高三第一輪復習7機械能教案

1、第五章 機械能學問網絡：單元切塊：依據考綱的要求,本章內容可以分成四個單元,即：功和功率； 動能、 勢能、 動能定理；機械能守恒定律及其應用；功能關系 動量能量綜合； 其中重點是對動能定理、機械能守恒定律的懂得, 能夠嫻熟運用動能定理、機械能守恒定律分析解決力學問題；難點是動量能量綜合應用問題； 1 功和功率教學目標：懂得功和功率的概念, 會運算有關功和功率的問題培育同學分析問題的基本方法和基本技能教學重點： 功和功率的概念教學難點： 功和功率的運算教學方法： 講練結合,運算機幫助教學教學過程：一、功1功功是力的空間積存效應；它和位移相對應（也和時間相對應）；運算功的方法有兩種：（1）依據定義

2、求功；即：W=Fs cos ； 在高中階段,這種方法只適用于恒力做功；當02時 F 做正功,當2時 F 不做功,當2時 F 做負功；這種方法也可以說成是：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積；（2）用動能定理W= Ek 或功能關系求功；當F 為變力時,高中階段往往考慮用這種方法求功；這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功（或者說是合外力做的功）；這種方法的依據是：做功的過程就是能量轉化的過程,功是能的轉化的量度；假如知道某一過程中能量轉化的數值,那么也就知道了該過程中對應的功的數值；【例 1】如下列圖, 質量為 m 的小球用長 L 的細線懸掛而靜止在豎直位置；在以下三種情形下,分別用水平拉

3、力 F 將小球拉到細線與豎直方向成 角的位置；在此過程中,拉力 F 做的功各是多少？用 F 緩慢地拉；F 為恒力；如 F 為恒力,而且拉到該位置時小球的速度剛好為零；m 可供選擇的答案有A.FLcosB.FLsinC.FL1cosD.mgL1cos解析：如用 F 緩慢地拉,就明顯 F 為變力,只能用動能定理求解；F 做的功等于該過程克服重力做的功；選 D 如 F 為恒力,就可以直接按定義求功；選 B 如 F 為恒力,而且拉到該位置時小球的速度剛好為零,那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的；選B、D cos,可以得到F1costan2,可見在在第三種情形下,由FLsin=mgL1mgsi

4、n擺角為2時小球的速度最大；實際上,由于F 與 mg 的合力也是恒力,而繩的拉力始終不做功,所以其成效相當于一個擺,我們可以把這樣的裝置叫做“ 歪擺” ；【例 2】如下列圖,線拴小球在光滑水平面上做勻速圓周運動,圓的半徑是 1m,球的質量是 0.1kg,線速度 v=1m/s,小球由 A 點運動到 B 點恰好是半個圓周；那么在這段運動中線的拉力做的功是（）C 0.314J D無法確定A0 B0.1J 解析： 小球做勻速圓周運動,線的拉力為小球做圓周運動的向心力,由于它總是與運動方向垂直,所以,這個力不做功；故 A 是正確的；【例 3】下面列舉的哪幾種情形下所做的功是零（）A衛(wèi)星做勻速圓周運動,地

5、球引力對衛(wèi)星做的功B平拋運動中,重力對物體做的功C舉重運動員,扛著杠鈴在頭上的上方停留10s,運動員對杠鈴做的功D木塊在粗糙水平面上滑動,支持力對木塊做的功 解析： 引力作為衛(wèi)星做圓周運動的向心力,向心力與衛(wèi)星運動速度方向垂直,所以,這 個力不做功；杠鈴在此時間內位移為零；支持力與位移方向垂直,所以,支持力不做功；故 A、C、D 是正確的；【例 4】用力將重物豎直提起,先是從靜止開頭勻加速上升,緊接著勻速上升；假如前 后兩過程的運動時間相同,不計空氣阻力,就（）A加速過程中拉力做的功比勻速過程中拉力做的功大 B勻速過程中拉力做的功比加速過程中拉力做的功大 C兩過程中拉力做的功一樣大 D上述三種

6、情形都有可能解析： 應先分別求出兩過程中拉力做的功,作用,重力 mg、拉力 F；再進行比較； 重物在豎直方向上僅受兩個力勻加速提升重物時,設拉力為F 1,物體向上的加速度為a,依據牛頓其次定律得 F 1-mg=ma拉力 F 1 所做的功W 1F 1s 1m ga1at21m gaat222勻速提升重物時,設拉力為F2,依據平穩(wěn)條件得F 2=mg勻速運動的位移s 2vtattat2所以勻速提升重物時拉力的功W 2F2s2mgat2W 1W 2；當 a=g 時,W 1W 2；當 ag 時,故 D 選項正確；點評： 可見,力對物體所做的功的多少,只打算于力、位移、力和位移間夾角的大小,而跟物體的運動

7、狀態(tài)無關；在肯定的條件下,物體做勻加速運動時力對物體所做的功,可以大于、等于或小于物體做勻速直線運動時該力的功；2功的物理含義關于功我們不僅要從定義式 W=Fs cos 進行懂得和運算,仍應懂得它的物理含義功是能量轉化的量度,即：做功的過程是能量的一個轉化過程,這個過程做了多少功,就有多少能量發(fā)生了轉化對物體做正功, 物體的能量增加做了多少正功,物體的能量就增加了多少；對物體做負功,也稱物體克服阻力做功,物體的能量削減,做了多少負功,物體的能量就削減多少 因此功的正、 負表示能的轉化情形,表示物體是輸入了能量仍是輸出了能量【例 5】質量為 m 的物體,受水平力 F 的作用,在粗糙的水平面上運動

8、,以下說法中正確選項（）A假如物體做加速直線運動,F 肯定做正功B假如物體做減速直線運動,F 肯定做負功C假如物體做減速直線運動,F 可能做正功D假如物體做勻速直線運動,F 肯定做正功解析： 物體在粗糙水平面上運動,它必將受到滑動摩擦力,其方向和物體相對水平面的運動方向相反； 當物體做加速運動時,其力 F 方向必與物體運動方向夾銳角（含方向相同） ,這樣才能使加速度方向與物體運動的方向相同；此時,力 以,力 F 對物體做正功,A 對；F 與物體位移的方向夾銳角,所當物體做減速運動時,力 F 的方向可以與物體的運動方向夾銳角也可以夾鈍角（含方向相反）,只要物體所受合力與物體運動方向相反即可,可見

9、,物體做減速運動時,力 F可能對物體做正功,也可能對物體做負功,B 錯, C 對；當物體做勻速運動時,力F 的方向必與滑動摩擦力的方向相反,即與物體位移方向相同,所以,力 F 做正功, D 對；故 A、C、D 是正確的；【例 6】如下列圖,勻稱長直木板長L=40cm,放在水平桌面上,它的右端與桌邊相齊,木板質量 m=2kg,與桌面間的摩擦因數 =0.2,今用水平推力F 將其推下桌子, 就水平推力至少做功為（）（ g 取 10/s2）C8J D4JA0.8J B1.6J 解析：將木板推下桌子即木塊的重心要通過桌子邊緣,0 . 8水平推力做的功至少等于克服滑動摩擦力做的功,WFsmgL0 2.20

10、0 4.J；故 A 是正確的；223一對作用力和反作用力做功的特點（1）一對作用力和反作用力在同一段時間內,可以都做正功、或者都做負功,或者一 個做正功、一個做負功,或者都不做功；（2）一對作用力和反作用力在同一段時間內做的總功可能為正、可能為負、也可能為 零；（3）一對互為作用反作用的摩擦力做的總功可能為零（靜摩擦力）、可能為負（滑動 摩擦力）,但不行能為正；點評： 一對作用力和反作用力在同一段時間內的沖量肯定大小相等,方向相反, 矢量和 為零；【例 7】 關于力對物體做功,以下說法正確選項（）A一對作用力和反作用力在相同時間內做的功肯定大小相等,正負相反B不論怎樣的力對物體做功,都可以用

11、W=Fs cosC合外力對物體不作功,物體必定做勻速直線運動D滑動摩擦力和靜摩擦力都可以對物體做正功或負功解析： 一對作用力和反作用力肯定大小相等、位移不肯定相等,它們所做的功不肯定大小相等,方向相反, 而相互作用的兩物體所發(fā)生的 所以, 它們所做的功不肯定大小相等,正負相反；公式 W=Fs cos ,只適用于恒力功的運算；合外力不做功,物體可以處于靜止；滑動摩擦力、靜摩擦力都可以做正功或負功,如：在一加速行駛的卡車上的箱子,如箱子在車上打滑（有相對運動）,箱子受滑動摩擦力,此力對箱子做正功；如箱子不打滑（無相對運動）,箱子受靜摩擦力,對箱子也做正功；故 D 是正確的；二、功率功率是描述做功快

12、慢的物理量；（1）功率的定義式：P W,所求出的功率是時間 t 內的平均功率；t（2）功率的運算式：P=Fv cos ,其中 是力與速度間的夾角；該公式有兩種用法：求某一時刻的瞬時功率；這時 F 是該時刻的作用力大小,v 取瞬時值,對應的P 為 F 在該時刻的瞬時功率；當 v 為某段位移（時間）內的平均速度時,就要求這段位移（時間）內 F 必需為恒力,對應的 P 為 F 在該段時間內的平均功率；重力的功率可表示為 PG=mgvy,即重力的瞬時功率等于重力和物體在該時刻的豎直分速度之積；汽車的兩種加速問題；當汽車從靜止開頭沿水平面加速v a v 的增大, F 必將運動時,有兩種不同的加速過程,但

13、分析時采納的基本公式都 是 P=Fv 和 F-f = maf 恒定功率的加速；由公式P=Fv 和 F-f=ma 知,由于 P 恒定,隨著減小, a 也必將減小,汽車做加速度不斷減小的加速運動,直到F=f,a=0,這時 v 達到最大值 v m P m P m；可見恒定功率的加速肯定不是勻加速；這種加速過程發(fā)動機做的功只能用F fW=Pt 運算,不能用 W=Fs 運算（由于 F 為變力）；恒定牽引力的加速；由公式 P=Fv 和 F-f=ma 知,由于 F 恒定,所以 a 恒定,汽車做勻加速運動,而隨著 v 的增大, P 也將不斷增大,直到 P 達到額定功率 Pm,功率不能再增大了；這時勻加速運動終

14、止,其最大速度為 v m P m P m v m,此后汽車要想連續(xù)加速F f就只能做恒定功率的變加速運動了；可見恒定牽引力的加速時功率肯定不恒定；這種加速過程發(fā)動機做的功只能用 W=F s 運算,不能用 W=P t 運算（由于 P 為變功率）；要留意兩種加速運動過程的最大速度的區(qū)分；【例 8】質量為 2t 的農用汽車,發(fā)動機額定功率為 30kW ,汽車在水平路面行駛時能達到的最大時速為 54km/h；如汽車以額定功率從靜止開頭加速,當其速度達到 v=36km/h 時的瞬時加速度是多大？解析： 汽車在水平路面行駛達到最大速度時牽引力 F 等于阻力 f,即 Pm=f vm,而速度為 v 時的牽引力

15、 F=Pm/v,再利用 F-f=ma,可以求得這時的 a=0.50m/s2【例 9】卡車在平直大路上從靜止開頭加速行駛,經時間 t 前進距離 s,速度達到最大值 vm；設此過程中發(fā)動機功率恒為 P,卡車所受阻力為 f,就這段時間內,發(fā)動機所做的功為（）APt Bfs CPt=fs Dfvmt解析： 發(fā)動機所做的功是指牽引力的功；由于卡車以恒定功率運動,所以發(fā)動機所做的功應等于發(fā)動機的功率乘以卡車行駛的時間,A 對； B 項給出的是卡車克服阻力做的功,在這段時間內,牽引力的功除了克服阻力做功外仍要增加卡車的功能,B 錯；C 項給出的是卡車所受外力的總功；D 項中,卡車以恒功率前進,將做加速度逐步

16、減小的加速運動,達到最大速度時牽引力等于阻力,阻力 f 乘以最大速度 v m 是發(fā)動機的功率, 再乘以 t 恰是發(fā)動機在 t 時間內做的功；故 A D 是正確的；【例 10】質量為 m、額定功率為 P 的汽車在平直大路上行駛；如汽車行駛時所受阻力大小不變,并以額定功率行駛,汽車最大速度為 v1,當汽車以速率 v2（v2t2,P 1 P 25C 由速度一時間圖像可得加速度 a=0.5m/s 2由牛頓其次定律：2F-mg=maF mg ma 10 . 5 N2P=Fv=10.5 2 2=42WpWFs10.542421 Wtt應選項 C 正確；6C 飛機勻速飛行時,發(fā)動機牽引力等于飛機所受阻力,當

17、飛機飛行速度為原先的 2倍時,阻力為原先的 4 倍,發(fā)動機產生的牽引力亦為原先的 4 倍,由 P=Fv,此時發(fā)動機的功率為原先的 8 倍；7解：設物體質量為 m,受恒力 F 1 時, F 1ma1就 a1F1m經 t 時間的位移 s 1 a 1 t 2 1 F 1 t 2 / m 2 2此時速度 v a 1 t F 1 t / m,之后受恒力 F 向左,與 v 方向相反,就物體做勻減速直線運動： F2ma2,加速度 a2F 2m,經 t 時間又回到原動身點,此過程位移為 s,方向向左,就力 F 做正功；因位移與 v 的方向相反,就有 s vt 1a 2 t 22即 s 1a 2 t 2vt 1

18、 F 2t 2 F 1 t t 2 2 m m與式聯(lián)立可得 F 2 3F 1,就力 F 2 做的功 W 2 3W 1；所以 W 1 1W 2 38解：在功的定義式 W=Fscos 中, s 是指力 F 的作用點的位移；當物塊從 A 點運動到 B 點時,連接物塊的繩子在定滑輪左側的長度變小,s H H,由于繩不能伸sin sin縮,故力 F 的作用點的位移大小等于 s；而這里物塊移動的位移大小為（Hcot -Hcot ）,可見此題力 F 作用點的位移大小不等于物塊移動的位移大??；依據功的定義式,有 W Fs F H H 100 Jsin sin教學后記內容簡潔, 同學把握較好, 功的運算方法很多

19、,法,仍有汽車啟動的兩種模型；關鍵是引導同學把握不同的工的運算方動能勢能動能定理教學目標：懂得功和能的概念,把握動能定理,會嫻熟地運用動能定懂得答有關問題教學重點： 動能定理教學難點： 動能定理的應用教學方法： 講練結合,運算機幫助教學教學過程：一、動能1定義：物體由于運動而具有的能,叫動能；其表達式為：Ek1 mv 22；2對動能的懂得（1）動能是一個狀態(tài)量,它與物體的運動狀態(tài)對應動能是標量它只有大小,沒有 方向,而且物體的動能總是大于等于零,不會顯現(xiàn)負值（2）動能是相對的,它與參照物的選取親密相關如行駛中的汽車上的物品,對汽車 上的乘客,物品動能是零；但對路邊的行人,物品的動能就不為零；3

20、動能與動量的比較（1）動能和動量都是由質量和速度共同打算的物理量,E k1 mv 22p2或p2mE k2 m（2）動能和動量都是用于描述物體機械運動的狀態(tài)量；（3）動能是標量,動量是矢量；物體的動能變化,就其動量肯定變化；物體的動量變 化,就其動量不肯定變化；（4）動能打算了物體克服肯定的阻力能運動多么遠；動量就打算著物體克服肯定的阻 力能運動多長時間；動能的變化打算于合外力對物體做多少功,動量的變化打算 于合外力對物體施加的沖量；（5）動能是從能量觀點動身描述機械運動的,動量是從機械運動本身動身描述機械運 動狀態(tài)的；二、重力勢能1定義：物體和地球由相對位置打算的能叫重力勢能,是物體和地球共

21、有的；表達式：E pmgh,與零勢能面的選取有關；2對重力勢能的懂得（1）重力勢能是物體和地球這一系統(tǒng)共同全部,單獨一個物體談不上具有勢能即：假如沒有地球, 物體談不上有重力勢能平常說物體具有多少重力勢能,是一種習慣上的簡稱重力勢能是相對的, 它隨參考點的選擇不同而不同,第一要指明參考點 即零點 要說明物體具有多少重力勢能,（2）重力勢能是標量,它沒有方向但是重力勢能有正、負此處正、負不是表示方向,而是表示比零點的能量狀態(tài)高仍是低勢能大于零表示比零點的能量狀態(tài)高,勢能小于零表示比零點的能量狀態(tài)低零點的選擇不同雖對勢能值表述不同,但對物理過程沒有影響即勢能是相對的,勢能的變化是肯定的,勢能的變化

22、與零點的選擇無關（3）重力做功與重力勢能重力做正功,物體高度下降,重力勢能降低；重力做負功,物體高度上升,重力勢能升高可以證明, 重力做功與路徑無關,由物體所受的重力和物體初、末位置所在水平面的高度差打算,即：WG=mg h所以重力做的功等于重力勢能增量的負值,即WG= - Ep= -（mgh2-mgh1）三、動能定理1動能定理的表述合外力做的功等于物體動能的變化；（這里的合外力指物體受到的全部外力的合力,包括重力）；表達式為 W= EK動能定理也可以表述為：外力對物體做的總功等于物體動能的變化；實際應用時, 后一種表述比較好操作；不必求合力, 特殊是在全過程的各個階段受力有變化的情形下,只要

23、把各個力在各個階段所做的功都依據代數和加起來,就可以得到總功；和動量定理一樣,動能定理也建立起過程量（功）和狀態(tài)量（動能）間的聯(lián)系；這樣,無論求合外力做的功仍是求物體動能的變化,就都有了兩個可供選擇的途徑；和動量定理不同的是： 功和動能都是標量,動能定理表達式是一個標量式,不能在某一個方向上應用動能定理；【例 1】 一個質量為m 的物體靜止放在光滑水平面上,在互成60 角的大小相等的兩個水平恒力作用下,經過一段時間,物體獲得的速度為 v1、v2,那么在這段時間內,其中一個力做的功為v,在力的方向上獲得的速度分別為W 1W 1A1 mv 26B1 mv 24C1 mv 23D1 mv 22錯解：

24、在分力F1 的方向上,由動動能定理得1mv 121m 2v21mv2,故 A 正確；22cos 306正解：在合力F 的方向上,由動動能定理得,WFs1 mv 22,某個分力的功為F 1scos 302Fscos 301Fs12 mv,故 B 正確；cos 30242對外力做功與動能變化關系的懂得：外力對物體做正功,物體的動能增加,這一外力有助于物體的運動,是動力；外力對物體做負功, 物體的動能削減,這一外力是阻礙物體的運動,是阻力,外力對物體做負功往往 又稱物體克服阻力做功功是能量轉化的量度,外力對物體做了多少功；就有多少動能與 其它形式的能發(fā)生了轉化所以外力對物體所做的功就等于物體動能的變

25、化量即3應用動能定懂得題的步驟（1）確定爭論對象和爭論過程；和動量定理不同,動能定理的爭論對象只能是單個物 體,假如是系統(tǒng),那么系統(tǒng)內的物體間不能有相對運動；（緣由是：系統(tǒng)內全部內 力的總沖量肯定是零,而系統(tǒng)內全部內力做的總功不肯定是零）；（2）對爭論對象進行受力分析；（爭論對象以外的物體施于爭論對象的力都要分析,含重 力）；（3）寫出該過程中合外力做的功,或分別寫出各個力做的功（留意功的正負）；假如 爭論過程中物體受力情形有變化,要分別寫出該力在各個階段做的功；（4）寫出物體的初、末動能；（5）依據動能定理列式求解；【例 2】 如下列圖,斜面傾角為 ,長為 L,AB 段光滑, BC 段粗糙,

26、且 BC=2 AB；質量為 m 的木塊從斜面頂端無初速下滑,到達 C 端時速度剛好減小到零；求物體和斜面 BC 段間的動摩擦因數 ；解： 以木塊為對象,在下滑全過程中用動能定理：重力做的功為 mgLsin ,摩擦力做的功為 2 mgL cos,支持力不做功；初、末動能均為 3零；B A mgLsin 2 mgL cos =0,3 tan 3 2點評： 從本例題可以看出,由于用動能定理列方程時不牽扯過程中不同階段的加速度,所以比用牛頓定律和運動學方程解題簡潔得多；【例 3】 將小球以初速度v0 豎直上拋,在不計空氣阻力的抱負狀況下,小球將上升到某一最大高度；由于有空氣阻力,小球實際上升的最大高度

27、只有該抱負高度的 80%；設空氣阻力大小恒定,求小球落回拋出點時的速度大小 v；解： 有空氣阻力和無空氣阻力兩種情形下分別在上升過程對小球用動能定理：mgH1 mv 0 22和0 . 8mgfH12 mv 0,可得 H=v 02/2g,f1mgv f f v / 42再以小球為對象,在有空氣阻力的情形下對上升和下落的全過程用動能定理；全過程重力做的功為零,所以有：f 2 .0 8 H 1mv 0 2 1mv 2,解得 v 3v 02 2 5點評： 從此題可以看出：依據題意敏捷地選取爭論過程可以使問題變得簡潔；有時取全過程簡潔； 有時就取某一階段簡潔；原就是盡量使做功的力削減,各個力的功運算便利

28、；或使初、末動能等于零；【例 4】如下列圖,質量為m 的鋼珠從高出地面h 處由靜止自由下落,h 落到地面進入沙坑h/10 停止,就（1）鋼珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？（2）如讓鋼珠進入沙坑h/8,就鋼珠在h 處的動能應為多少？設鋼珠h/10 在沙坑中所受平均阻力大小不隨深度轉變；解析： （1）取鋼珠為爭論對象,對它的整個運動過程,由動能定理得W=WF+WG= EK =0 ；取鋼珠停止處所在水平面為重力勢能的零參考平面,就重力的功WG=11mgh,阻力的功WF=1Ff h, 代入得11mgh1F f h=0,故有 Ff /mg=11；即所10101010求倍數為 11；（2）設鋼珠在

29、 h 處的動能為EK,就對鋼珠的整個運動過程,由動能定理得W=WF+WG= EK =0,進一步綻開為9mgh/8Ff h/8= EK,得 EK=mgh/4；點評： 對第（ 2）問,有的同學這樣做,h/8h/10= h/40,在 h/40 中阻力所做的功為Ff h/40=11mgh/40,因而鋼珠在 h 處的動能 EK =11mgh/40；這樣做對嗎？請摸索；【例 5】 質量為 M 的木塊放在水平臺面上,臺面比水平地面高出 h=0.20m ,木塊離臺的右端 L=1.7m；質量為 m=0.10M 的子彈以 v0=180m/s 的速度水平射向木塊,并以 v=90m/s的速度水平射出,木塊落到水平地面

30、時的落地點到臺面右端的水平距離為 s=1.6m,求木塊與臺面間的動摩擦因數為 ；在其中兩個階段中有機械能缺失：子彈射穿木解：此題的物理過程可以分為三個階段,塊階段和木塊在臺面上滑行階段；所以此題必需分三個階段列方程：子彈射穿木塊階段,對系統(tǒng)用動量守恒,設木塊末速度為 v1,mv0= mv+Mv1 木塊在臺面上滑行階段對木塊用動能定理,設木塊離h 開臺面時的速度為v2,有：MgL1Mv21Mv2 122h 22木塊離開臺面后的平拋階段,sv2g由、可得 =0.50 點評： 從此題應引起留意的是：凡是有機械能缺失的過程,都應當分段處理；從此題仍應引起留意的是：不要對系統(tǒng)用動能定理；在子彈穿過木塊階

31、段,子彈和木塊間的一對摩擦力做的總功為負功；假如對系統(tǒng)在全過程用動能定理,就會把這個負功漏掉；四、動能定理的綜合應用動能定理可以由牛頓定律推導出來,原就上講用動能定律能解決物理問題都可以利用牛頓定律解決, 但在處理動力學問題中,如用牛頓其次定律和運動學公式來解,就要分階段考慮,且必需分別求每個階段中的加速度和末速度,運算較繁瑣；但是,我們用動能定理來解就比較簡捷；我們通過下面的例子再來體會一下用動能定懂得決某些動力學問題的優(yōu)越性；1應用動能定理巧求變力的功假如我們所爭論的問題中有多個力做功,其中只有一個力是變力,其余的都是恒力,而且這些恒力所做的功比較簡潔運算,爭論對象本身的動能增量也比較簡潔

32、運算時,用動能定理就可以求出這個變力所做的功；【例 6】 如下列圖, AB 為 1/4 圓弧軌道,半徑為 R=0.8m,BC 是水平軌道,長 S=3m,BC 處的摩擦系數為 =1/15,今有質量 m=1kg 的物體,自 A 點從靜止起下滑到 C 點剛好停止；求物體在軌道 AB 段所受的阻力對物體做的功；解析： 物體在從 A 滑到 C 的過程中,有重力、AB 段的阻力、 BC 段的摩擦力共三個力做功, WG=mgR,f BC= mg,由于物體在 AB 段受的阻力是變力,做的功不能直接求；依據動能定理可知：W 外=0,所以 mgR- mgS-WAB =0 即 WAB=mgR- mgS=1100.8

33、-1 103/15=6 J 【例 7】一輛車通過一根跨過定滑輪的繩PQ 提升井中質量為m 的物體,如下列圖繩的 P 端拴在車后的掛鉤上,Q 端拴在物體上設繩的總長不變,繩的質量、定滑輪的質量和尺寸、滑輪上的摩擦都忽視不計開頭時,車在 A 點,左右兩側繩都已繃緊并且是豎直的,左側繩長為 H提升時,車加速向左運動,沿水平方向從 A 經過 B 駛向 C設 A 到 B的距離也為 H,車過 B 點時的速度為 vB求在車由 A 移到 B 的過程中,繩 Q 端的拉力對物體做的功解析： 設繩的 P 端到達 B 處時, 左邊繩與水平地面所成夾角為 ,物體從井底上升的高度為 h,速度為 v,所求的功為W,就據動能

34、定理可得：Wmgh1 mv 22H sinH因繩總長不變,所以：h依據繩聯(lián)物體的速度關系得：v=vBcos 由幾何關系得：42 mv Bmg 21H由以上四式求得：W142應用動能定理簡解多過程問題；物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程（如加速、減速的過程）,此時可以分段考慮,也可以對全過程考慮,但如能對整個過程利用動能定理列式就使問題簡化；【例 8】 如下列圖,斜面足夠長,其傾角為,質量為 m 的滑塊,距擋板P 為 s0,以初速度 v0 沿斜面上滑, 滑塊與斜面間的動摩擦因數為,滑塊所受摩擦力小于滑塊沿斜面方向的重力分力, 如滑塊每次與擋板相碰均無機械能缺失,少？求滑塊在斜面上

35、經過的總路程為多解析： 滑塊在滑動過程中,要克服摩擦力做功,其機械能不斷削減；又由于滑塊所受摩 擦力小于滑塊沿斜面方向的重力分力,所以最終會停在斜面底端；在整個過程中, 受重力、 摩擦力和斜面支持力作用,其中支持力不做功；設其經過和總 路程為 L,對全過程,由動能定理得：mgS 0sinmgLcos01mv2 0得LmgS 0sincos12 mv 02mg23利用動能定理巧求動摩擦因數【例 9】 如下列圖,小滑塊從斜面頂點A 由靜止滑至水平部分C 點而停止；已知斜面高為 h,滑塊運動的整個水平距離為s,設轉角 B 處無動能缺失,斜面和水平部分與小滑塊的動摩擦因數相同,求此動摩擦因數；解析：

36、滑塊從 A 點滑到 C 點,只有重力和摩擦力做功,設滑塊質量為 m,動摩擦因數為,斜面傾角為cos,斜面底邊長s1,水平部分長s2,由動能定理得：mghmgs 1mgs 20coss 1s2sh由以上兩式得s從運算結果可以看出,只要測出斜面高和水平部分長度,即可運算出動摩擦因數；4利用動能定理巧求機車脫鉤問題【例 10】總質量為M 的列車,沿水平直線軌道勻速前進,其末節(jié)車廂質量為m,中途脫節(jié),司機發(fā)覺時,機車已行駛L 的距離,于是立刻關閉油門,除去牽引力；設運動的阻力與質量成正比, 機車的牽引力是恒定的；當列車的兩部分都停止時,它們的距離是多少？解析： 此題用動能定理求解比用運動學、牛頓其次定

37、律求解簡便；對車頭,脫鉤后的全過程用動能定理得：FLk Mm gs 11M2m v 02對車尾,脫鉤后用動能定理得：kmgs 21 mv 0 22F=kMg而ss 1s2,由于原先列車是勻速前進的,所以由以上方程解得sML；Mm五、針對訓練1質量為 m 的物體, 在距地面 h 高處以 g/3 的加速度由靜止豎直下落到地面 .以下說法中正確選項1A. 物體的重力勢能削減 mgh31B.物體的動能增加 mgh 31C.物體的機械能削減 mgh 3D.重力做功 1 mgh 32質量為 m 的小球用長度為L 的輕繩系住,在豎直平面內做圓周運動,運動過程中小球受空氣阻力作用.已知小球經過最低點時輕繩受的

38、拉力為7mg,經過半周小球恰好能通過最高點,就此過程中小球克服空氣阻力做的功為A.mgL/4 B.mgL/3C.mgL/2 D.mgL3如下列圖,木板長為 l,板的 A 端放一質量為 m 的小物塊,物塊與板間的動摩擦因數為 ；開頭時板水平,在繞 O 點緩慢轉過一個小角度 的過程中,如物塊始終保持與板相對靜止；對于這個過程中各力做功的情形,以下說法正確選項 A、摩擦力對物塊所做的功為 mglsin 1-cos A B、彈力對物塊所做的功為 mglsin cosC、木板對物塊所做的功為 mglsin D、合力對物塊所做的功為 mgl cos4如下列圖,小球以大小為 v0 的初速度由 A 端向右運動

39、,到 B 端時的速度減小為 vB；如以同樣大小的初速度由 B 端向左運動,到 A 端時的速度減小為 vA；已知小球運動過程中始終未離開該粗糙軌道；比較 vA 、vB 的大小,結論是A.vA vB B.v A=vBC.vA2R）.已知列車的車輪是卡在導軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動,在軌道的任何地方都不能脫軌；試問： 在沒有任何動力的情形下,列車在水平軌道上應具有多大初速度 軌道上？v0,才能使列車通過圓形軌道而運動到右邊的水平解析： 當游樂車灌滿整個圓形軌道時,游樂車的速度最小,設此時速度為 v,游樂車的質量為 m,就據機械能守恒定律得：1 mv 0 2 2 R m gR 1 mv 22

40、 L 2g要游樂車能通過圓形軌道,就必有 v0,所以有 v 0 2 RL【例 7】質量為 0.02 kg 的小球,用細線拴著吊在沿直線行駛著的汽車頂棚上,在汽車 距車站 15 m 處開頭剎車,在剎車過程中,拴球的細線與豎直方向夾角 37 保持不變,如下列圖,汽車到車站恰好停住 .求：（1）開頭剎車時汽車的速度；（2）汽車在到站停住以后,拴小球細線的最大拉力；（取 0.6,cos37 0.8）解析： （1）小球受力分析如圖g10 ms 2,sin37 由于 F 合=mgtan =ma所以 a=gtan =10.0 6m/s2=7.5 m/s2l.0 8對汽車,由v02=2as得 v0=2 as=

41、27.515m/s=15 （m/s）（2）小球擺到最低點時,拉力最大,設為T,繩長設為依據機械能守恒定律,有mg（l-lcos ）=1mv 2 2在最低點,有T-mg=mv2,lT = mg+2mg（ 1 一 cos ）,代人數值解得 T 0.28 N 【例 8】 如下列圖,一根長為 1 m,可繞 O 軸在豎直平面內無摩擦轉動的細桿 AB,已知 OA 0 . 6 m ; OB 0 4. m,質量相等的兩個球分別固定在桿的 A、B 端,由水平位置自由釋放,求輕桿轉到豎直位置時兩球的速度？解析：A、B球在同一桿上具有相同的角速度,vA:vBR A:R B3:2,A、B組成一個系統(tǒng),系統(tǒng)重力勢能的轉

42、變量等于動能的增加量,選取水平位置為零勢能面,就：EPPEPAEPBmgR 1mgR 226mgR 1R 220.2mgE KEKAE KB1 22 mv A1 22 mv B1m 2 R 12 R 22EEK02.mg0 .m2解得：10rads、vA1.65ms、vB1.1msB 點時消13【例 9】 小球在外力作用下,由靜止開頭從A 點動身做勻加速直線運動,到除外力；然后,小球沖上豎直平面內半徑為R 的光滑半圓環(huán),恰能維護在圓環(huán)上做圓周運動,到達最高點C 后拋出,最終落回到原先的動身點A 處,如下列圖, 試求小球在AB 段運動的加速度為多大？解析：要題的物理過程可分三段：從 A 到孤勻加

43、速直線運動過程；從 B 沿圓環(huán)運動到C的圓周運動, 且留意恰能維護在圓環(huán)上做圓周運動,從 C 回到 A 的平拋運動；依據題意,在 C 點時,滿意2 v mg m R 從 B 到 C 過程,由機械能守恒定律得mg2R1mv21mv21 2gt2B22由、式得vB5gR從 C 回到 A 過程,滿意2R水平位移 s=vt,vgR由、式可得s=2R從 A 到 B 過程,滿意2asv2B在最高點滿意重力全部用來供應向心力；a5g4【例 10】如下列圖,半徑分別為R 和 r 的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上,軌道之間有一條水平軌道 CD 相通,一小球以肯定的速度先滑上甲軌道,通過動摩擦因數為

44、 的 CD 段, 又滑上乙軌道,最終離開兩圓軌道；如小球在兩圓軌道的最高點對軌道壓力都恰好為零,試求水平 CD 段的長度；解析：（1）小球在光滑圓軌道上滑行時,機械能守恒, 設小球滑過 C 點時的速度為,通過甲環(huán)最高點速度為v ,依據小球對最高點壓力為零,由圓周運動公式有mgmv2R取軌道最低點為零勢能點,由機械守恒定律12 mvCmg2R1m v2vD5gR,設 CD 段的長度為l,對小球滑過CD 段22由、兩式消去v ,可得vC同理可得小球滑過D 點時的速度5 gr過程應用動能定理mgl1mv2 D12 mv C,22將v 、v 代入,l5Rr2可得三、針對訓練1如下列圖,兩物體 A、B

45、從同一點動身以同樣大小的初速度 v0分別沿光滑水平面和凹面到達另一端,就（）AA 先到 BB 先到 CA、B 同時到達 D條件不足,無法確定2將一球豎直上拋,如該球所受的空氣阻力大小不變,就其力大小不變,就其上升和下降兩過程的時間及缺失的機械能的關系是（）At 上 t 下,E 上 E 下 Bt 上 t 下,E 上 E 下Ct 上 m 時,相對靜止是的共同速度必向左,不會再次與墻相碰,可求得摩擦生熱是Q2Mmv2；當 M=m 時,明顯最終共同速度為零,當Mm 時,相對靜止時的共同速度必Mm向右,再次與墻相碰,直到小車停在墻邊,后兩種情形的摩擦生熱都等于系統(tǒng)的初動能1 2Q M m v2【例 9】

46、一傳送帶裝置示意圖如圖,其中傳送帶經過 AB 區(qū)域時是水平的,經過 BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成,為畫出）,經過 CD 區(qū)域時是傾斜的,AB 和 CD都與 BC 相切；現(xiàn)將大量的質量均為 m 的小貨箱一個一個在 A 處放到傳送帶上,放置時初速為零,經傳送帶運輸到 D 處,D 和 A 的高度差為 h；穩(wěn)固工作時傳送帶速度不變,CD 段上各箱等距排列, 相鄰兩箱的距離為 L；每個箱子在 A 處投放后, 在到達 B 之前已經相對于傳送帶靜止,且以后也不再滑動（忽視經 BC 段時的 D 微小滑動） ；已知在一段相當長的時間 T 內,共運輸小貨箱的數目為 N；這裝置由電動機帶動,傳送帶與 A

47、 B C L L 輪子間無相對滑動,不計輪軸處的摩擦；求電動機的平均輸出功率 P；解析： 電動機做功的過程,電能除了轉化為小貨箱的機械能,仍有一部分由于小貨箱和傳送帶間的滑動摩擦而轉化成內能；摩擦生熱可以由Q=f d 求得,其中 f 是相對滑動的兩個物體間的摩擦力大小,d 是這兩個物體間相對滑動的路程；此題中設傳送帶速度始終是 v,就相對滑動過程中傳送帶的平均速度就是小貨箱的 2 倍,相對滑動路程 d 和小貨箱的實際位移 s 大小相同,故摩擦生熱和小貨箱的末動能大小相同 Q=mv2/2；因此有 W=mv2+mgh；又由已知, 在一段相當長的時間 T 內,共運輸小貨箱的數目為 N,所以有 P T

48、 NW,vT=NL ,2 2帶入后得到 P Nm N2 Lgh；T T【例 10】用輕彈簧相連的質量均為 2 kg 的 A、B 兩物塊都以 v6 ms 的速度在光滑的水平地面上運動,彈簧處于原長,質量 4 kg 的物塊 C 靜止在前方,如下列圖 .B 與 C碰撞后二者粘在一起運動 .求：在以后的運動中：（1）當彈簧的彈性勢能最大時,物體 A 的速度多大 . （2）彈性勢能的最大值是多大 . （3）A 的速度有可能向左嗎 .為什么 . 解析： （1）當 A、B、C 三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大 . 由于 A、B、C 三者組成的系統(tǒng)動量守恒,（mA+mB）v（ mA+mB+mC）vA解得 v

49、A=22 6m/s=3 m/s v ,就224（2）B、C 碰撞時 B、C 組成的系統(tǒng)動量守恒,設碰后瞬時B、C 兩者速度為mBv=（mB+mC）vv=26=2 m/s 24設物 A 速度為 vA 時彈簧的彈性勢能最大為Ep,依據能量守恒Ep= 2 1 （mB+mC）v21 + 2mAv2- 2 1 （mA+mB+mC）vA2=1 （ 2+4） 22+ 21 2 62-21 （ 2+2+4） 32=12 J 2（3）A 不行能向左運動系統(tǒng)動量守恒,mAv+mBv=mAvA+（ mB+mC）vB設 A 向左, vA0,vB4 m/s 就作用后 A、B、C 動能之和E=1mAvA2+1 （mB+m

50、C） vB 221 （mB+mC）vB 22=48 J 2實際上系統(tǒng)的機械能E=Ep+ 1 （mA+mB+mC）v A =12+36=48 J 22依據能量守恒定律,EE 是不行能的【例 11】 如下列圖,滑塊 A 的質量 m0.01 kg,與水平地面間的動摩擦因數 =0.2,用細線懸掛的小球質量均為 m=0.01 kg,沿 x 軸排列, A 與第 1 只小球及相鄰兩小球間距離均為 s=2 m,線長分別為 L 1、L 2、L 3 （圖中只畫出三只小球,且小球可視為質點）,開頭時,滑塊以速度 v0 10 m/s 沿 x 軸正方向運動, 設滑塊與小球碰撞時不缺失機械能,碰撞后小球均恰能在豎直平面內

51、完成完整的圓周運動并再次與滑塊正碰, g 取 10 m/s2,求：（1）滑塊能與幾個小球碰撞 . （2）求出碰撞中第 n 個小球懸線長 Ln 的表達式 . 解析：（1）因滑塊與小球質量相等且碰撞中機械能守恒,滑塊與小球相碰撞會互換速度,小球在豎直平面內轉動,機械能守恒,設滑塊滑行總距離為 s0,有mgs 0012 mv 02得 s025 m ns012（個）vns（2）滑塊與第n 個球碰撞,設小球運動到最高點時速度為對小球 ,有: 12 mv n1m v22mgL n22nmgmvn2Ln對滑塊,有：mgns1mv n21mv 0222解 三式 : L nv 022gsn504 n5g25【例

52、 12】 如下列圖, 兩個小球 A 和 B 質量分別是mA=2.0 kg ,mB=1.6 kg. 球 A 靜止在光滑水平面上的 M 點,球 B 在水平面上從遠處沿兩球的中心連線向著球 A 運動 .假設兩球相距L18 m 時存在著恒定的斥力 F,L18 m 時無相互作用力 .當兩球相距最近時,它們間的距離為 d 2 m,此時球 B 的速度是 4 ms.求：（1）球 B 的初速度；（2）兩球之間的斥力大??；（3）兩球從開頭相互作用到相距最近時所經受的時間 . 解析：（1）設兩球之間的斥力大小是 F,兩球從開頭相互作用到兩球相距最近時的時間是 t0當兩球相距最近時球 B 的速度是 vB=4 m/s,

53、此時球 A 的速度與球 B 的速度大小相等, vA vB4 m/s. 由動量守恒定律可得：mBvB0mAvA+mBvB 代人數據解得 vB09 m/s（1 分）（2）兩球從開頭相互作用到它們之間距離最近時它們之間的相對位移 sL-d由功能關系可得：F s=1mBvB02-（1mAvA2+1mBvB2）“ 雙電荷交換反應”,222代人數據解得F=2.25 N （3）依據動量定理,對A 球有：Ft=mAvA-0 t=m AvAF代入數值解得t=32s=3.56 s 9【例 13】 在原子核物理中,爭論核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似.兩個小球 A 和 B 用輕質

54、彈簧相連,在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài).在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P,右邊有一小球C 沿軌道以速度v0 射向 B 球,如下列圖 .C 與 B 發(fā)生碰撞并立刻結成一個整體D.在它們連續(xù)向左運動的過程中,當彈簧長度變到最短時,長度突然被鎖定,不再轉變.然后, A 球與擋板P 發(fā)生碰撞,然后 A、D 都靜止不動, A 與 P 接觸但不粘接, 過一段時間,突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能缺失）.已知 A、B、C 三球的質量均為 m；求：（1）彈簧長度剛被鎖定后 A 球的速度；（2）在 A 球離開擋板 P 之后的運動過程中,彈簧的最大彈性勢能；解析：（1）設 C 球與 B 球碰撞結成

55、mv0=2mv1D 時,D 的速度為 v1,由動量守恒定律有當彈簧壓至最低時,D 與 A 有共同速度 ,設此速度為v2,由動量守恒定律有2mv1=3mv2兩式聯(lián)立求得A 的速度1 v2= 3v0Ep,由能量守恒有（2）設彈簧長度被鎖定后,儲存在彈簧中的彈性勢能為Ep= 2 1 2mv12- 2 1 3mv22撞擊 P 后,A、D 均靜止 .解除鎖定后,當彈簧剛復原到原長時,彈性勢能全部轉為D 球A、的動能,設此時D 的速度為 v3,由能量守恒有1 22mv32=Ep以后彈簧伸長,A 球離開擋板P,當 A、D 速度相等時,彈簧伸長到最長,設此時D 速度為 v4,由動量守恒定律有2mv3=2mv4

56、當彈簧最長時,彈性勢能最大,設其為Ep ,由能量守恒有Ep=1 22mv32-1 23mv42聯(lián)立以上各式,可得Ep=1mv0236【例 14】如下列圖,一輕質彈簧一端固定,一端與質量為m 的小物塊 A 相聯(lián),原先 A靜止在光滑水平面上,彈簧沒有形變,質量4ssD的最大值？為 m 的物塊 B 在大小為F 的水平恒力作用下由 C 處從靜止開頭沿光滑水平面對右運F B A 動,在 O 點與物塊A 相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短）；運動到 D 點時, 將外CO力 F 撤去,已知CO=4s,OD =s,就撤去外力后,依據力學規(guī)律和題中供應的信息,你能求得哪些物理量 （彈簧的彈性勢能等）并求出定量的

57、結果；解析： 物塊 B 在 F 的作用下,從C 運動到 O 點的過程中,設B 到達 O 點的速度為v0,由動能定理得：F 4s=1 mv 0 22對于 A 與 B 在 O 點的碰撞動量守恒,設碰后的共同速度為 mv0=2mvv,由動量守恒定律可得：當 A、B 一起向右運動停止時,彈簧的彈性勢能最大；設彈性勢能的最大值為 Epm,據能量守恒定律可得：Epm=Fs+122 mv3 Fs2撤去外力后,系統(tǒng)的機械能守恒；依據機械能守恒定律可求得A、B 的最大速度為：vAmv Bm3Fs；m三、針對訓練1如下列圖,一輕彈簧左端固定在長木板 M 的左端,右端與小木塊 m 連接,且 m、M及 M 與地面間接

58、觸光滑 .開頭時, m 和 M 均靜止, 現(xiàn)同時對 m、M 施加等大反向的水平恒力F1 和 F2,從兩物體開頭運動以后的整個運動過程中,彈簧形變不超過其彈性限度,對于 m、M 和彈簧組成的系統(tǒng)A. 由于 F 1、 F2 等大反向,故系統(tǒng)機械能守恒B.當彈簧彈力大小與 F1、F 2 大小相等時, m、M 各自的動能最大C.由于 F 1、F2 大小不變,所以m、M 各自始終做勻加速運動D.由于 F 1、 F2 等大反向,故系統(tǒng)的動量始終為零2物體在恒定的合力作用下做直線運動,在時間t1 內動能由 0 增大到 E1,在時間t2 內動能由 E1 增大到 E2.設合力在t 1 內做的功是W1、沖量是 I

59、 1；在 t2 內做的功是W2、沖量是 I2.那么A. I1 I2, W1W2 B.I 1I 2,W1 W2C.I1 I2,W1W2 D.I 1I 2,W1W23有一種硬氣功表演,表演者平臥地面,將一大石板置于他的身體上,另一人將重錘舉到高處并砸向石板,石板被砸碎,而表演者卻安穩(wěn)無恙 相同的速度 .表演者在表演時盡量選擇質量較大的石板.假設重錘與石板撞擊后二者具有 .對這一現(xiàn)象,下面的說法中正確選項A. 重錘在與石板撞擊的過程中,重錘與石板的總機械能守恒 B.石板的質量越大,石板獲得的動量就越小 C.石板的質量越大,石板所受到的打擊力就越小 D.石板的質量越大,石板獲得的速度就越小 4如下列圖

60、,分別用兩個恒力 F 1 和 F 2 先后兩次將質量為 m 的物體從靜止開頭,沿著 同一個粗糙的固定斜面由底端推到頂端,第一次力 F1 的方向沿斜面對上,其次次力 F 2的方向沿水平向右,兩次所用時間相同 .在這兩個過程中A. F1 和 F2 所做功相同B.物體的機械能變化相同C.F1 和 F2 對物體的沖量大小相同D.物體的加速度相同5一輕質彈簧,上端懸掛于天花板,下端系一質量為 M 的平板,處在平穩(wěn)狀態(tài) .一質量為 m 的勻稱環(huán)套在彈簧外,與平板的距離為 h,如圖所示, 讓環(huán)自由下落, 撞擊平板 .已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運動,使彈簧伸長A. 如碰撞時間極短,就碰撞過程中環(huán)與板的總動