自由下落,忽略阻力情况下物体的机械能守恒,有两种方案验证物体的
机械能守恒:
方案一:以物体自由下落的位置O为起始点,测出物体下落高度h时的速度大小v,
若 mv2=mgh成立,则可验证物体的机械能守恒。
方案二:测出物体下落高度h过程的初、末时刻的速度v1、v2,v1、v2的计算方法
与方案一的相同。若关系式 =mgh成立,则物体的机械能守恒。
三、实验器材
　铁架台(带铁夹)、电磁打点计时器、重锤(带纸带夹子)、纸带、复写纸、导
线、毫米刻度尺、低压交流电源
实验过程·合作学习
【实验过程】
一、实验步骤
1.安装置:按图将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上,接好电路。
2.打纸带:将纸带的一端用夹子固定在重物上,另一端穿过打点计时器的限位孔,用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方。先接通电源,后松开纸带,让重物带着纸带自由下落。更换纸带重复做3～5次实验。
3.选纸带:选取点迹较为清晰且有两点间的距离约为2 mm的纸带,把纸带上打出的两点间的距离为2 mm的第一个点作为起始点,记作O,在距离O点较远处再依次选出计数点1、2、3…
4.测距离:用刻度尺测出O点到1、2、3…的距离,即为对应下落的高度h1、h2、h3…
二、数据处理
1.计算各点对应的瞬时速度:记下第1个点的位置O,在纸带上从离O点适当距离
开始选取几个计数点1、2、3…并测量出各计数点到O 点的距离h1、h2、h3…再
根据公式vn= ,计算出1、2、3、4、…n 点的瞬时速度v1、v2、v3、
v4…vn。
2.机械能守恒验证:
方法一:利用起始点和第n点。
从起始点到第n个计数点,重力势能减少量为mghn,动能增加量为 ,计算ghn
和 ,如果在实验误差允许的范围内ghn= ,则机械能守恒定律得到验证。
方法二:任取两点A、B。
从A点到B点,重力势能减少量为mghA-mghB,动能增加量为 计算
ghAB和 如果在实验误差允许的范围内ghAB= 则机械能守
恒定律得到验证。
方法三:图像法。
计算各计数点 v2,以 v2为纵轴,以各计数点到第一个点的距离h为横轴,根据
实验数据绘出 v2-h图线。若在误差许可的范围内图像是一条过原点且斜率为
g的直线,则验证了机械能守恒定律。
【误差分析】
1.在进行长度测量时,测量及读数不准造成误差。
2.重物下落要克服阻力做功,部分机械能转化成内能,下落高度越大,机械能损失越多,所以实验数据出现了各计数点对应的机械能依次略有减小的现象。
3.由于交流电的周期不稳定,造成打点时间间隔变化而产生误差。
【注意事项】
1.应尽可能控制实验满足机械能守恒的条件,这就要求尽量减小各种阻力的影响,采取的措施有:
(1)安装打点计时器时,必须使两个限位孔的中线严格竖直,以减小摩擦阻力。
(2)应选用质量和密度较大的重物,增大重力可使阻力的影响相对减小,增大密度可以减小体积,使空气阻力减小。
2.纸带选取:
(1)以第一个点为起点时,要验证的是 =mghn,必须保证纸带上的第一个点
为重物静止释放时打的点,所以前两个点的间距为h= gt2= ×10×(0.02)2 m
=2 mm。
(2)以下落中某点为起点时,要验证的是 =mghmn,这时选择纸带不
需要满足两点间距为2 mm。
3.计算速度时不能用v=gt或v= ,否则就犯了用机械能守恒定律去验证机
械能守恒的错误。
实验研析·探究学习
类型一　实验原理及误差分析
【典例1】在利用如图甲所示的实验装置“验证机械能守恒定律”的实验中:
(1)研究对象是做自由落体的重锤,除下述器材:铁架台、电磁打点计时器、纸
带、重锤、夹子外,还需要用到的器材有_____________________。
(2)处理数据时,本实验需要验证mgh= mv2,选择纸带的要求是____________。
(3)实验中得到一条纸带如图乙所示,打点周期为T,O点是打下的第一个点,当打
点计时器打点C时,重锤的动能表达式为Ek=____________,重锤势能减少量的表
达式为ΔEp=____________。若等式______________________________成立,则
验证了机械能守恒定律。
【解析】(1)实验时我们要测h和速度v,根据原理分析需要的实验器材,除列出
的器材外,还要打点计时器的电源:低压交流电源,和测下落高度与位移时需要
的刻度尺。
(2)处理数据时,本实验需要验证mgh= mv2,因为重锤做初速度为零、加速度为
g的匀加速直线运动,在0.02 s内的位移为2 mm,所以选用点迹清晰,第一、二两
点间的距离接近2 mm的纸带来处理数据。
(3)根据匀变速直线运动特点可知:
vC=
因此其动能的增加量为:
ΔEk=
重力势能的减小量:
ΔEp=mgΔh=mgs3
需要验证机械能守恒定律,则需要验证重力势能的减小量与动能的增加量相等,
即需要等式gs3= 成立。
答案:(1)刻度尺、低压交流电源　(2)点迹清晰,第1、2两点间距离接近2 mm
(3) 　 mgs3　gs3=
类型二　实验数据的处理
【典例2】在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中,使质量为m=1.00 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,选取一条符合实验要求的纸带如图甲所示。O为打下的第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,当地的重力加速度为g=9.80 m/s2,那么:
(1)根据甲图上所得的数据,应取图中O点到____________点来验证机械能守恒
定律。
(2)从O点到(1)问中所取的点,重物重力势能的减少量ΔEp=____________J,动能
增加量ΔEk=____________J(结果保留三位有效数字)。
(3)测出纸带上所有各点到O点之间的距离,根据纸带算出各点的速度v及物体下
落的高度h,若以 为纵轴,以h为横轴,画出的图像如图乙所示,能否仅凭图像
形状判断出重物下落过程中机械能守恒。____________(选填“能”或“不
能”)
【解析】(1)验证机械能守恒时,我们验证的是减少的重力势能ΔEp=mgh和增加
的动能ΔEk= mv2之间的关系,所以我们要选择能够测h和v的数据。故选B点。
(2)减少的重力势能为:
ΔEp=mgh=1×9.8×19.2×10-2 J=1.88 J
B点的速度为:
vB= ×10-2 m/s=1.92 m/s
所以动能增加量为:
ΔEk= ×1×1.922 J=1.84 J
(3)根据机械能守恒可知:mgh= mv2,得出 =gh,因此 -h图线是一条通过坐
标原点的倾斜直线,若要凭此图像形状来判断重物下落过程中能否机械能守恒,
这是不能的,原因是无法知道此图像斜率是否等于重力加速度。
答案:(1)B　(2)1.88　1.84　(3)不能
课堂检测·素养达标
1.在利用重锤自由落下验证机械能守恒定律的实验中,产生误差的主要原因是 (　　)
A.重锤下落的实际高度大于测量值
B.重锤下落的实际高度小于测量值
C.重锤实际末速度v大于gt(g为重力加速度,t为下落时间)
D.重锤实际末速度v小于gt
【解析】选D。验证机械能守恒定律的实验中产生误差的主要原因是:存在空气阻力或者限位孔和纸带之间存在摩擦,使得加速度小于重力加速度,则实际的速度v小于gt,故D正确,A、B、C错误。
　【加固训练】
　　在“验证机械能守恒定律”的实验中,由于打点计时器两限位孔不在同一竖直线上,使纸带通过时受到较大阻力,这样的结果会有 (　　)
A.mgh> mv2　　　　
B.mgh< mv2
C.mgh= mv2
D.以上都有可能
【解析】选A。在验证机械能守恒定律的实
验中,由于实际上总是存在阻力,所以减少的
重力势能不可能全部转化为动能。即mgh>
mv2,A项正确。
2.某同学利用如图甲所示的实验装置测量重力加速度。
(1)请指出该同学在实验操作中存在的两处错误:a____________; b____________。
(2)该同学经正确操作得到如图乙所示的纸带,已知ABCDEF为打下的连续六个点,测得对应的距离为h1、h2、h3、h4、h5。若已知打点计时器的打点周期为T,则打E点时速度的表达式为vE=____________;
(3)若分别计算出各计数点对应的速度数值,并在坐标系中画出v2与h的关系图线如图丙所示。则斜率表示____________,可以计算得出重力加速度的大小为____________m/s2(保留2位有效数字)。
(4)根据以上(1)～(3)问结果,为了求出重物在运动过程中所受的阻力,还需测量的物理量有________________________(用字母表示,并说明字母所表示的物理意义,已知当地的重力加速度大小为9.8 m/s2)。
(5)如果当时电网中交变电流的电压变成210 V,而做实验的同学并不知道,那么加速度的测量值与实际值相比____________。(选填“偏大”“偏小”或“不变”)
【解析】(1)打点计时器使用交流电源,而该题中接了直流电;重物离打点计时
器太远,这样纸带上所打的点很少,不利于减小误差。
(2)匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度,则有:vE
= 。
(3)根据mgh= ,可得:v2= +2gh,结合图像明确知图线的斜率表示
2g,所以2g= m/s2=18.8 m/s2,则g=9.4 m/s2。
(4)重物在下降的过程中受到重力与阻力的作用,得:mg-f=ma,为了求出重物在
运动过程中所受的阻力,还需知道重物的质量,所以要测量的物理量是质量。
(5)打点计时器的周期与交流电的周期相同,交流电电压的变化不影响其周期,
所以当时电网中交变电流的电压变成210 V,打点计时器的周期不变,对测量的
数据没有影响,加速度的测量值不变。
答案:(1)打点计时器应该接交流电源　开始时重物应该靠近打点计时器　
(2) 　 (3)重力加速度大小的2倍　9.4　(4)重物的质量m　(5)不变
3.验证机械能守恒定律的实验中,小红同学利用图甲实验装置进行实验,正确完成操作后,得到一条点迹清晰的纸带,如图乙所示,其中O点为纸带起始点,两相邻计数点时间间隔T。
(1)实验装置中,电火花计时器应选用____________电源(选填“直流”或“交
流”);观察纸带,可知连接重物的夹子应夹在纸带的____________端(选填
“左”或“右”)。
(2)若重物质量为m,重力加速度为g,利用纸带所测数据,计算出C点的速度
vC=____________,在误差允许范围内,根据 =____________验证机械能守
恒定律。(用字母表示)
(3)在实验中,小红同学发现重物重力势能的减少量总是略大于重物动能的增加
量,分析原因可能是_______________________________________。(只需说明
一种即可)
【解析】(1)实验所用电火花计时器使用交流电源;重物应该靠近电火花计时器,可知连接重物的夹子应夹在纸带的左端。
(2)利用匀变速直线运动的推论,可知打C点时纸带的速度为:
vC=
根据机械能守恒定律知重力势能转换为动能,则有:
=mgh。
(3)重物重力势能的减少量总是略大于重物动能的增加量,分析原因可能是受空气阻力影响或纸带与限位孔摩擦影响,有能量损失。
答案:(1)交流　左　 (2) 　　mgh　(3)受空气阻力影响或纸带与限位孔摩
擦影响(其他合理答案均给分)
4.利用如图甲所示的实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。
(1)实验操作步骤如下,请将步骤B补充完整:
A.按实验要求安装好实验装置;
B.使重物靠近打点计时器,接着先____________,后____________,打点计时器在纸带上打下一系列的点;
C.图乙为一条符合实验要求的纸带,O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…。
(2)已知打点计时器的打点周期为T,重物质量为m,重力加速度为g,结合实验中所测得的h1、h2、h3,可得重物下落到B点时的速度大小为____________,纸带从O点下落到B点的过程中,重物增加的动能为____________,减少的重力势能为____________。
(3)取打下O点时重物的重力势能为零,计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能Ep,建立坐标系,横轴表示h,纵轴表示Ek和Ep,根据数据在图丙中已绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1=2.94 J/m,请计算图线Ⅱ的斜率k2=____________J/m(保留两位小数)。重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为____________(用k1和k2表示)。
(4)通过对k1和k2的比较分析,可得到的结论是(只要求写出一条):_______
_____________________________________________。
【解析】(1)B.使重物靠近打点计时器,接着先接通电源,后释放纸带,打点计时器在纸带上打下一系列的点。
(2)重物下落到B点时的速度大小为
vB=
纸带从O点下落到B点的过程中,重物增加的动能为
ΔEkB=
减少的重力势能为
ΔEp=mgh2。
(3)取打下O点时重物的重力势能为零,因为初位置的动能为零,则机械能为零,
每个位置对应的重力势能和动能互为相反数,即重力势能的绝对值与动能相等,
而图线的斜率不同,原因是重物和纸带下落过程中需要克服阻力做功。
根据图中的数据可以计算图线Ⅱ的斜率
k2= J/m=2.80 J/m
根据动能定理得,
mgh-fh= mv2
则mg-f=
图线Ⅰ斜率:k1= =mg
图线Ⅱ斜率:k2=
知k1-f=k2,则阻力f=k1-k2。
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为 。
(4)通过对k1和k2的比较分析,k2小于k1,可得到的结论是:动能的增加量小于重
力势能的减少量。
答案:(1)接通电源　放开纸带　 (2) 　 　 mgh2
(3)2.80(2.73～2.87均可)　 　(4)k2小于k1,动能的增加量小于重力势能的
减少量
5.如图为“用DIS研究机械能守恒定律”的实验,将一传感器先后分别固定在竖直板上的D、C和B三点,然后从同一位置释放摆锤,分别测出摆锤经过D、C和B点时的速度。
(1)实验中速度由____________传感器测量。
(2)已知摆锤的直径为Δs,由传感器测出摆锤通过传感器时的挡光时间为Δt,则摆锤经过传感器时的速度大小为____________。
(3)实验中默认从____________点释放摆锤,以____________点为零势能面。
(4)该实验的研究对象是____________。
(5)实验中,某同学由于操作不当,测得摆锤在B点的机械能明显比在A、C和D的机械能大,其原因可能是(只写一种) ___________________________。
【解析】(1)本实验,采用光电门传感器来测量瞬时速度。
(2)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度,所以摆锤经过光电门时的速度大
小为:v= 。
(3)为操作和数据处理方便,实验中默认从A点的位置释放;以最低点D点为零势
能面。
(4)该实验研究摆锤在向下摆动过程中机械能是否守恒,所以研究对象为摆锤。
(5)造成摆锤在B点的机械能明显比在A、C和D的机械能大的原因可能是:测B点
速度时,光电门传感器固定在B点的下方;或测B点速度时,摆锤释放点的位置高
于A点;或测B点速度时,摆锤从A点释放时的速度不为零。
答案:(1)光电门　(2) 　(3)A　D　(4)摆锤　(5)见解析
6.利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置示意图如图所示。
(1)实验步骤:
①将气垫导轨放在水平桌面上,桌面高度不低于1 m,将导轨调至水平。
②用游标卡尺测出挡光条的宽度l。
③由导轨标尺读出两光电门中心间的距离s=____________ cm。
④将滑块移至光电门1左侧某处,待砝码静止时,释放滑块,要求砝码落地前挡光条已通过光电门2。
⑤从数字计时器(图中未画出)上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间Δt1和Δt2。
⑥用天平称出滑块和挡光条的总质量M,再称出托盘和砝码的总质量m。
(2)用直接测量的字母写出下列物理量的表达式。
①滑块通过光电门1和光电门2时,瞬时速度分别为v1=____________和v2=____________。
②当滑块通过光电门1和光电门2时,系统(包括滑块、挡光条、托盘和砝码)的总动能分别为Ek1=__________________和Ek2=__________________。
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统重力势能的减少量ΔEp=____________(重力加速度为g)。
(3)如果ΔEp=_____________________,则可认为验证了机械能守恒定律。
【解析】(1)③距离s=80.30 cm-20.30 cm=60.00 cm。
(2)①由于挡光条宽度很小,因此可以将挡光条通过光电门时的平均速度当成瞬
时速度,挡光条的宽度l可用游标卡尺测量,挡光时间Δt可从数字计时器上读
出。因此,滑块通过光电门1和光电门2时的瞬时速度分别为
②当滑块通过光电门1和光电门2时,系统的总动能分别为
Ek1=
Ek2=
③在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中,系统重力势能的减少量ΔEp=mgs。
(3)如果在误差允许的范围内ΔEp= 则可认为验证了机
械能守恒定律。
答案:(1)③60.00(答案在59.96～60.04之间的,也正确)
7.如图甲所示是光电门传感器的示意图。它的一边是发射器,另一边是接收器,当光路被物体挡住的时候,它就开始计时,当光路再次恢复的时候,它就停止计时。这样就可以测出挡光片挡光的时间。某同学利用光电门传感器设计了一个研究小球下落过程中机械能是否守恒的实验。
实验装置如图乙所示,图中A、B为固定在同一竖直线上的两个光电门传感器,实验时让半径为R的小球从某一高度处由静止释放,让小球依次从A、B两个光电门传感器的发射器和接收器之间通过,测得挡光时间分别为t1、t2。为了证明小球通过A、B过程中的机械能守恒,还需要进行一些实验测量和列式证明。
(1)选出下列还需要的实验测量步骤 (　　)
A.测出A、B两传感器之间的竖直距离h1
B.测出小球释放时离桌面的高度H
C.用秒表测出运动小球通过A、B两传感器的时间Δt
D.测出小球由静止释放位置与传感器A之间的竖直距离h2
(2)如果能满足________________________关系式,即能证明小球通过A、B过程中的机械能是守恒的。
【解析】(1)根据机械能守恒定律的表达式mgh1= ,可知实验中需要
测量从A到B过程中重力势能的减小量,需要测量A、B两传感器之间的距离h1,不
需要测量小球释放时离桌面的高度H、小球通过A、B两传感器的时间Δt和小球
由静止释放位置与传感器A之间的竖直距离h2,故A正确,B、C、D错误。
(2)实验目的是验证机械能守恒,即验证表达式:mgh1= 成立,光电门
传感器测速度的原理是利用平均速度来
代替瞬时速度,可得vB= 因此除了需要测量小球的直径以及记录挡
光时间外,还需要计算重力势能的减小量,因此需要测量两个光电门之间的距离
h1,如果能满足mgh1= ,即 ,即能证明小球通过
A、B过程中的机械能是守恒的。
答案:(1)A　(2)(共44张PPT)
习题课:功能关系的三类典型问题
关键能力·合作学习
知识点一　板块模型中的功能关系
1.模型特点:
(1)系统中的两个组成物体会发生相对运动。
(2)一般是多个物体的多个过程问题。
(3)往往涉及摩擦力做功、动能、内能变化问题。
(4)处理问题常常用到整体法和隔离法。
2.解决思路:
(1)分清有多少种形式的能(如机械能、热能、电能)在变化。
(2)分别找出所有减少的能量和所有增加的能量。
(3)利用增加的能量与减少的能量相等列式计算。
【典例示范】
【典例】如图所示，一块足够长的平板放在光滑的水平面上①，其质量M＝
2 kg，一滑块以v0＝12 m/s的初速度冲上平板，滑块的质量m＝1 kg，滑块与平板间的动摩擦因数μ＝0.4②，g取10 m/s2。求最终滑块与平板由于摩擦产生的热量③。
【审题关键】
序号 信息提取
① 平板与水平面间无摩擦力
② 滑块在摩擦力作用下减速,而平板是加速
③ 最终状态是两者共速一起运动
【解析】滑块的加速度大小:
a1= =4 m/s2
平板的加速度的大小:
a2= m/s2=2 m/s2
最终滑块与平板具有共同速度v
则v=v0-a1t,v=a2t
代入数据解得v=4 m/s
由能量守恒定律知:Q=
代入数据得Q=48 J
答案:48 J
【素养训练】
1.(多选)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0水平射中木块,并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为s。若木块对子弹的阻力Ff视为恒定,则在此过程中产生的热量 (　　)
A.Q=Ff(L+s) B.Q=
C.Q=Ffs D.Q=
【解析】选C、D。对木块:FfL= Mv2
对子弹:-Ff(L+s)= mv2- m
联立可得,Ffs= m - (M+m)v2
依据能量转化和守恒定律,Q= m - (M+m)v2
产生的热量Q=Ffs,故C、D正确。
2.如图所示,右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L=1.5 m,一个质量为
m=0.5 kg的木块在F=1.5 N的水平拉力作用下,从桌面上的A端由静止开始向右
运动,木块到达B端时撤去拉力F,木块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2,g取
10 m/s2。求:
(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)。
(2)木块沿弧形槽滑回B端后,在水平桌面上滑动的最大距离。
【解析】(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h,木块在最高点时的速度为零。从木块开始运动到弧形槽最高点,由动能定理得:
FL-fL-mgh=0
其中f=μN=μmg=0.2×0.5×10 N=1.0 N
所以h=
(2)设木块离开B点后沿桌面滑动的最大距离为x。由动能定理得:mgh-fx=0
所以:x= m=0.75 m
答案:(1)0.15 m　(2)0.75 m
知识点二　含弹簧系统中的功能关系
1.模型特点:
(1)系统中的弹簧发生弹性形变从而具有弹性势能。
(2)弹簧的弹性势能具有对称性。相对于零势能点形变量相等的两点(弹簧仍处于弹性限度内)的弹性势能相等。
(3)弹簧形变量发生变化,弹性势能与其他形式的能发生转化。
2.解决思路:
(1)弹簧弹力做正功,弹簧的弹性势能减少;弹簧弹力做负功,弹簧的弹性势能增加。
(2)弹簧弹力是变力,求弹力做功时,一般从能量的转化和守恒的角度来解决。
(3)当弹簧最长或最短时,物体速度有极值,弹簧的弹性势能最大。
【典例示范】
【典例】(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B的过程中,物块 (　　)
A.加速度先减小后增大
B.经过O点时的速度最大
C.所受弹簧弹力始终做正功
D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【解析】选A、D。由于水平面粗糙且O点为弹簧在原长时物块的位置,所以弹力与摩擦力平衡的位置在OA之间,加速度为零时弹力和摩擦力平衡,所以物块在从A到B的过程中加速度先减小后反向增大,故A正确;物体在平衡位置处速度最大,所以物块速度最大的位置在AO之间某一位置,即在O点左侧,故B错误;从A到O过程中弹力方向与位移方向相同,弹力做正功,从O到B过程中弹力方向与位移方向相反,弹力做负功,故C错误;从A到B过程中根据动能定理可得W弹-W克f=0,即W弹=
W克f,即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功,故D正确。
【素养训练】
1.如图所示,一台升降机在箱底装有若干个弹簧,设在某次事故中,升降机吊索在空中断裂,忽略摩擦力,则升降机从弹簧下端触地到压缩弹簧至最低点的运动过程中(弹簧始终在弹性限度范围内) (　　)
A.升降机的速度不断减小
B.升降机的加速度不断减小
C.升降机克服弹力做的功大于重力对升降机做的功
D.升降机在最低点时,系统(升降机、弹簧和地球)重力
势能和弹性势能之和最小
【解析】选C。刚接触地面时,弹力小于重力,合力向下,升降机继续向下加速,A错误;当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,继续压缩弹簧,弹力大于重力,合力向上,加速度增大,B错误;根据能量守恒有:触地时的动能加上重力势能的减小量都转化成了弹簧的弹性势能,所以克服弹力做的功大于重力对升降机做的功,C正确;根据系统机械能守恒,系统(升降机、弹簧和地球)重力势能和弹性势能之和与动能之和是定值,在最低点,动能最小,所以系统(升降机、弹簧和地球)重力势能和弹性势能之和最大,D错误。
2.如图所示,把质量为m的物体放在竖直放置的弹簧上,并把物体往下按至位置A保持平衡。 迅速松手后,弹簧把物体弹起,物体升至最高位置C,途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态。 已知A、B的高度差h1,B、C的高度差h2,弹簧质量和空气阻力均可忽略,重力加速度为g,取B处所在水平面为零势能面。求:
(1)物体在C处具有的重力势能。
(2)物体在位置A处时弹簧的弹性势能。
(3)物体上升过程中获得最大速度时,弹簧的形变量。
(设弹簧劲度系数为k)
【解析】(1) 取B处所在水平面为零势能面,则物体在C处具有的重力势能
EpC=mgh2。
(2) 根据能量关系可知:Ep弹+(-mgh1)=mgh2,解得Ep弹=mg(h1+h2)。
(3)物体速度最大时重力等于弹力,而F=k·Δx
k·Δx=mg,解得:Δx= 。
答案:(1)mgh2　(2)mg(h1+h2)　(3)
【加固训练】
　　(多选)如图,劲度系数为k的轻质弹簧,一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P,另一端系一质量为m的小球,小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点,弹簧处于自然状态,当小球运动到最低点时速率为v,对圆环恰好没有压力。下列正确的是 (　　)
A.从A到B的过程中,小球的机械能守恒
B.从A到B的过程中,小球的机械能减少
C.小球过B点时,弹簧的弹力为mg+m
D.小球过B点时,弹簧的弹力为mg+m
【解析】选B、C。运动过程中,弹力对小球做负功,小球的机械能减少,A错,B对;
由牛顿第二定律得F-mg=m ,故小球过B点时,弹力F=mg+m ,C对,D错。
知识点三　皮带传动模型中的功能关系
1.模型特点:
(1)物块与传送带之间往往存在相对滑动。
(2)物块的运动一般存在多个过程。
(3)一般涉及内能的增加,即摩擦生热。
2.解决思路:
(1)对物块受力分析,明确物块的运动情况。
(2)计算物块和传送带的位移及相对位移。
(3)利用公式Q=fx相对求热量。
【典例示范】
【典例】如图所示,足够长的水平传送带由电动机带动并始终保持速度v匀速运动。现将一个质量为m的物块轻放在传送带上的左端,过一段时间后物块能保持与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为μ,对于这一过程下列说法正确的是 (　　)
A.传送带对物块做功为 mv2
B.传送带克服摩擦力做功为 mv2
C.传送这个物块系统摩擦生热为mv2
D.动摩擦因数μ越大,传送过程中摩擦生热越多
【解析】选A。物块运动过程中,只有传送带对物块的摩擦力对它做功,根据动
能定理得传送带对物块做功为Wf= mv2-0= mv2,故选项A正确;在物块与传送带
相对静止之前,两者之间有相对位移,所以物块对传送带做功与传送带对物块做
功并不相等,由于传送带相对于地的位移大于物块相对地的位移,所以传送带克
服摩擦力做功大于 mv2,故选项B错误;设物块匀加速运动的时间为t,则物块与
传送带相对位移大小为Δx=vt- vt=0.5vt,此过程中物块的位移为x物= vt=
0.5vt,则有Δx=x物,则系统摩擦生热为Q=f·Δx=fx物= mv2,与动摩擦因数无关,
故选项C、D错误。
【素养训练】
1.(多选)在大型物流货场,广泛地应用传送带搬运货物。如图甲所示,倾斜的传
送带以恒定速率运动,传送带始终是绷紧的,将m=1 kg的货物放在传送带上的A
点,经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时
间t变化的图像如图乙所示,已知重力加速度g=10 m/s2。由v-t图像可知 (　　)
A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5
B.A、B两点的距离为2.4 m
C.货物从A运动到B的过程中,货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
D.货物从A运动到B的过程中,传送带对货物做功大小为12.8 J
【解析】选A、C。由v-t图像可知,货物在传送带上先做匀加速直线运动,加速
度为:a1= =10 m/s2,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向下,重力和支
持力,可得mgsinθ+f=ma1,即mgsinθ+μmgcosθ=ma1, 同理货物做匀加速直线
运动,加速度为:a2= =2 m/s2,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向上,
重力和支持力,可得mgsinθ-f=ma2,即mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得
cosθ=0.8,μ=0.5,故选项A正确;货物在传送带上先做加速度为a1的匀加速直线
运动,当速度达到传送带速度,货物做加速度为a2的匀加速直线运动,所以物块由
A到B的间距对应图像所围的“面积”,为x= ×2×0.2 m+ ×(2+4)×1 m
=3.2 m,故选项B错误。根据功能关系,货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦
力乘以相对位移,可知摩擦力f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8 N=4 N,货物做加
速度为a1的匀加速直线运动时,位移为:x1= ×2×0.2 m=0.2 m,传送带位移为
x2=2×0.2 m=0.4 m,相对位移为Δx1=x2-x1=0.2 m,同理货物做加速度为a2的匀
加速直线运动时,位移为x3= ×(2+4)×1 m=3 m,传送带位移为x4=2×1 m=2 m,
相对位移为Δx2=x3-x4=1 m,故两者之间的总相对位移为Δx=Δx1+Δx2=1.2 m,
货物与传送带摩擦产生的热量为Q=W=fΔx=4×1.2 J=4.8 J,故选项C正确;根据
功能关系,货物做加速度为a1的匀加速直线运动时,对货物受力分析,受摩擦力,
方向沿传送带向下,摩擦力做正功为:Wf1=fx1=4×0.2 J=0.8 J,同理货物做加速度为a2的匀加速直线运动时,对货物受力分析,受摩擦力,方向沿传送带向上,摩擦力做负功为:Wf2=-fx3=-4×3 J=-12 J,所以整个过程,传送带对货物做功大小为12 J-0.8 J=11.2 J,故选项D错误。
2.如图所示,水平传送带以速率v=3 m/s匀速运行。工件(可视为质点)以v0=
1 m/s的速度滑上传送带的左端A点,在传送带的作用下继续向右运动,然后从传送带右端B点水平飞出,落在水平地面上。已知工件的质量m=1 kg,工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,抛出点B距地面的高度h=0.80 m,落地点与B点的水平距离x=1.2 m,g取10 m/s2。传送带的轮半径很小。求:
(1)工件离开B点时的速度。
(2)在传送工件的过程中,传送带对工件做的功。
(3)在传送工件的过程中,传送此工件由于摩擦产生的热量。
【解析】(1)工件离开B点后做平抛运动
水平方向x=vBt
竖直方向h= gt2
工件离开B点时的速度: vB=3 m/s。
(2)设传送带对工件做的功为W,根据动能定理: W=
解得:W=4 J。
(3)工件做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:μmg=ma,则a=μg
加速时间:t0=
解得:t0=2 s
工件相对于传送带的位移:Δs=vt0- ·t0=2 m
由于摩擦产生的热量:Q=f·Δs=μmg·Δs=2 J。
答案:(1)3 m/s　(2)4 J　(3)2 J
【加固训练】
(多选)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连,弹簧
处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)。物块的质量为m,AB=a,物块与桌面
间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为
W。撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零。重力加速度为
g。则上述过程中 (　　)
A.物块在A点时,弹簧的弹性势能等于W- μmga
B.物块在B点时,弹簧的弹性势能小于W- μmga
C.经O点时,物块的动能小于W-μmga
D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
【解析】选B、C。由于摩擦力的存在,A点时的弹性势能必大于B点时的弹性势
能,故弹簧原长的位置即O点一定在稍靠近B右侧的某点,由O点拉到A点时,克服
摩擦力做的功一定大于 μmga,故物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W- μmga,
A项错误;从A点至B点,机械能继续减少μmga,故物块在B点时,弹簧的弹性势能小
于W- μmga,B项正确;从A点至O点,克服摩擦力做的功仍然大于 μmga,故由O至
A再由A至O,克服摩擦力做的功的总量一定大于μmga,故O点的动能小于W-μmga,
C项正确;物块动能最大时,弹力等于摩擦力,而在B点弹力与摩擦力的大小关系未
知,故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知,故此两位
置弹性势能大小关系无法判断,故D错误。
课堂检测·素养达标
1.(多选)如图,长度为L的小车静止在光滑的水平面上,可视为质点的小物块放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使物块从静止开始做匀加速直线运动,物块和小车之间的摩擦力为f,物块运动到小车的最右端时,小车通过的距离为x。则 (　　)
A.物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fx
B.物块到达小车最右端时,物块具有的动能为F(L+x)
C.在这个过程中,摩擦力对物块所做的功为-f(L+x)
D.在这个过程中,物块和小车增加的动能为fx
【解析】选A、C。对小车,由动能定理得Ek=fx,A正确;对物块,由动能定理可知,小车的动能为Ek=F(L+x)-f(L+x),B错误;物块克服摩擦力做功Wf=f(x+L),C正确;对物块与小车组成的系统,由能量守恒定律可知,系统增加的机械能为ΔE=F(x +L)-fL,增加的机械能就是物块和小车增加的动能,故D错误。
2.蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P点由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1,绳的弹性势能的增加量为ΔE2,克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是 (　　)
A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的运动过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
【解析】选C。蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,有空气阻力做功,机械能不守恒,故A错误;从A到B的过程中,有重力、弹力和阻力做功,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,故B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,故C正确、D错误。
3.如图所示,一物体质量m = 2 kg。在倾角为θ =37°的斜面上的A点以初速度
v0 = 3 m/s下滑。A点距弹簧上端B的距离AB = 4 m。当物体到达B后将弹簧压缩
到C点,最大压缩量BC = 0.2 m。然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D
点,AD=3 m。挡板及弹簧质量不计,取g=10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ。
(2)弹簧的最大弹性势能Epm。
【解析】(1)整个过程从A到D,由系统能量转化与守恒定律有:
mgssin37°-μmgcos37°L=0- ,其中s=3 m,L=5.4 m
代入数据计算得μ=0.5
(2)弹簧压缩到C点时,对应的弹性势能最大,由A到C的过程,由系统能量转化
与守恒定律有:
Epm= +mgL1sin37°-μmgcos37°L1其中L1=4.2 m
代入数据计算得Epm=25.8 J
答案:(1)0.5　 (2)25.8 J
【加固训练】
　　如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ= ,
轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的
轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧绳子与斜面平行,A的质量
为2m,B的质量为m,初始时物体A到C点的距离为L。现给A、B一初速度v0> ,
使A开始沿斜面向下运动,B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C
点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,
求:
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度。
(2)弹簧的最大压缩量。
【解析】(1)A和斜面间的滑动摩擦力大小为f=2μmgcosθ,物体A向下运动到
C点的过程中,根据功能关系有:
2mgLsinθ+ ·3mv2+mgL+fL,
代入解得:v= 。
(2)设弹簧的最大压缩量为x。从物体A接触弹簧,将弹簧压缩到最短后又恰回到
C点,对系统应用动能定理,有:
-f·2x=0- ·3mv2
解得:x=
答案:(1) 　 (2)(共46张PPT)
第四章　机械能和能源
1.功
必备知识·自主学习
一、做功与能量转化
1.概念:一个物体受到力的作用,并在___________发生了一段位移,这个力就对
物体做了功。
2.做功的两个因素:
关于做功的因素,应选下列说法中的哪两个_____。
①力的作用时间
②物体的运动路程
③力的大小
力的方向上
③⑤
④物体的运动位移
⑤物体在力的方向上的位移
3.做功的实质:做功的过程就是_________的过程。
能量转化
二、功的计算公式
【情境思考】
风把树上的苹果吹落,如何求恒定风力和重力对苹果做的功 如何求总功
提示:(1)风力的功等于风力乘在风力方向上产生的位移。重力的功等于重力乘下落的高度。(2)总功等于上述两个功的和。
1.公式:
(1)力F与位移x同向时,W=___。
(2)力F与位移x夹角为α时,W=_________。其中F、x、α分别为__________、
___________和_________方向的夹角。
2.单位:国际单位制中,功的单位是_____,符号是__。
Fx
Fxcos α
力的大小
位移的大小
力与位移
焦耳
J
三、功的正负、合力的功
1.正功和负功:
α的取值 W的取值 含　义
α= W=0 力F_______
0≤α< W__0 力F对物体做_____
<α≤π W__0 力F对物体做_____
(或说成物体克服力F做功)
不做功
>
正功
<
负功
2.功的特点:
(1)功是__(A.标量　B.矢量)。
(2)总功与分力做功的关系:总功等于各个分力分别对物体所做功的_______。
A
代数和
关键能力·合作学习
知识点一　对功的理解
任务1 功的概念
1.功是过程量:描述了力的作用效果在空间上的累积,它总与一个具体过程相联系。
2.对公式W=Fxcosα的理解:
(1)符号含义:F表示力的大小,x表示力的作用点的位移大小,α表示力和位移方向间的夹角。
(2)两点说明:①公式只适用于恒力做功的计算。
②公式中x一般是选取地面为参考系时物体的位移。
【问题探究】
情境:如图所示,物体在升降机的斜面上随升降机一起上升,物体没有发生相对滑动。
讨论:(1)物体所受重力的功和支持力的功有联系吗
提示:没有联系
(2)重力的功和支持力的功与升降机的速度大小有关吗
提示:无关
【典例示范】
【典例1】关于功的概念,下列说法中正确的是 (　　)
A.力对物体做功多,说明物体的位移一定大
B.力对物体做功小,说明物体的受力一定小
C.力对物体不做功,说明物体一定没有移动
D.物体发生了位移,不一定有力对它做功
【解析】选D。力对物体做功多,根据W=Fxcosθ,可能是力大,也可能是力的方向上的位移大,也有可能两者都大,故A错误;力对物体做功小,根据W=Fxcosθ,可能是力小,也可能是力的方向上的位移小,也有可能两者都小,故B错误;力对物体不做功,即W=0,可能是F=0,也可能是x=0,也可能是cosθ=0,故说明物体可以有位移,故C错误;根据恒力做功的表达式W=Fxcosθ判断,功的大小取决于力的大小、力的方向上的位移大小,因此物体发生了位移,不一定有力对它做功,故D正确。
任务2 功的正负的判断
1.看力F与位移x的夹角α:
α<90°,力做正功,α>90°,力做负功。
2.看力F与速度v的夹角α:
α<90°,力做正功,α>90°,力做负功。
3.看速率增大还是减小,若在力作用下速率增大,此力做正功,反之做负功。
【典例示范】
【典例2】一物体静止在倾角为θ的斜面上,斜面沿水平方向向右匀速移动了距离x,如图所示。物体相对斜面静止,则下列说法错误的是 (　　)
A.重力对物体做正功
B.支持力对物体做正功
C.摩擦力对物体做负功
D.合力对物体做功为零
【解析】选A。对物体受力分析可以知道物体受重力mg、弹力N和摩擦力f,作出力的示意图如图所示,
物体在水平方向移动,在重力方向上没有位移,所以重力对物体做功为零,故A错误;由图看出,弹力N与位移x的夹角小于90°,则弹力对物体做正功,所以B选项是正确的;摩擦力f与位移的夹角为钝角,所以摩擦力对物体做功不为零,做负功,所以C选项是正确的;物体匀速运动时,合力为零,合力对物体做功为零,所以D选项是正确的。
【素养训练】
1.(多选)在加速向右行驶的车厢里一个人用力向前推车厢,如图所示,人相对车厢未移动,则 (　　)
A.人对车厢做正功
B.人对车厢做负功
C.推力对车厢做正功
D.车厢对人静摩擦力做正功
【解析】选B、C、D。由于人向右加速运动,故车厢对人的力向右,由牛顿第三定律可知,人对车厢的作用力向左,力与位移方向相反,人对车厢做负功,故选项A错误,B正确;人的推力向右,而车和人又是向右运动的,推力和位移的方向相同,故推力做正功,故选项C正确;由于车厢对人的静摩擦力方向向右,力与位移方向相同,故可知车厢对人的静摩擦力做正功,故选项D正确。
2.(多选)如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,在外力作用下,斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动,运动中物体m与斜面体相对静止。则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是 (　　)
A.支持力一定做正功
B.摩擦力一定做正功
C.摩擦力可能不做功
D.摩擦力可能做负功
【解析】选A、C、D。由功的计算公式W=Fxcosα可知,支持力方向垂直斜面向上,与位移的方向夹角小于90°,支持力一定做正功;而摩擦力是否存在需要讨论:当加速度较小时,摩擦力Ff沿斜面向上,即agtanθ,摩擦力做正功;当a=gtanθ时,摩擦力不存在,不做功,综上所述,B是错误的。
知识点二　功的计算
任务1 恒力功的求解
1.恒力对物体做功W=Fxcosα的两种处理方法:
(1)W等于力F乘以物体在力F方向上的分位移xcosα,即物体的位移分解为沿F方向上和垂直于F方向上的两个分位移x1和x2,则F做的功W=F·x1=Fxcosα。
(2)W等于力F在位移x方向上的分力Fcosα乘以物体的位移x,即将力F分解为沿x方向上和垂直于x方向上的两个分力F1和F2,则F做的功W=F1·x=F cosα·x。
功的正、负可直接由力F与位移x的夹角α的大小判断。
2.求恒力功的三点注意:
(1)某力对物体做功只跟这个力和物体的位移以及力与位移的夹角有关,与物体是否受其他力无关。
(2)力F与位移x必须具有同时性,即x必须是力F作用过程中的位移。
(3)计算功时必须明确在哪段位移过程中对哪个物体做的功。
【典例示范】
【典例1】如图所示,小明用与水平方向成θ角的轻绳拉木箱,绳中张力为F,沿水平地面向右移动了一段距离l。已知木箱与地面间的动摩擦因数为μ,木箱质量为m,木箱受到的 (　　)
A.支持力做功为(mg-Fsinθ)l
B.重力做功为mgl
C.拉力做功为Flcosθ
D.滑动摩擦力做功为-μmgl
【解析】选C。对木箱受力分析,支持力竖直向上,则支持力做功 WN=Nlcos90° =0,故A错误;重力做功 WG=mglcos90°=0,故B错误;拉力做功为 WF=Flcosθ,故C正确;木箱竖直方向受力平衡:N+Fsinθ=mg得N=mg-Fsinθ,则摩擦力 f=μN=μ(mg-Fsinθ);摩擦力做功Wf=-fl=-μ(mg-Fsinθ)l,故D错误;故选C。
任务2 总功的两种求解思路
1.先求合力,再求总功:
先确定物体所受的合力,再根据公式W合=F合xcos α求解合力的功。该方法适用于物体的合力不变的情况,常见的是发生位移x过程中,物体所受的各力均没有发生变化。求解流程图为:
2.先求各力的功,再求总功:
先根据W=Fxcos α,求出每个分力做的功W1、W2…Wn,再根据W合=W1+W2+…+Wn,求解合力的功,即合力做的功等于各个分力做功的代数和。该方法的适用范围更广,求解流程图为:
【典例示范】
【典例2】一个质量m=2 kg的物体,受到与水平方向成37°角斜向上方的力F1=
10 N的作用,在水平地面上移动的距离l=2 m,物体与地面间的滑动摩擦力F2=
4.2 N,求外力对物体所做的总功。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)
【解析】解法一:拉力F1对物体所做的功为
W1=F1lcos 37°=10×2×0.8 J=16 J
摩擦力F2对物体所做的功为
W2=F2lcos 180°=-4.2×2 J=-8.4 J
外力对物体所做的总功W等于W1和W2的代数和
所以W=W1+W2=7.6 J
解法二:物体受到的合力为
F合=F1cos 37°-F2=10×0.8 N-4.2 N=3.8 N
所以W=F合l=3.8×2 J=7.6 J
答案:7.6 J
【素养训练】
1.如图所示,人站在自动扶梯上不动,随扶梯向上匀减速运动,下列说法中正确的是 (　　)
A.重力对人做正功　　　　
B.摩擦力对人做负功
C.支持力对人不做功
D.合力对人做正功
【解析】选B。人站在自动扶梯上不动,随扶梯向上匀减速运动,加速度斜向下,则人受竖直向下的重力、竖直向上的支持力和水平向左的摩擦力作用;则重力做负功,支持力做正功,摩擦力对人做负功;人的动能减小,则合力做负功,故B正确,A、C、D错误,故选B。
2.如图所示,某个力F=10 N作用在半径为R=1 m的转盘的边缘上,力F的大小保持不变,但方向保持在任何时刻均与作用点的切线一致,则转动一周这个力F做的总功为 (　　)
A.0　　B.20π J　　C.10 J　　D.10π J
【解析】选B。本题中力F的大小不变,但方向时刻都在变化,属于变力做功问题,可以考虑把圆周分割为很多的小段来研究。当各小段的弧长足够小时,可以认为力的方向与弧长代表的位移方向一致,故所求的总功为W=F·Δx1+F·Δx2+ F·Δx3+…=F(Δx1+Δx2+Δx3+…)=F·2πR=20π J,选项B符合题意。故答案为B。
【拓展例题】考查内容:摩擦力做功的正负
【典例】如图所示,物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中,关于A与地面间的滑动摩擦力和A、B间的静摩擦力做功的说法,正确的是 (　　)
A.静摩擦力都做正功,滑动摩擦力都做负功
B.静摩擦力都不做功,滑动摩擦力都做负功
C.有静摩擦力做正功,有滑动摩擦力不做功
D.有静摩擦力做负功,有滑动摩擦力做正功
【解析】选C。物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动,根据平衡条件得知,A对B的静摩擦力与拉力F平衡,地面对A的滑动摩擦力与B对A的静摩擦力平衡,则地面对A的滑动摩擦力方向向左,对A做负功,物块A对地面的滑动摩擦力不做功,A对B的静摩擦力做负功,B对A的静摩擦力做正功,因此,选项C正确,其他选项均错。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.(多选)下列说法中正确的是 (　　)
A.功是矢量,正、负表示方向
B.功是标量,正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功
C.功和能的单位都是焦耳,功和能可以相互转化
D.力做功总是在某过程中完成的,所以功是一个过程量
【解析】选B、D。功有正、负之分,但功是标量,功的正、负表示外力对物体做功还是物体克服外力做功,所以B正确,A错误;功是能量转化的量度,通过做功可以使一种形式的能转化为另一种形式的能,但不能说功转化为能或能转化为功,所以C错误;力做功过程与时间或位移对应,所以功是一个过程量,所以D正确。
【加固训练】
　　(多选)以下关于功和能的说法正确的是 (　　)
A.功是矢量,能是标量
B.功和能都是标量
C.功是能量转化的量度
D.因为功和能的单位都是焦耳,所以功就是能
【解析】选B、C。功和能都没有方向,都是标量,A错,B对。功与能只是单位相同,两者是不同的概念。做功必然伴随着能量的改变,能量改变的多少可以由做功多少来量度,C对,D错。
2.在光滑水平面、粗糙水平面和粗糙斜面上推同一物体,分别如图(A)、(B)、(C)所示。如果所用的推力相等,在物体发生相等位移的过程中,推力对物体所做的功是 (　　)
A.在光滑水平面上较大
B.在粗糙水平面上较大
C.在粗糙斜面上较大
D.三次做功都是相等的
【解析】选D。虽然物体所处的情况不一样,受力情况也不一样,但是要求的只是推力所做的功。由于推力的大小相同,通过的位移也相同;根据功的定义可知三次推力所做的功相同。故选D。
3.(多选)如图所示,站在平板卡车上的人用水平力F推车,脚对车的静摩擦力向后,为f,则下列说法正确的是 (　　)
A.当车匀速前进时,F和f对车做的功代数和为零
B.当车加速前进时,F和f对车做的功代数和为正值
C.当车减速前进时,F和f对车做的功代数和为正值
D.不管车如何运动,F和f对车做的功代数和均为零
【解析】选A、C。匀速运动时,车处于受力平衡状态,并且F和f大小相等方向相反,它们的位移也相同,所以F和f所做的总功为零,A正确。当车加速运动时,对人分析可知,人受到的合力向右,所以f>F;再对车分析可知,f对车做负功,而F对车做正功,所以F和f的总功为负功,所以B错误。车减速运动时,对人分析可知,人受到的合力向左,所以f4.如图,滑雪者由静止沿斜坡从A点自由滑下,然后在水平地面上前进至B点停下,已知斜坡、水平面和滑雪者之间的动摩擦因数皆为μ,滑雪者(包括滑雪板)的质量为m,A、B两点间水平距离为L,A、C之间的距离为LAC,B、C之间的距离LBC,在滑雪者经过AB段过程中,克服摩擦力做的功为 (　　)
A.等于μmgL　　　　　B.大于μmgL
C.小于μmgL D.等于μmg(LAC+LBC)
【解析】选A。在AC段,滑雪者的摩擦力大小为:
f=μmgcosθ
AC段克服摩擦力做的功为:WAC=μmgcosθ·LAC
LACcosθ=L1,即为AC段在水平方向的距离;
CB段克服摩擦力做的功为:
WCB=μmgLBC
所以在滑雪者经过AB段运动的过程中,克服摩擦力做的功为:
W=μmgL1+μmgLBC=μmgL。故选A。
5.起重机以1 m/s2的加速度将质量为1 000 kg的货物由静止匀加速地向上提升,
若g取10 m/s2,则在第1 s内起重机对货物所做的功是 (　　)
A.500 J B.4 500 J
C.6 000 J D.5 500 J
【解析】选D。根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=mg+ma=1 000×(10+1) N
=11 000 N;上升的位移x= at2= ×1×1 m=0.5 m,则拉力做功W=Fx=
11 000×0.5 J=5 500 J,D正确。
6.如图所示,利用倾角为α的传送带把一个质量为m的木箱匀速传送L距离,这时木箱升高h,木箱和传送带始终保持相对静止。关于此过程,下列说法正确的是 (　　)
A.木箱克服摩擦力做功mgh
B.摩擦力对木箱做功为零
C.摩擦力对木箱做功为μmgLcosα,其中μ为动摩擦因数
D.摩擦力对木箱做功为mgh
【解析】选D。木箱和传送带间的摩擦力为静摩擦力,对木箱做正功,木箱匀速运动,木箱所受摩擦力大小为f=mgsinα,摩擦力对木箱做的功W=fL= mgsinα·L=mgh,所以只有D选项正确。故选D。(共56张PPT)
2.功　　率　
必备知识·自主学习
一、功率的含义
【情境思考】
果农把质量为m的椰子从树上高h处打落在地,重力在椰子下落过程中的功率和落地时的功率,哪一个是平均功率
提示:下落过程中的功率
1.定义:力对物体所做的功W与做功__________的比值,P= 。
2.单位:在国际单位制中,功率的单位是_____,简称___,用__表示。
3.标矢性:功率是_____。
4.物理意义:表示物体___________。
所用时间t
瓦特
瓦
W
标量
做功的快慢
5.额定功率与实际功率:
(1)定义。
①额定功率:各种机器_______________允许的功率。
②实际功率:机器_________时的输出功率。
(2)关系:实际功率往往__(A.大于　B.小于)额定功率,但也可以在很短时间
内__(A.大于　B.小于)额定功率。
长时间正常工作
实际工作
B
A
二、功率、力和速度之间的关系
【情境思考】
问题1:汽车以恒定功率起动,汽车的加速度如何变化 运动性质是什么
提示:加速度减小的加速运动
问题2:用P=Fv研究汽车起动时,F是什么力
提示:牵引力
1.功率与速度的关系式:
关于功率和速度的关系式有以下说法,其中正确的有_________。
①P=Fv,此时F、v同向
②P=Fv,可以求出变力的功率
③P=Fv,若v为平均速度,则P为平均功率
④P=Fv,若v为瞬时速度,则P为瞬时功率
⑤公式P=Fvcosα是错误的
⑥公式P=Fvcosα中,α是F与v的夹角
①③④⑥
2.推导:
3.应用:由功率速度关系可知,汽车、火车等交通工具和各种起重机械,当发动
机的功率P一定时,牵引力F与速度v成_____,要增大牵引力,就要_____速度。
反比
减小
关键能力·合作学习
知识点一　公式P= 和P=Fv的分析
任务1 功率的定义
1.功率是标量,只有大小,没有方向,但有正负。功率的正负的意义与功的正负
的意义相同。
2.公式P= 是功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算。常用于求某个过
程中的平均功率,但如果所取时间t足够小,也可以表示瞬时功率,这与瞬时速度
的定义方式是一样的。
3.应用公式P= 求功率时,一定要先判断所求的功率是哪个力在哪段时间内的功率,因为不同的力在不同时间内的功率是不同的。
4.功和功率的区别:功率表示做功的快慢,不表示做功的多少。一个力做功的多少由功率和时间两个因素决定。功率大的机器,做功不一定多;做功多的机器,功率也不一定大。在分析功和功率的关系时,必须考虑时间因素。
【典例示范】
【典例1】关于力对物体做功的功率,下面几种说法中正确的是 (　　)
A.力对物体做功越多,这个力的功率就越大
B.力对物体做功的时间越短,这个力的功率就越大
C.力对物体做功少,其功率可能很大;力对物体做功多,其功率也可能较小
D.功率是表示做功多少的物理量
【解析】选C。功率P= ,表示单位时间内所做的功。当t一定时,W越大,P越大;
当W一定时,t越小,P越大。可见P由W、t共同决定,只强调一个因素的说法是错
误的,故A、B都错误;如果W较小,但当t更小时,P就可能很大;如果W较大,但当t
更大时,P就可能较小,故C正确;由P= 知,P是表示做功快慢的物理量,P越大表
示单位时间内做功越多,即做功越快,故D错误。
任务2 功率的计算
1.公式P= 和P=Fv的比较:
P= P=Fv
适用
条件 (1)功率的定义式,适用于任何情况下功率的计算,一般用来求平均功率
(2)当时间t→0时,可由定义式确定瞬时功率 (1)功率的计算式,仅适用于F与v同向的情况,一般用来求瞬时功率
(2)当v为平均速度时,所求功率为平均功率
联系 (1)公式P=Fv是P= 的推论
(2)功率P的大小与W、t无关
2.公式P=Fv中三个量的制约关系:
定值 各量间的关系 应用
P一定 F与v成反比 汽车上坡时,要增大牵引力,应换低速挡减小速度
v一定 F与P成正比 汽车上坡时,要使速度不变,应加大油门,增大输出功率,获得较大牵引力
F一定 v与P成正比 汽车在高速路上,加大油门增大输出功率,可以提高速度
【典例示范】
【典例2】(多选)甲、乙两个质量相同的小球,在距地面相同的高处,以不同的初速度水平抛出,v甲∶v乙=2∶1,不计空气阻力,以下说法正确的是(　　)
A.从抛出到落地的过程中,重力对甲球做功的平均功率大
B.从抛出到落地的过程中,重力对两球做功的平均功率相等
C.落地时,重力对甲球做功的瞬时功率大
D.落地时,重力对两球做功的瞬时功率相等
【解析】选B、D。质量相等,并且重力做功只与下落的高度有关,故重力做功相同,在竖直方向上做自由落体运动,故下落的时间相同,故重力对两球做功的平均功率相同,A错误,B正确;落地时,在竖直方向做自由落体运动,下落的高度相同,故落地时竖直方向速度相同,根据P=mgvy,可知,落地时重力的瞬时功率相同,C错误,D正确。
【素养训练】
1.如图所示,质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动,运动过程中可将她的身体视为一根直棒,已知重心在C点,其垂线与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为0.9 m和0.6 m,若她在1 min内做了30个俯卧撑,每次肩部上升的距离均为0.4 m,g取10 m/s2,则克服重力做功和相应的功率分别约为(　　)
A.430 J,7 W　　 B.4 300 J,70 W
C.720 J,12 W D.7 200 J,120 W
【解析】选B。设重心上升高度为h,根据几何知识可得
解得h=0.24 m,故做一次俯卧撑克服重力做功为mgh=144 J,所以一分钟克服重
力做功为W=30×144 J=4 320 J,功率约为P= =72 W,故B最接近,B
正确。
2.一质量5 kg的物体做自由落体运动,在下落过程中的第2 s内,重力对该物体做的功为W,在第3 s末重力的功率为P,g取10 m/s2,下面说法正确的是(　　)
A.W=750 J, P=1 500 W
B.W=1 000 J,P=750 W
C.W=1 000 J,P=1 500 W
D.W=750 J,P=750 W
【解析】选A。物体第2 s内通过的位移为:x= ×10×(22-12) m
=15 m,所以第2 s内重力做功为 W=mgx=5×10×15 J=750 J,第3 s末的速度
v=gt3=10×3 m/s=30 m/s,所以第3 s末重力的瞬时功率 P=mgv=5×10×30 W=
1 500 W,故选A。
知识点二　机车起动的两种方式
任务1 以恒定的功率起动
1.由P=Fv可知,当P一定时,F与v成反比。
2.机车在水平路面运动时,若以恒定功率起动,先做加速度减小的加速运动,后做匀速直线运动,此时F=f,且速度达到最大vm。
【易错提醒】
(1)机车以恒定功率起动时,匀速运动时达到整个过程的最大速度vm。
(2)P=Fv中因为P为机车牵引力的功率,所以对应的F是牵引力并非合力,这一点在计算时极易出错。
【典例示范】
【典例1】一辆汽车在水平公路上行驶,设汽车在行驶过程中所受阻力不变,汽车的发动机始终以额定功率输出。关于牵引力和汽车速度,下列说法中正确的是 (　　)
A.汽车加速行驶时,牵引力不变,速度增大
B.汽车加速行驶时,牵引力增大,速度增大
C.汽车加速行驶时,牵引力减小,速度增大
D.当牵引力等于零时,速度达到最大值
【解析】选C。汽车的发动机输出功率恒定,即P一定,则由公式P=Fv可得出v增大,此时F减小,但由于合外力方向与汽车运动方向一致,因此汽车速度仍在增大;当汽车受到的牵引力和阻力相等时,汽车速度达到最大值,而后做匀速直线运动。故C正确,A、B、D错误。
任务2 以恒定的加速度起动
1.两种起动方式的过程分析:
2.机车起动问题中几个物理量的求法:
(1)机车的最大速度vm的求法:机车达到匀速前进时速度最大,此时牵引力F等于
阻力Ff,故vm=
(2)匀加速起动持续时间的求法:牵引力F=ma+Ff,匀加速的最后速度v′m=
时间t= 。
(3)瞬时加速度的求法:据F= 求出牵引力,则加速度a= 。
【问题探究】
情境:
如图所示是一汽车起动时的v-t图像,根据图像讨论分析
讨论:(1)v1和vmax的意义分别是什么
提示:v1是匀加速运动结束的速度,vmax是汽车起动完成最终的最大速度。
(2)P=Fv中F是哪个力 是合力吗
提示:F是指牵引力,不是合力。
(3)试定性画出该过程中牵引力F随时间的变化图线。
提示:如图所示
【典例示范】
【典例2】某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动①，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t图像，已知小车在0～t1时间内做匀加速直线运动，t1～10 s时间内小车牵引力的功率保持不变②，7 s末达到最大速度③，在10 s末停止遥控让小车自由滑行④，小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变。求：
(1)小车所受阻力f的大小。
(2)在t1～10 s内小车牵引力的功率P。
(3)t1的值及小车在0～t1时间内的位移。
【审题关键】
序号 信息提取
① 小车的初速度为0
② t1～7 s内速度增加,牵引力减小
③ 小车开始做匀速直线运动且F=f
④ 小车只在阻力f作用下做匀减速运动
【解析】(1)在10 s末撤去牵引力后,小车只在阻力f作用下做匀减速运动,
由图像可得减速时加速度的大小为a=| |=2 m/s2
由牛顿第二定律得f=ma=2 N
(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s内,
设牵引力为F,则F=f=2 N
由图像可知vm=6 m/s
解得P=Fvm=12 W
(3)设小车在0～t1时间内的位移为x1,加速度大小为a1,t1时刻的速度为v1,
则由P=F1v1得F1=4 N,
由牛顿第二定律得F1-f=ma1
得a1=2 m/s2,
则t1= =1.5 s,
由位移公式得x1= =2.25 m。
答案:(1)2 N　(2)12 W　(3)1.5 s　2.25 m
【素养训练】
1.如图是汽车在平直路面上起动的v-t图像,其中0～t1时间内图像是直线,t1时刻起汽车的功率保持不变。整个起动过程中汽车受到的阻力大小恒为f,由图像可知 (　　)
A.0～t1时间内,汽车的牵引力不变,功率随时间均匀增大
B.0～t1时间内,汽车的牵引力随时间均匀增大,功率不变
C.t1～t2时间内,汽车的牵引力减小,功率为fv1
D.t1～t2时间内,汽车的牵引力不变,功率为fv2
【解析】选A。0～t1时间内,汽车的速度是均匀增加的,是匀加速运动,所以汽车的牵引力不变,加速度不变,功率P=Fv随时间均匀增大,故A正确,B错误。t1～t2时间内,汽车的功率已经达到最大值,功率保持不变,根据P=Fv=fv2,可知汽车的牵引力F随速度的增大而减小,故C、D错误。
2.质量为2 000 kg的汽车在平直公路上行驶,所能达到的最大速度为20 m/s,设汽车所受阻力为车重的0.2倍(即f=0.2G)。如果汽车在运动的初始阶段是以2 m/s2的加速度由静止开始匀加速行驶,试求:
(1)汽车的额定功率。
(2)汽车在匀加速行驶时的牵引力。
(3)汽车在3秒内牵引力所做的功。
(4)汽车在第3秒末的发动机的瞬时功率。
【解析】(1)当汽车达到最大速度的时候,汽车的牵引力等于阻力,此时车速为最大速度且匀速,所以汽车的额定功率:
P额=Fv=fv=0.2×2 000×10×20 W=80 kW
(2)汽车在匀加速行驶时,由牛顿第二定律可得:
F-f=ma
解得汽车在匀加速行驶时的牵引力:
F=ma+f=2 000×2 N+0.2×2 000×10 N=8 000 N
(3)设汽车匀加速运动的最大速度为v,由P=Fv得:
v= =10 m/s
匀加速运动的时间为:
t= =5 s
因为3 s<5 s,所以3 s末汽车仍做匀加速直线运动,在3 s内汽车的位移是:
x= =9 m
在3 s内汽车牵引力所做的功为:
W=Fx=8 000×9 J=72 000 J
(4)3 s末的瞬时速度为:
v3=at3=6 m/s
所以汽车在第3 s末的瞬时功率:
P3=Fv3=48 kW
答案:(1)80 kW　(2)8 000 N　(3)72 000 J　(4)48 kW
【加固训练】
　　一质量为m、发动机额定功率为P的汽车,开上一倾角为α的坡路,设坡路足够长,摩擦阻力是车重的k倍,汽车在上坡过程中的最大速度为(　　)
A. 　　　　 B.
C. D.
【解析】选C。当牵引力等于阻力时,汽车达到最大速度,汽车匀速运动时,受力
平衡,由于汽车是沿倾斜的路面向上行驶的,对汽车受力分析可知,汽车的牵引
力F=mgsinα+kmg,由功率P=Fv得:该车行驶的最大速度vm=
故本题选C。
【拓展例题】考查内容:日常生活中的功率
【典例】如图所示,某同学在跳绳比赛中,1 min跳了120次,若每次起跳中有
时间腾空,该同学体重50 kg,则他在跳绳中克服重力做功的平均功率是多少
【解析】跳一次时间是
人跳离地面做竖直上抛运动,人上抛到最高点的时间
此过程中克服重力做功
W=mg( gt2)=100 J。
跳绳时克服重力做功的平均功率
答案:200 W
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1. 质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是（ ）
A.90 W B.30 kW
C.36 kW D.300 kW
【解析】选C。汽车匀速行驶，则牵引力与阻力平衡F=f=1.8×103 N，汽车发动机的功率P=Fv=1.8×103×20 W=36 kW，故选C。
【加固训练】
某校同学在进行校外拓展训练时非常热爱攀岩运动,某同学大约用20 s时间登
上5 m的岩顶(g取10 m/s2),则他攀岩时的平均功率约为 (　　)
A.10 W 　　　　 B.100 W
C.1 kW D.10 kW
【解析】选B。该同学的体重可取50 kg,他攀岩时克服重力做功为:W=mgh=
50×10×5 J=2 500 J; 则他攀岩时的平均功率为P= =125 W≈100 W,
故本题选B。
2.一轻绳一端固定在O点,另一端拴一小球,拉起小球使轻绳水平,然后无初速度释放小球。如图所示,小球从开始运动至轻绳到达竖直位置的过程中,小球重力的瞬时功率的变化情况是 (　　)
A.一直增大　　　　　 B.一直减小
C.先增大,后减小 D.先减小,后增大
【解析】选C。小球在初位置重力做功的功率为零,在最低点,由于重力的方向与速度方向垂直,则重力做功的功率也为零,因为初末位置都为零,则A到B过程中重力做功的功率先增大后减小。故选C。
【加固训练】
　　若静止在平直铁道上的列车以恒定的功率起动,在起动后的一小段时间内,关于列车的运动,下列说法正确的是 (　　)
A.做匀速直线运动
B.列车的速度和加速度均不断增加
C.列车的速度增大,加速度减小
D.列车做匀速运动
【解析】选C。P不变,根据P=Fv,v增大,则牵引力减小,根据牛顿第二定律,
a= ,加速度减小,所以列车做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,
做匀速直线运动。故C正确,A、B、D错误。
3.(多选)如图所示为一汽车在平直的公路上由静止开始运动的速度图像,汽车所受阻力恒定。图中OA为一段直线,AB为一曲线,BC为一平行于时间轴的直线,则 (　　)
A.OA段汽车发动机的功率是恒定的
B.OA段汽车发动机的牵引力恒定
C.AB段汽车发动机的功率可能是恒定的
D.BC段汽车发动机的功率是恒定的
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)机车的功率为其牵引力的功率。
(2)当机车达到最大速率时,牵引力和阻力等大反向。
【解析】选B、C、D。OA为一段直线,说明OA段汽车做匀加速直线运动,牵引力不变,根据P=Fv可知,速度增大,牵引力不变,功率增大,故A错误,B正确; AB为一曲线,斜率逐渐减小,则加速度逐渐减小,牵引力减小,根据P=Fv可知,牵引力减小,速度增大,功率可能不变,故C正确; BC为一平行于时间轴的直线,则汽车做匀速直线运动,牵引力等于阻力,不变,速度也不变,根据P=Fv可知,功率不变,故D正确。
4.(多选)如图1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。通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图2所示。取g=10 m/s2。则 (　　)
A.物体的质量m=1.0 kg
B.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.20
C.第2 s内物体克服摩擦力做的功W=2.0 J
D.前2 s内推力F做功的平均功率 =1.5 W
【解析】选C、D。据题意得,0～1 s内物体静止不动, 2～3 s内物体做匀速直
线运动,且f=F3=2 N,1～2 s内物体做匀加速直线运动,加速度大小a=
m/s2=2 m/s2,且F2-f=ma,解得:物体的质量m=0.5 kg,故A项错误。据
f=μmg,解得:物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.40,故B项错误。由图2得,第
2 s内物体的位移x2= t2= ×1 m=1 m,则第2 s内物体克服摩擦力做的功
W克f=fx2=2×1 J=2 J,故C项正确。0～1 s内物体静止不动,推力不做功;1～2 s
内推力做的功W=F2x2=3×1 J=3 J;前2 s内推力F做功的平均功率
=1.5 W,故D项正确。(共81张PPT)
3.动能　动能定理
必备知识·自主学习
一、动能
【情境思考】
如图所示是我国自主研发的第一款舰载战斗机。
问题1:起飞时合力做什么功
提示:正功
问题2:动能如何变 着舰时动能如何变
提示:起飞时动能增大,着舰时动能减小。
1.定义:物体的动能等于物体_____与物体速度大小的_______的乘积的一半。
2.表达式:Ek=_____。
3.单位:国际单位制单位为_____,1 J=1 N·m=1 kg·m2/s2。
4.标矢性:动能是__(A.矢量　B.标量)。
质量
二次方
焦耳
B
二、动能定理
1.推导:如图所示,物体的质量为m,在与运动方向相同的恒力F的作用下发生了一段位移l,速度由v1增加到v2,此过程力F做的功为W。
2.内容:合外力所做的功等于物体___________。
3.表达式:________。
4.适用范围:既适用于恒力做功,也适用于_________;既适用于直线运动,
又适用于_________。
动能的变化
W=Ek2-Ek1
变力做功
曲线运动
三、探究合外力做功与动能变化的关系
【情境思考】
问题:用三个图示的装置来探究恒力做功与物体动能变化的关系。哪一种装置
的实验误差较小
提示:丙最小。
1.实验装置:与“探究加速度与力、质量关系的实验装置”__(A.一样　B.不一
样)。
2.实验结论:合外力所做的功等于物体动能的变化,即______。
A
W=ΔEk
关键能力·合作学习
知识点一　动能和有关动能定理问题的分析
任务1 动能及动能的变化
1.动能的“三性”:
(1)相对性:选取不同的参考系,物体的速度不同,动能也不同,一般以地面为参考系。
(2)标量性:只有大小,没有方向;只有正值,没有负值。
(3)状态量:动能是表征物体运动状态的物理量,与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应。
2.动能变化量的理解:
(1)表达式:ΔEk=Ek2-Ek1。
(2)物理意义:ΔEk>0,表示动能增加;ΔEk<0,表示动能减少。
(3)变化原因:物体动能的变化源自于合外力做功。合力做正功,动能增加,做负功则动能减少。
【问题探究】
情境:
如图所示圆锥摆,小球做匀速圆周运动,在从A位置到B位置的过程中。
讨论:(1)分析速度是否变化,动能是否变化
提示:因v为矢量,速度是变化的,动能是标量,动能不变。
(2)分析Δv是否为零,ΔEk是否为零。
提示:Δv≠0,ΔEk=0。
【典例示范】
【典例1】(多选)关于对动能的理解,下列说法正确的是 (　　)
A.凡是运动的物体都具有动能
B.动能总是正值
C.一定质量的物体,动能变化时,速度一定变化
D.一定质量的物体,速度变化时,动能一定变化
【解析】选A、B、C。只要物体运动,则物体一定具有动能,故A正确;动能是标量,表示大小,故动能均为正值,B正确;由动能的定义可知,一定质量的物体,动能变化时,速度大小一定变化,即速度一定变化,故C正确;速度为矢量,速度的变化可能是速度方向在变化,故一定质量的物体,速度变化时,动能可能不变化,故D错误。
任务2 动能定理的含义
1.表达式:W=ΔEk=Ek2-Ek1,式中的W为外力对物体做的总功。
2.研究对象及过程:动能定理的研究对象可以是单个物体也可以是相对静止的系统。动能定理的研究过程既可以是运动过程中的某一阶段,也可以是运动全过程。
3.普遍性:动能定理虽然可根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式推出,但动能定理本身既适用于恒力作用过程,也适用于变力作用过程;既适用于物体做直线运动的情况,也适用于物体做曲线运动的情况。
【典例示范】
【典例2】下列关于运动物体的合力做功和动能、速度变化的关系,正确的
是 (　　)
A.物体做变速运动,合力一定不为零,动能一定变化
B.若合力对物体做功为零,则合力一定为零
C.若合力对物体做功不为零,则物体的速度大小一定发生变化
D.物体的动能不变,所受的合力必定为零
【解析】选C。力是改变物体速度的原因,物体做变速运动时,合力一定不为零,但合力不为零时,做功可能为零,动能可能不变,A、B错误;物体合力做功,它的动能一定变化,速度大小也一定变化,C正确;物体的动能不变,所受合力做功一定为零,但合力不一定为零,例如物体做匀速圆周运动,动能不变,合力不为零,D错误。
【素养训练】
1.关于动能的理解,下列说法正确的是 (　　)
A.一般情况下,Ek= mv2中的v是相对于地面的速度
B.动能的大小与物体的运动方向有关
C.物体以相同的速率向东和向西运动,动能的大小相等、方向相反
D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化
【解析】选A。一般情况下,我们选到的参考系均为地面,故Ek= mv2中的v是相
对于地面的速度,所以A选项是正确的;动能是标量,动能大小与速度方向无关,
与速度大小有关,故B错误;由动能公式可得,动能的大小由物体的质量和速度大
小决定,与物体的运动方向无关, 物体以相同的速率向东和向西运动,动能是相
同的,故C选项是错误的;只要速率不变,则物体的动能就不会改变,故D错误。
2.质量为2 kg的物体A以5 m/s的速度向北运动,另一个质量为0.5 kg的物体B
以10 m/s的速度向西运动,则下列说法正确的是 (　　)
A.EkA=EkB
B.EkA>EkB
C.EkAD.因运动方向不同,无法比较动能
【解析】选A。根据Ek= mv2 知,EkA=25 J,EkB=25 J,而且动能是标量,所以
EkA=EkB,A项正确。
【加固训练】
　　美国的NBA篮球赛非常精彩,吸引了众多观众。经常有这样的场面:在临终场0.1 s 的时候,运动员把球投出且准确命中,获得比赛的胜利,如图所示。如果运动员投篮过程中对篮球做功为W,篮球出手时距地面高度为h1,篮筐距地面高度为h2,球的质量为m,空气阻力忽略不计,则篮球进筐时的动能为 (　　)
A.W+mgh1-mgh2　　 B.W+mgh2-mgh1
C.mgh1+mgh2-W D.mgh2-mgh1-W
【解析】选A。设篮球进筐时的动能为W2,则据动能定理可知:mg(h1-h2)=W2-W
得:W2=W+mgh1-mgh2
故本题选A。
知识点二　动能定理的应用
任务1 动能定理的应用
1.应用动能定理解题的步骤:
(1)确定研究对象和研究过程(研究对象一般为单个物体或相对静止的物体组成的系统)。
(2)对研究对象进行受力分析(注意哪些力做功或不做功)。
(3)确定合外力对物体做的功(注意功的正负)。
(4)确定物体的初、末动能(注意动能增量是末动能减初动能)。
(5)根据动能定理列式、求解。
2.动力学问题两种解法的比较:
牛顿运动定律
运动学公式结合法 动能定理
适用条件 只能研究在恒力作用下物体做直线运动的情况 对于物体在恒力或变力作用下,物体做直线运动或曲线运动均适用
应用方法 要考虑运动过程的每一个细节 只考虑各力的做功情况及初、末状态的动能
运算方法 矢量运算 代数运算
相同点 确定研究对象,对物体进行受力分析和运动过程分析
两种思路对比可以看出应用动能定理解题不涉及加速度、时间,不涉及矢量运算,运算简单,不易出错。
【易错提醒】
(1)动能定理中所指的外力的功,是指研究对象之外的其他物体对其产生的作用力所做的功。
(2)应用动能定理求外力的总功时不需要考虑研究对象内部之间的相互作用力。
【典例示范】
【典例1】一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　)
【解析】选C。设斜面倾角为θ,根据动能定理,当小物块沿斜面上滑时,有:-(mgsinθ+f)x=Ek-Ek0
即:Ek=-(f+mgsinθ)x+Ek0
所以Ek与x的函数关系图像为直线,且斜率为负;
设x0为小物块到达最高点时的位移,当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有:(mgsinθ-f)(x0-x)=Ek-0
即:Ek=-(mgsinθ-f)x+(mgsinθ-f)x0
所以下滑时Ek随x的减小而增大,且为直线。综上所述,故C正确,A、B、D错误。
任务2 动能定理在多过程中的应用技巧
1.当物体运动过程中涉及多个力做功时,各力对应的位移可能不相同,计算各力做功时,应注意各力对应的位移。计算总功时,应计算整个过程中各力做功的代数和。
2.研究初、末动能时,只需关注初、末状态,不必关心中间运动的细节。
【典例示范】
【典例2】如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖
直 圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即
物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑
块从圆弧轨道的顶端A由静止释放,经水平轨道后滑上斜面轨道并压缩弹簧,第
一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为
0.4 m,其动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2,求:
(1)滑块第一次经过圆轨道上B点时对轨道的压力大小;
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能;
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块几次经过B点。
【解析】(1)滑块从A点到B点,由动能定理得mgR=
解得vB=3 m/s
滑块在B点,由向心力公式有FN-mg=
得FN=60 N
由牛顿第三定律可得:滑块对B点的压力大小FN′=FN=60 N
(2)滑块第一次到达D点时,弹簧具有最大的弹性势能Ep。
滑块从A点到D点,设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W,由动能定理可得:
mgR-μmgLBC-mgLCDsin30°+W=0
Ep=-W
解得Ep=1.4 J
(3)将滑块在BC段的运动全程看作匀减速直线运动,
加速度大小a=μg=0.2×10 m/s2=2 m/s2
则滑块在水平轨道BC上运动的总时间t= =1.5 s,
滑块最终停止在水平轨道BC间;
设滑块在BC段运动的总路程为s,从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程,
由动能定理可得-μmgs=0- ,解得s=2.25 m
结合BC段的长度可知,滑块经过B点5次。
答案:(1)60 N　(2)1.4 J　(3) 1.5 s　5次
【素养训练】
1.(多选)如图所示,质量为m的小球,从离地面高H处由静止开始释放,落到地面
后继续陷入泥中h深度而停止,设小球受到空气阻力为f,重力加速度为g,则下列
说法正确的是 (　　)
A.小球落地时动能等于mgH-fH
B.小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于
刚落到地面时的动能
C.小球在泥土中受到的平均阻力为mg(1+ )
D.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h)
【解析】选A、D。从静止开始释放到落到地面的过程,由动能定理得mgH-fH=Ek-
0,可得Ek=mgH-fH,故A正确;研究小球陷入泥中的过程,由动能定理得mgh-Wf=0-
Ek,Wf为克服泥土阻力所做的功,则有Wf=mgh+Ek,故B错误;全过程分析,由动能定
理mg(H+h)-fH-f′h=0-0,所以小球在泥土中受到的平均阻力f′= +mg,
故C错误;全过程分析,由动能定理mg(H+h)+W′f=0,可得W′f=-mg(H+h),所以整
个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H+h),故选项D正确。
2.如图所示,小球以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动到高为h的B点后自动返回,其返回途中仍经过A点,小球经过轨道连接处无机械能损失,则小球经过A点的速度大小为 (　　)
【解析】选B。对小球由A至B研究,由动能定理:-mgh-Wf=0- ,再对小球
由B返回A研究,由动能定理:mgh-Wf= ,解得:v1= 。故选B。
【加固训练】
　　如图所示,两个质量相同的物体a和b处于同一高度,a自由下落,b沿固定光滑斜面由静止开始下滑,不计空气阻力。两物体到达地面时,下列表述正确的是 (　　)
A.a的速率大　　 B.b的速率大
C.动能相同　 D.速度方向相同
【解析】选C。根据动能定理有:mgh= mv2-0,知高度相同,所以末动能相等。速度的大小相等,但方向不同。故本题选C。
知识点三　研究合外力做功和动能变化的关系
1.实验步骤:
(1)将打点计时器固定在长木板上,把纸带的一端固定在小车的后面,另一端穿过打点计时器。改变木板倾角,使小车重力沿斜木板方向的分力平衡小车及纸带受到的摩擦力,使小车做匀速直线运动。
(2)用细线将木板上的小车通过一个定滑轮与悬吊的钩码相连。接通电源,放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点。
(3)更换纸带,重复实验。选择一条点迹清晰的纸带进行数据分析。
2.数据处理:
(1)求动能变化量ΔEk:小车在细线的拉力作用下做匀加速直线运动,选取纸带上
恰当的两点A、B为初状态和末状态,依据匀变速直线运动特点v= 计算
出A、B两点的瞬时速度vA、vB,求出物体动能的改变量ΔEk=
(2)求解合外力做的功:此过程细线的拉力对小车做功,由于钩码质量很小,可认
为小车所受拉力F的大小等于钩码所受重力的大小(忽略钩码加速需要的合外
力)。用刻度尺量出A、B之间的距离s,由此可知拉力所做的功W=mgs。
(3)交流论证:通过比较W=Fs与 的值,可发现结果在误差允许范围
内二者相等,即W= ,说明外力对物体所做的功等于物体动能的改
变量。
3.注意事项及误差分析:
(1)实验中不可避免地要受到摩擦力的作用,摩擦力对小车做负功,我们研究拉
力做功与物体动能变化的关系,应该设法消除摩擦力的影响,可采取将木板一端
垫高的方法来实现。将木板一端垫高,使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平
衡,就能消除摩擦力的影响。
(2)尽量减小小车的加速度。因为钩码拉着小车加速运动时,钩码处于失重状态,
小车受到的拉力小于钩码的重力。为减小这一系统误差,应使小车的加速度尽
量小,也就是实验中必须满足钩码的质量远小于小车的质量。由受力分析及牛
顿第二定律可知,F=Ma,mg-F′=ma,且F′=F,联立得F= 。当M远大
于m时,有F≈mg。如果钩码质量太大,和小车质量相差不多,那么F≠mg,此时再
认为F=mg产生的误差就很大了。
(3)由于本实验要求物体由静止开始运动,所以应正确选取O点位置,选取第一个点清晰的纸带,其他点的位置尽量离O点远些。
(4)本实验的误差主要来源于拉力略小于钩码的重力、不能完全平衡摩擦力、起始点O的速度不为零和测量误差等方面。
【典例示范】
【典例】某学习小组做探究“合力的功和物体速度变化关系”的实验如图,图中小车在一条橡皮筋作用下弹出,沿木板滑行,这时橡皮筋对小车做的功记为W。当用2条、3条……完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次……实验时,使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致。每次实验中小车获得的速度由打点计时器所打的纸带测出。
(1)除了图中已有的实验器材外,还需要导线、开关、交流电源和　　　　。
(2)若木板水平放置,小车在两条橡皮筋作用下运动,当小车速度最大时,关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置,下列说法正确的是　　　　。
A.橡皮筋处于原长状态
B.橡皮筋仍处于伸长状态
C.小车在两个铁钉的连线处
D.小车已过两个铁钉的连线
(3)分析打点计时器打出的纸带,分别求出小车每次获得的最大速度v1、v2、v3(作出W-v图像,则下列符合实际的图像是　　　　。
【解析】(1)探究橡皮筋做功与小车的动能变化的关系,则小车的速度根据纸
带上所打的点,通过测量位移,求平均速度来代替瞬时速度,因此必须要有刻度
尺。
(2)木板水平放置时,小车受到橡皮筋的拉力和滑动摩擦力作用,由牛顿第二定
律:F弹-μmg=ma,随着橡皮筋形变量的减小,可知小车先做加速度减小的加速运
动,当橡皮筋的拉力与小车受到的摩擦力大小相等时,小车的速度最大,此时橡
皮筋仍处于伸长状态,之后开始减速运动;所以B正确。
(3)根据W= mv2可知,W-v图像为二次函数,由数学知可得D正确。
答案:(1)刻度尺　(2)B　(3)D
【素养训练】
1.某同学利用图（a）所示装置验证动能定理。调整木板的倾角平衡摩擦阻力后，挂上钩码，钩码下落，带动小车运动并打出纸带。某次实验得到的纸带及相关数据如图（b）所示。
已知打出图（b）中相邻两点的时间间隔为0.02 s，从图（b）给出的数据中可以得到，打出B点时小车的速度大小vB=________m/s，打出P点时小车的速度大小vP=_______m/s。（结果均保留2位小数）
若要验证动能定理，除了需测量钩码的质量和小车的质量外，还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为____________________________。
【解析】打B点时小车的速度大小vB= m/s=0.36 m/s，打P点时小
车的速度大小vP= m/s=1.80 m/s。小车从B运动到P的过程中，
mgsBP= ，所以还需要从图（b）给出的数据中求得的物理量为B、P
之间的距离。
答案：0.36 1.80 B、P之间的距离
2.用如图所示装置来探究功和动能变化的关系,木板上固定两个完全相同的遮光条A、B,用不可伸长的细线将木板通过两个滑轮与弹簧测力计C相连,木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上,轨道放在水平桌面上,P为小桶(内有沙子),滑轮质量、摩擦忽略不计,重力加速度大小为g。
(1)实验中轨道应倾斜一定角度,这样做的目的是　　　　　。
(2)用游标卡尺测量遮光条的宽度d。
(3)实验主要步骤如下:
①测量木板(含遮光条)的质量M,测量两遮光条间的距离L,按图正确连接器材。
②小桶P(内有沙子)的质量　　　　(选填“需要”或“不需要”)远小于木板(含遮光条)的质量。
③将木板左端与轨道左端对齐,静止释放木板,木板在细线拉动下运动,记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的时间为t1、t2,则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量ΔEk=　　　　　　,合力对木板做功W=　　　　。(用字母M、t1、t2、d、L、F表示)
④在小桶中增加砂子,重复③的操作,比较W、ΔEk的大小,得出实验结论。
【解析】(1)为了使细线拉力充当合力,即细线拉力做的功等于合力对木板做的功,故应先平衡摩擦力;
(3)②测量木板(含遮光条)的质量M,测量两遮光条间的距离L,按图正确连接器材;由于有弹簧测力计能够测量拉力,所以没有必要使小桶P的总质量远小于木板的质量;
③遮光条B、A先后经过光电门的时间为t1、t2,则遮光条B、A通过光电门的速度
分别为v1= ,v2= ,则动能的变化为:ΔEk=
合力所做的功就是绳子拉力做的功,W=FL。
答案:(1)平衡木板受到的摩擦力　(3)②不需要　③ 　FL
3.如图所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究功与速度变化的关系”的实验。
(1)打点计时器使用的电源是　　　　(选填选项前的字母)。
A.直流电源
B.交流电源
(2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力,正确操作方法是　　　　(选填选项前的字母)。
A.把长木板右端垫高
B.改变小车的质量
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……如图所示。
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg。从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=　　　　,打B点时小车的速度vB=　　　　。
(4)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图中能正确反映v2-W关系的是　　　　。
【解析】(1)打点计时器使用的是交流电源,A错误,B正确。
(2)平衡摩擦力是利用小车的重力沿斜面向下分力与摩擦力平衡,所以把长木板
右端垫高,A正确,B错误。
(3)拉力做功W=mgx2,根据纸带信息可知道B点的瞬时速度等于AC的平均速度
vB= 。
(4)根据机械能守恒定律可知:W=mgx= (M+m)v2,整理得:v2= ,所以图像仍
是过原点的直线,A正确,B、C、D错误。
答案:(1)B　(2)A　(3)mgx2　 　(4)A
【加固训练】
(多选)在探究功与速度变化的关系的实验中,某同学在一次实验中得到了一条如图所示的纸带,这条纸带上的点两端较密,中间稀疏,出现这种情况的原因可能是(　　)
A.电源的频率不稳定
B.木板的倾斜程度太大
C.没有使木板倾斜或木板倾斜的程度太小
D.小车受到的阻力较大
【解析】选C、D。电源频率不稳定的可能性不大,出现这一现象的原因是没有平衡阻力或平衡阻力不够,以致小车在橡皮筋作用下做加速运动,在橡皮筋恢复原长以后做减速运动,且受到的阻力较大。故选项C、D正确。
【拓展例题】考查内容:动能定理在多过程物理问题中的应用
【典例】如图所示,质量为m的钢珠从高出地面h处由静止自由下落,落到地面进
入沙坑 停止,则
(1)钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍
(2)若让钢珠进入沙坑 ,则钢珠在h处的动能应为多少 设钢珠在沙坑中所受平
均阻力大小不随深度改变。
【解析】(1)取钢珠为研究对象,对它的整个运动过程,由动能定理得W=WF+WG
=ΔEk=0。取钢珠停止处所在水平面为重力势能的零参考平面,则重力的功WG=
mgh,阻力的功WF=- Ffh,代入得 mgh- Ffh=0,故有 =11。即所求倍
数为11。
(2)设钢珠在h处的动能为Ek,则对钢珠的整个运动过程,由动能定理得W=WF+WG
=ΔEk,进一步展开为 =-Ek,得Ek= 。
答案:(1)11　(2)
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.(多选)在下列几种情况中,甲乙两物体的动能相等的是 (　　)
A.甲的质量是乙的4倍,甲的速度是乙的一半
B.甲的速度是乙的2倍,甲的质量是乙的一半
C.甲的质量是乙的2倍,甲的速度是乙的一半
D.质量相同,速度大小也相同,但甲向东运动,乙向西运动
【解析】选A、D。根据动能的表达式Ek= mv2可知:甲的质量是乙的4倍,甲的速度是乙的一半,甲的动能与乙的相等,故A正确。甲的速度是乙的2倍,甲的质量是乙的一半,甲的动能与乙的不相等,故B错误。甲的质量是乙的2倍,甲的速度是乙的一半,甲的动能与乙的不相等,故C错误。质量相同,速度大小也相同,但甲向东运动,乙向西运动,动能是标量,甲的动能与乙的相等,故D正确。
【加固训练】
一辆汽车以v1=6 m/s的速度沿水平路面行驶,急刹车后能滑行s1=3.6 m;如果以v2=8 m/s的速度行驶,在同样路面上急刹车后滑行的距离s2应为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.6.4 m B.5.6 m
C.7.2 m D.10.8 m
【解析】选A。急刹车后,车只受摩擦力的作用,且两种情况下摩擦力大小是
相同的,汽车的末速度均为零。
设摩擦力为f,据动能定理得:
-fs1=0- ①
-fs2=0- ②
　②式除以①式得
故得汽车滑行的距离
s2= =( )2×3.6 m=6.4 m。本题选A。
2.人用手托着质量为m的“小苹果”,从静止开始沿水平方向运动,前进距离L后,速度为v(物体与手始终相对静止),物体与手掌之间的动摩擦因数为μ,则下列说法正确的是 (　　)
A.手对苹果的作用力方向竖直向上
B.苹果所受摩擦力大小为μmg
C.手对苹果做的功为 mv2
D.苹果对手不做功
【解析】选C。苹果的加速度方向为水平方向,苹果的合力方向在水平方向上,
苹果受到重力和手的作用力,而重力在竖直方向,故手的作用力应为斜上方,故A
错误;由于苹果和手相对静止,故其受到的摩擦力为静摩擦力,不能确定是否等
于μmg,故B错误;由动能定理可知,合外力做功等于动能的改变量,竖直方向重
力不做功,故手对苹果做的功为 mv2,故C正确;由于手发生了位移,且受到水平
方向的摩擦力,故苹果对手做功,故D错误。
3.某实验小组采用如图所示的装置来探究“功与速度变化的关系”。实验中,小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面。实验的部分步骤如下:
A.将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上,在长木板的另一端固定打点计时器;
B.把纸带穿过打点计时器的限位孔,连在小车后端,用细线跨过定滑轮连接小车和钩码;
C.把小车拉到靠近打点计时器的位置,接通电源,从静止开始释放小车,得到一条纸带;
D.关闭电源,通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合力对小车所做的功与速度变化的关系。如图2是实验中得到的一条纸带,点O为纸带上的起始点,A、B、C是纸带的三个计数点,相邻两个计数点间均有4个点未画出,用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图所示,已知所用交变电源的频率为50 Hz,问:
(1)打B点时刻,小车的瞬时速度vB=　　　　m/s(结果保留两位有效数字)。
(2)本实验中,若小车的位移为x0时合力对小车所做的功为W0,则当小车位移为x1时,合力对小车所做的功为　　　　(用x0、x1、W0表示)。
(3)实验中,该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图像如图3所示。根据该图线形状,某同学对W与v的关系做出的猜想,肯定不正确的是　　　　(填写选项字母代号)。
A.W∝v　　　　B.W∝v2　　　　C.W∝
(4)在本实验中,下列做法能有效地减小实验误差的是　　　　(填写选项字母代号)。
A.把长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力
B.实验中控制钩码的质量,使其远小于小车的总质量
C.调节滑轮高度,使拉小车的细线和长木板平行
D.先让小车运动再接通打点计时器
【解析】(1)相邻两个计数点间均有4个点未画出,计数点间的时间间隔:
t=0.02×5 s=0.1 s;匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度,
打B点的速度:vB= =0.40 m/s。
(2)根据功的定义有:W0=mgx0,W=mgx1,解得:W= W0
(3)图像为过原点的曲线,根据图像结合数学知识可知,该图像形式为:y=xn,
(n=2,3,4……),可知B正确,A、C错误;本题不正确的选项为A、C。
(4)本实验探究“功与速度变化的关系”的实验,要使钩码的重力等于小车的合力,就必须先平衡摩擦力,保证钩码的质量远小于小车的总质量,所以A、B都正确;调节滑轮高度,使拉小车的细线和长木板平行,让力的方向和位移方向在同一直线上,可以减小误差,故C正确;应该先接通电源,后放开小车,所以D错误;故选A、B、C。
答案:(1)0.40　(2) W0　(3)A、C　(4)A、B、C
4.质量为8 g的子弹以400 m/s的速度水平射入厚为5 cm的木板,射出后的速度
为100 m/s,求子弹克服阻力所做的功以及子弹受到的平均阻力的大小。
【解析】子弹射入木板的过程中,在竖直方向受到的重力和支持力的作用互相
抵消,在水平方向受到阻力Ff,根据动能定理得 =-600 J
=1.2×104 N
答案:600 J　1.2×104 N
5.飞机在水平跑道上滑行一段时间后起飞,飞机总质量m=1×104 kg,发动机在水平滑行过程中保持额定功率P=8 000 kW,滑行距离x=50 m,滑行时间t=5 s,然后以水平速度v0=80 m/s飞离跑道后逐渐上升,飞机在上升过程中水平速度保持不变,同时受到重力和竖直向上的恒定升力(该升力由其他力的合力提供,不含重力),飞机在水平方向通过距离L=1 600 m的过程中,上升高度为h=400 m。取g=10 m/s2。求:
(1)假设飞机在水平跑道滑行过程中受到的阻力大小恒定,求阻力f的大小。
(2)飞机在上升高度为h=400 m时,飞机的动能为多少。
【解析】(1)飞机在水平滑行过程中,根据动能定理:
Pt-fx=
解得f=1.6×105 N
(2)该飞机升空后水平方向做匀速运动,竖直方向做初速度为零的匀加速运动,
设运动时间为t′,竖直方向加速度为a,则:
L=v0t′,h= at′2
解得t′=20 s、a=2 m/s2
v⊥= =40 m/s,飞机的动能为Ek= mv2= =4.0×107 J
答案:(1)1.6×105 N　(2)4.0×107 J