学案6 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W＝Fscos α，式中α为F、s二者之间的夹角．由此可知，恒力做功大小只与F、s、α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)P＝Fv：当v是瞬时速度时，此式计算的是F的瞬时功率；当v是平均功率时，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0～0.5 s内，合外力的瞬时功率逐渐增大
B．在0～2 s内，合外力总是做负功
C．在0.5 s～2 s内，合外力的平均功率为零
D．在0～3 s内，合外力所做总功为零
解析 A项，在0～0.5 s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0～2 s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 s～2 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0～3 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，合力做功为零，故D正确．本题选不正确的，故选B.
答案 B
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2 汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车的质量为5×103 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功率不变，取g＝10 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？
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＝＝＝24 m/s
(2)a＝，则F牵＝ma＋f＝7.5×103 N，
v＝＝＝8 m/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＝50 s.
由vm＝·t2
得t2＝48 s.
故t总＝t1＋t2＝98 s.
答案 见解析
三、动能定理和动力学方法的综合应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量．
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝0.
②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能过最高点的临界条件为vmin＝.
例3 如图2所示，质量m＝0.1 kg的金属小球从距水平面h＝2.0 m的光滑斜面上由静止开始释放，运动到A点时无能量损耗，水平面AB是长2.0 m的粗糙平面，与半径为R＝0.4 m的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，其中圆轨道在竖直平面内，D为轨道的最高点，小球恰能通过最高点D，求：(g＝10 m/s2)
图2
(1)小球运动到A点时的速度大小；
(2)小球从A运动到B时摩擦阻力所做的功；
(3)小球从D点飞出后落点E与A的距离．
解析 (1)根据题意和题图可得：小球下落到A点时由动能定理得：
W＝mgh＝mv，
所以vA＝＝ m/s＝2 m/s
(2)小球运动到D点时：F向＝mg＝?vD＝＝2 m/s
当小球由B运动到D点时由动能定理得：－mg×2R＝mv－mv
解得vB＝＝2 m/s
所以A到B时：Wf＝mv－mv＝×0.1×(20－40) J＝－1 J
(3)小球从D点飞出后做平抛运动，故有
2R＝gt2?t＝＝0.4 s
水平位移sBE＝vDt＝0.8 m
所以sAE＝sAB－sBE＝1.2 m.
答案 (1)2 m/s (2)－1 J (3)1.2 m
1．(功和功率的计算)如图3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3
A．物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是60 W
B．物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是120 W
C．整个过程中重力做功的平均功率是30 W
D．整个过程中重力做功的平均功率是60 W
答案 AC
解析 由动能定理得mgssin 30°＝mv2，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P＝mgvcos α＝mgvcos 60°＝1.2×10×10× W＝60 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a＝＝10× m/s2＝5 m/s2；物体下滑的时间t＝＝ s＝2 s；物体下滑过程中重力做的功为W＝mgs·sin θ＝mgs·sin 30°＝1.2×10×10× J＝60 J；重力做功的平均功率＝＝ W＝30 W．故C对，D错．
2．(对动能定理的应用)如图4所示，质量为m＝0.5 kg的小球从距离地面高H＝5 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R＝0.4 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4
(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)4.2 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(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－5 m－2×0.4 m＝4.2 m.
(2)设小球恰好能飞出槽外n次，则由动能定理得
mgH－2nWf＝0－0
解得n＝＝
＝＝6.25次
应取n＝6次．
3．(动能定理和动力学方法的综合应用)如图5所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，圆心为O，∠AOB＝37°，圆弧的半径R＝0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点．现有一质量m＝1 kg、可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图5
(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；
(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？
答案 (1)14 N
(2)10 N
解析 (1)物块由A运动到B点的过程中，由动能定理有：mgR(1－cos 37°)＝mv2－0
解得：v2＝2gR(1－cos 37°)＝2×10×0.5×(1－0.8)(m/s)2＝2 (m/s)2
在B点，由牛顿第二定律有：N－mg＝m
解得：N＝mg＋m＝1×(10＋) N＝14 N
由牛顿第三定律得，物块在B点时，对工件的压力N′＝N＝14 N
(2)物块由B运动到D点的过程中，由动能定理有：μmgBD＝mv2
物块由B运动到C点的过程中，由动能定理有：μ(mg＋F)BC＝mv2
可得：mgBD＝(mg＋F)BC
由题：BD＝2BC，得：2mg＝mg＋F
解得：F＝mg＝1×10 N＝10 N．
