第五章機械能.doc
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1、第五章 机械能【大纲要求】1、理解功、功率、动能、重力势能,弹性势能的定义,掌握它们的计算公式;2、掌握动能定理,会运用动能定理解决力学问题;掌握重力做功与重力势能变化的关系。3、理解功和能的关系,熟练掌握机械能守恒定律及其在解决力学问题中的灵活运用。第一节 功 功率【重点难点突破】该考点在高考中以选择题为主,主要涉及的问题有关于功的概念及计算问题,平均功率、即时功率的计算问题,动力机械的功率、速度和牵引力的变化问题,其内容以综合问题出现的可能性较大一.做功的几种情况1.恒力的功:通常用定义式W=FScos直接计算,有时也用能量的变化间接算出2.变力的功:不可用定义式计算。若是保守力即与势能相
2、关联的力,如重力、弹簧的弹力、电场力等,它们的功与路径无关,只与始末位置有关,所以,可以根据势能的变化来求对应的变力的功; 若是滑动摩擦力、空气阻力等,这类力的功与路径有关,其功等于力和路程(不是位移)的乘积。之外其它的变力或是指代不明的力的功,可以用能的转化和守恒或用动能定理求解二.机车的起动一般有两类:“匀加速起动”和“恒定功率起动”。分析如下V=0P=0P最大v最大P最大F(a)不变v增 P增F(a)减v增 P不变V不变a=0第一过程第二过程“匀加速起动”过程的分析:匀加速起动过程实际包括两个过程:(如下图)“第一过程”是真正的匀加速过程,在此过程中,速度由零开始不断增加,功率也由零开始
3、逐渐增加;因为加速度是不变的,所以在此过程中牵引力也是不变的,随着速度的增加功率在不断增加,当其达到最大值即不可能再增时, 此时第一过程结束,第二过程开始,在“第二过程”中因为还有加速度的存在,所以速度会不断增加,在功率P不变的情况下,根据P=Fv,就可知道牵引力F不断减小,速度v还在增加,直到牵引力F减到与阻力大小相等,合力为零,速度达最大,整个起动过程结束。再以后,机车将以匀速直线运动,功率不变。恒定功率起动过程的分析:比如在赛车比赛时,一般都是最大功率起动问题。V=0P最大v最大P最大V不变a=0P不变V增F(a)减机车的起动只有一个过程,在此过程中,机车不断加速,速度不断增大,由于P不
4、变,牵引力F会不断减小,加速度a也不断减小,而加速度的方向和速度的方向相同,所以无论加速度a怎样小,速度也是增加的。直到牵引力F减到与阻力大小相等,合力为零,即a为零,速度达最大,整个起动过程结束。【例题分析评点】【例1】某人用200N的水平推力,把一个质量为60kg的木箱沿水平路面加速推动5m,后来又把它匀速举高3m,这个人对木箱共做功为 【解析】沿水平路面推时,人对木箱做功为W1=F1S1=2005J=1103J匀速举高时,人对木箱的托力F2=mg人对木箱做功为W2=F2S2=mgs2=60103J=1.8103J所以全过程中人对木箱做的功为W=W1+W2=2.8103J【评点】计算每个过
5、程中做功的时候,要注意力和位移要相应;功的计算与木箱作什么运动无关;在第二个过程中,指明木箱匀速上举,目的是可以由此求出木箱的托力; 功是标量,全过程中的功等于两次做功的代数和【例2】如图5-1所示,一个质量为m的物体,从一个固定斜面顶端滑到底端.该斜面长为l,倾角为,物体和斜面间的动摩擦因数为,则物体克服摩擦力所做功为 。【解析】 设物体所受摩擦力为f,则 f=N=mgcos W克=fs =mgcosl图5-1 图5-2【评点】该题较简单,但我们不难发现lcos正好是斜面的底边的长度,也就是说,在斜面上运动的物体克服摩擦力做的功可以用mg乘以物体在斜面上的位移的水平投影求出.用这个结论处理有
6、关斜面上的问题既准确又快捷.如:一个物体以一定的初速度沿水平面由A点滑到B点,摩擦力做功为W1;若该物体从A沿两斜面滑到B,摩擦力做的总功为W2,如图5-2所示.已知物体与各接触面间的动摩擦因数均相同,则A.W1=W2 B.W1W2 C.W1W2 D.无法确定利用上述结论很容易得到A答案正确,此题如果运用摩擦力做功公式计算则比较繁琐.【例3】质量为M、长为L的长木板,放置在光滑的水平面上,长木板最右端放置一质量为m的小物块,如图5-3所示现在长木板右端加一水平恒力F,使长木板从小物块底下抽出,小物块与长木板摩擦因数为,求把长木板抽出来所做的功mM图5-3【解析】由F=ma得m与M的各自对地的加
7、速度分别为 设抽出木板所用的时间为t,则m与M在时间t内的位移分别为 并有 即 解得 有 所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为【评点】此类问题的关键在于深入分析的基础上,建立一幅清晰的动态的物理情景。先要认真画好草图5-4在木板与木块发生相对运动的过程中,作用于木块上的滑动摩擦力f为动力,作用于木板上的滑动摩擦力f为阻力,分别隔离选取研究对象,并以地面为参照系,应用牛顿第二定律及运动学知识,求出木板对地的位移SM,由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和,而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成,再根据恒力功的定义式求出最后结果 图5-4SmLF
8、SMfmMf/F【例4】质量m=5t的汽车从静止出发,以a=1ms2的加速度沿水平直路作匀加速运动,汽车所受的阻力等于车重的0.06倍,求汽车在10s内的平均功率和10s末的瞬时功率取g=10ms2【解析】 设汽车的牵引力为F,阻力f=kmg=0.06mg由牛顿第二定律F-f=ma,得 F=m(0.06g+a)=5103(0.0610+1)N=8103N汽车在t=10s内的位移和10s末的速度分别为vt=at=110ms=10ms所以汽车在10s内的平均功率和10s末的功率分别为Pt=Fvt=810310W=8104W【评点】题中汽车作匀加速运动,因此10s内的平均功率也可用计算,即由此可见,
9、在匀变速运动中,某段时间内的平均功率等于这段时间始末两时刻瞬时功率的平均即 【例5】某汽车质量是6kg,发动机的额定功率是50kw,当汽车在水平路面上行驶时,设阻力是车重的1/10倍,若汽车从静止开始保持以1.0m/s2的加速度作匀加速直线运动,这一过程能维持多长时间? 【解析】 根据题意,汽车是以恒定加速度a = 1m/s2启动,阻力为 f = 0.1mg = 0.1600010N = 6000N 以牵引力F方向为正方向 根据牛顿第二定律F合 ma有 Ff maF6000N60001 12000N当功率达到最大时,匀加速直线运动将结束,设该时速度为v根据P = Fv根据匀变速运动公式v =
10、at t=v/a = 4.2s【评点】 该题属于机车匀加速启动问题。必须明白匀加速运动结束时功率达到最大值, 而后,它所作的将是速度在增加,加速度在减小的变加速运动,因此关键是要找到功率最大时的速度即可求出结果。【能力测试评价】1起重机竖直吊起质量为m的重物,上升的加速度是,上升的高度是h,则起重机对货物所做的功是AmghBmh Cm(g)h Dm(g-)h2(93.高考)小物块位于光滑的斜面上,斜面位于光滑的水平地面上。从地面上看,在小物块沿斜面下滑的过程中,斜面对小物块的作用力(A)垂直于接触面,做功为零 (B)垂直于接触面,做功不为零 (C)不垂直于接触面,做功为零 (D)不垂直于接触面
11、,做功不为零 3.一个物体做匀加速直线运动,关于运动过程中合外力瞬时功率及平均功率的判断有以下四种说法,其中正确的说法是A.中间时刻的瞬时功率大于中点位置的瞬时功率B.中间时刻的瞬时功率小于中点位置的瞬时功率C.前一半时间的平均功率大于后一半时间的平均功率D.前一半路程的平均功率小于后一半路程的平均功率. 汽车以速率v1沿一斜坡向上匀速行驶,若保持发动机功率不变,沿此斜坡向下匀速行驶的率为v2,则汽车以同样大小的功率在水平路面上行驶时的最大速率为(设三情况下汽车所受的阻力相同) A. B. C. D. 如图5-5所示,用恒力F通过光滑的定滑轮,将静止于水平面上的物体从位置A拉到位置B,物体可视
12、为质点,定滑轮距水平面高为h,物体在位置A、B时,细绳与水平面的夹角分别为和,绳的拉力F对物体做的功为 BFAh图5-56.(96.全国)在光滑水平面上有一静止的物体。现以水平恒力甲推这一物体,作用一段时间后,换成相反方向的水平恒力乙推这一物体。当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时,物体恰好回到原处,此时物体的动能为32J,则在整个过程中,恒力甲做的功等于 J,恒力乙做的功等于_J。 .雨滴在空中运动时所受的阻力与其速度的平方成正比,若有两个雨滴从高空中落下,其质量分别为m1,m2,落在地面前均已做匀速直线运动,它们匀速运动时的功率之比为 起重机在5s内将2t的货物由静止开始匀加速提升10m
13、高,若取重力加速度g=10m/s2,则起重机具备的最小功率应是 Kw 。9.如图5-6所示,绷紧的传送带始终保持着大小为 v4m/s的速度水平匀速运动。一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A处,物块与皮带间的滑动动摩擦因数=0.2,A、B之间距离s=6m。求物块从A运动到B的过程中摩擦力对物块做多少功(g=10m/s2)vAB图5-6 图5-710.汽车发动机的功率为60 kW,汽车的质量为4 t,当它行驶在坡度为0.02的长直公路上时,如图5-7,所受阻力为车重的0.1倍(g10 m/s2),求:(1)汽车所能达到的最大速度vm为多少?(2)若汽车从静止开始以0.6 m/s2的加速度做匀
14、加速直线运动,则此过程能维持多长时间? (3)当汽车匀加速行驶的速度达到最大值时,汽车做功多少?(4)在10 s末汽车的瞬时功率为多大? 【星科状元试题】11.如图5-8,半径为R孔径均匀的圆形弯管水平方置,小球在管内以足够大的初速度v0在水平面内做圆周运动,小球与管壁间的动摩擦因数为,设从开始运动的一周内小球从A到B和从B到A的过程中小球克服摩擦力做功分别为W1和W2,在这一周内摩擦力做的总功为W3,则下列关系式正确的是 A. W1 W2 B. W1=W2 C.W3=0 D. W3=W1+W2 BRv图5-812.一条传送带始终水平匀速运动,将一个质量为m=20kg的货物无初速地放到传送带上
15、,货物从放上到跟传送带一起匀速运动,经过的时间是0.8s,滑行距离是1.2m(g=10m/s2).求:(1)货物与传送带间动摩擦因数的值.(2)这个过程,动力对传送带多做的功是多少? 【开心一刻】13.水中捞月(打一物理名词)【学习评价】1.C 2.B 3.BD 4.C 5. 6 ,24 7. : 8.86.4 9.8J 10.(1)12.5m/s (2)57.82m (3) 4.16105J(4)43.2 kW 11.AD 12.(1)0.375;(2)180J 13.无用功第二节 动能 动能定理【重点难点突破】该考点在近年高考中题型各异,重在规律的理解及应用,单独出现以选择为主,而与其他知
16、识综合出题则多以计算题出现主要题型有用动能定理解题的基本方法,用动能定理处理变力做功问题,用动能定理处理多过程运动问题等一动能定理的应用:动能定理表达式是由牛顿第二定律F=ma和运动学公式V22=V12+2as推导出的,但它的应用范围却广泛的多,如变力作用的运动过程,曲线运动问题,都可以用它来求解.若是恒力作功下的匀变速直线运动,不涉及加速度和时间,用动能定理求解一般比用牛顿运动定理和运动学公式简便。二多过程运动问题:在用动能定理解题时,如果物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的运动过程(如加速、匀速、减速过程),可根据题目需要,分段考虑、也可对全过程列方程,这时,把各个过程中的每个力的
17、功进行代数相加作为合力的功即可,有 ,此时要注意的是分清不同过程中各个力做功的情况。【例题分析评点】【例1】如图5-9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角的位置。在此过程中,拉力F做的功各是多少?LmF图59用F缓慢地拉;F为恒力;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. B. C. D. 【解析】 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D若F为恒力,则可以直接按定义求功。选B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
18、求功和按动能定理求功都是正确的。选B、D 【评点】 在第三种情况下,由=,可以得到,可见在摆角为 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,我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。【例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。 【解析】小球上升过程用动能定理,无空气阻力时有 有空气阻力时有可得H=v02/2g,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。由于全过程
19、重力做的功为零,所以有:解得 【评点】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。【例3】如图5-10所示,由于机器带动竖直轴转动,使长为l的轻绳拴着质量为m的小球在水平面做匀速圆周运动,轻绳的运动轨迹为圆锥曲面。开始绳与竖直方向的夹角为30,后来机器转动速度加大,使绳与竖直方向的夹角变为60。在此过程中,机器对小球做的功为多大? 【解析】设轻绳与竖直杆夹角为,对小球受力分析如图,小球所受合力F=mgtg,小球运动半径r=lsin,由牛顿第二定律 图5-10小球上升的高
20、度h=l(cos30-cos60)设机器做功W,由动能定理【评点】 本题求机器做功,力不明确,只能用动能定理求解。它是一道动能定理与匀速圆周运动的综合题,当小球在水平面内做圆锥摆运动时,轻绳的拉力与重力的合力提供向心力,一定沿半径指向圆心,轻绳与竖直方向夹角增大时,所受向心力增加,小球线速度增大,动能增大,同时小球的位置升高,重力做负功,根据动能定理可求出机器对小球做的功。【例4】(00.年晋吉苏浙理综)如图5-11所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零,如果斜面改为AC,让物体从D点出发沿DCA滑到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度(
21、已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零)A.大于0 B.等于0 C.小于0 D.取决于斜面的倾角图5-11 图5-12【解析】(方法1)如图5-12,物体由D出发沿DBA路面运动,由动能定理可列出方程-Ff1SDB- Ff2SBA-mghA=0- mv2 0 Ff1=mg, Ff2=mgcos 代入式 -mg SDB-mgcosSBA-mghA=- mv2 0又因为SABcos=SBO,mg SDB+mgSBO +mghA= m v2 0则mg(SDB+ SBO)+mghA= m v2 0mgSDO+mghA= m v2 0此表达式表明由D出发的初速度v0与斜面夹角无关,因此沿DCA上
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