专题5：机械能知识点(教师版)

-1-第五章机械能一、功和功率1．功功是力的空间积累效应。它和位移相对应（也和时间相对应）。计算功有以下方法：⑴按照定义求功。即：W=Flcosθ。在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。当20时F做正功，当2时F不做功，当2时F做负功。这种方法也可以表述为：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。⑵用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段只能用这种方法求功。这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力对物体做的功）。⑶利用F-s图象或p-V图象曲线下的面积求功。⑷利用W=Pt计算。例1．如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？⑴用F缓慢地拉；⑵F为恒力；⑶若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。可供选择的答案有A．cosFLB．sinFLC．cos1FLD．cos1mgL解：⑴若用F缓慢地拉，则显然F为变力，只能用动能定理求解。F做的功等于该过程克服重力做的功。选D⑵若F为恒力，则可以直接按定义求功。选B⑶若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。选B、D。在第三种情况下，由sinFL=cos1mgL，可以得到2tansincos1mgF，可见在摆角为θ/2时小球的速度最大。实际上，因为F与mg的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做功，所以其效果相当于一个摆，可以把这样的装置叫做“歪摆”。*一对作用力和反作用力做功的特点一对作用力和反作用力总是大小相等方向相反的。但在同一个过程中，它们所作用的物体的位移可能是相等的，也可能是不等的。因此：⑴一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零。⑵特殊地，一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为正。2．功率功率是描述做功快慢的物理量。⑴功率的定义式：tWP，所求出的功率是时间t内的平均功率。⑵功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F为该时刻的作用力大小，v为瞬时速度，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内FθmLF-2-必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。⑶重力的功率可表示为PG=mgvy，不论物体做什么运动，也不论物体是否受其它力作用，重力的瞬时功率总等于重力和物体在该时刻的竖直分速度的乘积。⑷汽车的两种加速问题。当汽车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，无论哪种，分析时使用的基本公式都是P=Fv和F-f=ma。①恒定功率的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定，随着v的增大，F必将减小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f，a=0，这时v达到最大值fPFPvmmm。可见恒定功率的加速一定不是匀加速。这种加速过程发动机做的功只能用W=Pt计算，不能用W=Fs计算（因为F为变力）。②恒定牵引力的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于F恒定，所以a恒定，汽车做匀加速运动，而随着v的增大，P也将不断增大，直到P达到额定功率Pm，功率不能再增大了。这时匀加速运动结束，其最大速度为mmmmvfPFPv。此后汽车要想继续加速就只能做恒定功率的变加速运动了。可见恒定牵引力的加速过程中功率一定不恒定。这种加速过程发动机做的功只能用W=Fs计算，不能用W=Pt计算（因为P为变功率）。两种加速运动过程的v-t图象如右。要注意两种情况下的最大速度的区别；第二种情况达到额定功率前（0~t0）的平均功率是额定功率的一半。例2．质量为2t的农用汽车，发动机额定功率为30kW，汽车在水平路面行驶时能达到的最大时速为54km/h。若汽车以额定功率从静止开始加速，当其速度达到v=36km/h时的瞬时加速度是多大？解：汽车在水平路面行驶达到最大速度时牵引力F等于阻力f，即Pm=fvm，而速度为v时的牵引力F=Pm/v，再利用F-f=ma，可以求得这时的a=0.50m/s2。例3．如图所示，一辆汽车以速度v0沿水平公路匀速行驶，所受阻力是车重的0.1倍。后来汽车保持原来的功率开上一个倾角为α的较长的上坡路段（已知sinα=0.1），设汽车受到的阻力大小没有发生变化。开上斜坡后，下列说法中正确的是A．汽车的速率仍保持是v0B．牵引力大小未变，但汽车受的合外力沿斜面向下，做匀减速运动C．汽车在该坡上减速行驶一定距离后会达到一个稳定速度，其大小为v0/2D．汽车开始做匀减速运动直到速度减小为零解：汽车上坡瞬间速率未变，牵引力大小也未变，但在沿斜面方向除了牵引力和阻力外，增加了一个沿斜面向下的重力的下滑分力Gsinα（由已知得该分力大小和阻力大小相等），因此合力沿斜面向下，开始做减速运动；由P=Fv知，发动机功率不变，速度减小，牵引力F逐渐增大；由Gsinα+f-F=ma，加速度将逐渐减小到零。这时牵引力增加到原来的2倍，因此速率减小为v0/2，以后将保持匀速运动。答案选C。二、动能定理1．动能定理的表述vafFv0αvtOvmvm´t0①②-3-合力所做的功等于物体动能的变化。（这里的合力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为W=ΔEk（必须是末动能减初动能）动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时，后一种表述比较好操作。特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功按代数和加起来，就可以得到总功。动能定理建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。动能定理表达的是力的空间积累效应（牛顿第二定律表达的是力的瞬时效应）。2．应用动能定理解题的步骤⑴确定研究对象和研究过程。动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。（系统内所有内力做的总功可能不为零）。⑵对研究对象进行受力分析。（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）⑶按照动能定理列式求解。例4．质量为m的小球从沙坑上方高H处自由下落，停止运动时陷入沙坑深度为h。则在陷入沙坑过程中，求：沙对小球的平均阻力大小。解：从动能定理的角度分析，自由下落过程重力做功等于动能增加，即末动能Ek；陷入沙坑过程合外力做功使动能减小Ek，即mgH=(F-mg)h。如果注意到全过程的始、末状态动能为零，取全过程用动能定理，则直接可得到：mg(H+h)=Fh。可以看出以上各种解法的结论都是一样的，其中全过程用动能定理解是最简洁的。例5．如图所示，DO是水平面，AB是斜面。初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A速度刚好为零。如果斜面改为AC（C点在OD之间，图中未画出。已知物体与斜面和水平面之间的动摩擦因数处处相同且不为零），让物体从D点出发沿DCA滑动到A且速度刚好为零，则物体具有的初速度A．一定等于v0B．一定大于v0C．一定小于v0D．决定于斜面的倾角大小解：不妨假设物体经过的水平面长为l1，斜面长为l2，斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ。则物体由D到A克服摩擦阻力做的功W=μmgl1+μmgl2cosθ=μmg(l1+l2cosθ)，不难发现括号内两项之和就是OD的长度。因此物体由D到A克服摩擦阻力做的功跟转折点（B或C）的位置无关。对物体从D到A的全过程用动能定理，两次克服重力做的功和克服摩擦阻力做的功都是相同的，因此两次的动能变化也相同。本题选A。例6．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，撤去F1和F2。以后物体继续做匀减速运动直至停止。两物体的速度图象如图所示。若在该过程中F1和F2所做的功分别为W1和W2，试比较W1和W2的大小之比。解：撤去拉力后两物体的速度图线平行，可知两个物体受到的摩擦力大小相等。每个物体运动的全过程始、末速度都是零，由动能定理，对每个物体都有拉力做的功等于克服摩擦力做的功，只要比较全过程物体的位移大小即可。分别以两个物体为对象，在它们各自运动的全过程用动能定理，WF=Wf＝fs，位移由速度图线下的面积求出：s1∶s2=6∶5，所以W1∶W2=6∶5。AOBDvv02v0Ot02t03t04t05t0thH-4-练习1.如图所示，斜面倾角为α，长为L，AB段光滑，BC段粗糙，且BC=2AB。质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。求物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ。解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：重力做的功为mgLsinα，摩擦力做的功为cos32mgL，支持力不做功。初、末动能均为零。mgLsinαcos32mgL=0，tan23从本例题可以看出，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度，所以比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。练习2.将小球以初速度v0竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%。设空气阻力大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小v。解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理：2021mvmgH和20218.0mvHfmg，可得H=v02/2g，mgf41再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能定理。全过程重力做的功为零，所以有：22021218.02mvmvHf，解得053vv从本题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零。练习3.（选做）质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m。质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m，求木块与台面间的动摩擦因数为μ。解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v1，mv0=mv+Mv1……①木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v2，有：22212121MvMvMgL……②木块离开台面后的平抛阶段，ghvs22……③由①、②、③可得μ=0.50从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。从本题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。αCBAvv/fGGfLhs-5-练习4.如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。比较vA、vB的大小，结论是A.vAvBB.vA=vBC.vAvBD.无法确定解：小球向右通过凹槽C时的速率比向左通过凹槽C时的速率大，由向心力方程RmvmgN2可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小，由向心力方程RmvNmg2可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多。所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选A。三、机械能守恒定律物体系统具有的动能、重力势能和弹性势能的总和叫做物体系统的