专题三 功和能
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专 题 三
功和能
GKZS 考纲展示
功和功率、动能定律 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律 Ⅱ
BKCL 备考策略
从能量的角度分析处理物理问题是高中物理中处理问题的三条基本途径之一，它不仅为解决力学问题开辟了一条新的重要途径，同时也是分析电磁学、热学等领域中问题的重要依据．
鉴于能量在现代物理中的重要地位，用能量的观点解决物理问题必定是2010高考的热点，主要集中在各种功的计算及对应的能量转化情况，各类功率的计算方法及机车启动模型的灵活运用，利用动能定理研究单过程、多过程、直线及曲线运动问题，机械能守恒的条件及相关计算，功能关系和能量守恒的综合运用．由于本专题的知识与牛顿运动定律、圆周运动、抛体运动、电磁学联系密切，高考考查的灵活性强，综合面广，理解能力和逻辑能力要求较高．在现在强凋考查学生综合能力的形势下，能量的观点作为物理学科和其他学科知识联系沟通的桥梁，更是高考考查的重点．
HXNRZH 核心内容整合
一、功的计算
1．恒匀F做功：W = Fscosa。
两种理解：(1)力F与在力F的方向上通过的位移scosa的乘积；(2)在位移s方向的分力Fcosa与位移s的乘积
2．变力F做功的求解方法
(1)若变力F是位移s的线性函数，则F=，W=Fscosa
(2)滑动摩擦力，空气或介质阻力等，在物体做曲线运动时，这类力的方向始终与运动方向相反，若大小恒为以，则功等于力和路程(不是位移)的乘积，即W=－Ffs声，式中s为物体的运动路程．
警示 (1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功．
(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力的功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值．
W=－F滑s相对，且F滑·s相对=△E损=Q内能．
(3)变力F的功率P恒定，W=Pt．
(4)利用动能定理及功能关系等方法间接求解．即W合=△Ek或W=E．
3．合力的功W合。
W合=F合scosa，F合是恒力
W合= W1+ W2+…+ Wn，要注意各功的正负．
二、功率的计算
1．平均功率：P = 或P =Fυcosa (式中υ为平均速度)．
2．瞬时功率：P=Fυcosa，式中a为F与υ间的夹角。
友情提示 对机车而言，其功率P=Fυ，其中F为机车的牵引力．
3．机车的启动问题
(1)恒定功率启动：机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动．速度图象如图甲所示，当F=F阻时, υm= =
(2)恒定加速度启动：速度图象如图乙所示．
机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速的最大速度υ1。若再加速，应保持功率不变做变加速运动，直至达到最大速度υm后匀速运动．
①求υ1：由F－F阻=ma；P=P额=Fυ1得：
υ1 =
②求υm：υm=
警示 解决问题的关键是明确所研究的问题是处在哪个阶段上．以及匀加速过程的最大速度υ1和全程的最大速度υm的区别和求解方法．
三、动能定理
1．表达式：W合=mυ2 2`－mυ1 2
或Wl+W2+…+ Wn=mυ2 2－mυ1 2；
警示 (1)总功是指各力做功的代数和，但要特别注意各功的正负．
(2)正功表示该力作为动力对物体做功．负功表示该力作为阻力对物体做功．
2．适用对象：涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题，或求解变力做功的问题．
3．运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做功情况，然后求各个外力做功的代数和．
(3)明确物体在过程初、末状态的动能Ek1和Ek2
(4)列出动能定理的方程W合= Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
四、机械能守恒定律
1．三种表达式：(1) Ek1+ EP1= Ek2+ EP2
或mυ12+mgh1=mυ22+mgh2
(2)△Ep－△Ek(势能和动能的变化量绝对值相等)．
(3)△E1=－△E2(一部分机械能的变化量与另一部分械能的变化量绝对值相等)．
友情提示 表达式(1)必须选零势能参考平面，表达式(2)、(3)不需要选零势能参考平面．
2．守恒条件：只有重力(或系统内的弹力)做功，没有摩擦和介质阻力做功．
其实质是：只发生机械能内部的(即动能或弹性势能)互相转化，而没有与其他形式的能相互转化．
3．机械能守恒定律解题的基本思路：
(1)选取研究对象——物体系或物体．
(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)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、始态时的机械能．
(4)根据机械能守恒定律列方程，进行求解．
五、功能关系
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友情提示 做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．
DXLTPX 典型例题剖析
一、功和功率的分析与计算
【例1】 (2009·海南)一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．没该物体在t0和2 t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是υ1和υ2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2 t0时刻做的功是W2，则 ( )
A．x2=5x1 υ2=3υ1
B．x1=9x2 υ2=5υ1
C．x2=5x1 W2=8W1
D．υ2=3υ1 W2=9W1
【解析】 本题考查了力与运动等相关知识．由题意x1= a1t02 = t02, υ1= a1t0= t0,
W1=F0 x1
x2= x1+υ1 t0+a1t02= x1+ t02+ t02=5 x1,
υ2=υ1+a2t0=υ1+t0=3υ1,
W2=2F0(x2－x1)= 2F0 (5x1－x1)=8 F0 x1=8 W1．
所以A、C选项正确．
【答案】 AC
变式训练 1
(2009·宁夏)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 ( )
A．3 t0时刻的瞬时功率为
B．3 t0时刻的瞬时功率为
C．在t= 0到3 t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t=0到3 t0这段时间内，水平力的平均功率为
【解析】 本题主要考查瞬时功率与平均功率问题．0～2 t0时间内物体的加速度a1= ，2 t0～3 t0时间内物体的加速度a2= ，2t0时刻物体速度υ1= a1×2t0= ，3t0时刻的速度υ2=υ1+ a2t0= + t0= ,由P＝Fυ得3t0时刻物体的瞬时功率为，A错，B正确．3t0时间内水平力做功等于物体动能的增量，由平均功率的定义P= 可知，P＝ eq \f(mυ22,3t0) = ,C错D正确，正确答案BD．
【答案】 BD
二、机车起动问题
【例2】 (2009·上海)质量为5×103kg的汽车在t= 0时刻速度υ0=l0m/s，随后以P=6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．求：
(1)汽车的最大速度υm；
(2)汽车在72s内经过的路程s．
【解析】 本题考查了功率、动能定理等相关知识
(1)达到最大速度时，P= fυm, υm= =m/s=24m/s
(2) P t－fs= mυm2－mυ02，
s = =l252m．
【答案】 (1)24m/s (2)1252m
【总结评述】 解决该类题目的关键是区分是恒定功率起动，还是恒定加速度起动，明确最大速度时的状态以及灵活运用动能定理．
变式训练 2
(2009·辽宁沈阳)电动机通过一绳子吊起质量为8kg的物体，绳的拉力不能超过l20N，电动机的输出功率不能超过l200W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m(已知此物体在被吊高接近90m时，已开始以最大速度匀速上升)所需时间为多少 (g取l0m/s2)
【解析】 开始一段时间绳以最大拉力拉物体，使物体做匀加速运动．
在匀加速运动过程中加速度为
a= = m/s2=5m/s2
匀加速运动的末速度口υ1= = m/s =l0m/s
上升的时间t1= = s=2s
上升的高度为h= = m=10m
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
υm= = m/s= m/s =l5m/s
设以Pm上升的高度为h2，h2=90－h=80m
由动能定理得Pmt2－mgh2= mυm2－mυ12
代入数据后解得t2=5.75s
所以t =t1+t2=7.75s，所需时间至少为7.75s．
【答案】 7.75s
三、功能关系的灵活运用
【例3】 (2009·山东)某货场将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面。为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因素为肛，，木板与地面问的动摩擦因数μ=0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)
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(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求肛，应满足的条件．
(3)若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.
【解析】 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为υ0，设货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，m1gR= m1υ02①，设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g = ②，联立以上两式代入数据得FN =3000N③，根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．
(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g④，若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1+2 m2)g⑤，联立④⑤式代入数据得0.4<μ1≤0.6⑥．
(3) μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1⑦，设货物滑到木板A末端时的速度为υ1，由运动学公式得υ12－υ02=－2a1l⑧，联立①⑦⑧式代入数据得υ1=4m/s⑨，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得υ1=υ0－a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t =0.4s．
【答案】 (1)3000N，方向竖直向下
(2)0.4<μ1≤0.6
(3)0.4s
变式训练 3
(2008·泰安测试)利用皮带传动机将物体由地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的竖直高度为5m，已知皮带和物体间的动摩擦因数为0.75，运输机的皮带以2m/s的速度匀速顺时针运动且皮带和轮子之间不打滑．(g取10m/s2，sin37°=0.6)
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(1)假设皮带在运送物体过程中始终是张紧的．为了将地面上的物体能够运送到平台上，皮带的倾角θ最大不超过多少
(2)皮带运输机架设好之后，皮带与水平面的夹角为30°．现将质量为1kg的小物体轻轻地放在皮带的A上，运送到C处，试求由于运送此物体，运输机比空载时多消耗的能量．
【解析】 (1)要将物体运送到平台上，物体所受到力的应该满足μmgcosθ>mgsinθ
tanθ<μ=0.75，所以θ<37°．
(2)P物体放在皮带上后先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，物体匀加速时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ=ma
物体的加速度为
a=μgcosθ－gsinθ = 1.5m/s。
物体速度达到2m/s所经过的位移s= = m
此过程中，物体与皮带开始接触的点通过的位移是s′=υt = = m
物体与皮带的相对位移△s = s′- s = m
因滑动摩擦产生热Q=μmgcosθ·△s=8.7J
因运送此物体电动机多输出的电能
△E=Q+mυ2+mgh=8.7J+2J+50J=60.7J．
【答案】 (1)37° (2)60.7J
四、机械能守恒定律的应用
【例4】 (2009·山东济宁)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC，其半径R=0.5m，轨道在C处与水平地面相切，在C处放一小物块，给它一水平向左的初速度υ0=5m/s，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点，求C、D间距离x(取重力加速度g=10m/s)．
【解析】 设小物块质量为m，它从C点经B到达A时速度为υ．
机械能守恒，mυ02=mυ2+2mgR ①
物块由A到D做平抛运动，设时间为t，水平位移为2R=gt2 ②
x=υt ③
由①②③式联立解得x=1m．
【答案】 1m
【总结评述】 利用机械能守恒定律解题的关键是看是否满足守恒条件，本题中“光滑轨道”即为隐含条件，当满足条件后再选择合适的机械能守恒表达式列方程求解．
变式训练 4
(2008·佛山质检)在游乐园坐过山车是一项惊险、刺激的游戏．据《新安晚报》报道，2007年12月31日下午3时许，安徽芜湖方特欢乐世界游乐园的过山车因大风发生故障突然停止，l6位游客悬空10多分钟后被安全解救，事故幸未造成人员伤亡．游乐园“翻滚过山车”的物理原理可以用如图所示的装置演示．斜槽轨道AB、EF与半径R=0.4m的竖直圆轨道(圆心为O)相连，AB、EF分别与圆O相切于B、E点，C为轨道的最低点，斜轨AB倾角为37°．质量为m =0.1kg的小球从A点静止释放，先后经B、C、D、E到F点落入小框．(整个装置的轨道均光滑，取g =10m/s2．sin37°=0.6，cos37° =0.8)求：
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(1)小球在光滑斜轨AB上运动的过程中加速度的大小；
(2)要使小球在运动的全过程中不脱离轨道，A点距离最低点的竖直高度h至少多高
【解析】 (1)小球在斜槽轨道AB上受到重力和支持力作用，合力为重力沿斜面向下的分力．
由牛顿第二定律得mgsin37° = ma
得：a=gsin37° =6.Om/s2
(2)要使小球从A点到F点的全过程不脱离轨道，只要在D点不脱离轨道即可．
物体在D点做圆周运动临界条件是：mg=m
由机械能守恒定律得mg(h－2R)= mυD2
解得A点距离最低点的竖直高度h至少为：
h=+2R=R+2 R =2.5×0.4m=1.0m
【答案】 (1)6.0m/s2 (2)1.0m
五、 力学综合问题分析
【例5】 (2009·江苏兴化市调研)光电计时器的实验简易示意图如图所示，当有不透光物体从光电门间通过时．光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的西瓯XDS－007光电门传感器可测的最短时间为0.01ms．光滑水平导轨MN上放两相同小物块A、B，其宽度a=3.0×10-2m，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接， ( http: / / www.21cnjy.com )
今将挡光效果好，宽度为d=3.6 X 10-3m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度υ=6m/s匀速传动．物块A、B与传送带问的动摩擦因数μ=0.2，质量mA=mB=1kg．开始时在A、B间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开A、B，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t=9.0×10-4s．取g=10m/s2，试求：
(1)弹簧储存的弹性势能EP；
(2)物块B沿传送带向右滑动的最远距离sm；
(3)物块B滑回水平面MN的速度小大υB′；
(4)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P至少必须对A做多少功，才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出．并求此过程中，滑块B与传送带之间因摩擦产生的内能△E．
【解析】 (1)解除锁定弹开AB后，AB两物体的速度大小为
υA =υB== m/s= 4.0m/s
弹簧储存的弹性势能EP= mυA2＋mυB2=16J
(2)B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．
由动能定理得：－μmBgsm=0－mυB2
解之得：sm= =4m
(3)物块B沿传送带向左返回时，先做匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度”需要滑动的距离为s′
由μmBgs′=mBυ2
得s′ ==9m＞sm
表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，所以：υ′B ==4m/s
(4)设弹射装置对A做功为W，则：mAυA′2=mAυA2+W
AB碰后速度互换，B的速度υB′′=υA′
B要刚好能滑出平台Q端，由能量关系有：
mBυB′′2 =μmBgL
又mA=mB，联立解得：W=μmBgL－mAυA2=8J．
υB′′=4m/s
B滑过传送带过程，传送带移动的距离：
s带=υ eq \f(L,)=eq \f(2×8×6,4) m=12m
所求内能：
△E=mBgμ (L+S带)=(16+24)J=49.9J．
【答案】 (1)16J (2)4m (3)4m/s (4)49.9J
变式训练 5
(2009·南京质检)如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖 ( http: / / www.21cnjy.com )
直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其他机械能损失，ab段长L=1.25m，圆的半径R=0.1m，小球质量m=0.01kg，轨道质量为M=0.15kg，g=10m/s2，求：
(1)若υ0=5m/s，小球从p点抛出后的水平射程；
(2)若υ0=5m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当υ0至少为多少时，轨道对地面的压力为零．
【解析】 (1)设小球运动到p点时的速度大小为υ，对小球由a点运动到p点过程应用动能定理得：－μmgL－4Rmg=mυ2－mυ02
小球自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则
4R=gt2
s=υt
联立代入数据解得s=0.4m
(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F，取竖直向下为正方向
F+mg=m
联立代入数据解得
F=1.1N，方向竖直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度υ0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S”形轨道的中间位置，
则有：
F′+mg=m
F′=Mg－μmgL－2mgR=mυ12－mυ02
解得：υ0=5m/s．
【答案】 (1)0.4m (2)1.1N方向竖直向下(3)5m/s
温馨提示：：同学们：针对你们所学内容的巩固与掌握，请认真完成课后强化作业(六)及阶段性测试题(三)
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专 题 三
功和能
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功和功率、动能定律 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律 Ⅱ
BKCL 备考策略
从能量的角度分析处理物理问题是高中物理中处理问题的三条基本途径之一，它不仅为解决力学问题开辟了一条新的重要途径，同时也是分析电磁学、热学等领域中问题的重要依据．
鉴于能量在现代物理中的重要地位，用能量的观点解决物理问题必定是2010高考的热点，主要集中在各种功的计算及对应的能量转化情况，各类功率的计算方法及机车启动模型的灵活运用，利用动能定理研究单过程、多过程、直线及曲线运动问题，机械能守恒的条件及相关计算，功能关系和能量守恒的综合运用．由于本专题的知识与牛顿运动定律、圆周运动、抛体运动、电磁学联系密切，高考考查的灵活性强，综合面广，理解能力和逻辑能力要求较高．在现在强凋考查学生综合能力的形势下，能量的观点作为物理学科和其他学科知识联系沟通的桥梁，更是高考考查的重点．
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一、功的计算
1．恒匀F做功：W = Fscosa。
两种理解：(1)力F与在力F的方向上通过的位移scosa的乘积；(2)在位移s方向的分力Fcosa与位移s的乘积
2．变力F做功的求解方法
(1)若变力F是位移s的线性函数，则F=，W=Fscosa
(2)滑动摩擦力，空气或介质阻力等，在物体做曲线运动时，这类力的方向始终与运动方向相反，若大小恒为以，则功等于力和路程(不是位移)的乘积，即W=－Ffs声，式中s为物体的运动路程．
警示 (1)摩擦力既可以做正功，也可以做负功．
(2)相互摩擦的系统内：一对静摩擦力的功的代数和总为零，静摩擦力起着传递机械能的作用，而没有机械能转化为其他形式的能；一对滑动摩擦力的功的代数和等于摩擦力与相对路程的乘积，其值为负值．
W=－F滑s相对，且F滑·s相对=△E损=Q内能．
(3)变力F的功率P恒定，W=Pt．
(4)利用动能定理及功能关系等方法间接求解．即W合=△Ek或W=E．
3．合力的功W合。
W合=F合scosa，F合是恒力
W合= W1+ W2+…+ Wn，要注意各功的正负．
二、功率的计算
1．平均功率：P = 或P =Fυcosa (式中υ为平均速度)．
2．瞬时功率：P=Fυcosa，式中a为F与υ间的夹角。
友情提示 对机车而言，其功率P=Fυ，其中F为机车的牵引力．
3．机车的启动问题
(1)恒定功率启动：机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动．速度图象如图甲所示，当F=F阻时, υm= =
(2)恒定加速度启动：速度图象如图乙所示．
机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速的最大速度υ1。若再加速，应保持功率不变做变加速运动，直至达到最大速度υm后匀速运动．
①求υ1：由F－F阻=ma；P=P额=Fυ1得：
υ1 =
②求υm：υm=
警示 解决问题的关键是明确所研究的问题是处在哪个阶段上．以及匀加速过程的最大速度υ1和全程的最大速度υm的区别和求解方法．
三、动能定理
1．表达式：W合=mυ2 2`－mυ1 2
或Wl+W2+…+ Wn=mυ2 2－mυ1 2；
警示 (1)总功是指各力做功的代数和，但要特别注意各功的正负．
(2)正功表示该力作为动力对物体做功．负功表示该力作为阻力对物体做功．
2．适用对象：涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题，或求解变力做功的问题．
3．运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做功情况，然后求各个外力做功的代数和．
(3)明确物体在过程初、末状态的动能Ek1和Ek2
(4)列出动能定理的方程W合= Ek2－Ek1及其他必要的解题方程，进行求解．
四、机械能守恒定律
1．三种表达式：(1) Ek1+ EP1= Ek2+ EP2
或mυ12+mgh1=mυ22+mgh2
(2)△Ep－△Ek(势能和动能的变化量绝对值相等)．
(3)△E1=－△E2(一部分机械能的变化量与另一部分械能的变化量绝对值相等)．
友情提示 表达式(1)必须选零势能参考平面，表达式(2)、(3)不需要选零势能参考平面．
2．守恒条件：只有重力(或系统内的弹力)做功，没有摩擦和介质阻力做功．
其实质是：只发生机械能内部的(即动能或弹性势能)互相转化，而没有与其他形式的能相互转化．
3．机械能守恒定律解题的基本思路：
(1)选取研究对象——物体系或物体．
(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)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、始态时的机械能．
(4)根据机械能守恒定律列方程，进行求解．
五、功能关系
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友情提示 做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．
DXLTPX 典型例题剖析
一、功和功率的分析与计算
【例1】 (2009·海南)一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示．没该物体在t0和2 t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2，速度分别是υ1和υ2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2 t0时刻做的功是W2，则 ( )
A．x2=5x1 υ2=3υ1
B．x1=9x2 υ2=5υ1
C．x2=5x1 W2=8W1
D．υ2=3υ1 W2=9W1
【解析】 本题考查了力与运动等相关知识．由题意x1= a1t02 = t02, υ1= a1t0= t0,
W1=F0 x1
x2= x1+υ1 t0+a1t02= x1+ t02+ t02=5 x1,
υ2=υ1+a2t0=υ1+t0=3υ1,
W2=2F0(x2－x1)= 2F0 (5x1－x1)=8 F0 x1=8 W1．
所以A、C选项正确．
【答案】 AC
变式训练 1
(2009·宁夏)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 ( )
A．3 t0时刻的瞬时功率为
B．3 t0时刻的瞬时功率为
C．在t= 0到3 t0这段时间内，水平力的平均功率为
D．在t=0到3 t0这段时间内，水平力的平均功率为
【解析】 本题主要考查瞬时功率与平均功率问题．0～2 t0时间内物体的加速度a1= ，2 t0～3 t0时间内物体的加速度a2= ，2t0时刻物体速度υ1= a1×2t0= ，3t0时刻的速度υ2=υ1+ a2t0= + t0= ,由P＝Fυ得3t0时刻物体的瞬时功率为，A错，B正确．3t0时间内水平力做功等于物体动能的增量，由平均功率的定义P= 可知，P＝ eq \f(mυ22,3t0) = ,C错D正确，正确答案BD．
【答案】 BD
二、机车起动问题
【例2】 (2009·上海)质量为5×103kg的汽车在t= 0时刻速度υ0=l0m/s，随后以P=6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．求：
(1)汽车的最大速度υm；
(2)汽车在72s内经过的路程s．
【解析】 本题考查了功率、动能定理等相关知识
(1)达到最大速度时，P= fυm, υm= =m/s=24m/s
(2) P t－fs= mυm2－mυ02，
s = =l252m．
【答案】 (1)24m/s (2)1252m
【总结评述】 解决该类题目的关键是区分是恒定功率起动，还是恒定加速度起动，明确最大速度时的状态以及灵活运用动能定理．
变式训练 2
(2009·辽宁沈阳)电动机通过一绳子吊起质量为8kg的物体，绳的拉力不能超过l20N，电动机的输出功率不能超过l200W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m(已知此物体在被吊高接近90m时，已开始以最大速度匀速上升)所需时间为多少 (g取l0m/s2)
【解析】 开始一段时间绳以最大拉力拉物体，使物体做匀加速运动．
在匀加速运动过程中加速度为
a= = m/s2=5m/s2
匀加速运动的末速度口υ1= = m/s =l0m/s
上升的时间t1= = s=2s
上升的高度为h= = m=10m
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
υm= = m/s= m/s =l5m/s
设以Pm上升的高度为h2，h2=90－h=80m
由动能定理得Pmt2－mgh2= mυm2－mυ12
代入数据后解得t2=5.75s
所以t =t1+t2=7.75s，所需时间至少为7.75s．
【答案】 7.75s
三、功能关系的灵活运用
【例3】 (2009·山东)某货场将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面。为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R=1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因素为肛，，木板与地面问的动摩擦因数μ=0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2)
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(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求肛，应满足的条件．
(3)若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间.
【解析】 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为υ0，设货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，m1gR= m1υ02①，设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g = ②，联立以上两式代入数据得FN =3000N③，根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．
(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g④，若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1+2 m2)g⑤，联立④⑤式代入数据得0.4<μ1≤0.6⑥．
(3) μ1=0.5，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1⑦，设货物滑到木板A末端时的速度为υ1，由运动学公式得υ12－υ02=－2a1l⑧，联立①⑦⑧式代入数据得υ1=4m/s⑨，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得υ1=υ0－a1t⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得t =0.4s．
【答案】 (1)3000N，方向竖直向下
(2)0.4<μ1≤0.6
(3)0.4s
变式训练 3
(2008·泰安测试)利用皮带传动机将物体由地面运送到高出水平地面的C平台上，C平台离地面的竖直高度为5m，已知皮带和物体间的动摩擦因数为0.75，运输机的皮带以2m/s的速度匀速顺时针运动且皮带和轮子之间不打滑．(g取10m/s2，sin37°=0.6)
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(1)假设皮带在运送物体过程中始终是张紧的．为了将地面上的物体能够运送到平台上，皮带的倾角θ最大不超过多少
(2)皮带运输机架设好之后，皮带与水平面的夹角为30°．现将质量为1kg的小物体轻轻地放在皮带的A上，运送到C处，试求由于运送此物体，运输机比空载时多消耗的能量．
【解析】 (1)要将物体运送到平台上，物体所受到力的应该满足μmgcosθ>mgsinθ
tanθ<μ=0.75，所以θ<37°．
(2)P物体放在皮带上后先做匀加速运动，当速度达到皮带的速度时做匀速运动，物体匀加速时，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ=ma
物体的加速度为
a=μgcosθ－gsinθ = 1.5m/s。
物体速度达到2m/s所经过的位移s= = m
此过程中，物体与皮带开始接触的点通过的位移是s′=υt = = m
物体与皮带的相对位移△s = s′- s = m
因滑动摩擦产生热Q=μmgcosθ·△s=8.7J
因运送此物体电动机多输出的电能
△E=Q+mυ2+mgh=8.7J+2J+50J=60.7J．
【答案】 (1)37° (2)60.7J
四、机械能守恒定律的应用
【例4】 (2009·山东济宁)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC，其半径R=0.5m，轨道在C处与水平地面相切，在C处放一小物块，给它一水平向左的初速度υ0=5m/s，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点，求C、D间距离x(取重力加速度g=10m/s)．
【解析】 设小物块质量为m，它从C点经B到达A时速度为υ．
机械能守恒，mυ02=mυ2+2mgR ①
物块由A到D做平抛运动，设时间为t，水平位移为2R=gt2 ②
x=υt ③
由①②③式联立解得x=1m．
【答案】 1m
【总结评述】 利用机械能守恒定律解题的关键是看是否满足守恒条件，本题中“光滑轨道”即为隐含条件，当满足条件后再选择合适的机械能守恒表达式列方程求解．
变式训练 4
(2008·佛山质检)在游乐园坐过山车是一项惊险、刺激的游戏．据《新安晚报》报道，2007年12月31日下午3时许，安徽芜湖方特欢乐世界游乐园的过山车因大风发生故障突然停止，l6位游客悬空10多分钟后被安全解救，事故幸未造成人员伤亡．游乐园“翻滚过山车”的物理原理可以用如图所示的装置演示．斜槽轨道AB、EF与半径R=0.4m的竖直圆轨道(圆心为O)相连，AB、EF分别与圆O相切于B、E点，C为轨道的最低点，斜轨AB倾角为37°．质量为m =0.1kg的小球从A点静止释放，先后经B、C、D、E到F点落入小框．(整个装置的轨道均光滑，取g =10m/s2．sin37°=0.6，cos37° =0.8)求：
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(1)小球在光滑斜轨AB上运动的过程中加速度的大小；
(2)要使小球在运动的全过程中不脱离轨道，A点距离最低点的竖直高度h至少多高
【解析】 (1)小球在斜槽轨道AB上受到重力和支持力作用，合力为重力沿斜面向下的分力．
由牛顿第二定律得mgsin37° = ma
得：a=gsin37° =6.Om/s2
(2)要使小球从A点到F点的全过程不脱离轨道，只要在D点不脱离轨道即可．
物体在D点做圆周运动临界条件是：mg=m
由机械能守恒定律得mg(h－2R)= mυD2
解得A点距离最低点的竖直高度h至少为：
h=+2R=R+2 R =2.5×0.4m=1.0m
【答案】 (1)6.0m/s2 (2)1.0m
五、 力学综合问题分析
【例5】 (2009·江苏兴化市调研)光电计时器的实验简易示意图如图所示，当有不透光物体从光电门间通过时．光电计时器就可以显示物体的挡光时间，所用的西瓯XDS－007光电门传感器可测的最短时间为0.01ms．光滑水平导轨MN上放两相同小物块A、B，其宽度a=3.0×10-2m，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接， ( http: / / www.21cnjy.com )
今将挡光效果好，宽度为d=3.6 X 10-3m的两块黑色磁带分别贴在物块A和B上，且高出物块，并使高出物块部分在通过光电门时挡光．传送带水平部分长度L=8m，沿逆时针方向以恒定速度υ=6m/s匀速传动．物块A、B与传送带问的动摩擦因数μ=0.2，质量mA=mB=1kg．开始时在A、B间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开A、B，迅速移去轻弹簧，两物块第一次通过光电门，计时器显示读数均为t=9.0×10-4s．取g=10m/s2，试求：
(1)弹簧储存的弹性势能EP；
(2)物块B沿传送带向右滑动的最远距离sm；
(3)物块B滑回水平面MN的速度小大υB′；
(4)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P至少必须对A做多少功，才能在AB碰后使B刚好能从Q端滑出．并求此过程中，滑块B与传送带之间因摩擦产生的内能△E．
【解析】 (1)解除锁定弹开AB后，AB两物体的速度大小为
υA =υB== m/s= 4.0m/s
弹簧储存的弹性势能EP= mυA2＋mυB2=16J
(2)B滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．
由动能定理得：－μmBgsm=0－mυB2
解之得：sm= =4m
(3)物块B沿传送带向左返回时，先做匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时再一起匀速运动，设物块B加速到传送带速度”需要滑动的距离为s′
由μmBgs′=mBυ2
得s′ ==9m＞sm
表明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，所以：υ′B ==4m/s
(4)设弹射装置对A做功为W，则：mAυA′2=mAυA2+W
AB碰后速度互换，B的速度υB′′=υA′
B要刚好能滑出平台Q端，由能量关系有：
mBυB′′2 =μmBgL
又mA=mB，联立解得：W=μmBgL－mAυA2=8J．
υB′′=4m/s
B滑过传送带过程，传送带移动的距离：
s带=υ eq \f(L,)=eq \f(2×8×6,4) m=12m
所求内能：
△E=mBgμ (L+S带)=(16+24)J=49.9J．
【答案】 (1)16J (2)4m (3)4m/s (4)49.9J
变式训练 5
(2009·南京质检)如图所示的“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖 ( http: / / www.21cnjy.com )
直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.2，不计其他机械能损失，ab段长L=1.25m，圆的半径R=0.1m，小球质量m=0.01kg，轨道质量为M=0.15kg，g=10m/s2，求：
(1)若υ0=5m/s，小球从p点抛出后的水平射程；
(2)若υ0=5m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向；
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当υ0至少为多少时，轨道对地面的压力为零．
【解析】 (1)设小球运动到p点时的速度大小为υ，对小球由a点运动到p点过程应用动能定理得：－μmgL－4Rmg=mυ2－mυ02
小球自p点做平抛运动，设运动时间为t，水平射程为s，则
4R=gt2
s=υt
联立代入数据解得s=0.4m
(2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F，取竖直向下为正方向
F+mg=m
联立代入数据解得
F=1.1N，方向竖直向下．
(3)分析可知，要使小球以最小速度υ0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S”形轨道的中间位置，
则有：
F′+mg=m
F′=Mg－μmgL－2mgR=mυ12－mυ02
解得：υ0=5m/s．
【答案】 (1)0.4m (2)1.1N方向竖直向下(3)5m/s
温馨提示：：同学们：针对你们所学内容的巩固与掌握，请认真完成课后强化作业(六)及阶段性测试题(三)
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