2019-2020学年高中物理 第七章 章末优化总结课件 新人教版必修2

章末优化总结第七章机械能守恒定律功和功率的计算1．求功的大小的几种方法(1)根据公式W＝Flcosα进行计算，此公式只适用于恒力做功．(2)根据能量守恒定律或动能定理进行计算，此方法不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)根据W＝Pt计算一段时间内做的功，此公式适用于功率恒定的情况．(4)根据F－l图象的物理意义计算力对物体所做的功，如下图所示，阴影部分的面积在数值上等于力所做的功的大小．2．功率的计算方法(1)P＝Wt：此式是功率的定义式，适用于任何情况下功率的计算，一般用于求平均功率．(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是平均速度时，此式计算的是F的平均功率．如图所示，静止放在水平桌面上的薄木板，其上有一质量为m＝0．1kg的铁块，它与薄木板右端的距离为L＝0．5m，铁块与薄木板、薄木板与桌面间动摩擦因数均为μ＝0．1．现用力F水平向左将薄木板从铁块下抽出，当薄木板全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为x＝1．2m．已知g＝10m/s2，桌面高度为H＝0．8m，不计薄木板质量及铁块大小，铁块不滚动．求：(1)铁块抛出时的速度大小；(2)薄木板从铁块下抽出所用的时间t；(3)薄木板抽出过程中拉力F所做功W．[思路点拨](1)铁块离开桌面后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解得到初速度；(2)对铁块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据速度公式求得铁块加速所用的时间；(3)运用功能关系，根据薄木板抽出后相对铁块的位移、薄木板的位移与摩擦力做的功，即可进行求解．[解析](1)设铁块抛出时的初速度为v0，由平抛运动规律，得水平方向：x＝v0t竖直方向：H＝12gt2解得v0＝3m/s.(2)薄木板从铁块下抽出所用的时间与铁块向左运动到桌边缘的时间相等．开始时铁块距离桌面左端的距离就等于铁块在桌面上向左运动的位移．铁块向左运动过程中，a＝μg＝1m/s2由公式v0＝at可得薄木板从铁块下抽出所用的时间t＝v0a＝3s.(3)铁块的位移为x1＝12at2设薄木板的位移为x2，由题意得x2－x1＝L由功能关系可得W＝μmgx2＋μmg(x2－x1)＋12mv20解得W＝1J.[答案](1)3m/s(2)3s(3)1J1．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v．若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v．对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF24WF1，Wf22Wf1B．WF24WF1，Wf2＝2Wf1C．WF24WF1，Wf2＝2Wf1D．WF24WF1，Wf22Wf1解析：选C.WF1＝12mv2＋μmg·v2t，WF2＝12m·4v2＋μmg2v2t，故WF2＜4WF1；Wf1＝μmg·v2t，Wf2＝μmg·2v2t，故Wf2＝2Wf1，C正确．功能关系1．合外力对物体做的功对应物体动能的改变．W合＝Ek2－Ek1，即动能定理．2．重力做的功对应重力势能的改变．WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep23．弹簧弹力做的功与弹性势能的改变相对应．W弹＝－ΔEp＝Ep1－Ep24．除重力或弹簧的弹力以外的其他力做的功与物体机械能的增量相对应，即W其他＝ΔE．(多选)如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由底端冲上倾角为30°的固定斜面，上升的最大高度为h，其加速度大小为34g．在这个过程中，物体()A．重力势能增加了mghB．动能减少了mghC．动能减少了3mgh2D．机械能损失了3mgh2[解析]物体重力势能的增加量等于克服重力做的功，选项A正确；合力做的功等于物体动能的变化，则可知动能减少量为ΔEk＝mahsin30°＝32mgh，选项B错误，选项C正确；机械能的损失量等于克服摩擦力做的功，因为mgsin30°＋Ff＝ma，a＝34g，所以Ff＝14mg，故克服摩擦力做的功Wf＝Ffhsin30°＝14mghsin30°＝12mgh，选项D错误．[答案]AC应用功能关系解题时，首先要弄清各种力做功与相应能的变化关系．如：(1)重力做功等于重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp；(2)合力对物体所做的功等于物体动能的变化，即动能定理W合＝ΔEk；(3)除重力或弹力以外的力所做的功等于物体机械能的变化，即W其他＝ΔE，当W其他＝0时，说明只有重力或弹力做功，系统的机械能守恒；(4)系统克服滑动摩擦力做功的代数和等于机械能转化的内能，即Ffd＝Q(d为相对移动的距离)．2．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR解析：选C.设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F·3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得vc＝2gR，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝vcg＝2Rg，在水平方向的位移大小为x＝12gt2＝2R.由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F·5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．解决力学问题的两大观点1．动力学的观点这是从分析物体的运动情况和受力情况入手解决力学问题的方法，其核心是牛顿运动定律和运动学公式的应用．利用牛顿第二定律可以就某一状态建立合力与加速度的关系，利用运动学公式可以建立v、x、t、a之间的关系．它们之间联系的桥梁是物体的加速度．2．能量的观点这是从分析力对物体做功与物体的能量转化情况入手解决问题的方法，其核心是利用常见的功能关系与守恒定律求解物理问题．力学问题的求解方法往往比较多，一般而言，涉及力的作用、运动时间及运动状态的变化时用牛顿运动定律求解，若涉及力的作用及位移时，常用能量的观点求解．而涉及恒力作用时可用多种方法求解，涉及变力作用时通常考虑用动能定理求解．如图所示，位于竖直平面上的14光滑圆弧轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止开始释放，最后落在地面C点处．不计空气阻力，求：(1)小球刚运动到B点时，对轨道的压力为多大？(2)小球落地点C与B点的水平距离x为多少？(3)比值RH为多少时，小球落地点C与B点的水平距离x最远？该水平距离最大值是多少？[思路点拨]小球先在光滑轨道上做圆周运动，到达B点时又开始做平抛运动．分析求解时，不仅需要根据圆周运动和平抛运动规律列出方程，而且还需要根据功能关系列出方程．特别是求解水平最大距离时，需要运用数学求极值的方法进行．[解析](1)小球沿圆弧做圆周运动，在B点由牛顿第二定律有FNB－mg＝mv2BR①从而A点到B点的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝12mv2B②由①式和②式解得FNB＝3mg由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小也为3mg.(2)小球离开B点后做平抛运动，抛出点高为H－R，竖直方向有H－R＝12gt2③水平方向有x＝vBt④由②③④解得水平距离x＝2（H－R）R.⑤(3)由⑤得x＝4HR－4R2＝H2－（2R－H）2⑥由⑥知当R＝H2时，即RH＝12时，x有最大值xm＝H.[答案](1)3mg(2)2（H－R）R(3)12H3．如图所示，斜面轨道AB与水平面之间的夹角θ＝53°，BD为半径R＝4m的圆弧形轨道，且B点与D点在同一水平面上，在B点，斜面轨道AB与圆弧形轨道BD相切，整个轨道处于竖直平面内且处处光滑，在A点处有一质量m＝1kg的小球由静止滑下，经过B、C两点后从D点斜抛出去，最后落在地面上的S点时的速度大小vS＝8m/s，已知A点距地面的高度H＝10m，B点距地面的高度h＝5m，设以MDN为分界线，其左边为一阻力场区域，右边为真空区域，g取10m/s2，cos53°＝0．6，求：(1)小球经过B点时的速度为多大？(2)小球经过圆弧轨道最低处C点时对轨道的压力为多大？(3)小球从D点抛出后，受到的阻力Ff与其瞬时速度方向始终相反，求小球从D点到S点的过程中阻力Ff所做的功．解析：(1)设小球经过B点时的速度大小为vB，由机械能守恒得：mg(H－h)＝12mv2B解得vB＝10m/s.(2)设小球经过C点时的速度为vC，对轨道的压力为FN，则轨道对小球的支持力FN′＝FN，根据牛顿第二定律可得FN′－mg＝mv2CR由机械能守恒得：mgR(1－cos53°)＋12mv2B＝12mv2C由以上两式及FN′＝FN解得FN＝43N.(3)设小球到达S点的过程中阻力所做的功为W，由机械能守恒知vD＝vB，由动能定理可得mgh＋W＝12mv2S－12mv2D解得W＝－68J.答案：(1)10m/s(2)43N(3)－68J(20分)如图所示为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆周弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次都将弹簧长度压缩到0．5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．(1)求质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；(2)求弹簧压缩到0．5R时的弹性势能Ep；(3)已知地面与水面相距1．5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在23m和m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？[解析](1)由题意可知，质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg＝mv21R①(2分)由①式解得v1＝gR.②(2分)(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律得Ep＝mg(1.5R＋R)＋12mv21③(2分)由②③式解得Ep＝3mgR.④(2分)(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律得4．5R＝12gt2⑤(2分)x1＝v1t＋R⑥(1分)由②⑤⑥式解得x1＝4R⑦(1分)当鱼饵的质量为23m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律得Ep＝23mg(1.5R＋R)＋1223mv22⑧(2分)由④⑧式解得v2＝2gR⑨(1分)质量为23m的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2＝v2t＋R⑩(1分)由⑤⑨⑩式解得x2＝7R(2分)鱼饵能够落到水面的最大面积为S＝14(πx22－πx21)＝334πR2(或8.25πR2)．(2分)[答案](1)gR(2)3mgR(3)334πR2