2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章 习题课3
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲
3 圆周运动的实例分析4 圆周运动与人类文明(选学)[学习目标] 1.会分析具体圆周运动问题中向心力的来源，能解决生活中的圆周运动问题.2.了解离心运动及物体做离心运动的条件，知道离心运动的应用及危害.3.列举实例，了解圆周运动在人类文明进程中的广泛应用，认识到圆周运动对人类文明发展的重大影响.一、汽车过拱形桥1.受力分析(如图1)图12.向心力：F ＝mg －N ＝m v 2r .3.对桥的压力：N ′＝mg －m v 2r.4.结论：汽车对桥的压力小于汽车的重力，而且汽车速度越大，对桥的压力越小. 二、“旋转秋千”——圆锥摆1.物理模型：细线下面悬挂一个钢球，使钢球在某个水平面内做匀速圆周运动，悬线旋转形成一个圆锥面，这种装置叫圆锥摆.2.向心力来源：由重力和悬线拉力的合力提供(如图2).图2三、火车转弯1.运动特点：火车转弯时实际是在做圆周运动，因而具有向心加速度，由于其质量巨大，所以需要很大的向心力.2.向心力来源(1)若转弯时内外轨一样高，则由外轨对轮缘的弹力提供向心力，这样铁轨和车轮极易受损. (2)内外轨有高度差，依据规定的行驶速度行驶，转弯时向心力几乎完全由重力G 和支持力N 的合力提供.四、离心运动1.定义：在做圆周运动时，由于合外力提供的向心力消失或不足，以致物体沿圆周运动的切线方向飞出或远离圆心而去的运动叫做离心运动.2.离心机械：利用离心运动的机械叫做离心机械.常见的离心机械有洗衣机的脱水筒、离心机. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)汽车行驶至凸形桥顶部时，对桥面的压力等于车重.(×) (2)汽车行驶至凹形桥底部时，对桥面的压力大于车重.(√) (3)铁路的弯道处，内轨高于外轨.(×)(4)火车驶过弯道时，火车对轨道一定没有侧向压力.(×) (5)做离心运动的物体可以沿半径方向运动.(×)2.飞机由俯冲转为拉起的一段轨迹可看成一段圆弧，如图3所示，飞机做俯冲拉起运动时，在最低点附近做半径为r ＝180 m 的圆周运动，如果飞行员质量m ＝70 kg ，飞机经过最低点P 时的速度v ＝360 km/h ，则这时飞行员对座椅的压力是________.(g 取10 m/s 2)图3答案 4 589 N解析 飞机经过最低点时，v ＝360 km/h ＝100 m/s.对飞行员进行受力分析，飞行员在竖直面内共受到重力G 和座椅的支持力N 两个力的作用，根据牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2r ，所以N ＝mg ＋m v 2r ＝70×10 N ＋70×1002180 N ≈4 589 N ，由牛顿第三定律得，飞行员对座椅的压力为4 589 N.一、汽车过拱形桥[导学探究] 如图4甲、乙为汽车在凸形桥、凹形桥上行驶的示意图，汽车行驶时可以看做圆周运动.图4(1)如图甲，汽车行驶到拱形桥的桥顶时：①什么力提供向心力？汽车对桥面的压力有什么特点？②汽车对桥面的压力与车速有什么关系？汽车安全通过拱桥顶(不脱离桥面)行驶的最大速度是多大？(2)如图乙当汽车行驶到凹形桥的最底端时，什么力提供向心力？汽车对桥面的压力有什么特点？答案 (1)①当汽车行驶到凸形桥的桥顶时，重力与支持力的合力提供向心力，即mg －N ＝m v 2R ；此时汽车对桥面的压力N ′＝mg －m v 2R ，即汽车对桥面的压力小于汽车的重力，汽车处于失重状态.②由N ′＝mg －m v 2R 可知，当汽车的速度增大时，汽车对桥面的压力减小，当汽车对桥面的压力为零时，汽车的重力提供向心力，此时汽车的速度达到最大，由mg ＝m v 2m R ，得v m ＝gR ，如果汽车的速度超过此速度，汽车将离开桥面.(2)当汽车行驶到凹形桥的最底端时，重力与支持力的合力提供向心力，即N －mg ＝m v 2R ；此时汽车对桥面的压力N ′＝mg ＋m v 2R ，即汽车对桥面的压力大于汽车的重力，汽车处于超重状态，并且汽车的速度越大，汽车对桥面的压力越大. [知识深化]1.汽车过拱形桥(如图5)图5汽车在最高点满足关系：mg －N ＝m v 2R ，即N ＝mg －m v 2R .(1)当v ＝gR 时，N ＝0. (2)当0≤v <gR 时，0<N ≤mg .(3)当v >gR 时，汽车将脱离桥面做平抛运动，发生危险.2.汽车过凹形桥(如图6)图6汽车在最低点满足关系：N －mg ＝m v 2R ，即N ＝mg ＋m v 2R .由此可知，汽车对桥面的压力大于其自身重力，故凹形桥易被压垮，因而实际中拱形桥多于凹形桥.例1 一辆质量m ＝2 t 的轿车，驶过半径R ＝90 m 的一段凸形桥面，g ＝10 m/s 2，求： (1)轿车以10 m/s 的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？ (2)在最高点对桥面的压力等于零时，车的速度大小是多少？ 答案 (1)1.78×104 N (2)30 m/s解析 (1)轿车通过凸形桥面最高点时，竖直方向受力分析如图所示：合力F ＝mg －N ，由向心力公式得mg －N ＝m v 2R ，故桥面对车的支持力大小N ＝mg －m v 2R ＝(2000×10－2 000×10290) N ≈1.78×104 N根据牛顿第三定律，轿车在桥面最高点时对桥面压力的大小为1.78×104 N.(2)对桥面的压力等于零时，向心力F ′＝mg ＝m v ′2R ，所以此时轿车的速度大小v ′＝gR ＝10×90 m/s ＝30 m/s.二、“旋转秋千”[导学探究] “旋转秋千”的运动可简化为圆锥摆模型(如图7所示)，当小球在水平面内做匀速圆周运动时，回答下列问题：图7(1)小球受到几个力的作用？什么力提供小球做圆周运动的向心力？(2)“旋转秋千”缆绳与中心轴的夹角与什么有关(设人的质量为m ，角速度为ω，绳长为l )? 答案 (1)受重力和绳子的拉力两个力的作用；绳子的拉力和重力的合力提供小球做圆周运动的向心力.(2)如图所示，设缆绳与中心轴的夹角为α，匀速圆周运动的半径为rF 合＝mg tan α r ＝l sin α由牛顿第二定律得 F 合＝mω2r 以上三式联立得 cos α＝gω2l由此可以看出，缆绳与中心轴的夹角跟“旋转秋千”的角速度和绳长有关，而与所乘坐人的体重无关.[知识深化] 如图8所示：图81.转动平面：水平面.2.向心力：F 合＝mg tan α.3.圆周运动的半径：r ＝l sin α.4.动力学方程：mg tan α＝mω2l sin α.5.角速度ω＝gl cos α，周期T ＝2πl cos αg. 6.特点：悬绳与中心轴的夹角α跟角速度和绳长有关，与球的重量无关，在绳长一定的情况下，角速度越大，绳与中心轴的夹角也越大.例2 如图9所示，已知绳长为L ＝20 cm ，水平杆长为L ′＝0.1 m ，小球质量m ＝0.3 kg ，整个装置可绕竖直轴转动.g 取10 m/s 2，要使绳子与竖直方向成45°角，则：(小数点后保留两位有效数字)图9(1)该装置必须以多大的角速度转动才行？(2)此时绳子的张力为多大？答案(1)6.44 rad/s(2)4.24 N.解析小球绕竖直轴做圆周运动，其轨道平面在水平面内，轨道半径r＝L′＋L sin 45°.对小球受力分析如图所示，设绳对小球的拉力为T，小球重力为mg，则绳的拉力与重力的合力提供小球做圆周运动的向心力.对小球利用牛顿第二定律可得：mg tan 45°＝mω2r ①r＝L′＋L sin 45°②联立①②两式，将数值代入可得ω≈6.44 rad/sT＝mgcos 45°≈4.24 N.三、火车转弯[导学探究]设火车转弯时的运动为匀速圆周运动.(1)如果铁路弯道的内外轨一样高，火车在转弯时的向心力由什么力提供？会导致怎样的后果？(2)实际上在铁路的弯道处外轨略高于内轨，试从向心力的来源分析这样做有怎样的优点.(3)当轨道平面与水平面之间的夹角为θ，转弯半径为R时，火车行驶速度多大轨道才不受挤压？(4)当火车行驶速度v>v0＝gR tan θ时，轮缘受哪个轨道的压力？当火车行驶速度v<v0＝gR tan θ时呢？答案(1)如果铁路弯道的内外轨一样高，火车在竖直方向所受重力与支持力平衡，其向心力由外侧车轮的轮缘挤压外轨，使外轨发生弹性形变，对轮缘产生的弹力来提供(如图甲)；由于火车的质量太大，轮缘与外轨间的相互作用力太大，会使铁轨和车轮极易受损.(2)如果弯道处外轨略高于内轨，火车在转弯时铁轨对火车的支持力N 的方向不再是竖直的，而是斜向弯道的内侧，它与重力G 的合力指向圆心，为火车转弯提供一部分向心力(如图乙)，从而减轻轮缘与外轨的挤压.(3)火车受力如图丙所示，则F ＝mg tan θ＝m v 2R ，所以v 0＝gR tan θ.(4)当火车行驶速度v >v 0＝gR tan θ时，重力和支持力的合力提供的向心力不足，此时外侧轨道对轮缘有向里的侧向压力；当火车行驶速度v <v 0＝gR tan θ时，重力和支持力的合力提供的向心力过大，此时内侧轨道对轮缘有向外的侧向压力.[知识深化]1.弯道的特点：在实际的火车转弯处，外轨高于内轨，若火车转弯所需的向心力完全由重力和支持力的合力提供，即mg tan θ＝m v 20R ，如图10所示，则v 0＝gR tan θ，其中R 为弯道半径，θ为轨道平面与水平面间的夹角，v 0为转弯处的规定速度.图102.速度与轨道压力的关系：(1)当火车行驶速度v 等于规定速度v 0时，所需向心力仅由重力和弹力的合力提供，此时内外轨道对火车无挤压作用.(2)当火车行驶速度v >v 0时，外轨道对轮缘有侧压力. (3)当火车行驶速度v <v 0时，内轨道对轮缘有侧压力.例3 铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，如图11所示，弯道处的圆弧半径为R ，若质量为m 的火车转弯时速度等于gR tan θ，则( )图11A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.这时铁轨对火车的支持力等于mg cos θD.这时铁轨对火车的支持力大于mgcos θ答案 C解析 由牛顿第二定律F 合＝m v 2R ，解得F 合＝mg tan θ，此时火车受重力和铁路轨道的支持力作用，如图所示，N cos θ＝mg ，则N ＝mgcos θ，内、外轨道对火车均无侧压力，故C 正确，A 、B 、D 错误.火车转弯的(或高速公路弯道处的汽车)圆轨道是水平轨道，所以合力的方向水平指向圆心.解决此类问题的关键是分析清楚向心力的来源.四、离心运动 [导学探究](1)做圆周运动的物体向心力突然消失，它会怎样运动？ (2)如果物体受的合外力不足以提供向心力，它又会怎样运动？(3)要使原来做匀速圆周运动的物体做离心运动，可以怎么办？举例说明离心运动在生活中的应用.答案 (1)将沿切线方向飞出. (2)物体将逐渐远离圆心运动.(3)方法1：提高转速，使所需的向心力大于能提供的向心力.即让合外力不足以提供向心力. 方法2：减小或使合外力消失.应用：利用离心运动制成离心机械设备.例如，离心干燥器、洗衣机的脱水筒和离心转速计等. [知识深化] 对离心现象的理解1.物体做离心运动的原因：提供向心力的外力突然消失，或者外力不能提供足够的向心力. 注意 物体做离心运动并不是物体受到离心力作用，而是由于外力不能提供足够的向心力.所谓“离心力”实际上并不存在.2.合外力与向心力的关系(如图12所示).图12(1)若F 合＝mrω2或F 合＝m v 2r，物体做匀速圆周运动，即“提供”满足“需要”.(2)若F 合>mrω2或F 合>m v 2r，物体做半径变小的近心运动，即“提供过度”，也就是“提供”大于“需要”.(3)若F 合<mrω2或F 合<m v 2r，则外力不足以将物体拉回到原轨道上，而做离心运动，即“需要”大于“提供”或“提供不足”. (4)若F 合＝0，则物体做直线运动.例4 如图13所示是摩托车比赛转弯时的情形，转弯处路面常是外高内低，摩托车转弯有一个最大安全速度，若超过此速度，摩托车将发生滑动.关于摩托车滑动的问题，下列论述正确的是( ) A.摩托车一直受到沿半径方向向外的离心力作用图13 B.摩托车所受外力的合力小于所需的向心力 C.摩托车将沿其线速度的方向沿直线滑去D.摩托车将沿其半径方向沿直线滑去 答案 B解析 摩托车只受重力、地面支持力和地面的摩擦力作用，没有离心力，A 项错误；摩托车正常转弯时可看做匀速圆周运动，所受的合力等于向心力，如果向外滑动，说明提供的向心力即合力小于需要的向心力，B 项正确；摩托车将在沿线速度方向与半径向外的方向之间做离心曲线运动，C 、D 项错误.1.(汽车过拱形桥)在较大的平直木板上相隔一定距离钉几个钉子，将三合板弯曲成拱桥形卡入钉子内形成拱形桥，三合板上表面事先铺上一层牛仔布以增加摩擦，这样玩具惯性车就可以在桥面上跑起来了.把这套系统放在电子秤上做实验，如图14所示，关于实验中电子秤的示数下列说法正确的是( )图14A.玩具车静止在拱桥顶端时的示数小一些B.玩具车运动通过拱桥顶端时的示数大一些C.玩具车运动通过拱桥顶端时处于超重状态D.玩具车运动通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小 答案 D解析 玩具车运动到最高点时，受向下的重力和向上的支持力作用，根据牛顿第二定律有mg －N ＝m v 2R ，即N ＝mg －m v 2R <mg ，根据牛顿第三定律可知玩具车对桥面的压力大小与N 相等，所以玩具车通过拱桥顶端时速度越大(未离开拱桥)，示数越小，选项D 正确.2.(离心运动)如图15所示，当外界提供的向心力F ＝mrω2时，小球恰好在Ⅲ轨道上做匀速圆周运动.下列关于小球运动的说法中正确的是( )图15A.当外界提供的向心力突然消失时，小球将沿Ⅰ轨道运动，这种运动不叫离心运动B.当外界提供的向心力F >mrω2时，小球可能沿Ⅱ轨道做离心运动C.当外界提供的向心力F <mrω2时，小球可能沿Ⅱ轨道做离心运动D.只要外界提供的向心力F 不等于mrω2时，小球就将沿Ⅱ轨道做离心运动答案 C解析 当外界提供的向心力突然消失时，小球将沿Ⅰ轨道运动做离心运动，A 错误；当外界提供的向心力F <mrω2时，小球可能沿Ⅱ轨道做离心运动，B 、D 错误，C 正确.3.(交通工具的拐弯问题分析)在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.如图16所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些.汽车的运动可看做是半径为R 的圆周运动.设内、外路面高度差为h ，路基的水平宽度为d ，路面的宽度为L .已知重力加速度为g .要使车轮与路面之间的横向(即垂直于前进方向)摩擦力等于零，则汽车转弯时的车速应等于( )图16A.gRhLB.gRhdC.gRLhD.gRdh答案 B解析 设路面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝m v 2R ，又由数学知识可知tan θ＝hd ，联立解得v ＝gRhd，选项B 正确. 4.(圆锥摆)长为L 的细线，拴一质量为m 的小球，细线上端固定，让小球在水平面内做匀速圆周运动，如图17所示，求细线与竖直方向成θ角时：(重力加速度为g )图17(1)细线中的拉力大小. (2)小球运动的线速度的大小. 答案 (1)mgcos θ(2)gL sin θtan θ 解析 (1)小球受重力及细线的拉力两力作用，如图所示，竖直方向T cos θ＝mg ，故拉力T ＝mgcos θ.(2)小球做圆周运动的半径r ＝L sin θ，向心力F ＝T sin θ＝mg tan θ， 而F ＝m v 2r，故小球的线速度v ＝gL sin θtan θ.课时作业一、选择题(1～7为单选题，8～10为多选题)1.如图1所示，质量相等的汽车甲和汽车乙，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，汽车甲在汽车乙的外侧.两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f 甲和f乙.以下说法正确的是( )图1A.f 甲小于f 乙B.f 甲等于f 乙C.f 甲大于f 乙D.f 甲和f 乙的大小均与汽车速率无关 答案 A解析 汽车在水平面内做匀速圆周运动，摩擦力提供做匀速圆周运动的向心力，即f ＝F ＝m v 2r，由于r 甲＞r 乙，则f 甲＜f 乙，A 正确. 2.汽车在水平地面上转弯时，地面的摩擦力已达到最大，当汽车速率增为原来的2倍时，若要不发生险情，则汽车转弯的轨道半径必须( ) A.减为原来的12B.减为原来的14C.增为原来的2倍D.增为原来的4倍答案 D解析 汽车在水平地面上转弯，向心力由静摩擦力提供.设汽车质量为m ，汽车与地面的动摩擦因数为μ，汽车的转弯半径为r ，则μmg ＝m v 2r ，故r ∝v 2，故速率增大到原来的2倍时，转弯半径应增大到原来的4倍，D 正确.3.在铁路转弯处，往往外轨略高于内轨，关于这点下列说法不正确的是( ) A.减轻火车轮子对外轨的挤压B.减轻火车轮子对内轨的挤压C.使火车车身倾斜，利用重力和支持力的合力提供转弯所需向心力D.限制火车向外脱轨 答案 B4.世界一级方程式锦标赛新加坡大奖赛赛道单圈长5.067公里，共有23个弯道，如图2所示，赛车在水平路面上转弯时，常常在弯道上冲出跑道，则以下说法正确的是( )图2A.是由于赛车行驶到弯道时，运动员未能及时转动方向盘才造成赛车冲出跑道的B.是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时减速才造成赛车冲出跑道的C.是由于赛车行驶到弯道时，运动员没有及时加速才造成赛车冲出跑道的D.由公式F ＝mω2r 可知，弯道半径越大，越容易冲出跑道 答案 B解析 赛车在水平路面上转弯时，静摩擦力提供向心力，最大静摩擦力与重力成正比，而需要的向心力为m v 2R .赛车在转弯前速度很大，转弯时做圆周运动的半径就需要大，运动员没有及时减速就会造成赛车冲出跑道，B 正确，A 、C 、D 错误.5.城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥.如图3所示，桥面是半径为R 的圆弧形的立交桥AB 横跨在水平路面上，一辆质量为m 的小汽车，从A 端冲上该立交桥，小汽车到达桥顶时的速度大小为v 1，若小汽车在上桥过程中保持速率不变，则( )图3A.小汽车通过桥顶时处于失重状态B.小汽车通过桥顶时处于超重状态C.小汽车在上桥过程中受到桥面的支持力大小为N ＝mg －m v 21RD.小汽车到达桥顶时的速度必须大于gR 答案 A解析 由圆周运动知识知，小汽车通过桥顶时，其加速度方向向下，由牛顿第二定律得mg－N ＝m v 21R ，解得N ＝mg －m v 21R ＜mg ，故其处于失重状态，A 正确，B 错误；N ＝mg －m v 21R只在小汽车通过桥顶时成立，而其上桥过程中的受力情况较为复杂，C 错误；由mg －N ＝m v 21R，N ≥0解得v 1≤gR ，D 错误.6.一辆运输西瓜的小汽车(可视为质点)，以大小为v 的速度经过一座半径为R 的拱形桥.在桥的最高点，其中一个质量为m 的西瓜A (位置如图4所示)受到周围的西瓜对它的作用力的大小为( )图4A.mgB.m v 2RC.mg －m v 2RD.mg ＋m v 2R答案 C解析 西瓜和汽车一起做匀速圆周运动，竖直方向上的合力提供向心力，有：mg －F ＝m v 2R ，解得F ＝mg －m v 2R，故C 正确，A 、B 、D 错误.7.如图5所示，固定的锥形漏斗内壁是光滑的，内壁上有两个质量相等的小球A 和B ，在各自不同的水平面内做匀速圆周运动，以下物理量大小关系正确的是( )图5A.线速度v A ＞v BB.角速度ωA ＞ωBC.向心力F A ＞F BD.向心加速度a A ＞a B 答案 A解析 设漏斗的顶角为2θ，则小球的合力为F 合＝mg tan θ，由F ＝F 合＝mgtan θ＝mω2r ＝m v 2r＝ma ，知向心力F A ＝F B ，向心加速度a A ＝a B ，选项C 、D错误；因r A ＞r B ，又由于v ＝grtan θ和ω＝gr tan θ知v A ＞v B 、ωA ＜ωB ，故A 对，B 错.8.如图6所示，在匀速转动的洗衣机脱水筒内壁上，有一件湿衣服随圆筒一起转动而未滑动，则()图6A.衣服随脱水筒做圆周运动的向心力由衣服的重力提供B.水会从脱水筒甩出是因为水滴受到的向心力很大C.加快脱水筒转动角速度，衣服对筒壁的压力也增大D.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好答案CD解析衣服受到竖直向下的重力、竖直向上的静摩擦力、指向圆心的支持力，重力和静摩擦力是一对平衡力，大小相等，故向心力是由支持力充当的，A错误.圆筒转速增大以后，支持力增大，衣服对筒壁的压力也增大，C正确；对于水而言，衣服对水滴的附着力提供其做圆周运动的向心力，说水滴受向心力本身就不正确，B错.随着圆筒转速的增加，需要的向心力增加，当附着力不足以提供需要的向心力时，衣服上的水滴将做离心运动，故圆筒转动角速度越大，脱水效果会越好，D正确.9.火车转弯可近似看成是做匀速圆周运动，当火车以规定速度通过时，内外轨道均不受侧向挤压，如图7.现要降低火车转弯时的规定速度，须对铁路进行改造，从理论上讲以下措施可行的是()图7A.减小内外轨的高度差B.增加内外轨的高度差C.减小弯道半径D.增大弯道半径答案AC解析当火车以规定速度通过弯道时，火车的重力和支持力的合力提供向心力，如图所示：即F ＝mg tan θ，而F ＝m v 2R ，故gR tan θ＝v 2，若使火车经弯道时的速度v 减小，则可以减小倾角θ，即减小内外轨的高度差，或者减小弯道半径R ，故A 、C 正确，B 、D 错误. 10.公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图8，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处( )图8A.路面外侧高、内侧低B.车速只要低于v 0，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v 0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时，与未结冰时相比，v 0的值变小 答案 AC解析 当汽车行驶的速率为v 0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即不受静摩擦力，此时由重力和支持力的合力提供向心力，所以路面外侧高、内侧低，选项A 正确；当车速低于v 0时，需要的向心力小于重力和支持力的合力，汽车有向内侧运动的趋势，受到的静摩擦力向外侧，并不一定会向内侧滑动，选项B 错误；当车速高于v 0时，需要的向心力大于重力和支持力的合力，汽车有向外侧运动的趋势，静摩擦力向内侧，速度越大，静摩擦力越大，只有静摩擦力达到最大以后，车辆才会向外侧滑动，选项C 正确；由mg tan θ＝m v 20r 可知，v 0的值只与路面与水平面的夹角和弯道的半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D 错误. 二、非选择题11.如图9所示为汽车在水平路面做半径为R 的大转弯的后视图，悬吊在车顶的灯左偏了θ角，则：(重力加速度为g )图9(1)车正向左转弯还是向右转弯？ (2)车速是多少？(3)若(2)中求出的速度正是汽车转弯时不打滑允许的最大速度，则车轮与地面间的动摩擦因数μ是多少？ 答案 (1)向右转弯 (2)gR tan θ (3)tan θ解析 (1)向右转弯 (2)对灯受力分析知mg tan θ＝m v 2R 得v ＝gR tan θ(3)车刚好不打滑，有 μMg ＝M v 2R得μ＝tan θ.12.一辆载重汽车的质量为4m ，通过半径为R 的拱形桥，若桥顶能承受的最大压力为F ＝3mg (g 为重力加速度)，为了安全行驶，试求汽车通过桥顶的速度范围. 答案12Rg ≤v ≤Rg 解析 如图所示，由向心力公式得4mg －N ＝4m v 2R所以N ＝4mg －4m v 2R为了保证汽车不压坏桥顶，同时又不飞离桥面，根据牛顿第三定律，支持力的取值范围为0≤N ≤3mg联立解得12Rg ≤v ≤Rg .13.如图10所示，半径为R 的半球形陶罐固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO ′重合，转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O 点的连线与OO ′之间的夹角θ为45°.已知重力加速度大小为g ，小物块与陶罐之间的最大静摩擦力大小为f ＝24mg . 图10 (1)若小物块受到的摩擦力恰好为零，求此时的角速度ω0；(2)若改变陶罐匀速旋转的角速度，而小物块一直相对陶罐静止，求陶罐旋转的角速度的最大值和最小值.答案(1)2gR(2)32g2R2g2R解析(1)小物块受的摩擦力为零，则受到的重力和支持力的合力提供向心力.有mg tan θ＝mω20R sin θ解得ω0＝2g R.(2)陶罐旋转的角速度越大，需要提供的向心力越大，需要摩擦力垂直半径向下，摩擦力最大时转动角速度最大，设为ω1，向心加速度a1＝ω21R sin θ，垂直半径向下的加速度分量a1′＝a1cos θ垂直半径方向应用牛顿第二定律有f＋mg sin θ＝ma1′解得ω1＝32g 2R摩擦力垂直半径向上且最大时转动角速度最小，设为ω2，向心加速度a2＝ω22R sin θ，垂直半径向下的加速度分量a2′＝a2cos θ垂直半径方向应用牛顿第二定律有mg sin θ－f＝ma2′解得ω2＝2g 2R.。
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4 动能 动能定理 课时1 动能 动能定理[学习目标] 1.知道动能的符号、单位和表达式，会根据动能的表达式计算物体的动能.2.能运用牛顿第二定律与运动学公式导出动能定理，理解动能定理的物理意义.3.能应用动能定理解决简单的问题.一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.表达式：E k ＝12m v 2.3.单位：与功的单位相同，国际单位为焦耳，符号为J.4.矢量性：动能是标量，只有大小没有方向. 二、动能定理1.内容：合外力所做的功等于物体动能的变化.2.表达式：W ＝ΔE k ＝12m v 22－12m v 21.3.适用范围：既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动. [即学即用]一个质量为0.1 kg 的球在光滑水平面上以5 m/s 的速度匀速运动，与竖直墙壁碰撞以后以原速率被弹回，若以初速度方向为正方向，则小球碰墙前后速度的变化为________，动能的变化为________. 答案 －10 m/s 0一、动能 合外力做功和物体动能的变化[导学探究] 如图1所示，光滑水平面上质量为m 的物体在恒力F 的作用下向前运动了一段距离，速度由v 1增加到v 2.图1(1)求出力F 对物体做功的表达式.(2)类比重力做功与重力势能变化的关系，你得到什么启示？答案 (1)W ＝Fx ＝F v 22－v 212a ＝F v 22－v 212F m＝12m v 22－12m v 21(2)W G ＝mgh 1－mgh 2的含义是重力对物体所做的功等于物体重力势能的变化.类比可知力F 所做的功也可能等于某个能量的变化.我们把12m v 2表示的能量叫做动能.[知识深化] 1.对动能的理解(1)动能是标量，没有负值，与物体的速度方向无关.(2)动能是状态量，具有瞬时性，与物体的运动状态(或某一时刻的速度)相对应.(3)动能具有相对性，选取不同的参考系，物体的速度不同，动能也不同，一般以地面为参考系.2.动能变化量ΔE k物体动能的变化量是末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12m v 22－12m v 21，若ΔE k >0，则表示物体的动能增加，若ΔE k <0，则表示物体的动能减少. 3.对动能定理的理解(1)表达式W ＝E k2－E k1＝12m v 22－12m v 21①E k2＝12m v 22表示这个过程的末动能；E k1＝12m v 21表示这个过程的初动能.②W 表示这个过程中合力做的功，它等于各力做功的代数和.(2)物理意义：动能定理指出了合外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即若合外力做正功，物体的动能增大，若合外力做负功，物体的动能减小，做了多少功，动能就变化多少.(3)实质：动能定理从能量变化的角度反映了力改变运动的状态时，在空间上的累积效果. 例1 下列关于动能的说法正确的是( ) A.两个物体中，速度大的动能也大 B.某物体的速度加倍，它的动能也加倍 C.做匀速圆周运动的物体动能保持不变 D.某物体的动能保持不变，则速度一定不变 答案 C解析动能的表达式为E k＝12m v2，即物体的动能大小由质量和速度大小共同决定，速度大的物体的动能不一定大，故A错误；速度加倍，它的动能变为原来的4倍，故B错误；速度只要大小保持不变，动能就不变，故C正确，D错误.例2下列关于运动物体的合外力做功与动能、速度变化的关系，正确的是()A.物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B.若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C.物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D.物体的动能不变，所受的合外力必定为零答案 C解析力是改变物体运动状态的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，A、B错误.物体的合外力做功，它的动能一定变化，速度大小也一定变化，C正确.物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，D错误.二、动能定理的应用例3如图2所示，物体在离斜面底端5 m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面间的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°.求物体能在水平面上滑行的距离.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2答案 3.5 m解析对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示.方法一分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段N 1＝mg cos 37°， 故f 1＝μN 1＝μmg cos 37°. 由动能定理得：mg sin 37°·x 1－μmg cos 37°·x 1＝12m v 2－0设物体在水平面上滑行的距离为x 2， 摩擦力f 2＝μN 2＝μmg 由动能定理得： －μmg ·x 2＝0－12m v 2由以上各式可得x 2＝3.5 m. 方法二 全过程列方程：mgx 1sin 37°－μmg cos 37°·x 1－μmg ·x 2＝0 得：x 2＝3.5 m.应用动能定理解题的一般步骤1.选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程.2.对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和.3.明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2.4.列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的解题方程求解并验算.针对训练 (多选)甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F 分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x .如图3所示，甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，则下列关于力F 对甲、乙两物体做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的是( )图3A.力F 对甲物体做功多B.力F 对甲、乙两个物体做的功一样多C.甲物体获得的动能比乙大D.甲、乙两个物体获得的动能相同 答案 BC解析 由功的公式W ＝Fx cos α＝F ·x 可知，两种情况下力F 对甲、乙两个物体做的功一样多，A 错误，B 正确；根据动能定理，对甲有Fx ＝E k1，对乙有Fx －fx ＝E k2，可知E k1＞E k2，即甲物体获得的动能比乙大，C 正确，D 错误.1.(对动能的理解)(多选)关于动能的理解，下列说法正确的是( ) A.一般情况下，E k ＝12m v 2中的v 是相对于地面的速度B.动能的大小由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关C.物体以相同的速率分别向东和向西运动，则动能的大小相等、方向相反D.当物体以不变的速率做曲线运动时其动能不断变化 答案 AB解析 动能是标量，由物体的质量和速率决定，与物体的运动方向无关.动能具有相对性，无特别说明，一般指相对于地面的动能.选A 、B.2.(对动能定理的理解)有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图4所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图4A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零 答案 C解析 木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错.3.(动能定理的应用)如图5所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图5A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析 质点经过Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得N －mg ＝m v 2Q R ，由题目得N ＝2mg ，可得v Q ＝gR ，质点自P 滑到Q 的过程中，由动能定理得mgR－W f ＝12m v 2Q ，得质点克服摩擦力所做的功为W f ＝12mgR ，选项C 正确.4.(动能定理的应用)半径R ＝1 m 的14圆弧轨道下端与一光滑水平轨道连接，水平轨道离地面高度h ＝1 m ，如图6所示，有一质量m ＝1.0 kg 的小滑块自圆轨道最高点A 由静止开始下滑，经过水平轨道末端B 时速度为4 m /s ，滑块最终落在地面上，(g 取10 m/s 2)，试求：图6(1)不计空气阻力，滑块落在地面时速度的大小； (2)滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功. 答案 (1)6 m/s (2)2 J解析 (1)从B 点到地面这一过程，只有重力做功，根据动能定理有mgh ＝12m v 2－12m v 2B ， 代入数据解得v ＝6 m/s.(2)设滑块在轨道上滑行时克服摩擦力做的功为W f ，对滑块从A 到B 这一过程运用动能定理有mgR －W f ＝12m v 2B －0，解得W f ＝2 J.课时作业一、选择题(1～8为单选题，9～11为多选题) 1.关于动能定理，下列说法中正确的是( )A.在某过程中，动能的变化等于各个力单独做功的绝对值之和B.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变C.动能定理只适用于直线运动，不适用于曲线运动D.动能定理既适用于恒力做功的情况，又适用于变力做功的情况 答案 D解析 动能的变化等于各个力单独做功的代数和，A 错；根据动能定理，决定动能是否改变的是总功，而不是某一个力做的功，B 错；动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况，C 错，D 对.2.两个物体A 、B 的质量之比为m A ∶m B ＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面间的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为(忽略空气阻力的影响)( ) A.x A ∶x B ＝2∶1 B.x A ∶x B ＝1∶2 C.x A ∶x B ＝4∶1 D.x A ∶x B ＝1∶4答案 B解析 物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理，对A ：－μm A gx A ＝0－E k ；对B ：－μm B gx B ＝0－E k .故x A x B ＝m B m A ＝12，B 对.3.如图1所示，在水平桌面上的A 点有一个质量为m 的物体以初速度v 0被抛出，不计空气阻力，当它到达B 点时，其动能为( )图1A.12m v 20＋mgH B.12m v 20＋mgh C.12m v 20－mgh D.12m v 20＋mg (H —h ) 答案 B解析 由A 到B ，合外力对物体做的功W ＝mgh ，物体的动能变化ΔE k ＝E k －12m v 20，根据动能定理得物体在B 点的动能E k ＝12m v 20＋mgh ，B 正确.4.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球约以1 m /s 的速度撞击篮筐.已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，该同学身高约为1.8 m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功最接近(g 取10 m/s 2)( ) A.1 J B.10 J C.50 J D.100 J答案 B解析 对整个过程运用动能定理得，W －mgh ＝12m v 2－0，代入数据解得W ＝mgh ＋12m v 2＝0.6×10×1.2 J ＋12×0.6×12 J ＝7.5 J 最接近10 J ，选项B 正确.5.如图2所示，一个小球质量为m ，静止在光滑的轨道上.现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R 的竖直光滑半圆轨道的最高点C ，则水平力对小球所做的功至少为( )图2A.mgRB.2mgRC.2.5mgRD.3mgR答案 C解析 要通过竖直光滑半圆轨道的最高点C ，在C 点，则有mg ＝m v 2R ，对小球，由动能定理W －2mgR ＝12m v 2，联立解得W ＝2.5mgR ，C 项正确.6.连接A 、B 两点的弧形轨道ACB 和ADB 关于AB 连线对称，两轨道材料相同、粗糙程度相同，如图3所示，一个小物块由A 点以一定的初速度v 开始沿ACB 轨道到达B 点的速度为v 1；若小物块由A 以大小相同的初速度v 沿ADB 轨道到达B 点的速度为v 2.比较v 1和v 2的大小有( )图3A.v 1>v 2B.v 1＝v 2C.v 1<v 2D.条件不足，无法判定答案 A解析 弧形轨道ACB 和ADB 的长度相等，物块与两轨道间的动摩擦因数相同，物块在上面运动可认为做圆周运动，由于物块在ADB 上运动时对曲面的正压力大于在ACB 上运动时对曲面的正压力，故在ADB 上克服摩擦力做的功大于在ACB 上克服摩擦力做的功，再由动能定理得出选项A 正确.7.关于动能、动能定理，下列说法正确的是( )A.一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化B.动能不变的物体，一定处于平衡状态C.合力做正功，物体动能可能减小D.运动物体所受的合力为零，则物体的动能可能变化 答案 A8.质量为m 的汽车在平直公路上行驶，发动机的功率P 和汽车受到的阻力f 均恒定不变，在时间t 内，汽车的速度由v 0增大到最大速度v m ，汽车前进的距离为x ，则此段时间内发动机所做的功W 可表示为( ) A.W ＝Pt B.W ＝fxC.W ＝12m v 2m ＋12m v 20＋fx D.W ＝12m v 2m ＋fx 答案 A解析 由题意知，发动机功率不变，故t 时间内发动机做功W ＝Pt ，所以A 正确；车做加速运动，故牵引力大于阻力f ，故B 错误；根据动能定理W －fx ＝12m v 2m －12m v 20，所以C 、D 错误.9.物体沿直线运动的v －t 图像如图4所示，已知在第1 s 内合力对物体做功为W ，则( )图4A.从第1 s 末到第3 s 末合力做功为4WB.从第3 s 末到第5 s 末合力做功为－2WC.从第5 s 末到第7 s 末合力做功为WD.从第3 s 末到第4 s 末合力做功为－0.75W 答案 CD解析 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得 第1 s 内：W ＝12m v 20，第1 s 末到第3 s 末： W 1＝12m v 20－12m v 20＝0，A 错；第3 s 末到第5 s 末： W 2＝0－12m v 20＝－W ，B 错；第5 s 末到第7 s 末：W 3＝12m (－v 0)2－0＝W ，C 正确；第3 s 末到第4 s 末：W 4＝12m (v 02)2－12m v 20＝－0.75W ，D 正确.10.质量为m 的物体，从静止开始以a ＝12g 的加速度竖直向下运动h ，下列说法中正确的是( )A.物体的动能增加了12mghB.物体的动能减少了12mghC.物体的重力势能减少了12mghD.物体的重力势能减少了mgh 答案 AD解析 物体的合力为ma ＝12mg ，向下运动h 时合力做功12mgh ，根据动能定理知物体的动能增加了12mgh ，A 对，B 错.向下运动h 的过程中重力做功mgh ，物体的重力势能减少了mgh ，C错，D 对.11.如图5甲所示，质量m ＝2 kg 的物体以100 J 的初动能在粗糙的水平地面上滑行，其动能E k 随位移x 变化的关系图像如图乙所示，则下列判断中正确的是( )图5A.物体运动的总位移大小为10 mB.物体运动的加速度大小为10 m/s 2C.物体运动的初速度大小为10 m/sD.物体所受的摩擦力大小为10 N 答案 ACD解析 由题图乙可知，物体运动的总位移为10 m ，根据动能定理得，－fx ＝0－E k0，解得f ＝E k0x ＝10010 N ＝10 N ，故A 、D 正确.根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a ＝f m ＝102m /s 2＝5 m/s 2，故B 错误.由E k0＝12m v 2得v ＝2E k0m＝2×1002m /s ＝10 m/s ，故C 正确. 二、非选择题12.如图6所示，竖直平面内的一半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧槽BCD ，B 点与圆心O 等高，质量m ＝0.1 kg 的小球(可看做质点)从B 点正上方H ＝0.75 m 高处的A 点自由下落，由B 点进入圆弧轨道，从D 点飞出，不计空气阻力，(取g ＝10 m/s 2)求：图6(1)小球经过B 点时的动能；(2)小球经过最低点C 时的速度大小v C ；(3)小球经过最低点C 时对轨道的压力大小.答案 (1)0.75 J (2)5 m/s (3)6 N解析 (1)小球从A 点到B 点，根据动能定理有：mgH ＝E k代入数据得：E k ＝0.75 J.(2)小球从A 点到C 点，由动能定理有：mg (H ＋R )＝12m v 2C，代入数据得v C ＝5 m/s. (3)小球在C 点，受到的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：N －mg ＝m v 2C R ，代入数据解得N ＝6 N由牛顿第三定律有：小球对轨道的压力N ′＝6 N.13.如图7所示，质量m ＝10 kg 的物体放在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，今用F ＝50 N 的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，经时间t ＝8 s 后，撤去F ，求：图7(1)力F 所做的功；(2)8 s 末物体的动能；(3)物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功.答案 (1)1 600 J (2)320 J (3)1 600 J解析 (1)在运动过程中，物体所受到的滑动摩擦力为f ＝μmg ＝0.4×10×10 N ＝40 N ， 由牛顿第二定律可得物体加速运动的加速度a ＝F －f m ＝50－4010m /s 2＝1 m/s 2， 由运动学公式可得在8 s 内物体的位移为x ＝12at 2＝12×1×82 m ＝32 m ， 所以力F 做的功为W F ＝Fx ＝50×32 J ＝1 600 J.(2)设在8 s 末物体的动能为E k ，由动能定理可得Fx －fx ＝12m v 2－0＝E k ， 所以E k ＝(1 600－40×32) J ＝320 J.(3)对整个过程利用动能定理有，W F ＋W f ＝0－0，所以|W f |＝W F ＝1 600 J ，即物体从开始运动到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为1 600 J.。
2017-2018学年高中物理物理教科版必修2学案：第4章 第4节 动能 动能定理 含解析 精品
第4节 动能 动能定理一、动能阅读教材第67～68页“动能”部分，知道动能的概念及表达式。
1．定义：物体的动能等于物体质量与物体速度大小的二次方的乘积的一半。
2．表达式：E k ＝12m v 2。
3．单位：国际单位制单位为焦耳，1J ＝1N·m ＝1_kg·m 2/s 2。
4．标矢性：动能是标量，只有大小，没有方向。
思维拓展(1)做匀速圆周运动的物体动能怎样变化？ (2)动能不变的物体是否一定处于平衡状态？答案 (1)不变。
由于匀速圆周运动的线速度大小不变，故做匀速圆周运动的物体动能保持不变。
(2)不一定。
动能不变的物体可能只是速度大小不变，如果速度方向发生改变，就不是平衡状态了。
二、合外力做功和物体动能的变化阅读教材第68～70页“合外力做功和物体动能的变化”部分，知道动能定理的内容及表达式。
1．推导：如图1所示，物体的质量为m ，在与运动方向相同的恒力F 的作用下发生了一段位移x ，速度由v 1增加到v 2，此过程力F 做的功为W 。
2．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
3．表达式：W＝E k2－E k1。
思维拓展歼－15战机是我国自主研发的第一款舰载战斗机，如图2所示：图2(1)歼－15战机起飞时，合力做什么功？速度怎么变化？动能怎么变化？(2)歼－15战机着舰时，阻拦索对战斗机做什么功？战斗机的动能怎么变化？答案(1)正功增加增加(2)负功减小三、动能定理的应用阅读教材第70～71页“动能定理的应用”部分，初步理解应用动能定理解决实际问题。
适用范围：既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
思维拓展在同一高度以相同的速率将手中的小球以上抛、下抛、平抛三种不同方式抛出，落地时速度、动能是否相同？答案三种方式抛出的小球在运动过程中都只有重力做功，且做功相等，由动能定理可知，其落地时动能相等，速度大小相等，方向不同。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲
2 匀速圆周运动的向心力和向心加速度[学习目标] 1.理解向心力的概念及其表达式的含义.2.知道向心力的大小与哪些因素有关，并能用来进行计算.3.知道向心加速度和线速度、角速度的关系，能够用向心加速度公式求解有关问题.一、向心力1.定义：物体做匀速圆周运动时所受合力方向始终指向圆心，这个指向圆心的合力就叫做向心力.2.方向：始终沿半径指向圆心.3.作用效果：由于向心力始终指向圆心，其方向与物体运动方向始终垂直，故向心力只改变线速度的方向，不改变其大小. 二、向心力的大小 1.实验探究2.结论：F ＝m v 2r 或F ＝mω2r .三、向心加速度1.定义：做匀速圆周运动的物体，在向心力作用下产生的指向圆心的加速度.2.大小：(1)a ＝v 2r；(2)a ＝ω2r .3.方向：沿半径方向指向圆心，与线速度方向垂直，且时刻在变化，因此匀速圆周运动是变加速(填“匀加速”或“变加速”)曲线运动. [即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)匀速圆周运动的向心力是恒力.(×) (2)所有圆周运动的合力都等于向心力.(×)(3)向心力的作用是改变物体的速度，产生向心加速度.(√)(4)匀速圆周运动的加速度大小不变，故此运动是匀变速运动.(×) (5)根据a ＝v 2r知加速度与半径r 成反比.(×)2.在长0.2 m 的细绳的一端系一个质量为0.1 kg 的小球，绳的另一端固定在光滑水平桌面上，使小球以0.6 m/s 的速度在桌面上做匀速圆周运动，则小球运动的角速度为________，向心加速度为________，绳拉小球的力大小为________. 答案 3 rad /s 1.8 m/s 2 0.18 N 解析 角速度ω＝v r ＝0.60.2rad /s ＝3 rad/s小球运动的向心加速度a ＝v 2r ＝0.620.2 m /s 2＝1.8 m/s 2绳的拉力提供向心力，故F ＝m v 2r＝0.18 N.一、向心力[导学探究] (1)分析图1甲、乙、丙中小球、地球和“旋转秋千”(模型)做匀速圆周运动时的受力情况，合力的方向如何？合力的方向与线速度方向有什么关系？合力的作用效果是什么？图1(2)如图2所示，用手拉细绳使小球在光滑水平地面上做匀速圆周运动，在半径不变的的条件下，减小旋转的角速度，感觉手拉绳的力怎样变化？在角速度不变的条件下增大旋转半径，手拉绳的力怎样变化？在旋转半径、角速度相同的情况下，换用不同质量的球，手拉绳的力有什么不同？图2答案 (1)甲图中小球受绳的拉力、水平地面的支持力和重力的作用，合力等于绳对小球的拉力；乙图中地球受太阳的引力作用；丙图中秋千受重力和拉力共同作用.三图中合力的方向都沿半径指向圆心且与线速度的方向垂直，合力的作用效果是改变线速度的方向.(2)变小；变大；手对质量大的球的拉力比对质量小的球的拉力大. [知识深化]1.向心力的特点：(1)方向：时刻在变化，始终指向圆心，与线速度的方向垂直.(2)大小：F＝m v2r＝mω2r＝mωv＝m 4π2T2r.在匀速圆周运动中，向心力大小不变，在非匀速圆周运动中，其大小随速率v的变化而变化.2.向心力的作用效果：只改变线速度的方向，不改变线速度的大小.例1(多选)下列关于向心力的说法中正确的是()A.物体由于做圆周运动而产生了一个向心力B.向心力不改变圆周运动中物体线速度的大小C.做匀速圆周运动的物体其向心力即为其所受的合外力D.做圆周运动的物体所受各力的合力一定充当向心力答案BC解析当物体所受的外力的合力始终有一分力垂直于速度方向时，物体就将做圆周运动，该分力即为向心力，故先有向心力然后才使物体做圆周运动.因向心力始终垂直于速度方向，所以它不改变线速度的大小，只改变线速度的方向.匀速圆周运动所受合外力指向圆心，完全提供向心力.非匀速圆周运动中是合外力指向圆心的分力提供向心力.例2如图3所示，一圆盘可绕过圆盘的中心O且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一小木块A，它随圆盘一起运动——做匀速圆周运动，则关于木块A的受力，下列说法中正确的是()图3A.木块A受重力、支持力和向心力B.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相反C.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向指向圆心D.木块A受重力、支持力和静摩擦力，摩擦力的方向与木块运动方向相同答案 C解析由于圆盘上的木块A在竖直方向上没有加速度，所以，它在竖直方向上受重力和支持力的作用而平衡.而木块在水平面内做匀速圆周运动，其所需向心力由静摩擦力提供，且静摩擦力的方向指向圆心O，故选C.二、向心加速度[导学探究] 当质量为m 的物体，沿半径为r 的圆以速率v 做匀速圆周运动，则物体需要的向心力为多少？向心加速度为多少？答案 F ＝m v 2r a ＝F m ＝v2r[知识深化]1.向心加速度的大小：a ＝v 2r ＝ω2r ＝4π2T 2r ＝ωv .方向：总是指向圆心，方向时刻改变. 2.向心加速度与半径的关系(如图4)图43.向心加速度的作用：向心加速度的方向总是与速度方向垂直，故向心加速度的作用只改变速度的方向，对速度的大小无影响.4.圆周运动的性质：不论向心加速度a 的大小是否变化，其方向时刻改变，所以圆周运动的加速度时刻发生变化，圆周运动是变加速曲线运动.5.向心加速度公式也适用于非匀速圆周运动(1)物体做非匀速圆周运动时，加速度不是指向圆心，但它可以分解为沿切线方向的分量和指向圆心方向的分量，其中指向圆心方向的分量就是向心加速度，此时向心加速度仍满足：a ＝v 2r＝ω2r . (2)无论是匀速圆周运动还是非匀速圆周运动，向心加速度都指向圆心.例3 如图5所示，一球体绕轴O 1O 2以角速度ω匀速旋转，A 、B 为球体上两点，下列几种说法中正确的是( )图5A.A 、B 两点具有相同的角速度B.A 、B 两点具有相同的线速度C.A 、B 两点的向心加速度的方向都指向球心D.A 、B 两点的向心加速度之比为2∶1 答案 A解析 A 、B 为球体上两点，因此，A 、B 两点的角速度与球体绕轴O 1O 2旋转的角速度相同，A 对；如图所示，A 以P 为圆心做圆周运动，B 以Q 为圆心做圆周运动，因此，A 、B 两点的向心加速度方向分别指向P 、Q ，C 错；设球的半径为R ，则A 运动的半径r A ＝R sin 60°，B 运动的半径r B ＝R sin 30°，v A v B ＝ωr A ωr B ＝sin 60°sin 30°＝3，B 错；a A a B ＝ω2r A ω2r B＝3，D 错.故选A.例4 如图6所示，O 1为皮带传动的主动轮的轴心，主动轮半径为r 1，O 2为从动轮的轴心，从动轮半径为r 2，r 3为固定在从动轮上的小轮半径.已知r 2＝2r 1，r 3＝1.5r 1.A 、B 、C 分别是三个轮边缘上的点，则点A 、B 、C 的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)( )图6A.1∶2∶3B.2∶4∶3C.8∶4∶3D.3∶6∶2答案 C解析 因为皮带不打滑，A 点与B 点的线速度大小相等，都等于皮带运动的速率.根据向心加速度公式a ＝v 2r ，可得a A ∶a B ＝r 2∶r 1＝2∶1.由于B 、C 是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同.根据向心加速度公式a ＝rω2，可得a B ∶a C ＝r 2∶r 3＝2∶1.5.由此得a A ∶a B ∶a C ＝8∶4∶3，故选C.讨论圆周运动的向心加速度与线速度、角速度、半径的关系，可以分为两类问题： (1)皮带传动问题，两轮边缘线速度大小相等，常选择公式a ＝v 2r .(2)同轴转动问题，各点角速度相等，常选择公式a ＝ω2r .1.(向心力的理解)(多选)下面关于向心力的叙述中，正确的是( ) A.向心力的方向始终沿着半径指向圆心，所以是一个变力B.做匀速圆周运动的物体，除了受到别的物体对它的作用力外，还一定受到一个向心力的作用C.向心力可以是重力、弹力、摩擦力中的某个力，也可以是这些力中某几个力的合力，或者是某一个力的分力D.向心力只改变物体速度的方向，不改变物体速度的大小 答案 ACD解析 向心力是根据力的作用效果来命名的，它可以是物体受力的合力，也可以是某一个力的分力，因此，在进行受力分析时，不能再分析向心力.向心力时刻指向圆心，与速度垂直，所以向心力只改变速度方向，不改变速度大小，A 、C 、D 正确.2.(向心加速度的理解)(多选)关于向心加速度，以下说法中正确的是( ) A.向心加速度的方向始终与速度方向垂直 B.向心加速度的方向保持不变C.物体做圆周运动时的加速度方向始终指向圆心D.物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心 答案 AD解析 向心加速度的方向沿半径指向圆心，速度方向沿圆周的切线方向，所以向心加速度的方向始终与速度方向垂直，且方向在不断改变.物体做匀速圆周运动时，只具有向心加速度，加速度方向始终指向圆心；非匀速圆周运动的加速度不是始终指向圆心，故选A 、D. 3.(传动装置中的向心加速度)如图7所示，两轮压紧，通过摩擦传动(不打滑)，已知大轮半径是小轮半径的2倍，E 为大轮半径的中点，C 、D 分别是大轮和小轮边缘上的一点，则E 、C 、D 三点向心加速度大小关系正确的是( )图7A.a C ＝a D ＝2a n EB.a C ＝2a D ＝2a EC.a C ＝a D2＝2a ED.a C ＝a D2＝a E答案 C解析 同轴传动，C 、E 两点的角速度相等，由a ＝ω2r ，有a Ca E＝2，即a C ＝2a E ；两轮边缘点的线速度大小相等，由a ＝v 2r ，有a C a D ＝12，即a C ＝12a D ，故选C.4.(圆周运动的向心力及有关计算)如图8所示，质量为1 kg 的小球用细绳悬挂于O 点，将小球拉离竖直位置释放后，到达最低点时的速度为2 m/s ，已知球心到悬点的距离为1 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求小球在最低点时对绳的拉力的大小.图8答案 14 N解析 小球在最低点时做圆周运动的向心力由重力mg 和绳的拉力F T 提供(如图所示)，即T －mg ＝m v 2r所以T ＝mg ＋m v 2r ＝(1×10＋1×221) N ＝14 N小球对绳的拉力与绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力，所以小球在最低点时对绳的拉力大小为14 N.课时作业一、选择题(1～8为单选题，9～11为多选题)1.对做圆周运动的物体所受的向心力说法正确的是( ) A.因向心力总是沿半径指向圆心，故向心力是一个恒力B.因向心力指向圆心，且与线速度方向垂直，所以它不能改变线速度的大小C.向心力一定是物体所受的合外力D.向心力和向心加速度的方向都是不变的 答案 B2.关于质点的匀速圆周运动，下列说法中正确的是( ) A.由a ＝v 2r 可知，a 与r 成反比B.由a ＝ω2r 可知，a 与r 成正比C.由v ＝ωr 可知，ω与r 成反比D.由ω＝2πf 可知，ω与f 成正比 答案 D解析 质点做匀速圆周运动的向心加速度与质点的线速度、角速度、半径有关.但向心加速度与半径的关系要在一定前提条件下才能给出.当线速度一定时，向心加速度与半径成反比；当角速度一定时，向心加速度与半径成正比，对线速度和角速度与半径的关系也可以同样进行讨论，正确答案为D.3.关于向心加速度，下列说法正确的是( ) A.由a ＝v 2r 知，匀速圆周运动的向心加速度恒定B.匀速圆周运动不属于匀速运动C.向心加速度越大，物体速率变化越快D.做圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心 答案 B解析 向心加速度是矢量，且方向始终指向圆心，因此向心加速度不是恒定的，所以A 错；匀速运动是匀速直线运动的简称，匀速圆周运动其实是匀速率圆周运动，存在向心加速度，B 正确；向心加速度不改变速率，C 错；只有做匀速圆周运动的物体加速度才时刻指向圆心，D 错.4.洗衣机的脱水筒在转动时有一衣物附在筒壁上，如图1所示，则此时( )图1A.衣物受到重力、筒壁的弹力和摩擦力的作用B.衣物随筒壁做圆周运动的向心力是由摩擦力提供的C.筒壁对衣物的摩擦力随转速增大而减小D.筒壁对衣物的摩擦力随转速增大而增大 答案 A解析 衣物受到重力、筒壁的弹力和摩擦力三个力的作用，其中弹力提供其做圆周运动的向心力，A 正确，B 错误；由于重力与摩擦力保持平衡，所以摩擦力不随转速的变化而变化，C 、D 错误.5.如图2所示，质量为m的木块从半径为R的固定半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么木块()图2A.加速度为零B.加速度恒定C.加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心D.加速度大小不变，方向时刻指向圆心答案 D解析由题意知，木块做匀速圆周运动，木块的加速度大小不变，方向时刻指向圆心，D正确，A、B、C错误.6.如图3，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一橡皮块，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针).某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是()图3答案 C解析橡皮块做加速圆周运动，合力不指向圆心，但一定指向圆周的内侧；由于做加速圆周运动，速度不断增加，故合力与速度的夹角小于90°，故选C.7.如图4所示，A、B是两个摩擦传动轮(不打滑)，两轮半径大小关系为R A＝2R B，则两轮边缘上的()图4A.角速度之比ωA ∶ωB ＝2∶1B.周期之比T A ∶T B ＝1∶2C.转速之比n A ∶n B ＝1∶2D.向心加速度之比a A ∶a B ＝2∶1 答案 C解析 两轮边缘的线速度相等，由ω＝v r 知，ωA ∶ωB ＝R B ∶R A ＝1∶2，A 错.由T ＝2πω知，T A ∶T B＝ωB ∶ωA ＝2∶1，B 错.由ω＝2πn 知，n A ∶n B ＝ωA ∶ωB ＝1∶2，C 对.由a ＝v 2r 知，a A ∶a B ＝R B ∶R A ＝1∶2，D 错.8.如图5所示，圆盘上叠放着两个物块A 和B ，当圆盘和物块绕竖直轴匀速转动时，物块与圆盘始终保持相对静止，则( )图5A.物块A 不受摩擦力作用B.物块B 受5个力作用C.当转速增大时，A 所受摩擦力增大，B 所受摩擦力减小D.A 对B 的摩擦力方向沿半径指向转轴 答案 B解析 物块A 受到的摩擦力充当向心力，A 错；物块B 受到重力、支持力、A 对物块B 的压力、A 对物块B 沿半径向外的静摩擦力圆盘对物块B 沿半径向里的静摩擦力，共5个力作用，B 正确；当转速增大时，A 、B 所受摩擦力都增大，C 错误；A 对B 的摩擦力方向沿半径向外，D 错误.故选B.9.如图6所示，A 、B 两球穿过光滑水平杆，两球间用一细绳连接，当该装置绕竖直轴OO ′匀速转动时，两球在杆上恰好不发生滑动.若两球质量之比m A ∶m B ＝2∶1，那么关于A 、B 两球的下列说法中正确的是( )图6A.A 、B 两球受到的向心力之比为2∶1B.A 、B 两球角速度之比为1∶1C.A 、B 两球运动半径之比为1∶2D.A 、B 两球向心加速度之比为1∶2答案 BCD解析 两球的向心力都由细绳的拉力提供，大小相等，两球都随杆一起转动，角速度相等，A 错，B 对.设两球的运动半径分别为r A 、r B ，转动角速度为ω，则m A r A ω2＝m B r B ω2，所以运动半径之比为r A ∶r B ＝1∶2，C 正确.由牛顿第二定律F ＝ma 可知a A ∶a B ＝1∶2，D 正确.10.如图7所示，长为L 的悬线固定在O 点，在O 点正下方L 2处有一钉子C ，把悬线另一端的小球m 拉到跟悬点在同一水平面上无初速度释放，小球运动到悬点正下方时悬线碰到钉子，则小球的( )图7A.线速度突然增大为原来的2倍B.角速度突然增大为原来的2倍C.向心加速度突然增大为原来的2倍D.悬线拉力突然增大为原来的2倍答案 BC解析 当悬线碰到钉子时，由于惯性球的线速度大小是不变的，以后以C 圆心，L 2为半径做圆周运动.由ω＝v r 知，小球的角速度增大为原来的2倍；A 错，B 对；由a ＝v 2r可知，它的向心加速度a 应加倍，C 项正确；由F －mg ＝m v 2r可知，D 错误. 11.如图8所示，水平转台上放着A 、B 、C 三个物体，质量分别为2m 、m 、m ，离转轴的距离分别为R 、R 、2R ，与转台间的动摩擦因数相同.当转台旋转时，下列说法中正确的是( )图8A.若三个物体均未滑动，则C 物体的向心加速度最大B.若三个物体均未滑动，则B 物体受到的摩擦力最大C.若转速增加，则A 物体比B 物体先滑动D.若转速增加，则C 物体最先滑动答案 AD解析 三物体都未滑动时，角速度相同，设角速度为ω，根据向心加速度公式a ＝ω2r ，知C 的向心加速度最大，选项A 正确；三个物体受到的静摩擦力分别为：f A ＝(2m )ω2R ，f B ＝mω2R ，f C ＝mω2(2R )，所以物体B 受到的摩擦力最小，选项B 错误；增加转速，可知C 最先达到最大静摩擦力，所以C 最先滑动.A 、B 的临界角速度相等，可知A 、B 一起滑动，选项C 错误，D 正确.二、非选择题12.如图9所示，有一质量为m 1的小球A 与质量为m 2的物块B 通过轻绳相连，轻绳穿过光滑水平板中央的小孔O .当小球A 在水平板上绕O 点做半径为r 的匀速圆周运动时，物块B 刚好保持静止.求：(重力加速度为g )图9(1)轻绳的拉力大小.(2)小球A 运动的线速度大小.答案 (1)m 2g (2)m 2gr m 1解析 (1)物块B 受力平衡，故轻绳拉力T ＝m 2g(2)小球A 做匀速圆周运动的向心力等于轻绳拉力T ，根据牛顿第二定律m 2g ＝m 1 v 2r解得v ＝m 2gr m 1. 13.如图10所示，水平转盘上放有一质量为m 的物体(可视为质点)，连接物体和转轴的绳子长为r ，物体与转盘间的最大静摩擦力是其压力的μ倍，重力加速度为g ，转盘的角速度由零逐渐增大，求：图10(1)绳子对物体的拉力为零时的最大角速度.(2)当角速度为 3μg 2r时，绳子对物体拉力的大小.答案 (1) μg r (2)12μmg 解析 (1)当恰由最大静摩擦力提供向心力时，绳子拉力为零时转速达到最大，设此时转盘转动的角速度为ω0，则μmg ＝mω 20r ，得ω0＝μg r . (2)当ω＝3μg 2r时，ω＞ω0，所以绳子的拉力F 和最大静摩擦力共同提供向心力，此时，F ＋μmg ＝mω2r即F ＋μmg ＝m ·3μg 2r·r ， 得F ＝12μmg .。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理粤教版必修2讲义：第四章习题课1动能定理的应用
习题课 1动能定理的应用[学习目标 ] 1.进一步理解动能定理，领悟应用动能定理解题的优胜性.2.会利用动能定理剖析变力做功、曲线运动以及多过程问题．一、利用动能定理求变力的功1．动能定理不单合用于求恒力做功，也合用于求变力做功，同时因为不波及变力作用的过程剖析，应用特别方便．2．利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体遇到一个变力和几个恒力作用时，能够用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其余＝ E k.例1 如图1 所示，质量为 m 的小球自由着落 d 后，沿竖直面内的固定轨道ABC 运动， AB是半径为 d 的1圆滑圆弧， BC 是直径为 d 的粗拙半圆弧 (B 是轨道的最低点 )．小球恰能经过4圆弧轨道的最高点 C.重力加快度为g，求：图 1(1)小球运动到 B 处时对轨道的压力大小．(2)小球在 BC 运动过程中，摩擦力对小球做的功．答案(1)5 mg (2)－3mgd41 2 2(1) 小球着落到 B 点的过程由动能定理得2mgd＝v分析2mv ，在 B 点： N－mg＝ m d ，得： N ＝ 5mg，依据牛顿第三定律：N′＝N＝ 5mg.2v C(2)在 C 点， mg＝ m d .小球从 B 运动到 C 的过程：21 m v C 2－1 mv2＝－ mgd＋ W f，得 W f＝－3 m gd.2 2 4针对训练如图 2 所示，某人利用越过定滑轮的轻绳拉质量为10 kg 的物体．定滑轮的地点比 A 点高 3 m．若这人迟缓地将绳从 A 点拉到 B 点，且 A、 B 两点处绳与水平方向的夹角分别为 37°和 30°，则这人拉绳的力做了多少功？(g 取 10 m/s2， sin 37 °＝0.6， cos 37 °＝ 0.8，不计滑轮的摩擦)图 2答案100 J分析取物体为研究对象，设绳的拉力对物体做的功为W.依据题意有 h＝ 3 m.物体高升的高度h＝h h－①sin 30 °sin 37.°对全过程应用动能定理W－mg h＝ 0. ②由①② 两式联立并代入数据解得W＝100 J.则人拉绳的力所做的功W 人＝ W＝ 100 J.二、利用动能定理剖析多过程问题一个物体的运动假如包括多个运动阶段，能够选择分段或全程应用动能定理．(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程切割成一个个子过程，对每个子过程的做功状况和初、末动能进行剖析，而后针对每个子过程应用动能定理列式，而后联立求解．(2)全程应用动能定理时，剖析整个过程中出现过的各力的做功状况，剖析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，而后确立整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．当题目不波及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便．注意：当物体运动过程中波及多个力做功时，各力对应的位移可能不同样，计算各力做功时，应注意各力对应的位移．计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和．例 2如图3所示，右端连有一个圆滑弧形槽的水平桌面AB 长 L ＝ 1.5 m ，一个质量为m＝0.5 kg 的木块在 F ＝ 1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的 A 端由静止开始向右运动，木块到达 B 端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：图 3(1)木块沿弧形槽上涨的最大高度(木块未走开弧形槽 )；(2)木块沿弧形槽滑回B 端后，在水平桌面上滑动的最大距离．答案 分析(1)0.15 m(2)0.75 m(1) 设木块沿弧形槽上涨的最大高度为h ，木块在最高点时的速度为零．从木块开始运动到沿弧形槽上涨的最大高度处，由动能定理得：FL － fL － mgh ＝ 0此中 f ＝ μN＝ μ mg ＝ 0.2× 0.5× 10 N ＝1.0 N因此 h ＝ FL －fL1.5－ 1.0 × 1.5 mg ＝0.5×10 m ＝ 0.15 m(2)设木块走开 B 点后沿桌面滑动的最大距离为 s.由动能定理得：mgh － fs ＝ 00.5× 10× 0.15m ＝0.75 m因此： s ＝mgh＝1.0f三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相联合，解决这种问题要特别注意：(1)与平抛运动相联合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的相关物理量．(2)与竖直平面内的圆周运动相联合时，应特别注意隐蔽的临界条件：①有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为v min ＝ 0.②没有支撑成效的竖直平面内的圆周运动，物体能经过最高点的临界条件为v min ＝gR.例3如图 4 所示，一能够当作质点的质量m ＝ 2 kg的小球以初速度v 0 沿圆滑的水平桌面飞出后，恰巧从A 点沿切线方向进入圆弧轨道，此中B 为轨道的最低点，C 为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB 对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R ＝ 0.5 m ．已知sin 53°＝ 0.8，cos 53°＝ 0.6，不计空气阻力， g 取 10 m/s 2 .图 4(1)求小球的初速度v 0 的大小；(2)若小球恰巧能经过最高点 C ，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．答案(1)3 m/s(2) － 4 J分析 (1) 在 A 点由平抛运动规律得：＝ v 0＝5①v A cos 53 °3v 0.小球由桌面到 A 点的过程中，由动能定理得mg( R ＋ Rcos θ)＝ 1mv A 2－1mv 02②22由 ①② 得： v 0＝ 3 m/s.211 2mv CC 点，由动能定理得 W f ＝2(2)在最高点 C 处有 mg ＝ R ，小球从桌面到 2mv C － 2mv 0 ，代入 数据解得 W f ＝－ 4 J.1． (用动能定理求变力的功 )如图 5 所示，质量为m 的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距 R ，物体随转台由静止开始转动．当转速增至某一值时，物体马上在转台上滑动，此时转台开始匀速转动．设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是( )图 5A ． 0B ． 2μ mgRμ mgR C ．2πμ mgRD. 2答案 D分析 物体马上在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰巧供给向心力，2v ，则有 μ mg ＝mv设此时物体做圆周运动的线速度为R .①在物体由静止到获取速度v 的过程中，物体遇到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体12做功，由动能定理得：W ＝ 2mv － 0.②1联立 ①② 解得 W ＝2μ mgR.2．(利用动能定理剖析多过程问题 )滑板运动是极限运动的始祖，很多极限运动项目均由滑板项目延长而来．如图 6 是滑板运动的轨道，BC 和 DE 是两段圆滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为 O 点，圆心角为60°，半径 OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗拙且长8 m．某运动员从轨道上的 A 点以 3 m/s 的速度水光滑出，在 B 点恰巧沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经 CD 轨道后冲上 DE 轨道，抵达 E 点时速度减为零，而后返回．已知运动员和滑板的总质量为 60 kg ，B、E两点到水平轨道 CD 的竖直高度分别为 h 和 H，且 h＝2 m ，H＝ 2.8 m ，g取 10 m/ s2.求：图 6(1)运动员从 A 点运动抵达 B 点时的速度大小 v B；(2)轨道 CD 段的动摩擦因数μ；(3)经过计算说明，第一次返回时，运动员可否回到 B 点？如能，恳求出回到 B 点时速度的大小；如不可以，则最后停在哪处？答案(1)6 m/s (2)0.125 (3)不可以回到 B 处，最后停在 D 点左边 6.4 m 处或 C 点右边 1.6 m处v0分析(1)由题意可知：vB＝cos 60°解得： v B＝ 6 m/s.(2)从 B 点到 E 点，由动能定理可得：1 2mgh－μ mgs CD－mgH＝ 0－2mv B代入数据可得：μ＝0.125.(3)设运动员能抵达左边的最大高度为h′，从 B 到第一次返回左边最高处，依据动能定理得：1 2mgh－ mgh′ －μ mg·2s CD＝0－2mv B解得 h′＝ 1.8 m< h＝2 m因此第一次返回时，运动员不可以回到 B 点设运动员从 B 点运动到停止，在CD 段的总行程为s，由动能定理可得：1 2④mgh－μ mgs＝ 0－2mv B解得： s＝ 30.4 m因为s＝3s CD＋ 6.4 m，因此运动员最后停在 D 点左边 6.4 m 处或 C 点右边 1.6 m 处．3．(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图7 所示，一个质量为m＝ 0.6 kg 的小球以初速度 v0＝ 2 m/s 从P 点水平抛出，从粗拙圆弧ABC 的A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰巧沿圆弧经过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝ 0.3 m ，θ＝ 60°，g ＝ 10 m/ s2.求：图 7(1)小球抵达 A 点的速度v A的大小；(2)P 点到 A 点的竖直高度H ；(3)小球从圆弧 A 点运动到最高点 C 的过程中战胜摩擦力所做的功W.答案(1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J分析(1) 在 A 点由速度的合成得v A＝v0，cos θ代入数据解得v A＝ 4 m/s(2)从P 点到A 点小球做平抛运动，竖直分速度v y＝ v0tan θ①由运动学规律有v y 2＝2gH②联立①②解得 H ＝ 0.6 mmv C2(3)恰巧过 C 点知足 mg＝R由 A 点到 C 点由动能定理得－ mgR(1＋ cos θ)－ W＝1 2 1 2 2mv C－2mv A代入数据解得W＝1.2 J.课时作业一、选择题 (1～ 7 为单项选择题，8～9 为多项选择题 )1．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为 v，用 g 表示重力加快度，则在此过程中物块战胜空气阻力所做的功等于()1 2 1 2A ． mgh－mv － mv02 21 212－ mghB. mv － mv 022C ．mgh ＋ 1mv 0 2－ 1 mv 2 2 2 D ． mgh ＋ 1 2 1 22 mv － mv 02 答案 C分析 选用物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：12 12mgh － W f 克＝mv－ mv 0221212解得： W f 克 ＝ mgh ＋2mv 0 － 2mv .1圆弧轨道， BC 为水平直轨道，圆弧的半径为R ， BC 的长度也是 R ，2．如图 1 所示， AB 为 4一质量为 m 的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端 A 从静止开始着落， 恰巧运动到 C 处停止，那么物体在 AB 段战胜摩擦力所做的功为 ()图 111A. 2μ mgRB.2mgRC ．－ mgRD ． (1－ μ)mgR答案D分析设物体在 AB 段战胜摩擦力所做的功为 W AB ，物体从 A 运动到 C 的全过程，依据动能定理，有 mgR －W AB － μ mgR ＝ 0.因此有 W AB ＝ mgR － μ mgR ＝ (1－ μ)mgR.3.一质量为 m 的小球，用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平拉力F 作用下，从均衡地点 P 点很迟缓地挪动到 Q 点，如图 2 所示，则拉力 F 所做的功为 ()图 2A ． mglcos θB ．mgl(1－ cos θ)C．Fl cos θD． Fl sin θ答案 B分析小球迟缓挪动，不时都处于均衡状态，由均衡条件可知，F＝ mgtan θ，跟着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不可以直接用功的公式求它所做的功，因此这道题要考虑用动能定理求解．因为物体迟缓挪动，动能保持不变，由动能定理得：－mgl(1 －cos θ)＋ W＝ 0，因此 W＝mgl(1－ cos θ)．4．质量为 m 的物体以初速度v 0 沿水平面向左开始运动， 开端点 A 与一轻弹簧最右端 O 相距s ，如图 3 所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为 x ，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体战胜弹簧弹力所做的功为 (不计空气阻力)()图 31 2－μmg(s ＋ x) 1 2－ μmgxA.mv 0 B. mv 022C ．μ mgsD ． μ mgx答案 A分析 设物体战胜弹簧弹力所做的功为W ，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做12功为－ W ，摩擦力对物体做功为－ μ mg(s ＋ x)，依据动能定理有－ W － μ mg(s ＋ x)＝ 0－ 2mv 0 ，因此 1 2 －μ mg(s ＋ x)．W ＝ mv 02 5.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R 的圆周运动，如图 4 所示，运动过程中小球遇到空气阻力的作用．设某一时辰小球经过轨道的最低点，此时绳索的张力为7mg ，在今后小球持续做圆周运动，经过半个圆周恰巧能经过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是( )图 4 11 A. 4mgR B.3mgR1C.2mgR D ． mgR答案 C分析 小球经过最低点时，设绳的张力为T ，则2 2v 1v 1 ①T －mg ＝ m R ， 6mg ＝ m R2小球恰巧过最高点，绳索拉力为零，这时v 2②mg ＝ m R小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得1 2 1 2 － mg·2R－ W f＝ mv 2－mv1③2 2W f＝1由①②③ 式联立解得2mgR，选 C.6.如图 5 所示，假定在某次竞赛中运动员从10 m 高处的跳台跳下，设水的均匀阻力约为其体重的 3 倍，在大略估量中，把运动员看作质点办理，为了保证运动员的人身安全，池水深度起码为 (不计空气阻力)()图 5A ． 5 m B． 3 mC．7 m D． 1 m答案 A分析设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：mg(H ＋ h)－ fh＝ 0，mg(H ＋ h)＝ 3mgh.因此 h＝ 5 m.7．如图 6 所示，小球以初速度v0从 A 点沿粗拙的轨道运动到高为h 的 B 点后自动返回，其返回途中仍经过 A 点，则经过 A 点的速度大小为()图 6A. v02－ 4ghB. 4gh－ v0 2C. v02－ 2ghD. 2gh－ v0 2答案 B分析从 A 到 B 运动过程中，重力和摩擦力都做负功，依据动能定理可得mgh＋ W f＝1mv0 2，2从 B 到 A 过程中，重力做正功，摩擦力做负功(因为是沿原路返回，因此两种状况摩擦力做功大小相等 )，依据动能定理可得mgh－ W f＝1mv2 ，两式联立得再次经过 A 点的速度为24gh－ v0 2，故B正确．8.在平直公路上，汽车由静止开始做匀加快直线运动，当速度达到v max 后，立刻封闭发动机直至静止， v－ t 图象如图 7 所示，设汽车的牵引力为F，遇到的摩擦力为f，全程中牵引力做功为 W1，战胜摩擦力做功为W2，则 ()图 7A ． F ∶ f＝ 1∶3 B． W1∶ W2＝ 1∶ 1C．F ∶ f＝ 4∶ 1 D． W1∶ W2＝ 1∶ 3答案BC分析对汽车运动的全过程，由动能定理得： W1－ W2＝ E k＝ 0，因此 W1＝ W2，选项 B 正确，选项 D 错误；由动能定理得Fs1－ fs2＝0，由图象知 s1∶ s2＝ 1∶4，因此 F ∶f＝ 4∶ 1，选项 A 错误，选项 C 正确．9.如图 8 所示，一个小环沿竖直搁置的圆滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点 A 滑到最低点 B 的过程中，线速度大小的平方v2跟着落高度 h 的变化图象可能是图中的 ( )图 8答案AB1 2 1 2 2 2分析对小环由动能定理得mgh＝2mv －2mv0 ，则 v ＝ 2gh＋ v0 .当 v0 ＝0 时， B 正确．当v0≠ 0 时， A 正确．二、非选择题10．如图 9 所示，圆滑水平面AB 与一半圆形轨道在 B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为 R，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，而后松手，物块在弹力作用下获取一速度，当它经 B 点进入半圆形轨道瞬时，对轨道的压力为其重力的7 倍，以后向上运动恰能达成半圆周运动抵达 C 点，重力加快度为g.求：图 9(1)弹簧弹力对物块做的功；(2)物块从 B 到 C 战胜阻力所做的功；(3)物块走开 C 点后，再落回到水平面上时的动能．答案(1)3 mgR (2)1mgR (3) 5 mgR 2 2分析(1) 由动能定理得W＝1mv B222v B在 B 点由牛顿第二定律得7mg－ mg＝ m R 解得 W＝3mgR(2)物块从 B 到 C 由动能定理得1mv C 2－1mv B 2＝－ 2mgR＋ W′2 22v C 物块在 C 点时 mg＝ m R解得 W′＝－1 12mgR，即物块从 B 到 C 战胜阻力做功为2mgR.(3)物块从 C 点平抛到水平面的过程中，由动能定理得1 2 52mgR＝E k－2mv C，解得 E k＝2mgR.11.如图 10 所示，绷紧的传递带在电动机带动下，一直保持v0＝ 2 m/s 的速度匀速运转，传递带与水平川面的夹角θ＝ 30°，现把一质量 m＝10 kg 的工件轻轻地放在传递带底端，由传递带传递至 h＝ 2 m 的高处．已知工件与传递带间的动摩擦因数μ＝3， g 取 10 m/s2. 2图 10(1)经过计算剖析工件在传递带上做如何的运动？(2)工件从传递带底端运动至h＝2 m 高处的过程中摩擦力对工件做了多少功？答案(1) 工件先以 2.5 m/s 2的加快度做匀加快直线运动，运动0.8 m 与传递带达到共同速度2 m/ s 后做匀速直线运动(2)220 J分析(1) 工件刚放上传递带时受滑动摩擦力：f ＝ μ mgcos θ，工件开始做匀加快直线运动，由牛顿运动定律：f － mgsin θ＝ ma 可得：a ＝m f－ gsin θ＝ g(μcos θ－ sin θ)＝ 10×3m/s 22 cos 30 －°sin 30 °＝ 2.5 m/s 2.222s 与传递带达到共同速度，由匀变速直线运动规律可得：s ＝ v 0设工件经过位移2a ＝2× 2.5 m＝ 0.8 m ＜ h＝ 4 msin θ故工件先以 2.5 m/s 2 的加快度做匀加快直线运动，运动0.8 m 与传递带达到共同速度2 m/ s后做匀速直线运动．(2)在工件从传递带底端运动至h ＝ 2 m 高处的过程中，设摩擦力对工件做功为W f ，由动能定12理得 W f － mgh ＝ 2mv 0 ，1 212可得： W f ＝mgh ＋ 2mv 0 ＝ 10× 10× 2 J ＋2× 10× 2 J ＝ 220 J.12．如图 11 所示，圆滑斜面 AB 的倾角 θ＝ 53°， BC 为水平面， BC 长度 l BC ＝ 1.1 m ，CD 为 圆滑的1圆弧，半径 R ＝0.6 m ．一个质量 m ＝ 2 kg 的物体，从斜面上 A 点由静止开始下滑，4物体与水平面 BC 间的动摩擦因数 μ＝0.2，轨道在 B 、C 两点圆滑连结．当物体抵达D 点时，2持续竖直向上运动， 最高点距离 D 点的高度 h ＝ 0.2 m ．sin 53 ＝°0.8，cos 53 °＝0.6.g 取 10 m/s .图 11(1)物体运动到 C 点时的速度大小 v C ；(2)A 点距离水平面的高度H；(3)物体最后停止的地点到 C 点的距离s.答案分析(1)4 m/s(1) 物体由(2)1.02 m (3)0.4 mC 点运动到最高点，依据动能定理得：1 2－ mg(h＋ R)＝ 0－2mv C代入数据解得：v C＝ 4 m/s(2)物体由 A 点运动到 C 点，依据动能定理得：1 22mv C－ 0＝ mgH－μ mgl BC代入数据解得：H ＝1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，依据动能定理得：mgH－μ mgs1＝ 0代入数据，解得s1＝5.1 m因为 s1＝ 4l BC＋ 0.7 m因此，物体最后停止的地点到 C 点的距离为：s＝ 0.4 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲
章末总结一、运动的合成和分解例1 如图1所示，船头指向均垂直于河岸，且船相对水的速度大小不变.已知第一次实际航程为A 至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1.若河水水流速度变化，则第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2.则( )图1A.t 2>t 1，v 2＝x 2v 1x 1B.t 2>t 1，v 2＝x 1v 1x 2C.t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1D.t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2答案 C解析 设河宽为d ，船自身的速度为v ，过河时间t ＝d v ，则t 1＝t 2；对合运动，过河时间t ＝x 1v 1＝x2v2，故C正确.针对训练1(多选)某河宽为600 m，河中某点的水流速度v与该点到较近河岸的距离d的关系如图2所示.船在静水中的速度为4 m/s，要想使船渡河的时间最短，下列说法正确的是()图2A.船在航行过程中，船头应与河岸垂直B.船在河水中航行的轨迹是一条直线C.渡河的最短时间为240 sD.船离开河岸400 m时的速度大小为2 5 m/s答案AD解析若船渡河的时间最短，船在航行过程中，必须保证船头始终与河岸垂直，选项A正确；因水流的速度大小发生变化，根据运动的合成与分解可知，船在河水中航行的轨迹是一条曲线，选项B错误；渡河的最短时间为t min＝dv船＝6004s＝150 s，选项C错误；船离开河岸400m时的水流速度大小与船离开河岸200 m时的水流速度大小相等，即v水＝3300×200 m/s＝2m/s，则船离开河岸400 m时的速度大小为v′＝v2船＋v2水＝42＋22m/s＝2 5 m/s，选项D正确.绳、杆关联速度问题绳、杆等连接的两个物体在运动过程中，其速度通常是不一样的，但两者的速度是有联系的(一般两个物体沿绳或杆方向的速度大小相等)，我们称之为“关联”速度.解决此类问题的一般步骤如下：第一步：先确定合运动，物体的实际运动就是合运动；第二步：确定合运动的两个实际作用效果，一是沿牵引方向的平动效果，改变速度的大小；二是沿垂直于牵引方向的转动效果，改变速度的方向；第三步：按平行四边形定则进行分解，作好运动矢量图；第四步：根据沿绳(或杆)牵引方向的速度相等列方程.例2(多选)如图3所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为F f，当轻绳与水面的夹角为θ时，船的速度为v，人的拉力大小为F，则此时()A.人拉绳行走的速度为v cos θ图3B.人拉绳行走的速度为v cos θC.船的加速度为F cos θ－F fmD.船的加速度为F －F fm答案 AC解析 船的运动产生了两个效果：一是使滑轮与船间的绳缩短，二是使绳绕滑轮顺时针转动，因此将船的速度按如图所示进行分解，人拉绳行走的速度v 人＝v ∥＝v cos θ，选项A 正确，B 错误；绳对船的拉力等于人拉绳的力，即绳的拉力大小为F ，与水平方向成θ角，因此F cos θ－F f ＝ma ，解得a ＝F cos θ－F f m ，选项C 正确，D 错误.针对训练2 如图4所示，水平面上有一汽车A ，通过定滑轮用绳子拉同一水平面上的物体B ，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为v A 和v B ，则v A 和v B 的比值为多少？图4答案 cos β∶cos α解析 物体B 实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果可知，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v 1)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v 2).如图甲所示，有v 1＝v B cos β①汽车A 实际的运动(合运动)水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为沿绳方向的分运动(设其速度为v 3)和垂直绳方向的分运动(设其速度为v 4). 如图乙所示，则有v 3＝v A cos α②又因二者沿绳子方向上的速度相等，即v 1＝v 3 ③ 由①②③式得v A ∶v B ＝cos β∶cos α.二、解决平抛运动的三个突破口1.把平抛运动的时间作为突破口平抛运动规律中，各物理量都与时间有联系，所以只要求出抛出时间，其他的物理量都可轻松解出.2.把平抛运动的偏转角作为突破口图5如图5可得tan θ＝gt v 0＝2hx (推导：tan θ＝v y v x ＝gt v 0＝gt 2v 0t ＝2h x)tan α＝hx ，所以有tan θ＝2tan α.从以上各式可以看出偏转角和其他各物理量都有关联，通过偏转角可以确定其他的物理量. 3.把平抛运动的一段轨迹作为突破口平抛运动的轨迹是一条抛物线，已知抛物线上的任意一段，就可求出水平初速度和抛出点，其他物理量也就迎刃而解了.设图6为某小球做平抛运动的一段轨迹，在轨迹上任取两点A 和B ，E 为AB 的中间时刻.图6设t AE ＝t EB ＝T由竖直方向上的匀变速直线运动得FC －AF ＝gT 2，所以T ＝ Δyg＝FC －AFg由水平方向上的匀速直线运动得 v 0＝EF T＝EFg FC －AF.例3 如图7所示，在倾角为37°的斜面上，从A 点以一定初速度水平抛出一个小球，经1.5 s 小球落在B 点，求(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)：图7(1)小球抛出时的初速度大小. (2)A 、B 之间的距离.(3)小球刚碰到斜面时速度方向与水平方向夹角的正切值. 答案 (1)10 m/s (2)18.75 m (3)32解析 (1)如图所示，tan 37°＝h x ＝12gt 2v 0t代入数据得：v 0＝10 m/s. (2)水平位移x ＝v 0t ＝15 m ， 故AB 间距离l ＝xcos 37°＝18.75 m.(3)设小球在B 点速度方向与水平方向夹角为α，在B 点，tan α＝v y v 0＝gt v 0＝32.针对训练3 (多选)跳台滑雪是奥运比赛项目之一，利用自然山形建成的跳台进行，某运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图8所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则()图8A.如果v 0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同B.如果v 0不同，该运动员落到雪坡时的位置不同，但速度方向相同C.运动员在空中经历的时间是2v 0tan θgD.运动员落到雪坡上时的速度大小是v0cos θ答案BC解析运动员落到雪坡上时，初速度越大，落点越远；位移与水平方向的夹角为θ，设速度与水平方向的夹角为α，则有tan α＝2tan θ，所以初速度不同时，落点不同，但速度方向与水平方向的夹角相同，故选项A错误，B正确；由平抛运动规律可知x＝v0t，y＝12gt2，且tan θ＝yx，可解得t＝2v0tan θg，故选项C正确；运动员落到雪坡上时，速度v＝v2＋(gt)2＝v01＋4tan2θ，故选项D错误.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第一章 3 课时2 精品
课时2实验：研究平抛运动[学习目标] 1.学会用实验的方法描绘平抛运动的轨迹.2.会判断平抛运动的轨迹是不是抛物线.3.会根据平抛运动的轨迹计算平抛运动的初速度.4.掌握描迹法、频闪照相法等探究实验的常用方法.一、描绘平抛运动的轨迹1.实验原理用描迹法(或喷水法或频闪照相法)得到物体平抛运动的轨迹.2.实验器材斜槽、小球、方木板、图钉、刻度尺、铅垂线、铅笔、白纸、铁架台.3.实验步骤(1)按图1甲所示安装实验装置，使斜槽末端水平(小球在斜槽末端点恰好静止).图1(2)以水平槽末端端口上小球球心在木板上的投影点为坐标原点O，过O点画出竖直的y轴和水平的x轴.(3)使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上，如果小球运动中碰到笔尖，就用铅笔在该位置画上一点.用同样方法，在小球运动路线上描下若干点. (4)将白纸从木板上取下，从O点开始通过画出的若干点描出一条平滑的曲线，如图乙所示.4.注意事项(1)实验中必须调整斜槽末端的切线水平(将小球放在斜槽末端水平部分，若小球静止，则斜槽末端水平).(2)方木板必须处于竖直平面内，固定时要用铅垂线检查坐标纸竖线是否竖直.(3)小球每次必须从斜槽上同一位置由静止释放.(4)坐标原点不是槽口的端点，应是小球出槽口时球心在木板上的投影点.(5)小球开始滚下的位置高度要适中，以使小球做平抛运动的轨迹由白纸的左上角一直到达右下角为宜.二、数据处理1.判断平抛运动的轨迹是不是抛物线 方法一 公式法(1)原理：若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点，建立直角坐标系后，轨迹上各点的坐标应具有y ＝ax 2的关系，而且同一轨迹a 是一个特定的值. (2)验证方法用刻度尺测量几个点的x 、y 两个坐标，分别代入y ＝ax 2中求出常量a ，看计算得到的a 值在误差允许的范围内是否是一个常数. 方法二 图像法建立y －x 2坐标系，根据所测量的各个点的x 、y 坐标值分别计算出对应的y 值和x 2值，在y －x 2坐标系中描点，连接各点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a 值. 2.计算初速度在小球平抛运动轨迹上任取一点，用刻度尺(三角板)测出它们的坐标(x ，y )，利用公式y ＝12gt 2和x ＝v 0t ，求出小球做平抛运动的初速度v 0(g 已知)，多求几个点然后求出v 0的平均值.一、平抛运动实验的原理与实验操作例1 在“研究平抛运动”实验中，(1)图2是横挡条卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端点时的________.图2A.球心B.球的上端C.球的下端在此实验中，下列说法正确的是________. A.斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些C.用光滑曲线把所有的点连接起来D.y 轴的方向根据重垂线确定(2)图3是利用图2装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可判断实验操作错误的是________.图3A.释放小球时初速度不为0B.释放小球的初始位置不同C.斜槽末端切线不水平(3)图4是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是________.图4答案 (1)B BD (2)C (3)B解析 (1)小球平抛轨迹的起点应选在小球在斜槽末端点时的球的上端.实验过程中，斜槽不一定光滑，只要能够保证从同一位置静止释放，即使轨道粗糙，摩擦力做功是相同的，离开斜槽末端的速度就是一样的，所以A 错，记录点适当多一些，能够保证描点光滑，选项B 正确，选项C 错.y 轴必须是竖直方向，即用重垂线确定，即选项D 正确. (2)由题图可知斜槽末端不水平，选择C.(3)插入瓶中的直吸管的目的就是为了保证水流流速不因瓶内水面下降而减小，能保证下降到该处的一段时间内，能够得到稳定的细水柱，所以选B.1.为保证小球做平抛运动，必须使斜槽的末端水平.2.为保证小球每次平抛的初速度相同，必须让小球从同一位置由静止释放. 二、计算平抛运动的初速度计算平抛运动的初速度可以分为两种情况 1.平抛轨迹完整(即含有抛出点)在轨迹上任取一点，测出该点离坐标原点的水平位移x 及竖直位移y ，就可求出初速度v 0. 因x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，故v 0＝xg 2y.2.平抛轨迹残缺(即无抛出点)在轨迹上任取三点A 、B 、C (如图5所示)，使A 、B 间及B 、C 间的水平距离相等，由平抛运动的规律可知A 、B 间与B 、C 间所用时间相等，设为t ，则图5Δh ＝h BC －h AB ＝gt 2 所以t ＝h BC －h ABg所以初速度v 0＝xt＝xgh BC －h AB.例2 如图6所示是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O 为平抛的起点，在轨迹上任取三点A 、B 、C ，测得A 、B 两点竖直坐标y 1为5.0 cm ，y 2为45.0 cm ，A 、B 两点水平间距Δx 为40.0 cm ，则平抛小球的初速度v 0为________m/s ，若C 点的竖直坐标y 3为60.0 cm ，则小球在C 点的速度v C 为________m/s(结果保留两位有效数字，g 取10 m/s 2).图6答案 2.0 4.0解析 竖直方向：y 1＝12gt 21，y 2＝12gt 22，可得v 0＝Δx t 2－t 1＝2.0 m/s ；运动到C 点时的竖直分速度v y ＝2gy 3，v C ＝v 20＋v 2y ＝4.0 m/s.1.(实验操作)在做“研究平抛运动”的实验时，坐标纸应当固定在竖直的木板上，下列图中所示坐标纸的固定情况与斜槽末端的关系正确的是( )答案 C2.(探究平抛运动的特点)两个同学根据不同的实验条件，进行了“研究平抛运动”的实验：图7(1)甲同学采用如图7甲所示的装置.用小锤击打弹性金属片，使A球沿水平方向弹出，同时B 球被松开，自由下落，观察到两球同时落地，改变小锤击打的力度，即改变A球被弹出时的速度，两球仍然同时落地，这说明__________________________________________________ ________________________________________________________________________.(2)乙同学采用如图乙所示的装置.两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端可看做与光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D；调节电磁铁C、D的高度使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度v0相等，现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两小球同时以相同的初速度v0分别从轨道M、N的末端射出.实验可观察到的现象应是________________________.仅仅改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明____________________ ________________________________________________________________________.答案(1)做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动(2)P球击中Q球做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动解析(1)通过对照实验，说明两球具有等时性，由此说明做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动.(2)两球在水平轨道上相遇，水平方向运动情况相同，说明平抛运动的水平分运动是匀速直线运动.3.(实验操作及速度的计算)如图8所示，在“研究平抛运动”的实验中，可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：图8A.让小球多次从________释放，在一张印有小方格的纸上记下小球经过的一系列位置，如图中a、b、c、d所示.B.安装好器材，注意________，记下平抛初位置O点和过O点的水平线与竖直线.C.取下方格纸，以O为原点，以水平线为x轴，竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画出小球平抛运动的轨迹.(1)完成上述步骤，将正确的答案填在横线上. (2)上述实验步骤的合理顺序是____________.(3)已知图中小方格的边长L ＝1.25 cm ，则小球平抛的初速度为v 0＝________(用L 、g 表示)，其值是________.(取g ＝9.8 m/s 2)(4)b 点的速度v b ＝________.(用L 、g 表示) 答案 (1)同一位置静止 斜槽末端切线水平 (2)BAC (3)2Lg 0.7 m/s (4)52Lg解析 (1)这种方法，需让小球重复同一个平抛运动多次，才能记录出小球的一系列位置，故必须让小球每次由同一位置静止释放.斜槽末端切线水平，小球才会做平抛运动. (3)由Δy ＝aT 2得两点之间的时间间隔T ＝L g ，所以小球的初速度v 0＝2LT＝2Lg ，代入数据得v 0≈0.7 m/s.(4)v by ＝3L 2T ＝3Lg 2，由v b ＝v 2by ＋v 20 得v b ＝ 9Lg 4＋4Lg ＝52Lg .课时作业1.利用如图1所示的装置研究平抛运动的特点，让小球多次沿同一轨迹运动，通过描点法画小球做平抛运动的轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面说法不正确的是( )图1A.通过调节使斜槽的末端保持水平B.每次释放小球的位置必须不同C.每次必须在斜槽上的同一位置由静止释放小球D.小球运动时不应与木板上的白纸(或坐标纸)相接触 答案 B解析 要使小球做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，A 正确.要使小球每次抛出的初速度相等，释放小球时必须在斜槽上同一位置由静止释放，B 不正确，C 正确.小球离开轨道后，仅受重力作用，不能有摩擦，D 正确.2.在“研究平抛运动”的实验中，为了求小球做平抛运动的初速度，需直接测的数据有( ) ①小球开始滚下的高度 ②小球在空中飞行的时间 ③运动轨迹上某点P 的水平坐标 ④运动轨迹上某点P 的竖直坐标 A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 答案 C解析 由平抛运动规律，竖直方向y ＝12gt 2，水平方向x ＝v 0t ，因此v 0＝xg2y，可见只要测得轨迹上某点P 的水平坐标x 和竖直坐标y ，就可求出初速度v 0，故C 项正确.3.描述做平抛运动的物体在竖直方向上的速度v y (取向下为正)随时间变化的图像是图中的( )答案 D解析 平抛运动在竖直方向上的分运动是自由落体运动，竖直方向上的速度随时间均匀增大，故选项D 正确.4.如图2甲是研究平抛运动的实验装置图，图乙是实验后在白纸上作的图.图2(1)在甲图上标出O 点及Ox 、Oy 轴，并说明这两条坐标轴是如何作出的.(2)固定斜槽轨道时应注意使_____________________________________________________ _____________________________________________.(3)实验过程中需经过多次释放小球才能描绘出小球平抛运动的轨迹，实验中应注意________________________________________________________________________. (4)计算小球平抛初速度的公式v 0＝________，根据图乙给出的数据，可计算出v 0＝________ m/s.(g 取9.8 m/s 2) 答案 (1)见解析 (2)底端切线沿水平方向(3)使小球每次都从同一高度处无初速度滚下(4)xg2y1.6 解析 (1)如图所示，在斜槽末端小球球心在白纸上的投影为O 点，从O 点开始作平行于重垂线向下的直线为Oy 轴，再垂直于Oy 作Ox 轴.(2)为了保证小球离开斜槽时的速度沿水平方向，应调整斜槽使底端切线沿水平方向. (3)为了保证小球每次做平抛运动的轨迹一致，要求它的初速度相同，故每次都让小球从斜槽的同一高度处无初速度滚下.(4)由于x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，故初速度v 0＝xg2y，根据图乙给出的数据，可计算出v 0＝1.6 m/s. 5.甲同学在做“测量平抛运动的初速度”的课题研究时，得到如图3所示一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中每个方格边长为5 cm ，g 取10 m /s 2，则闪光频率是______ Hz ，小球做平抛运动的初速度v 0＝______ m/s.图3答案 10 2解析 因为x AB ＝x BC ，所以t AB ＝t BC ， 在竖直方向上，由Δy ＝gT 2得(7×0.05－5×0.05) m ＝10T 2， 解得T ＝0.1 s ， 故闪光频率为10 Hz.小球做平抛运动的初速度v 0＝x T ＝4×0.050.1m /s ＝2 m/s.6.某实验小组同学在“研究平抛物体的运动”实验中，只画出了如图4所示的曲线，于是他在曲线上取水平距离Δx 相等的三点A 、B 、C ，量得Δx ＝0.2 m.又量出它们之间的竖直距离分别为h 1＝0.1 m ，h 2＝0.2 m ，利用这些数据，可求得：(g ＝10 m/s 2)图4(1)物体抛出时的初速度为________ m/s ； (2)物体经过B 时竖直分速度为________ m/s ； (3)抛出点在A 点上方高度为________ m 处. 答案 (1)2 (2)1.5 (3)0.012 5解析 (1)由Δh ＝gT 2，得T ＝0.1 s ，v 0＝ΔxT ＝2 m/s.(2)v By ＝h 1＋h 22T＝1.5 m/s. (3)y 0＝y B －h 1＝v 2By2g－h 1＝0.012 5 m.7.在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图5所示的装置，先将斜槽轨道的末端调成水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处.使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A .将木板向远离槽口平移距离x ，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B .又将木板再向远离槽口平移距离x ，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C .若测得木板每次移动距离x ＝10.00 cm ，A 、B 间距离y 1＝4.78 cm ，B 、C 间距离y 2＝14.58 cm.g 取9.8 m/s 2.图5(1)根据以上直接测量的物理量得小球初速度v 0＝________(用题中所给字母表示). (2)小球初速度的测量值为________ m/s. 答案 (1)xgy 2－y 1(2)1 解析 由于每次移动距离x ＝10.00 cm ，所以小球从打A 点到打B 点与从打B 点到打C 点的时间相同，设此时间为t .由于y 2－y 1＝gt 2，且y 1＝4.78 cm 、y 2＝14.58 cm ，g ＝9.8 m/s 2，所以t ＝y 2－y 1g ＝0.1 s ，故小球初速度v 0＝xt＝x gy 2－y 1＝1 m/s.。
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4斜抛运动(选学)[学习目标] 1.知道斜抛运动，会用运动的合成和分解的方法分析斜抛运动.2.通过实验探究斜抛运动的射高和射程跟初速度和抛射角的关系，并能将所学知识应用到生产和生活中.一、斜抛运动1.定义：当不考虑空气的阻力时，一个物体沿斜向抛出后的运动，叫做斜抛运动.2.轨迹：斜抛运动的轨迹也是一条抛物线.3.射程：斜抛运动的射程跟抛射体的初速度和抛射角有关.(1)抛射角一定时，初速度越大，射程越大.(2)初速度一定时，当抛射角为45°时，射程最大.二、空气阻力对斜抛运动的影响当斜抛物体的速度较小时，空气阻力对物体运动的影响可以忽略，此时物体的运动轨迹近似为抛物线；当斜抛物体的速度很大时，空气阻力对运动会产生很大影响，物体的轨迹形状不对称，这种轨迹叫做弹道.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)斜抛运动是匀变速运动.(√)(2)斜抛运动的速度一直在减小.(×)(3)做斜抛运动的物体在最高点速度为0.(×)(4)做斜抛运动的物体在水平方向上不是匀速直线运动.(×)(5)斜抛运动是曲线运动.(√)2.有一小球，从地面以角度(与水平面夹角)θ＝45°，初速度v0＝10 m/s抛出，则小球达到的最大高度为________m，小球落到地面所用的时间为________s.(取g＝10 m/s2，忽略空气阻力) 答案 2.5 2一、斜抛运动[导学探究]对于斜上抛运动，其轨迹如图1所示，设在坐标原点以初速度v0沿与x轴(水平方向)成θ角的方向将物体抛出，此时，可以将物体的斜抛运动分解为沿水平方向(x轴方向)和竖直方向(y 轴方向)的两个运动.图1(1)物体在两个方向分别做什么运动？ (2)分析两个方向分运动的规律.答案 (1)在水平方向上，物体不受外力，所以做匀速直线运动，在竖直方向上，物体受到重力作用，所以做匀变速直线运动.(2)因物体在水平方向不受外力，a x ＝0，所以水平方向做匀速直线运动；物体在竖直方向只受重力作用，所以a y ＝－g (取竖直向上为正方向).所以竖直方向做竖直上抛运动. 所以物体沿水平和竖直两个方向的分运动规律为 水平方向：v x ＝v 0x ＝v 0cos θ，x ＝v 0x t ＝v 0t cos θ. 竖直方向：v y ＝v 0y －gt ＝v 0sin θ－gt ， y ＝v 0y t －12gt 2＝v 0t sin θ－12gt 2.[知识深化]1.斜抛运动的性质：由于斜抛运动的加速度是重力加速度，且与速度方向有夹角，因此，斜抛运动是匀变速曲线运动.2.斜上抛运动的研究方法：采用运动的合成与分解的方法.(1)水平方向：物体不受外力，以初速度v 0x ＝v 0cos θ做匀速直线运动.(2)竖直方向：受重力作用，加速度为g ，以初速度v 0y ＝v 0sin θ 做竖直上抛运动. 例1 关于斜抛运动，下列说法中正确的是( ) A.物体抛出后，速度增大，加速度减小 B.物体抛出后，速度先减小，再增大C.物体抛出后，沿着轨迹的切线方向，先做减速运动，再做加速运动，加速度始终沿着切线方向D.斜抛物体的运动是匀变速曲线运动 答案 D解析 斜抛物体的运动水平方向是匀速直线运动，竖直方向是竖直上抛或竖直下抛运动，抛出后只受重力作用，故加速度恒定.若是斜上抛则竖直分速度先减小后增大，若是斜下抛则竖直分速度一直增大，故A 、B 、C 项错误.由于斜抛运动的物体只受重力的作用且与初速度方向不共线，故做匀变速曲线运动，D 项正确.针对训练 (多选)斜抛运动和平抛运动的共同特点是( ) A.加速度都是gB.运动轨迹都是抛物线C.运动时间都与抛出时的初速度大小有关D.相同时间内速度变化都相等 答案 ABD解析 斜抛运动和平抛运动都是仅受重力作用的抛体运动，因此其加速度都是相同的，都为重力加速度，因此选项A 、D 正确.它们的轨迹均为抛物线，选项B 正确.斜抛运动的时间由竖直方向的分运动决定，平抛运动的时间仅与竖直方向上的位移有关，与初速度无关，故选项C 错误.二、斜抛运动的射程[导学探究] (1)一炮弹以初速度v 0斜向上方飞出炮筒，初速度与水平方向夹角为θ，请根据图2求解炮弹在空中的飞行时间、射高和射程. (2)由射程的表达式，讨论影响射程的因素有哪些？图2答案 (1)先建立直角坐标系，将初速度v 0分解为： v 0x ＝v 0cos θ，v 0y ＝v 0sin θ 飞行时间：t ＝2v 0y g ＝2v 0sin θg射高：Y ＝v 20y 2g ＝v 20sin 2θ2g射程：X ＝v 0cos θ·t ＝2v 20sin θcos θg ＝v 20sin 2θg可见，给定v 0，当θ＝45°时，射程达到最大值X max ＝v 2g.(2)射程X ＝v 20sin 2θg，由此可以看出射程的大小与初速度和抛射角有关.[知识深化]1.斜抛运动可以看作是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛或竖直下抛运动的合运动.2.斜抛运动的基本规律(以斜向上抛为例，如图3)图3(1)水平方向：v 0x ＝v 0cos θ.(2)竖直方向：v 0y ＝v 0sin θ，加速度为g . (3)飞行时间：t ＝2v 0sin θg .(4)射高：Y ＝v 20sin 2θ2g .射程：X ＝v 20sin 2θg.例2 世界上最窄的海峡是苏格兰的塞尔海峡，它位于欧洲大陆与塞尔岛之间，这个海峡只有约6 m 宽，假设有一位运动员，他要以相对于水平面37°的角度进行“越海之跳”，可使这位运动员越过这个海峡的最小初速度是多少？(忽略空气阻力.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2) 答案5210 m/s 解析 设该运动员的最小初速度为v 0，其射程恰为6 m ，则其水平分速度：v 0x ＝v 0cos 37° 射程：x ＝v 0x t竖直分速度：v 0y ＝v 0sin 37° 运动时间：t ＝2v 0y g由以上几式代入数据解得：v 0＝5210 m/s.斜抛运动的对称性(1)时间对称：相对于轨迹最高点，两侧对称的上升时间等于下降时间. (2)速度对称：相对于轨迹最高点，两侧对称的两点速度大小相等. (3)轨迹对称：斜抛运动的轨迹相对于过最高点的竖直线对称.1.(对斜抛运动的理解)(多选)关于斜抛运动，忽略空气阻力，下列说法中正确的是( ) A.斜抛运动是曲线运动 B.斜抛运动的速度一直减小 C.斜抛运动在最高点速度不为零 D.斜抛运动的加速度是恒定的 答案 ACD解析 做斜抛运动的物体只受重力作用，加速度为g ，水平方向为匀速直线运动，竖直方向做加速度为g 的匀变速直线运动，斜上抛运动速度先减小后增大.在最高点时有水平速度.故A 、C 、D 正确.2.(对斜抛运动的理解)做斜上抛运动的物体的运动可以分解为水平和竖直方向的两个分运动，下列图像中正确描述竖直方向上物体运动的速度的是( )答案 C3.(斜抛运动的射程和射高)从水平地面上某处以相同速率v 0用不同抛射角斜向上抛出两小球A 、B ，两小球的水平射程相同，已知小球A 的抛射角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )A.小球A 的水平射程为v 20sin θ2gB.小球B 的抛射角一定为π2－θC.两小球A 、B 在空中飞行时间的比值为t A t B ＝1tan θD.两小球A 、B 上升的最大高度的比值为h Ah B ＝tan θ答案 B解析 将小球A 的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是匀速直线运动，根据分运动公式，有： 竖直分运动：－v 0sin θ＝v 0sin θ－gt ① 水平分运动：x ＝v 0t cos θ②联立①②解得：x ＝2v 20sin θcos θg，故A 错误；水平射程表达式为：x ＝2v 20sin θcos θg ＝v 20sin 2θg由于两小球的水平射程相同，故两个小球的抛射角的两倍之和等于π，即两个小球的抛射角互余，故小球B 的抛射角一定为π2－θ，故B 正确；根据①式，小球A 运动时间为：t A ＝2v 0sin θg同理，小球B 运动时间为：t B ＝2v 0sin ( π2－θ)g故两小球A 、B 在空中飞行时间的比值为：t A t B ＝tan θ1，故C 错误；竖直分运动是竖直上抛运动，根据速度位移关系公式，有：h ＝v 20y 2g ＝v 20sin 2θ2g故两小球A 、B 上升的最大高度的比值为：h A h B ＝tan 2θ1，故D 错误.课时作业一、选择题(1～6为单选题，7～12为多选题) 1.斜抛运动与平抛运动相比较，相同的是( ) A.都是匀变速曲线运动B.平抛运动是匀变速曲线运动，而斜抛运动是非匀变速曲线运动C.都是加速度逐渐增大的曲线运动D.平抛运动是速度一直增大的运动，而斜抛运动是速度一直减小的运动 答案 A解析 斜抛和平抛都做曲线运动且只受重力，产生的加速度为g ，故均为匀变速曲线运动，故A 正确，B 、C 错误；平抛运动是速度一直增大的运动，而斜上抛运动是速度先减小后增大的运动，斜下抛运动是速度一直增大的运动，故D 错误.2.某同学斜向上抛出一铅球，忽略空气阻力.铅球在空中运动的过程中，加速度a 随时间t 变化的关系图像是( )答案 B解析 由题意知，忽略空气阻力，铅球抛出后只受重力，由牛顿第二定律知，其加速度为g 且保持不变，故B 正确.3.某同学在篮球场地上做斜上抛运动实验，设抛出球的初速度为20 m/s ，抛射角分别为30°、45°、60°、75°，不计空气阻力，则关于球的射程，以下说法中正确的是( ) A.以30°角度抛射时，射程最大 B.以45°角度抛射时，射程最大 C.以60°角度抛射时，射程最大 D.以75°角度抛射时，射程最大 答案 B解析 不计空气阻力，球做斜上抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，设抛射角为θ，则球运动的时间为t ＝2v 0sin θg ；水平射程x ＝v 0t cos θ＝v 0cos θ·2v 0sin θg ＝v 20sin 2θg可知，当抛射角为θ＝45°时，射程x 最大.故选项B 正确.4.A 、B 两物体初速度相同，A 沿与水平方向成θ角的光滑斜面上滑；B 与水平方向成θ角斜上抛.它们所能达到的最大高度分别为H A 和H B ，则下列关于H A 和H B 的大小判断正确的是( ) A.H A ＜H B B.H A ＝H B C.H A ＞H B D.无法确定答案 C解析 假设初速度为v 0，在光滑斜面上，对物体A 进行受力分析可以得到物体的加速度a ＝mg sin θm＝g sin θ，设物体在斜面上运动的长度为l ，则v 20＝2gl sin θ，离地面的最大高度H A ＝l sin θ＝v 202g ；斜向上抛时，B 物体竖直分速度v y ＝v 0sin θ，上升的最大高度H B ＝v 20sin 2θ2g＜H A .5.如图1所示，将小球沿与水平方向成α角的方向以速度v 斜向右上抛出，经时间t 1击中墙上距水平面高度为h 1的A 点；再将此球仍从同一点以相同速率抛出，抛出速度与水平方向成β(β＞α)角(图中未标出)，经时间t 2击中墙上距水平面高度为h 2的B 点(图中未标出)，空气阻力不计.则( )图1A.t 1一定小于t 2B.t 1一定大于t 2C.h 1一定小于h 2D.h 1一定大于h 2答案 A解析 小球被抛出后，仅受重力作用，即在水平方向做匀速直线运动，无论小球是在上升阶段还是在下落阶段击中墙壁，其水平方向的位移都相等，因此有：v cos α·t 1＝v cos β·t 2，由于β＞α，因此v cos α＞v cos β，所以有：t 1＜t 2，故选项A 正确，B 错误；因小球击中墙壁时可能在小球上升阶段，也可能在下落阶段，因此h 1与h 2的大小关系不能确定，故选项C 、D 错误.6.如图2所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同.空气阻力不计，则()图2A.B的加速度比A的大B.B的飞行时间比A的长C.B在最高点的速度比A在最高点的大D.B在落地时的速度比A在落地时的小答案 C解析由题意可知，A、B两小球均做斜抛运动，由运动的分解可知：水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，两球的加速度均为重力加速度g，故A错；设上升的最大高度为h，在下落过程，由h＝12gt2，可知下落时间t＝2hg，根据运动的对称性可知，两球上升时间和下落时间相等，故两小球的运动时间相等，故B错；由x＝v x t，可知v xA＜v xB，由v2y＝2gh，可知落地时，竖直方向的速度v yA＝v yB，再由v＝v2x＋v2y，可知B球在落地时的速度比A球在落地时的大，所以C正确，D错误.7.关于斜抛运动，下面的说法正确的是()A.抛射角一定，初速度小时，运动时间长B.抛射角一定，初速度大时，运动时间长C.初速度大小一定，抛射角小时，运动时间长D.初速度大小一定，抛射角大时，运动时间长答案BD解析斜抛运动的时间取决于竖直方向的分运动.8.如图3是斜向上抛出的物体的轨迹，C点是轨迹的最高点，A、B是轨迹上等高的两个点.下列叙述中正确的是(不计空气阻力)()图3A.物体在C点的速度为零B.物体在A点的速度与在B点的速度相同C.物体在A点、B点的水平分速度均等于物体在C点的速度D.物体在A、B、C三点的加速度相同答案CD解析 速度是矢量，A 、B 两点速度大小相等，方向不相同.斜抛运动在水平方向上是匀速直线运动，竖直方向的加速度总为g .9.如图4所示为斜抛物体的运动轨迹，对于轨迹上的两点A 、B ，下列说法正确的是(不计空气阻力)( )图4A.A 点的速度方向沿切线向下，合力方向竖直向下B.A 点的速度方向沿切线向上，合力方向竖直向下C.B 点的速度方向沿切线向下，合力方向竖直向下D.B 点的速度方向沿切线向下，合力方向竖直向上 答案 BC解析 斜抛运动是曲线运动，曲线运动的速度方向沿着曲线的切线方向；斜抛运动只受重力，故合力方向竖直向下.10.如图5所示，在一次投篮游戏中，小刚同学调整好力度，将球从A 点向篮筐B 投去，结果球沿着一条弧线飞到篮筐后方.已知A 、B 等高，不计空气阻力，则下次再投时，他可能作出的调整为( )图5A.减小初速度，抛出方向不变B.增大初速度，抛出方向不变C.初速度大小不变，增大抛出角度D.初速度大小不变，减小抛出角度 答案 ACD解析 设球在水平方向从A 运动到B 的时间为t ，A 、B 间的距离为d ，则有t ＝dv 0cos θ，而在竖直方向，则有t ′＝2v 0sin θg ，球飞过篮筐，所以t <t ′，得到dv 0cos θ<2v 0sin θg ，整理得：v 20sin2θ>gd ，当g 、d 不变时，要使等式成立，若初速度大小不变，则夹角θ以45°为界，若夹角小于45°，则必须减小θ；若夹角大于45°，则可以增大θ；若抛出方向不变，则必须减小初速度的大小，故A 、C 、D 正确，B 错误.11.如图6所示，在地面上某一高度处将A 球以初速度v 1水平抛出，同时在A 球正下方地面处将B 球以初速度v 2斜向上抛出，结果两球在空中相遇，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇过程中( )图6A.A 和B 的初速度大小关系为v 1<v 2B.A 和B 的加速度大小关系为a 1>a 2C.A 做匀变速运动，B 做变加速运动D.A 和B 的速度变化量相同 答案 AD解析 如图所示，设v 2与水平方向夹角为θ，两球分别做平抛运动和斜抛运动，都只受重力作用，做匀变速运动，加速度均为g ，B 、C 错误；两球经过相等时间Δt 在空中相遇，则水平位移相等，故v 1Δt ＝v 2cos θΔt ，v 1<v 2，A 正确；由加速度的定义式a ＝ΔvΔt ＝g 得Δv ＝g Δt ，故两球从抛出到相遇过程中，速度变化量相同，D正确.12.如图7所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )图7A.沿路径1抛出的物体落地的速率最大B.沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长C.三个物体抛出时初速度的竖直分量相等D.三个物体抛出时初速度的水平分量相等 答案 AC解析 将物体的运动分解到水平方向和竖直方向，由于竖直方向上，三个物体上升的高度相同，因此运动时间相同，三个物体抛出时竖直分量相同，B 错误，C 正确；而水平方向上，由x ＝v 0t 可知，物体1的水平位移最大，因此物体1抛出时的水平分量最大，D 错误；由于竖直分量相同，而水平分量物体1最大，因此物体落地时1的速率最大，A 正确.二、非选择题13.从某高处以6 m/s 的初速度、以30°抛射角斜向上抛出一石子，落地时石子的速度方向和水平线的夹角为60°，求：(1)石子在空中运动的时间；(2)石子的水平射程；(3)石子抛出后，相对于抛出点能达到的最大高度；(4)抛出点离地面的高度.(忽略空气阻力，g 取10 m/s 2)答案 (1)1.2 s (2)1835m (3)0.45 m (4)3.6 m 解析 (1)如图所示：石子落地时的速度方向和水平线的夹角为60°，则v y v x＝tan 60°＝ 3 即：v y ＝3v x ＝3v 0cos 30°＝3×6×32 m /s ＝9 m/s取竖直向上为正方向，落地时竖直方向的速度向下，则－v y ＝v 0sin 30°－gt ，得t ＝1.2 s(2)石子在水平方向上做匀速直线运动：x ＝v 0t cos 30°＝6×32×65 m ＝1835m. (3)当石子速度的竖直分量减为0时，达到最大高度v 0y ＝v 0sin 30°＝6×12m /s ＝3 m/s. 由v 20y ＝2gh 得h ＝v 20y 2g ＝322×10 m ＝0.45 m. (4)由竖直方向位移公式：h 1＝v 0sin 30°×t －12gt 2＝6×12×1.2 m －12×10×1.22 m ＝－3.6 m ，负号表示落地点比抛出点低.14.在某次火灾事故中，某消防车救火时，由消防水龙头的喷嘴喷出水的流量是0.28 m 3/min ，水离开喷口时的速度大小为16 3 m/s ，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，试求：(1)在竖直方向空中水柱的高度.(2)空中水柱水量的体积.答案 (1)28.8 m (2)1.12×10－2 m3 解析 (1)水离开喷口时竖直分速度为v ⊥＝v 0sin 60°＝24 m/s在竖直方向上水做竖直上抛运动，则水柱上升的高度H ＝v 2⊥2g ＝2422×10m ＝28.8 m (2)水离开喷口到达着火位置所用时间为t ＝v ⊥g ＝2410s ＝2.4 s ，空中水柱的水量为 V ＝Qt ＝0.2860×2.4 m 3＝1.12×10－2 m 3.。
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习题课1 功和功率[学习目标] 1.熟练掌握恒力做功的计算方法.2.能够分析摩擦力做功的情况，并会计算一对摩擦力对两物体所做的功.3.能区分平均功率和瞬时功率.一、功的计算1.恒力的功功的公式W ＝Fx cos α，只适用于恒力做功.即F 为恒力，x 是物体相对地面的位移，流程图如下：2.变力做功的计算(1)将变力做功转化为恒力做功.在曲线运动或有往复的运动中，当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程的乘积，力F 与v 同向时做正功，力F 与v 反向时做负功. (2)当变力做功的功率P 一定时，如列车以恒定功率启动，可用W ＝Pt 求功.(3)用平均力求功：若力F 随位移x 线性变化，则可以用一段位移内的平均力求功，如将劲度系数为k 的弹簧拉长x 时，克服弹力做的功 W ＝0＋F 2x ＝kx 2·x ＝12kx 2.(4)用F －x 图像求功若已知F －x 图像，则图像与x 轴所围的面积表示功，如图1所示，在位移x 0内力F 做的功W ＝F 02x 0.图1例1 一物体在运动中受水平拉力F 的作用，已知F 随物体运动距离x 的变化情况如图2所示，则在这个运动过程中F 做的功为( )图2A.4 JB.18 JC.20 JD.22 J 答案 B解析 方法一 由题图可知F 在整个过程中做功分为三个小过程，分别做功为 W 1＝2×2 J ＝4 J ，W 2＝－1×2 J ＝－2 J W 3＝4×4 J ＝16 J ，所以W ＝W 1＋W 2＋W 3＝4 J ＋(－2) J ＋16 J ＝18 J.方法二 F －x 图像中图线与x 轴所围成的面积表示做功的多少，x 轴上方为正功，下方为负功，总功取三部分的代数和，即W ＝(2×2－2×1＋4×4) J ＝18 J ，B 正确.例2 在水平面上，有一弯曲的槽道AB ，由半径分别为R2和R 的两个半圆构成.如图3所示，现用大小恒为F 的拉力将一光滑小球通过槽道从A 点拉至B 点，若拉力F 的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为( )图3A.零B.FRC.32πFR D.2πFR答案 C解析 小球受到的拉力F 在整个过程中大小不变，方向时刻变化，是变力.但是，如果把圆周分成无数微小的弧段，每一小段可近似看成直线，拉力F 在每一小段上方向不变，每一小段上可用恒力做功的公式计算，然后将各段做功累加起来.设每一小段的长度分别为l 1，l 2，l 3…l n ，拉力在每一段上做的功W 1＝Fl 1，W 2＝Fl 2，…，W n ＝Fl n ，拉力在整个过程中所做的功W ＝W 1＋W 2＋…＋W n ＝F (l 1＋l 2＋…＋l n )＝F ⎝⎛⎭⎫π·R 2＋πR ＝32πFR . 二、摩擦力做功的特点与计算1.不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力都既可以是动力也可以是阻力，也可能与位移方向垂直，所以不论是静摩擦力，还是滑动摩擦力既可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以对物体不做功.2.一对相互作用的滑动摩擦力等大反向，但物体之间存在相对滑动，即两个物体的对地位移不相同，由W ＝Fx cos α可判断一对相互作用的滑动摩擦力做功的总和不为零.3.一对相互作用的静摩擦力等大反向且物体之间相对静止，即两个物体的对地位移相同，由W ＝Fx cos α可判断一对相互作用的静摩擦力做功的总和为零.例3 质量为M 的木板放在光滑水平面上，如图4所示.一个质量为m 的滑块以某一速度沿木板表面从A 点滑至B 点，在木板上前进了l ，同时木板前进了x ，若滑块与木板间的动摩擦因数为μ，求摩擦力对滑块、对木板所做的功各为多少？滑动摩擦力对滑块、木板做的总功为多少？图4答案 －μmg (l ＋x ) μmgx －μmgl解析 由题图可知，木板的位移为x M ＝x 时，滑块的位移为x m ＝l ＋x ，m 与M 之间的滑动摩擦力f ＝μmg .由公式W ＝Fx cos α可得，摩擦力对滑块所做的功为W m ＝μmgx m cos 180°＝－μmg (l ＋x )，负号表示做负功.摩擦力对木板所做的功为W M ＝μmgx M ＝μmgx .滑动摩擦力做的总功为W ＝W m ＋W M ＝－μmg (l ＋x )＋μmgx ＝－μmgl . 三、功率的计算1.P ＝Wt 一般用来计算平均功率，而P ＝F v 一般用来计算瞬时功率，此时v 为瞬时速度；但当v 为平均速度时，也可用来计算平均功率. 2.应用公式P ＝F v 时需注意 (1)F 与v 沿同一方向时：P ＝F v .(2)F 与v 方向有一夹角α时：P ＝F v cos α.例4 如图5所示，将质量为2 kg 的物体以10 m /s 的初速度水平抛出，物体经过2 s 落地.取g ＝10 m/s 2.关于重力做功的功率，下列说法正确的是( )图5A.下落过程中重力的平均功率是400 WB.下落过程中重力的平均功率是100 WC.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400 WD.落地前的瞬间重力的瞬时功率是200 W 答案 C解析 物体2 s 下落的高度为h ＝12gt 2＝20 m ，落地的竖直分速度为v y ＝gt ＝20 m/s ，所以落到地面前的瞬间重力的瞬时功率是P ＝mg v y ＝400 W ，下落过程中重力的平均功率是P ＝mght ＝200 W ，选项C 正确.四、机车的两种启动方式运动过程分析汽车两种启动方式的过程分析与比较注意 (1)汽车的输出功率：P ＝F v ，其中F 为汽车的牵引力，v 为汽车的瞬时速度. (2)无论哪种启动过程，汽车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝P f.(3)汽车以恒定加速度启动，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不最大，v＝PF<v m＝P f.(4)汽车以恒定功率运行时，牵引力的功W＝Pt.例5如图6所示，为修建高层建筑常用的塔式起重机.在起重机将质量m＝5×103kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做v m＝1.02 m/s的匀速运动.取g＝10 m/s2，不计额外功.求：图6(1)起重机允许的最大输出功率；(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2 s末的输出功率.答案(1)5.1×104 W(2)5 s 2.04×104 W解析(1)设起重机允许的最大输出功率为P0，重物达到最大速度时拉力F0等于重力.P0＝F0v m，F0＝mg.代入数据得，P0＝5.1×104 W.(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许的最大输出功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历的时间为t1，有：P0＝F v1，F－mg＝ma，v1＝at1.代入数据得，t1＝5 s.第2 s末，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，v2＝at，P＝F v2.得：P＝2.04×104 W.1.(功的计算)将一质量为m的小球从地面竖直向上抛出，小球上升h后又落回地面，在整个过程中受到的空气阻力大小始终为f，则关于这个过程中重力与空气阻力所做的功，下列说法正确的是()A.重力做的功为2mgh，空气阻力做的功为－2fhB.重力做的功为0，空气阻力做的功也为0C.重力做的功为0，空气阻力做的功为－2fhD.重力做的功为2mgh ，空气阻力做的功为0 答案 C解析 重力是恒力，可以用公式W ＝Fx cos α直接计算，由于位移为零，所以重力做的功为零；空气阻力在整个过程中方向发生了变化，不能直接用公式计算，可进行分段计算，上升过程和下降过程空气阻力做的功均为－fh ，因此在整个过程中空气阻力做的功为－2fh .故选项C 正确.2.(摩擦力做功的特点)如图7所示，A 、B 两物体叠放在一起，A 被不可伸长的细绳水平系于左墙上，B 在拉力F 作用下，向右匀速运动，在此过程中，A 、B 间的摩擦力做功情况是( )图7A.对A 、B 都做负功B.对A 、B 都不做功C.对A 不做功，对B 做负功D.对A 做正功，对B 做负功 答案 C3.(功率的计算)如图8所示是小孩滑滑梯的情景，假设滑梯是固定光滑斜面，倾角为30°，小孩质量为m ，由静止开始沿滑梯下滑，滑行距离为s 时，重力的瞬时功率为( )图8A.mg gsB.12mg gs C.mg 2gs D.12mg 6gs 答案 B解析 小孩的加速度a ＝mg sin 30°m ＝12g ，由v 2＝2as 得小孩滑行距离为s 时的速率v ＝gs ，故此时重力的瞬时功率P ＝mg v cos 60°＝12mg gs ，B 正确.4.(机车启动问题)(多选)一辆质量为m 的轿车，在平直公路上运行，启动阶段轿车牵引力保持不变，而后以额定功率继续行驶，经过一定时间，其速度由零增大到最大值v m ，若轿车所受阻力恒为f .则关于轿车的速度v 、加速度a 、牵引力F 、功率P 的图像正确的是( )答案 ACD解析 由于启动阶段轿车受到的牵引力不变，加速度不变，所以轿车在开始阶段做匀加速运动，当实际功率达到额定功率时，功率不增加了，再增加速度，就须减小牵引力，当牵引力减小到等于阻力时，加速度等于零，速度达到最大值v m ＝P 额F ＝P 额f ，所以A 、C 、D 正确，B错误.5.(机车启动问题)一种以氢气为燃料的汽车，质量为m ＝2.0×103 kg ，发动机的额定输出功率为80 kW ，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的110.若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a ＝1.0 m /s 2.达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800 m ，直到获得最大速度后才匀速行驶.试求：(g 取10 m/s 2) (1)汽车的最大行驶速度；(2)汽车匀加速启动阶段结束时的速度大小； (3)汽车从静止到获得最大行驶速度时阻力做的功. 答案 (1)40 m /s (2)20 m/s (3)－2×106 J 解析 (1)汽车的最大行驶速度v m ＝P 额f ＝8.0×104110×2.0×103×10 m /s ＝40 m/s.(2)设汽车匀加速启动阶段结束时的速度为v 1，由F －f ＝ma ，得F ＝4×103 N ，由P 额＝F v 1，得v 1＝8.0×1044×103m /s ＝20 m/s.(3)匀加速阶段的位移为x 1＝v 212a ＝200 m ，总位移x ＝x 1＋x 2＝1 000 m ，阻力做功W ＝－fx ＝－2×106 J.课时作业一、选择题(1～7为单选题，8～10为多选题) 1.关于摩擦力做功，下列说法中正确的是( ) A.滑动摩擦力阻碍物体的相对运动，一定做负功B.静摩擦力起着阻碍物体相对运动趋势的作用，一定不做功C.静摩擦力和滑动摩擦力一定都做负功D.滑动摩擦力可以对物体做正功 答案 D解析 摩擦力总是阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，而且摩擦力对物体既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.综上所述，只有D 正确.2.一个物体在粗糙的水平面上运动，先使物体向右滑动距离l ，再使物体向左滑动距离l ，正好回到起点，来回所受摩擦力大小都为f ，则整个过程中摩擦力做功为( ) A.0 B.－2fl C.－fl D.无法确定 答案 B解析 由题意可知，物体运动过程可分两段，两段内摩擦力均做负功，即W ＝－fl ，则全程摩擦力所做的功W 总＝－2fl .3.起重机的吊钩下挂着质量为m 的木箱，如果木箱以大小为a 的加速度匀减速下降了高度h ，则木箱克服钢索拉力所做的功为( ) A.mgh B.m (a －g )h C.m (g －a )h D.m (a ＋g )h答案 D4.质量为m 的汽车在平直公路上行驶，阻力f 保持不变.当汽车的速度为v 、加速度为a 时，发动机的实际功率为( ) A.f v B.ma v C.(ma ＋f )v D.(ma －f )v答案 C解析 当汽车的加速度为a 时，有F －f ＝ma ，解得F ＝ma ＋f ；根据P ＝F v ，则发动机的实际功率P ＝(ma ＋f )v ，选项C 正确.5.质量为m 的汽车，其发动机额定功率为P .当它开上一个倾角为θ的斜坡时，受到的阻力为汽车重力的k 倍，则汽车在斜坡上的最大速度为( ) A.P mg sin θ B.P cos θmg (k ＋sin θ) C.P cos θmgD.Pmg (k ＋sin θ)答案 D解析 当汽车做匀速运动时速度最大，此时汽车的牵引力F ＝mg sin θ＋kmg ，由此可得v m ＝Pmg (k ＋sin θ)，故选项D 正确.6.如图1所示，在天花板上的O 点系一根细绳，细绳的下端系一小球.将小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A 开始沿圆弧下落到悬点的正下方B 点的运动过程中，下列说法正确的是( )图1A.小球受到的向心力大小不变B.细绳对小球的拉力对小球做正功C.细绳的拉力对小球做功的功率为零D.重力对小球做功的功率先减小后增大 答案 C解析 小球从A 点运动到B 点过程中，速度逐渐增大，由向心力F ＝m v 2r 可知，向心力增大，故A 错误；拉力的方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力对小球做功为零，功率为零，故B 错误，C 正确；该过程中重力的功率从0变化到0，应是先增大后减小，故D 错误. 7.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图像和该拉力的功率与时间的图像分别如图2甲、乙所示.下列说法正确的是( )图2A.0～6 s 内物体的位移大小为20 mB.0～6 s 内拉力做功为100 JC.滑动摩擦力的大小为5 ND.0～6 s 内滑动摩擦力做功为－50 J 答案 D解析 在0～6 s 内物体的位移大小为x ＝12×(4＋6)×6 m ＝30 m ，故A 错误；P －t 图线与时间轴围成的面积表示拉力做功的大小，则拉力做功W F ＝12×2×30 J ＋10×4 J ＝70 J ，故B 错误；在2～6 s 内，v ＝6 m/s ，P ＝10 W ，物体做匀速运动，摩擦力f ＝F ，得f ＝F ＝P v ＝53 N ，故C 错误；在0～6 s 内物体的位移大小为30 m ，滑动摩擦力做负功，即W f ＝－53×30 J ＝－50 J ，D 正确.8.如图3所示，一子弹以水平速度射入静止放置在光滑水平面上的木块，并留在木块当中，在此过程中子弹钻入木块的深度为d ，木块的位移为l ，木块与子弹间的摩擦力大小为f ，则( )图3A.摩擦力对木块做功为flB.摩擦力对木块做功为f (l ＋d )C.摩擦力对子弹做功为－fdD.摩擦力对子弹做功为－f (l ＋d ) 答案 AD解析 木块的位移为l ，由W ＝Fx cos α得，摩擦力对木块做功为fl ，子弹的位移为l ＋d ，木块对子弹的摩擦力的方向与位移方向相反，故木块对子弹的摩擦力做负功，W ＝－f (l ＋d ).故A 、D 正确.9.汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t.汽车在水平路面上行驶时，阻力与车重成正比，g ＝10 m /s 2，当汽车以额定功率匀速行驶时速度为12 m/s.突然减小油门，使发动机功率减小到40 kW ，对接下来汽车的运动情况的描述正确的有( ) A.先做匀减速运动再做匀加速运动 B.先做加速度增大的减速运动再做匀速运动 C.先做加速度减小的减速运动再做匀速运动 D.最后的速度大小是8 m/s 答案 CD解析 根据P ＝F v 知，功率减小，则牵引力减小，牵引力小于阻力，根据牛顿第二定律知，汽车产生加速度，加速度的方向与速度方向相反，汽车做减速运动，速度减小，则牵引力增大，知汽车做加速度减小的减速运动，当牵引力再次等于阻力时，汽车做匀速运动，故A 、B 错误，C 正确；当功率为60 kW 时，匀速运动的速度为12 m/s ，则f ＝P 1v 1＝60 00012 N ＝5 000N ，当牵引力再次等于阻力时，又做匀速运动，v 2＝P 2f ＝40 0005 000m /s ＝8 m/s ，故D 正确.10.水平面上运动的物体在其运动方向上受到水平拉力F 的作用，拉力F 作用2 s 后撤去，从拉力F 开始作用到物体运动停止，物体运动的速度图像如图4所示，已知物体的质量为2 kg ，则下列说法正确的是(取g ＝10 m/s 2)( )图4A.拉力F 做功150 JB.拉力F 做功350 JC.物体克服摩擦力做功100 JD.物体克服摩擦力做功175 J答案 AD解析 由图像可知撤去拉力后，物体做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝2.5 m/s 2，所以滑动摩擦力f ＝ma 2＝5 N ；加速过程加速度大小a 1＝2.5 m/s 2，由F －f ＝ma 1得，拉力F ＝ma 1＋f ＝10 N.由图像可知F 作用2 s 时间内的位移x 1＝15 m ，撤去F 后运动的位移x 2＝20 m ，全程位移x ＝35 m ，所以拉力F 做功W 1＝Fx 1＝10×15 J ＝150 J ，A 正确，B 错误；物体克服摩擦力做功W 2＝fx ＝5×35 J ＝175 J ，C 错误，D 正确.二、非选择题11.如图5甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆水平固定，某金属小球穿在细杆上静止于细杆左端，现有水平向右的风力F 作用于小球上，风力F 随时间t 变化的F －t 图像如图乙所示，小球沿细杆运动的v －t 图像如图丙所示，取g ＝10 m/s 2，求0～5 s 内风力对小球做的功.图5答案 18 J解析 由题图丙可知0～2 s 内为匀加速阶段，a ＝v －0t 1＝22m/s 2＝1 m/s 2 0～2 s 内的位移：x 1＝12at 21＝12×1×4 m ＝2 m ， 2～5 s 内的位移：x 2＝v t 2＝2×3 m ＝6 m ，则风力做功为W ＝F 1x 1＋F 2x 2＝18 J.12.一辆重5 t 的汽车，发动机的额定功率为80 kW.汽车从静止开始以加速度a ＝1 m /s 2做匀加速直线运动，汽车受到的阻力为汽车重力的0.06倍.(g 取10 m/s 2)求：(1)汽车做匀加速直线运动的最长时间；(2)汽车开始运动后，5 s 末和15 s 末的瞬时功率.答案 (1)10 s (2)40 kW 80 kW解析 (1)设汽车做匀加速运动过程中所能达到的最大速度为v 0，对汽车由牛顿第二定律得 F －f ＝ma即P 额v 0－kmg ＝ma ， 代入数据得v 0＝10 m/s所以汽车做匀加速直线运动的最长时间t 0＝v 0a ＝101s ＝10 s (2)由于10 s 末汽车达到了额定功率，5 s 末汽车还处于匀加速运动阶段，P ＝F v ＝(f ＋ma )at ＝(0.06×5×103×10＋5×103×1)×1×5 W ＝40 kW15 s 末汽车已经达到了额定功率P 额＝80 kW.13.某探究性学习小组对一辆自制遥控车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图6所示的v －t 图像，已知小车在0～t 1时间内做匀加速直线运动，t 1～10 s 时间内小车牵引力的功率保持不变，7 s 末达到最大速度，在10 s 末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m ＝1 kg ，整个运动过程中小车受到的阻力f 大小不变.求：图6(1)小车所受阻力f 的大小；(2)在t 1～10 s 内小车牵引力的功率P ；(3)求出t 1对应的时刻及小车在0～t 1时间内的位移.答案 (1)2 N (2)12 W (3)1.5 s 2.25 m解析 (1)在10 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力f 的作用下做匀减速运动，由图像可得减速时加速度的大小为a ＝2 m/s 2则f ＝ma ＝2 N(2)小车做匀速运动阶段即7～10 s 内，设牵引力为F ，则F ＝f由图像可知v m ＝6 m/s解得P ＝F v m ＝12 W(3)设t 1时间内的位移为x 1，加速度大小为a 1，t 1时刻的速度大小为v 1， 则由P ＝F 1v 1得F 1＝4 N ，F 1－f ＝ma 1得a 1＝2 m/s 2，则t 1＝v 1a 1＝1.5 s ， x 1＝12a 1t 21＝2.25 m.。
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6能源的开发与利用[学习目标] 1.了解各种不同形式的能，知道能量守恒定律确立的两类重要事实.2.理解能量守恒定律，会用能量守恒的观点分析解释一些实际问题.3.了解能源的开发和利用，知道能源短缺和环境恶化问题，增强节约能源和保护环境的意识.一、能量守恒定律1.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变.2.意义：能量守恒定律的建立，是人类认识自然的一次重大飞跃，它是自然界中最重要、最普遍的规律之一.二、能源的利用1.人类对能源的利用大致经历了三个时期，即柴草时期、煤炭时期、石油时期.自工业革命以来，煤和石油成为人类的主要能源.2.能源利用方式的改进极大地提高了劳动生产率，给人类的生活带来了极大的改善，煤炭的利用和蒸汽机的诞生引起了产业革命.但能源的大量使用引起了环境问题.三、新能源的开发1.在合理开发和节约使用煤、石油、天然气等常规能源的同时，要大力开发核聚变能、太阳能、风能、地热能、海洋能等新能源.2.正在开发的新能源有风能、海洋能、太阳能、地热能、氢能、生物质能及核聚变能等.3.新能源的优点：新能源多为可再生能源，且污染较小.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)机械能守恒定律是能量守恒定律的一种特殊形式.(√)(2)化石燃料的利用，会引起环境问题.(√)(3)在利用能源的过程中，能量在数量上并未减少.(√)(4)世上总能量不变，所以我们不需要节约能源.(×)(5)人类不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造.(×)2.质量为0.4 kg的皮球，从离地面高0.5 m处自由落下，与地面碰撞后以2 m/s的速度反弹，g取10 m/s2，不计空气阻力，碰撞时损失的机械能为________，损失的机械能转化为________能.答案 1.2 J内一、能量守恒定律的理解[导学探究](1)在验证机械能守恒定律的实验中，计算结果发现，重物减少的重力势能的值总大于增加的动能的值，即机械能的总量在减少.机械能减少的原因是什么？减少的部分机械能是消失了吗？(2)请说明下列现象中能量是如何转化或转移的？①植物进行光合作用.②放在火炉旁的冰融化变热.③电流通过灯泡，灯泡发光.答案(1)机械能减少的原因是由于要克服摩擦阻力和空气阻力做功，机械能转化成了内能.不是.(2)①光能转化为化学能②内能由火炉转移到冰③电能转化为光能[知识深化]1.能量守恒定律适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律.2.能量守恒定律的理解某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等.某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等.例1(多选)从光滑斜面上滚下的物体，最后停止在粗糙的水平面上，则()A.在斜面上滚动时，只有动能和势能的相互转化B.在斜面上滚动时，有部分势能转化为内能C.在水平面上滚动时，总能量正在消失D.在水平面上滚动时，机械能转化为内能，总能量守恒答案AD解析在斜面上滚动时，只有重力做功，只发生动能和势能的相互转化；在水平面上滚动时，有摩擦力做功，机械能转化为内能，总能量是守恒的.二、能量守恒定律的应用1.能量守恒定律的表达式(1)从不同状态看，E初＝E末.(2)从能的转化角度看，ΔE增＝ΔE减.(3)从能的转移角度看，ΔE A 增＝ΔE B 减. 2.能量守恒定律应用的关键步骤： (1)明确研究对象和研究过程.(2)找全参与转化或转移的能量，明确哪些能量增加，哪些能量减少. (3)列出增加量和减少量之间的守恒式.例2 如图1所示，传送带的速度是3 m/s ，两圆心的距离s ＝4.5 m ，现将m ＝1 kg 的小物体轻放在左轮正上方的传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.15，电动机带动传送带将物体从左轮运送到右轮正上方时，求：(g 取10 m/s 2)图1(1)小物体获得的动能E k ； (2)这一过程摩擦产生的热量Q ； (3)这一过程电动机消耗的电能E . 答案 (1)4.5 J (2)4.5 J (3)9 J解析 (1)设小物体与传送带达到共同速度时，物体相对地面的位移为x . μmgx ＝12m v 2，解得x ＝3 m<4.5 m ，即物体可与传送带达到共同速度，此时 E k ＝12m v 2＝12×1×32 J ＝4.5 J.(2)由μmg ＝ma 得a ＝1.5 m/s 2，由v ＝at 得t ＝2 s ，则Q ＝μmg (v t －x )＝0.15×1×10×(6－3) J ＝4.5 J.(3)由能量守恒知，E 电＝E k ＋Q ＝4.5 J ＋4.5 J ＝9 J. 三、功能关系的理解与应用 1.功能关系概述(1)不同形式的能量之间的转化是通过做功实现的，做功的过程就是能量之间转化的过程. (2)功是能量转化的量度.做了多少功，就有多少能量发生转化.2.功与能的关系：由于功是能量转化的量度，某种力做功往往与某一种具体形式的能量转化相联系，具体功能关系如下：例3 如图2所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 点的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力.已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )图2A.重力做功2mgRB.机械能减少mgRC.合外力做功mgRD.克服摩擦力做功12mgR答案 D解析 重力做功与路径无关，所以W G ＝mgR ，选项A 错；小球在B 点时所受重力提供向心力，即mg ＝m v 2R ，所以v ＝gR ，从P 点到B 点，由动能定理知：W 合＝12m v 2＝12mgR ，故选项C 错；根据能量守恒知：机械能的减少量为|ΔE |＝|ΔE p |－|ΔE k |＝12mgR ，故选项B 错；克服摩擦力做的功等于机械能的减少量，故选项D 对.例4 如图3所示，在光滑的水平面上，有一质量为M 的长木块以一定的初速度向右匀速运动，将质量为m 的小铁块无初速度地轻放到长木块右端，小铁块与长木块间的动摩擦因数为μ，当小铁块在长木块上相对长木块滑动L 时与长木块保持相对静止，此时长木块对地的位移为l ，求这个过程中：图3(1)小铁块增加的动能；(2)长木块减少的动能； (3)系统机械能的减少量；(4)系统产生的热量. 答案 (1)μmg (l －L ) (2)μmgl (3)μmgL (4)μmgL解析画出这一过程两物体位移示意图，如图所示.(1)根据动能定理得μmg(l－L)＝ΔE k即小铁块动能的增加量等于滑动摩擦力对小铁块做的功.(2)摩擦力对长木块做负功，根据功能关系得ΔE k M＝－μmgl，即长木块减少的动能等于长木块克服摩擦力做的功μmgl.(3)系统机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL.(4)m、M间相对滑动的位移为L，根据能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力对系统做的总功等于系统产生的热量，也等于系统减少的机械能.1.(能源的利用)关于能源的开发和应用，下列说法中正确的是()A.能源应用的过程就是内能转化为机械能的过程B.化石能源的能量归根结底来自于太阳能，因此化石能源永远不会枯竭C.在广大的农村推广沼气前景广阔、意义重大，既变废为宝，减少污染，又大量节约能源D.随着科学技术的发展，煤炭资源将取之不尽、用之不竭答案 C解析能源应用过程并不单纯是将内能转化为机械能的过程，各种转化形式均可为人类服务，A错误；化石能源的能量虽然来自太阳能，但要经过数亿年的地质演变才能形成，且储量有限，为不可再生能源，B错误；在广大农村推广沼气对改善农村环境、节约能源意义重大，功在当代，利在千秋，C正确；无论技术先进与否，煤炭资源不可能取之不尽、用之不竭，D错误.故选C.2.(功能关系)如图4所示，在高台跳水比赛中，质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动，设水对她的阻力大小恒为F，则在她减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A.她的动能减少了FhB.她的重力势能减少了mgh 图4C.她的机械能减少了(F －mg )hD.她的机械能减少了mgh 答案 B3.(功能关系)(多选)如图5所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动.已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l ，子弹进入木块的深度为d ，木块对子弹的阻力大小f 视为恒定，则下列关系式正确的是( )图5A.fl ＝12M v 2B.fd ＝12M v 2C.fd ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2D.f (l ＋d )＝12m v 20－12m v 2答案 ACD解析 画出运动过程示意图，从图中不难看出，从子弹刚接触木块到木块前进距离为l 、子弹进入木块的深度为d 时，子弹相对于地面发生的位移为l ＋d .由牛顿第三定律知，子弹对木块的作用力大小也为f .子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得 f ·l ＝12M v 2①木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得 －f ·(l ＋d )＝12m v 2－12m v 2②由①②得f ·d ＝12m v 20－12(M ＋m )v 2所以，本题正确选项为A 、C 、D.4.(能量守恒定律的应用)如图6所示，一物体质量m ＝2 kg ，在倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m.当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m.挡板及弹簧质量不计，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(结果保留两位小数)图6(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)0.52 (2)24.46 J解析 (1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，物体和弹簧组成的系统弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为 ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12m v 20＋mgl AD sin 37°① 物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝fs ②其中s 为物体的路程，即s ＝5.4 m f ＝μmg cos 37°③ 由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ④ 由①②③④式解得μ≈0.52. (2)物体由A 到C 的过程中， 动能减小ΔE k ＝12m v 20⑤ 重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin 37° ⑥ 摩擦生热Q ′＝fl AC ＝μmg cos 37°l AC⑦ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 E pm ＝ΔE k ＋ΔE p ′－Q ′ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧解得E pm ≈24.46 J.课时作业一、选择题(1～6为单选题，7～10为多选题) 1.下列说法正确的是( )A.随着科技的发展，永动机是可以制成的B.太阳照射到地球上的光能转化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空间的能量都消失了C.“既要马儿跑，又让马儿不吃草”违背了能量守恒定律，因而是不可能的D.有种“全自动”手表，不用上发条，也不用任何形式的电源，却能一直走动，说明能量是可以凭空产生的答案 C2.利用能源的过程实质上是()A.能量的消失过程B.能量的创造过程C.能量不守恒的过程D.能量转化或转移的过程答案 D解析利用能源的过程实质上是能量转化或转移的过程，A、B、C错误，D正确.3.能源在“两型”社会的建设中有着重要的意义，节约用电应成为现代公民的行为准则.下列用电方式中属于科学、合理地节约用电的是()A.家电尽量长时间待机B.用节能灯替换白炽灯C.楼道、走廊照明灯尽量不采用声、光控制D.不要清除冰箱内的冰、霜答案 B解析待机浪费电，家电尽量不要长时间待机，才属于科学、合理地节约用电，故A错误；用节能灯替换白炽灯，可节约用电，故B正确；楼道、走廊照明灯采用声、光控制，才属于科学、合理地节约用电，故C错误；清除冰箱内的冰、霜，能够提高冰箱的工作效率，才属于科学、合理地节约用电，故D错误.4.如图1所示，轻质弹簧长为L，竖直固定在地面上，质量为m的小球，在离地面高度为H 处，由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大压缩量为x，在下落过程中，小球受到的空气阻力为f阻，则弹簧在最短时具有的弹性势能为()图1A.(mg－f阻)(H－L＋x)B.mg(H－L＋x)－f阻(H－L)C.mgH－f阻(H－L)D.mg(L－x)＋f阻(H－L＋x)答案 A解析设小球克服弹力做功为W弹，则对小球应用动能定理得(mg－f阻)(H－L＋x)－W弹＝ΔE k＝0，所以，W 弹＝(mg －f 阻)(H －L ＋x )，即为弹簧在最短时具有的弹性势能.5.如图2所示为低空跳伞表演，假设质量为m 的跳伞运动员，由静止开始下落，在打开伞之前受恒定阻力作用，下落的加速度为45g ，在运动员打开伞之前下落h 的过程中，下列说法正确的是( )图2A.运动员的重力势能减少了45mghB.运动员的动能增加了45mghC.运动员克服阻力所做的功为45mghD.运动员的机械能减少了45mgh答案 B解析 在运动员下落h 的过程中，重力势能减少了mgh ，故A 错误；根据牛顿第二定律得，运动员所受的合力为F 合＝ma ＝45mg ，则根据动能定理得，合力做功为45mgh ，则动能增加了45mgh ，故B 正确；合力做功等于重力做功与阻力做功的代数和，因为重力做功为mgh ，则克服阻力做功15mgh ，故C 错误；重力势能减少了mgh ，动能增加了45mgh ，故机械能减少了15mgh ，故D 错误.6.两块完全相同的木块A 、B ，其中A 固定在水平桌面上，B 放在光滑的水平桌面上，两颗同样的子弹以相同的水平速度射入两木块，穿透木块后子弹的速度分别为v A 、v B ，在子弹穿透木块过程中因克服摩擦力产生的热量分别为Q A 、Q B ，设木块对子弹的摩擦力大小一定，则( )A.v A >v B ，Q A >Q BB.v A <v B ，Q A ＝Q BC.v A ＝v B ，Q A <Q BD.v A >v B ，Q A ＝Q B 答案 D解析 两颗同样的子弹穿透木块的过程中，摩擦阻力f 相同，子弹相对木块滑动的距离相同，所以摩擦力做功过程中产生的内能Q ＝f Δx 相同，根据能量守恒定律有：12m v 2＝Q A ＋12m v 2A ，12m v 2＝Q B ＋12m v 2B ＋12m B v ′2，由以上两式可知v A >v B ，综上所述选项D 正确. 7.如图3所示，高h ＝2 m 的曲面固定不动.一个质量为1 kg 的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到底端时的速度大小为4 m /s.g 取10 m/s 2.在此过程中，下列说法正确的是( )图3A.物体克服摩擦力做功20 JB.物体的动能增加了8 JC.物体的重力势能减少了20 JD.曲面对物体的支持力对物体不做功 答案 BCD8.某运动员采用蹲踞式起跑，在发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重心.如图4所示，假设该运动员的质量为m ，在起跑时前进的距离x 内，重心升高量为h ，获得的速度为v ，则此过程中( )图4A.运动员克服重力做功W G ＝mghB.运动员的机械能增加了12m v 2C.运动员的机械能增加了12m v 2＋mghD.运动员对自身做功W ＝12m v 2＋mgh答案 ACD解析 运动员在此过程中重力势能增加mgh ，动能增加12m v 2，机械能增加12m v 2＋mgh ，A 、C正确，B 错误.运动员通过蹬地对自身做功，做功的量为其机械能的增量，D 正确.9.如图5所示，在粗糙的桌面上有一个质量为M 的物块，通过跨过定滑轮的轻绳与质量为m 的小球相连，不计轻绳与滑轮间的摩擦，在小球下落的过程中，下列说法正确的是( )图5A.小球的机械能守恒B.物块与小球组成的系统机械能守恒C.若小球匀速下降，小球减少的重力势能等于物块M 与桌面间摩擦产生的热量D.若小球加速下降，小球减少的机械能大于物块M 与桌面间摩擦产生的热量答案 CD解析 由于绳子对小球做负功，因此小球的机械能减少，A 错误；由于桌面粗糙，摩擦力对M 做负功，因此物块与小球组成的系统机械能减少，B 错误；若小球匀速下降，根据能量守恒，小球减少的重力势能没有转化为动能，而是完全转化为物块M 与桌面间摩擦产生的热量，C 正确；若小球加速下降，则小球减少的机械能一部分转化为摩擦产生的热量，另一部分转化为M 的动能，因此D 正确.10.质量为m 1、m 2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m 的人站在m 1上用恒力F 拉与m 2相连的绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为v 1和v 2，位移分别为x 1和x 2，如图6所示，则这段时间内此人所做的功的大小等于( )图6A.Fx 2B.F (x 1＋x 2)C.12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21D.12m 2v 22 答案 BC解析 根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m 1和m 2的动能以及人的动能，所以人做的功的大小等于F (x 1＋x 2)＝12m 2v 22＋12(m ＋m 1)v 21，即B 、C 正确.二、非选择题11.一台水轮发电机组，每秒有2.0 m 3的水流过水轮机，若河坝水位高度差是20 m ，则水每秒对水轮机最多能做多少功？若有40%的机械能转化为电能，问发电机的输出功率为多大？(水的密度ρ＝103 kg/m 3，g 取10 N/kg)答案 4×105 J 1.6×105 W解析 若使水对水轮机做功最多，则把水的重力势能全部转化为水轮机的机械能.则每秒对水轮机做功为W ＝mgh ＝ρgVh ＝103×10×2×20 J ＝4×105 J由P ＝W t 得P 出＝40%W t ＝4×105×0.4 J 1 s ＝1.6×105 W.12.如图7所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m /s 的速率顺时针运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看成质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求：图7(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.答案 (1)32(2)230 J 解析 (1)由题图可知，传送带长x ＝h sin θ＝3 m. 工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 1， 匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1)，解得加速运动的时间t 1＝0.8 s.加速运动的位移x 1＝0.8 m ，所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2， 由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点看，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.在时间t 1内，传送带运动的位移x 传＝v 0t 1＝1.6 m ，在时间t 1内，工件相对传送带的位移x 相＝x 传－x 1＝0.8 m ，在时间t 1内，摩擦生热Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J ，工件获得的动能E k ＝12m v 20＝20 J ， 工件增加的重力势能E p ＝mgh ＝150 J ，电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.。
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章末总结一、功和功率的计算1.功的计算方法(1)利用W ＝Fx cos α求功，此时F 是恒力. (2)利用动能定理或功能关系求功. (3)利用W ＝Pt 求功. 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，但常用于求解某段时间内的平均功率.(2)P ＝F v cos α，此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度v 时，功率P 为平均功率.例1 质量为m ＝20 kg 的物体，在大小恒定的水平外力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内F 与运动方向相反，2～4 s 内F 与运动方向相同，物体的v －t 图像如图1所示，g 取10 m/s 2，则( )图1A.拉力F 的大小为100 NB.物体在4 s 时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s 内拉力所做的功为480 JD.4 s 内物体克服摩擦力做的功为320 J 答案 B解析 由图像可得：0～2 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a 1＝Δv Δt ＝102 m /s 2＝5m/s 2，匀减速过程有F ＋f ＝ma 1.匀加速过程加速度大小为a 2＝Δv ′Δt ′＝22 m /s 2＝1 m/s 2，有F －f＝ma 2，解得f ＝40 N ，F ＝60 N ，故A 错误.物体在4 s 时拉力的瞬时功率为P ＝F v ＝60×2 W ＝120 W ，故B 正确.4 s 内物体通过的位移为x ＝(12×2×10－12×2×2) m ＝8 m ，拉力做功为W ＝－Fx ＝－480 J ，故C 错误.4 s 内物体通过的路程为s ＝(12×2×10＋12×2×2) m ＝12 m ，摩擦力做功为W f ＝－fs ＝－40×12 J ＝－480 J ，故D 错误.针对训练 1 如图2所示，将两个完全相同的小球A 、B 在同一高度处以相同大小的初速度v 0分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则( )图2A.两小球落地时速度相同B.两小球落地时重力的功率相等C.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案 C解析 由机械能守恒定律可得两球落地时速度大小相等，但落地时的速度方向不相同，故速度不相同，A 项错误.重力在落地时的瞬时功率P ＝mg v cos α，α为重力与速度方向的夹角，由于α不相等，故两小球落地时重力的功率不相等，B 项错误.重力做功取决于下降的高度h ，从开始运动至落地h 相等，故重力对两小球做功相同，C 项正确.重力做功的平均功率P ＝W t ，两球运动的时间不相等，故重力对两小球做功的平均功率不相等，D 项错误. 二、功能关系的应用例2 如图3所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m (包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h 处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为13g .在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )图3A.运动员减少的重力势能全部转化为动能B.运动员获得的动能为13mghC.运动员克服摩擦力做功为23mghD.下滑过程中系统减少的机械能为13mgh答案 D解析 运动员的加速度为13g ，小于g sin 30°，所以必受摩擦力，由mg sin 30°－f ＝ma 得：f ＝16mg ，克服摩擦力做功为W f ＝16mg ·h sin 30°＝13mgh ，故C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有13mgh 转化为内能，故A 错，D 正确；由动能定理知，运动员获得的动能为E k ＝W 合＝13mg ·h sin 30°＝23mgh ，故B 错.针对训练2 (多选)如图4所示，一质量为m 可视为质点的小物体，在沿斜面向上的拉力F 作用下，从长为L 、高为h 的粗糙固定斜面底端匀速运动到顶端，重力加速度为g .此过程中，物体的( )图4A.重力势能增加了mghB.机械能保持不变C.机械能增加了mghD.机械能增加了FL答案AC解析重力做功W＝－mgh，则重力势能增加了mgh，选项A正确；物体匀速运动，动能不变，重力势能增加mgh，则机械能增加了mgh，选项B、D错误，C正确.三、动力学方法和能量观点的综合应用1.动力学方法：利用牛顿运动定律结合运动学规律求解力学问题.2.能量的观点：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及功能关系求解力学问题.3.应用技巧涉及动力学方法和能量观点的综合题，应根据题目要求灵活选用公式和规律.(1)涉及力和运动的瞬时性分析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律.(2)涉及多过程、变力作用下的问题，不要求知道过程的细节，用动能定理解题简便.(3)只涉及动能与势能的相互转化，单个物体或系统机械能守恒问题时，通常选用机械能守恒定律.(4)涉及多种形式能量转化的问题用能量守恒分析较简便.例3我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一.如图5所示，质量m＝60 kg(包括雪具在内)的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道平滑衔接，其中最低点C 处附近是一段以O为圆心的圆弧.助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2.图5(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大.答案(1)144 N(2)12.5 m解析(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速直线运动，设AB的长度为x，则有v2B＝2ax ①由牛顿第二定律有mg Hx －f ＝ma② 联立①②式，代入数据解得f ＝144 N③(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理得 mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B ④设运动员在C 点所受的支持力为N ，由牛顿第二定律有 N －mg ＝m v 2C R⑤ 由题意和牛顿第三定律知N ＝6mg ⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得R ＝12.5 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理沪科版必修二讲
章末检测(第4章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分)1.下列说法中正确的是()A.能就是功，功就是能B.做功越多，物体的能量就越大C.外力对物体不做功，这个物体就没有能量D.能量转化的多少可以用做功来量度答案 D解析功和能是两个不同的概念，故A错；做功的多少只是说明了能量转化的多少，而不能说明能量的多少，故B错；外力做功与否不能说明物体能量的有无，故C错；功是能量转化的量度，故D对.2.汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中()A.汽车的机械能守恒B.汽车的动能和势能相互转化C.机械能转化为内能，总能量守恒D.机械能和内能之间没有转化答案 C解析汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦阻力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒.因此，只有选项C正确.3.如图1所示，小球m分别从A点和B点无初速度地释放，则经过最低点C时，小球的速率之比v1∶v2为(空气阻力不计)()图1A.1∶ 2B.2∶1C.2∶1D.1∶2答案 B4.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法错误的是()A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与零势能参考平面的选取有关答案 D5.如图2所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O 点的水平线.已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2，则()图2A.v1＝v2，t1>t2B.v1<v2，t1>t2C.v1＝v2，t1<t2D.v1<v2，t1<t2答案 A解析根据机械能守恒定律可知v1＝v2，再根据速率变化特点知，小球由M到P再到N，速率先减小至最小，再增大到原速率.小球由M到Q再到N，速率先增大至最大，再减小到原速率.由两球运动速率特点以及两条路径的路程相等可画出如图所示图像，由图像可知小球沿MQN路径运动的平均速率大，所以t1>t2，故选项A正确.6.如图3所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为()图3A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案 D解析 设小球在最低点速度为v 1，在最高点速度为v 2，根据牛顿第二定律，在最低点有N 1－mg ＝m v 21R ，在最高点有N 2＋mg ＝m v 22R ，从最高点到最低点，根据机械能守恒有mg ·2R ＋12m v 22＝12m v 21，联立以上三式可以得到：N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确.7.质量为4 kg 的物体被人由静止开始向上提升0.25 m 后速度达到1 m/s ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A.人对物体传递的功为12 J B.合外力对物体做功为12 J C.物体克服重力做功为10 JD.人对物体做的功等于物体增加的动能 答案 C解析 人提升物体的过程中，人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，A 错误；合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化，W 合＝12m v 2＝2 J ，B 错误；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，W G ＝mgh ＝10 J ，C 正确；W 人＝mgh ＋12m v 2＝12 J ，D 错误.8.如图4所示，传送带与水平地面的夹角为θ，传送带以速度v 匀速运动，在传送带底端无初速度地放置一个质量为m 的物体，当物体上升高度h 时，物体已经相对传送带静止，在这个过程中对物体分析正确的是( )图4A.动能增加mghB.动能增加12m v 2C.重力势能增加mghD.重力势能增加mgh ＋12m v 2答案 BC解析 当物体相对传送带静止时，物体的速度与传送带的速度相等，物体的动能增加了12m v 2，选项B 正确，选项A 错误；物体升高了h ，物体的重力势能增加了mgh ，选项C 正确，D 错误.9.2016年跳水世界杯赛在巴西里约热内卢举行，中国选手邱波在男子10米台的较量中以557.75分获得冠军.在高台跳水比赛中，质量为m的邱波进入水中后受到水的阻力(包含浮力)而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，则在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A.他的动能减少了FhB.他的重力势能减少了mghC.他的机械能减少了(F－mg)hD.他的机械能减少了Fh答案BD解析根据动能定理，动能的减少量等于合外力所做的功，所以ΔE k＝Fh－mgh，A错误；他的重力势能减少了mgh，B正确；他的机械能减少量是除重力之外的力所做的功Fh，C错误，D正确.10.如图5所示，卷扬机的绳索通过光滑定滑轮用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动.在移动过程中，下列说法正确的是()图5A.F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B.F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C.木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D.F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和答案CD解析木箱加速上移的过程中，拉力F做正功，重力和摩擦力做负功，支持力不做功，由动能定理得：W F－W G－W f＝12m v2－0.即W F＝W G＋W f＋12m v2.A、B错误，D正确.又因木箱克服重力做功W G等于木箱重力势能的增加量，故C正确.11.如图所示，A、B、C、D四图中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小圆弧，A图中的轨道是一段斜面，高度大于h；B图中的轨道与A图中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h；C图中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h；D图中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h.如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h高度的是()答案 AC解析 小球在运动过程中机械能守恒，A 、C 图中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h 高度.但B 、D 图中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh (以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h ，选项A 、C 正确.12.如图6所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点.已知ab ＝1 m ，bc ＝0.2 m ，那么下列说法中正确的是( )图6A.整个过程中滑块动能的最大值为6 JB.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JC.从c 到b 弹簧的弹力对滑块做功6 JD.整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒 答案 BCD解析 滑块能回到原出发点，所以机械能守恒，D 正确；以c 点为参考点，则a 点的机械能为6 J ，c 点时的速度为0，重力势能为0，所以弹性势能的最大值为6 J ，从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功等于弹性势能的减少量，故为6 J ，所以选项B 、C 、D 正确. 二、实验题(本题共2小题，共12分)13.(6分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法.(g 取10 m/s 2)(1)用公式12m v 2＝mgh ，对纸带上起点的要求是初速度为________，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间距应接近________.(2)若实验中所用重物质量m ＝1 kg ，打点纸带如图7甲所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录B 点时，重物速度v B ＝________，重物的动能E k B ＝________，从开始下落至B 点，重物的重力势能减少量是__________，因此可得出的结论是__________________________.图7(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是图乙中的________. 答案 (1)0 2 mm(2)0.59 m/s 0.174 J 0.176 J 在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量 (3)C解析 (1)初速度为0，所选的第1、2两点间距应接近2 mm.(2)v B ＝s AC 2T ＝(31.4－7.8)×10－32×0.02m/s ＝0.59 m/sE k B ＝12m v 2B ＝12×1×0.592 J ≈0.174 JΔE p ＝mgh ＝1×10×17.6×10－3 J ＝0.176 J在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量. (3)由12m v 2＝mgh 可得v 22＝gh ∝h ，故选项C 正确.14.(6分)某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系. (1)如图8甲所示，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k ＝________ N /m.(g 取9.80 m/s 2)图8(2)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图乙所示，调整导轨使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小________.(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x ；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v .释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为________.(4)重复(3)中的操作，得到v 与x 的关系如图丙，由图可知，v 与x 成________关系.由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的________成正比. 答案 (1)50 (2)相等 (3)滑块的动能 (4)正比 压缩量的二次方解析 (1)加50 g 砝码时，弹簧弹力F 1＝mg ＝k 1(l 0－l 1)，加100 g 砝码时F 2＝2mg ＝k 1(l 0－l 2)，ΔF ＝F 2－F 1＝k 1(l 1－l 2)，则k 1≈49.5 N /m ，同理由加100 g 砝码和加150 g 砝码的情况可求得k 2≈50.5 N/m ，则劲度系数k ＝k 1＋k 22＝50 N/m.(2)使滑块通过两个光电门时的速度大小相等，就可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动. (3)弹性势能转化为滑块的动能.(4)图线是过原点的直线，所以v 与x 成正比，整个过程弹性势能转化为动能，即E 弹＝E k ＝12m v 2，弹性势能与速度的二次方成正比，则弹性势能与弹簧压缩量x 的二次方成正比. 三、计算题(本题共4小题，共40分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)15.(8分)在地面处，以30 m /s 的初速度竖直向上抛出一个小球，不计空气阻力，取地面为零势能面.问：(g 取10 m/s 2)(1)小球距地面多高时，它的重力势能是动能的2倍？(2)若小球在运动过程中，动能是重力势能的2倍时，它的速度大小为多少？ 答案 (1)30 m (2)10 6 m/s解析 (1)设小球距地面高度为h 时，E p ＝2E k 由机械能守恒定律知E p ＋E k ＝12m v 2在离地面h 高处物体的重力势能E p ＝mgh 由以上三个方程解得h ＝30 m(2)设当小球速度为v 时，E k ＝2E p ，E k ＝12m v 2由机械能守恒定律知E k ＋E p ＝12m v 20 由以上三个方程解得v ＝10 6 m/s.16.(10分)如图9所示，竖直平面内半径为R 的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB 相连接，AB 的长度为s .一质量为m 的小球，在水平恒力F 作用下由静止开始从A 向B 运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B 点时撤去力F ，小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg ，重力加速度为g .求：图9(1)小球在C 点的加速度大小； (2)恒力F 的大小.答案 (1)3g (2)μmg ＋7mgR 2s解析 (1)由牛顿第三定律知在C 点，轨道对小球的弹力N ＝2mg .小球在C 点时，受到重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝ma ，解得a ＝3g .(2)设小球在B 、C 两点的速度分别为v 1、v 2，在C 点由a ＝v 22R得v 2＝3gR .从B 到C 过程中，由机械能守恒定律得12m v 21＝12m v 22＋mg ·2R . 解得v 1＝7gR .从A 到B 过程中，由动能定理得Fs －μmgs ＝12m v 21－0.解得F ＝μmg ＋7mgR2s.17.(10分)如图10所示，轨道ABCD 平滑连接，其中AB 为光滑的曲面，BC 为粗糙水平面，CD 为半径为r 的内壁光滑的四分之一圆管，管口D 正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D 端齐平.质量为m 的小球在曲面AB 上距BC 高为3r 处由静止下滑，进入管口C 端时与圆管恰好无压力作用，通过CD 后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p .已知小球与水平面BC 间的动摩擦因数为μ，求：图10(1)水平面BC 的长度s ；(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km . 答案 (1)5r 2μ (2)32mgr ＋m 2g 2k－E p解析 (1)由小球在C 点对轨道没有压力，有mg ＝m v 2Cr小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3mgr －μmg ·s ＝12m v 2C 解得s ＝5r 2μ.(2)速度最大时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x . 由kx ＝mg ，得x ＝mgk由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面，有 12m v 2C ＋mg (r ＋x )＝E km ＋E p 解得E km ＝32mgr ＋m 2g 2k－E p .18.(12分)如图11所示，绷紧的皮带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看成质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，取g ＝10 m/s 2，求：图11(1)工件与皮带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能. 答案 (1)32(2)230 J解析 (1)由题图可知，皮带长s ＝hsin θ＝3 m.工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移 s 1＝v t 1＝v 02t 1，匀速运动的位移为s －s 1＝v 0(t －t 1)， 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s. 加速运动的位移s 1＝0.8 m ， 所以加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2，由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma ， 解得：μ＝32. (2)从能量守恒的观点看，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服皮带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量. 在时间t 1内，皮带运动的位移 s 皮＝v 0t 1＝1.6 m ，在时间t 1内，工件相对皮带的位移 s 相＝s 皮－s 1＝0.8 m ， 在时间t 1内，摩擦生热 Q ＝μmg cos θ·s 相＝60 J ，工件获得的动能E k ＝12m v 20＝20 J ， 工件增加的重力势能E p ＝mgh ＝150 J ， 电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章习题课3
习题课 3机械能守恒定律的应用[学习目标 ] 1.进一步理解机械能守恒的条件及其判断.2.能灵巧应用机械能守恒定律的三种表达方式 .3.在多个物体构成的系统中，会应用机械能守恒定律解决有关问题.4.明确机械能守恒定律和动能定理的差别.一、机械能能否守恒的判断判断机械能能否守恒的方法：(1)做功条件剖析法：若物系统统内只有重力和弹力做功，其余力均不做功，则系统机械能守恒，详细有三种表现①只受重力、弹力，不受其余力；②除受重力、弹力外还受其余力，其余力不做功；③除重力、弹力外还有其余力做功，但其余力做功的代数和为零.(2)能量转变剖析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的互相转变，系统跟外界没有发活力械能的传达，机械能也没有转变为其余形式的能(如没有内能增添)，则系统的机械能守恒 .例 1 (多项选择 )如图 1 所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示地点静止开释，不计全部摩擦，则在小球从开释到落至地面的过程中，以下说法正确的选项是()图 1A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球构成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大批答案BD分析小球有竖直方向的位移，因此斜劈对小球的弹力对球做负功，故 A 选项错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，因此斜劈的机械能增添，故C选项错误.不计全部摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈构成的系统中只有动能和重力势能互相转变，系统机械能守恒，故 B 、D 选项正确 .二、多物体构成的系统机械能守恒问题1.多个物体构成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能常常是守恒的 .2.关系物体注意找寻用绳或杆相连结的物体间的速度关系和位移关系.3.机械能守恒定律表达式的选用技巧(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式E k1＋E p1＝ E k2＋ E p2或E k＝－E p来求解 .(2)当研究对象为两个物体构成的系统时：①若两个物体的重力势能都在减小(或增添 )，动能都在增添 (或减小 )，可优先考虑应用表达式E k＝－ E p来求解 .②若 A 物体的机械能增添， B 物体的机械能减少，可优先考虑用表达式E A＝－E B来求解 .例 2 如图 2 所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H ，斜面极点上有必定滑轮，物块 A 和 B 的质量分别为m1和 m2，经过越过定滑轮的轻而柔嫩的细绳连结.开始时两物1块都位于与地面距离为2H 的地点上，开释两物块后， A 沿斜面无摩擦地上滑， B 沿斜面的竖直边着落 .若物块 A 恰巧能达到斜面的极点，试求m1和 m2的比值 .滑轮的质量、半径和摩擦均可忽视不计 .图 2答案1∶ 2分析设 B 刚着落到地面时速度为v，由系统机械能守恒得：H H 1 2①m2g 2 － m1g 2sin 30 ＝°2( m1＋ m2)vA 以速度 v 上滑到极点过程中机械能守恒，则：1 1 2＝m1 Hsin 30 ，°②2 m v g 2m1由①② 得m2＝1∶2.针对训练如图 3 所示，在长为 L 的轻杆中点 A 和端点 B 处各固定一质量为m 的球，杆可绕轴 O 无摩擦的转动，将杆从水平地点无初速度开释.求当杆转到竖直地点时，杆对A、B 两球分别做了多少功？图 311答案 － 5mgL 5mgL分析设当杆转到竖直地点时， A 球和 B 球的速度分别为 v A 和 v B .假如把轻杆、两球构成的系统作为研究对象，因为机械能没有转变为其余形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL1 1 21 2①＋mgL ＝ mv A ＋2 mv B22因 A 球与 B 球在各个时辰对应的角速度同样， 故 v B ＝ 2v A②联立 ①② 得： v A ＝3gL， v B ＝ 12gL .55依据动能定理，对L 1 2－ 0，A 有： W A ＋ mg ·＝2mv A2解得 W A ＝－ 1mgL .51 2W B ＝ 1mgL. 对 B 有： W B ＋ mgL ＝ mv B － 0，解得52三、机械能守恒定律与动能定理的综合应用例 3 为了研究过山车的原理， 某兴趣小组提出了以下假想： 取一个与水平方向夹角为 37°、长为 l ＝ 2 m 的粗拙倾斜轨道 AB ，经过水平轨道 BC 与半径为 R ＝ 0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道 DE ，整个轨道除 AB 段之外都是圆滑的 .此中 AB 与 BC 轨道以细小圆弧相接，如图 4 所示 .一个质量 m ＝ 1 kg 的小物块以初速度 v 0＝ 5 m/s 从 A 点沿倾斜轨道滑下，小物块2抵达 C 点时速度 v C ＝ 4 m/s.取 g ＝10 m/s ， sin 37 ＝° 0.6，cos 37 °＝ 0.8.图 4(1)求小物块抵达 C 点时对圆轨道压力的大小；(2)求小物块从 A 到 B 运动过程中摩擦力所做的功；(3)为了使小物块不走开轨道，并从轨道DE 滑出，求竖直圆弧轨道的半径应知足什么条件？答案 (1)90 N (2) － 16.5 J (3)R ≤ 0.32 m分析(1) 设小物块抵达 C 点时遇到的支持力大小为N，2v C依据牛顿第二定律有，N－ mg＝ m R解得： N＝ 90 N依据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N(2)小物块从 A 到 C 的过程中，依据动能定理有：121 2mglsin 37 ＋°W f＝2mv C－2mv0解得 W f＝－ 16.5 J(3)设小物块进入圆轨道抵达最高点时速度大小为v1，为使小物块能经过圆弧轨道的最高点，则 v1≥ gR小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，依据机械能守恒定律有：1 2 1 22mv C＝2mv1＋ 2mgR，当 v1＝ gR时，联立解得 R＝0.32 m，因此为使小物块能经过圆弧轨道的最高点，竖直圆弧轨道的半径应知足R≤ 0.32 m.1.(机械能能否守恒的判断)(多项选择 )如图 5 所示，一根轻弹簧下端固定，直立在水平面上.其正上方 A 地点有一只小球.小球从静止开始着落，在弹力大小等于重力，在 D 地点小球速度减小到零计空气阻力 )() B 地点接触弹簧的上端，在 C 地点小球所受.关于小球降落阶段，以下说法中正确的选项是 (不图 5A. 在 B 地点小球动能最大B. 在 C 地点小球动能最大C.从 A 到 C 地点小球重力势能的减少等于小球动能的增添D.整个过程中小球和弹簧构成的系统机械能守恒 答案 BD分析 小球从 B 运动至 C 过程，重力大于弹力，协力向下，小球加快，从 C 运动到 D ，重力小于弹力，协力向上，小球减速，故在C 点动能最大，故 A 错误， B 正确 .小球降落过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒， D 正确；从 A 到 C 地点小球重力势 能的减少许等于动能增添量和弹性势能增添量之和，故 C 错误.2.(多物体构成的系统机械能守恒问题)(多项选择 )如图 6 所示， a 、 b 两物块质量分别为 m 、 3m ，用不计质量的细绳相连结， 悬挂在定滑轮的双侧 .开始时， a 、b 两物块距离地面高度同样， 用 手托住物块 b ，而后由静止开释，直至 a 、 b 物块间高度差为 h ，不计滑轮质量和全部摩擦，重力加快度为 g.在此过程中，以下说法正确的选项是 ( )图 6A. 物块 a 的机械能守恒2B. 物块 b 的机械能减少了 3mghC.物块 b 机械能的减少许等于物块a 机械能的增添量D.物块 a 、b 与地球构成的系统机械能守恒 答案 CD分析 开释 b 后物块 a 加快上涨，物块 a 动能和重力势能均增添，故机械能增添，选项 A 错误 .对物块 a 、 b 与地球构成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，选项D 正确 .物块 a 、 bh h 1 212gh构成的系统机械能守恒，有 (3m)g 2－ mg 2＝ 2mv ＋ 2(3m)v，解得 v ＝2 ；物块 b动能增添量为12＝ 333332(3m)v 4mgh ，重力势能减少 2mgh ，故机械能减少 2mgh －4mgh ＝ 4mgh ，选项 B 错误 .因为绳的拉力对 a 做的功与 b 战胜绳的拉力做的功相等，故物块 b 机械能的减少许等于物块a 机械能的增添量，选项C 正确.3.(机械能守恒定律与动能定理的综合应用 )如图 7 所示，一内壁圆滑的半径为 R ＝ 0.4 m 的半圆形管道CD竖直搁置， 其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形管道在C 处连结完满.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧原长状态的右端.将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右边后，使劲水平向左推小球压缩弹簧至A 处，而后将小球由静止开释，小球运动到C 处时对轨道的压力大小为F 1＝ 58 N. 水平轨道以B 处为界， 左边AB段长为 x ＝0.3 m ，与小球间的动摩擦因数为μ＝ 0.5，右边BC 段圆滑.g ＝ 10 m/s 2，求：图 7(1)弹簧在压缩时所储藏的弹性势能；(2)小球运动到管道最高处D 点时对轨道的压力 .答案 (1)11.2 J (2)10 N ，方向竖直向上2分析 (1) 对小球在 C 处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得v C，F 1－ mg ＝ m R解得 v C ＝ 5 m/s.12从 A 到 B 由动能定理得 E p － μ mgx ＝ 2mv C ，解得 E p ＝ 11.2 J.(2)从 C 到 D ，由机械能守恒定律得：1 2122 mv C ＝ 2mgR ＋ mv D ，2v D ＝ 3 m/s ，因为 v D ＞ gR ＝ 2 m/s ，因此小球在 D 点对轨道外壁有压力 .2 小球在 D 点，由牛顿第二定律及向心力公式得 F 2＋ mg ＝ m v D，解得 F 2＝ 10 N.R 由牛顿第三定律可知，小球在D 点对轨道的压力大小为10 N ，方向竖直向上 .课时作业一、选择题 (1～ 5 为单项选择题， 6～ 8 为多项选择题 )1.如图 1 所示， 一轻绳的一端系在固定粗拙斜面上的O 点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中()图 1A.小球的机械能守恒B.重力对小球不做功C.轻绳的张力对小球不做功D.在任何一段时间内，小球战胜摩擦力所做的功老是等于小球动能的减少许答案 C分析斜面粗拙，小球遇到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用，因为除重力做功外，支持力和轻绳张力老是与运动方向垂直，故不做功，摩擦力做负功，机械能减少， A 、B 错，C 对；小球动能的变化量等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，D 错 .2.木块静止挂在绳索下端，一子弹以水平速度射入木块并留在此中，再与木块一同共同摆到必定高度，如图 2 所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，以下说法正确的选项是()A.子弹的机械能守恒B. 木块的机械能守恒图 2C.子弹和木块的总机械能守恒D.以上说法都不对答案 D分析子弹打入木块的过程中，子弹战胜摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒.3.如图 3 所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球 A，若将小球 A 从弹簧原长地点由静止开释，小球 A 可以降落的最大高度为h，若将小球 A 换为质量为2m 的小球B，仍从弹簧原长地点由静止开释，则小球 B 降落h 时的速度大小为( 重力加快度为g，不计空气阻力 )( )图 3A. 2ghB. ghC. ghD.0 2答案 B分析小球 A 由静止开释到降落h 的过程中系统机械能守恒，则 mgh＝ E p.小球 B 由静止开释到降落 h 的过程中系统机械能也守恒，则2mgh＝E p＋1 2，解得 v＝ gh，故 B 正确 . 2(2m)v4.如图 4 所示的滑轮圆滑且轻质，阻力不计，M1＝2 kg，M2＝1 kg，M1离地高度为H ＝0.5 m，g＝ 10 m/s2.M1与 M2从静止开始开释，M1由静止着落0.3 m 时的速度为 ()图 4A. 2 m/sB.3 m/sC.2 m/sD.1 m/s答案 A分析对系统运用机械能守恒定律得，(M1 2 112 2m/s，－M )gh＝2(M ＋ M )v ，代入数据解得 v＝ 2故 A 正确， B、C、D 错误 .5.如图 5 所示，小物体 A 和 B 经过轻质弹簧和轻绳越过圆滑定滑轮连结，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远， A 离地面足够高，物体 A 和 B 同时从静止开释，开释后短时间内 B 能保持静止， A 着落 h 高度时， B 开始沿斜面上滑，已知斜面圆滑，则以下说法中正确的选项是( )图5A. BB. BC.BD.B 滑动以前，滑动以前，滑动以前，滑动以后，A 机械能守恒A 机械能减小A、 B 构成的系统机械能守恒A、 B 构成的系统机械能守恒答案 B分析 B 滑动以前， A 着落时，绳索的拉力对 A 做负功， A 的机械能不守恒，由功能关系知，A 的机械能减小，故 A 错误，B 正确； B 滑动以前， A 的机械能减小， B 的机械能不变，则 A、B 构成的系统机械能减小，故C 错误； B 滑动以后，A、B 及弹簧构成的系统机械能守恒，则A、B 构成的系统机械能不守恒，故D错误.6所示.则6.竖直搁置的轻弹簧下连结一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图快速松手后 (不计空气阻力)()图 6A.松手瞬时小球的加快度等于重力加快度B.小球、弹簧与地球构成的系统机械能守恒C.小球的机械能守恒D.小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不停增大答案BD分析松手瞬时小球的加快度大于重力加快度， A 错；整个系统 (包含地球 )的机械能守恒， B 对， C 错；向下运动过程中，因为重力势能减小，因此小球的动能与弹簧弹性势能之和增大，D正确.7.内壁圆滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为2R 的轻杆，一端固定有质量为 m 的小球甲，另一端固定有质量为2m 的小球乙 .现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图7 所示，由静止开释后()图 7A.下滑过程中甲球减少的机械能老是等于乙球增添的机械能B.下滑过程中甲球减少的重力势能老是等于乙球增添的重力势能C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D.杆从右向左滑回时，乙球必定能回到凹槽的最低点答案AD分析环形凹槽圆滑，甲、乙构成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能老是等于乙增添的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增添的动能；甲减少的重力势能等于乙增添的势能与甲、乙增添的动能之和；因为乙的质量较大，系统的重心倾向乙一端，由机械能守恒，知甲不行能滑到凹槽的最低点，杆从右向左滑回时乙必定会回到凹槽的最低点.8.如图 8 所示，将一个内外侧均圆滑的半圆形槽置于圆滑的水平面上，槽的左边有一固定的竖直墙壁 .现让一小球自左端槽口 A 点的正上方由静止开始着落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则以下说法正确的选项是()图 8A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从 A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C.小球从 A 点经最低点向右边最高点运动的过程中，小球与半圆形槽构成的系统机械能守恒D.小球从着落到从右边走开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案 BC二、非选择题9.用轻质不行伸长的细绳连结的A、 B 两球分别悬挂在一半径为R 的横置的半圆形圆柱面的内、外双侧， A 球质量为 B 球质量的 2 倍，现将 A 球从圆柱边沿处由静止开释，如图9 所示 . 已知 A 球一直不走开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计全部摩擦，求： A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小.图 9答案 2 2－ 2gR5分析设 A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B 球的质量为m，则依据机械能守恒定律有 2mgR－1 2 1 2 ，由图可知， A 球的速度 v 与 B 球速度 vB的关2mgR＝× 2mv ＋ mv B2 2系为 v B＝ v1＝vcos 45 ，°联立解得 v＝ 2 2－ 25gR.10.如图10 所示，半径为R 的圆滑半圆弧轨道与高为10R 的圆滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条圆滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被a、b 两小球挤压，处于静止状态.同时开释两个小球， a 球恰巧能经过圆弧轨道的最高点A， b 球恰巧能抵达斜轨道的最高点 B.已知 a 球质量为m1， b 球质量为m2，重力加快度为g.求：图 10(1)a 球走开弹簧时的速度大小v a；(2)b 球走开弹簧时的速度大小v b；(3)开释小球前弹簧的弹性势能E p.5答案(1) 5gR (2)2 5gR (3)( 2m1＋ 10m2)gR2分析(1) 由 a 球恰巧能经过 A 点知： m1g＝ m1 v A R由机械能守恒定律得：1m1 21A2 ＝ m1g·2Ra －m12 v 2 v解得 v a＝ 5gR.(2)关于 b 球由机械能守恒定律得：1m2 2b ＝m2g·10R2 v解得 v b＝ 20gR＝ 2 5gR.(3)由机械能守恒定律得：1 2 1 2E p＝m1v a ＋m2v b2 25解得 E p＝ (2m1＋ 10m2)gR.11.物块 A 的质量为 m ＝ 2 kg ，物块与坡道间的动摩擦因数为 μ＝ 0.6，水平面圆滑，坡道顶端 距水平面高度为 h ＝ 1 m ，倾角为 θ＝ 37°.物块从坡道进入水光滑道时，在底端 O 点处无机械 能损失，将轻弹簧的一端固定在水光滑道 M 处，另一自由端恰位于坡道的底端 O 点，如图 11 所示 .物块 A 从坡顶由静止滑下，重力加快度为g ＝ 10 m/s 2， sin 37 °＝ 0.6， cos 37 °＝ 0.8， 求：图 11 (1)物块滑到 O 点时的速度大小；(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；(3)物块 A 被弹回到坡道后上涨的最大高度.1答案 (1)2 m/s (2)4 J (3) 9 m分析 (1) 由动能定理得μ mghmgh － ＝ 1 2 tan θ 2mv 代入数据解得 v ＝ 2 m/s1 2(2)在水光滑道上，由机械能守恒定律得2mv ＝ E p 代入数据得 E p ＝4 J(3)设物块 A 可以上涨的最大高度为h 1，物块被弹回过程中由动能定理得 1 2 μ mgh 10－ mv ＝－ mgh 1－ tan θ2代入数据解得 h 1＝1 m.9。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章3
3势能[学习目标 ] 1.认识重力做功与物体运动路径没关的特色.2.理解重力势能的观点，理解重力做功与重力势能变化的关系 .3.知道重力势能拥有相对性，知道重力势能是物体和地球构成的系统所共有的 .4.理解弹性势能的观点 .一、重力势能1.重力做功的特色(1) 重力对物体做的功跟路径没关，仅由物体的质量和始、末两个地点的高度决定.(2)做功表达式： W G＝ mgh＝ mgh1－ mgh2，式中 h 指初地点与末地点的高度差，h1、h2分别指初地点与末地点的高度 .2.重力势能(1) 定义：由物体的质量和所在高度决定的能.(2)表达式： E p＝ mgh.二、弹性势能1.定义：物体因为发生弹性形变而拥有的能量.2.影响弹性势能的要素：取决于物体的弹性形变的大小，形变越大，弹性势能越大.[即学即用 ]1.判断以下说法的正误 .(1) 重力做功与物体沿直线或曲线相关.(× )(2) 物体只需运动，其重力必定做功.(× )(3)同一物体在不一样地点的重力势能分别为E p1＝ 3 J， E p2＝－ 10 J，则 E p1<E p2.(× )(4)物体由高处到低处，重力必定做正功，重力势能必定减小.( √)(5)重力做功必定与路径没关，只与初、末地点的高度差相关.( √)(6)弹簧被压缩时，弹性势能为负，弹簧被拉伸时，弹性势能为正.(× )2.质量为 m 的物体从地面上方H 高处由静止开释，落在地面后出现一个深度为h 的坑，如图1 所示，在此过程中，重力对物体做功为，重力势能(填“减少”或“增添”) 了.图 1答案mg(H＋ h)减少mg(H＋ h)一、重力做功[导学研究 ] 如图 2 所示，一个质量为 m 的物体，从高度为 h1的地点 A 分别按以下三种方式运动到高度为 h2的地点 B，在这个过程中思虑并议论以下问题：图 2(1)依据功的公式求出甲、乙两种状况下重力做的功；(2)求出丙中重力做的功；(3)重力做功有什么特色？答案(1) 甲中 W G＝mgh＝mgh1－ mgh2乙中 W G′＝ mgxcos θ＝mgh＝mgh1－mgh2(2)把整个路径 AB 分红很多很短的间隔AA1、 A1A2，因为每一段都很小，每一小段都能够近似地看做一段倾斜的直线，设每段小斜线的高度差分别为h1、 h2，则物体经过每段小斜线时重力做的功分别为mg h1、mg h2 .物体经过整个路径时重力做的功W G″＝ mg h1＋mg h2＋＝mg( h1＋ h2＋ )＝ mgh＝mgh1－ mgh2(3)物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的地点相关，而跟物体运动的路径没关. [知识深入 ]1.重力做功大小只与物体的重力和物体的高度变化相关，与受其余力及运动状态均没关.2.物体降落时重力做正功，物体上涨时重力做负功.3.在一些来去运动或多个运动过程的复杂问题中求重力做功时，利用重力做功的特色，能够省去大批中间过程，一步求解.例 1在同一高度，把三个质量同样的球A、B、 C 分别以相等的速率竖直上抛、竖直下抛和平抛，它们都落到同一水平川面上.三个球在运动过程中，重力对它们做的功分别为W A、W B、 W C，重力的均匀功率分别为P A、P B、 P C，则它们的大小关系为()A.W A >W B＝ W C， P A >P B＝ P CB.W A＝ W B＝ W C， P A＝ P B＝P CC.W A＝ W B＝ W C， P B>P C >P AD.W A >W B>W C， P A>P B>P C答案 C分析由重力做功特色知：W A＝W B＝ W C；从抛出到落地的时间，由运动学知识知：t B<t C<t A，W由 P＝t得， P B >P C>P A，故 C 对 .二、重力势能[导学研究 ]如图3所示，质量为m 的物体自高度为h2的 A 处着落至高度为h1的 B 处 .求下列两种状况下，重力做的功和重力势能的变化量，并剖析它们之间的关系.图3(1)以地面为零势能参照面；(2)以B 地方在的高度为零势能参照面.答案(1)重力做的功W G＝ mg h＝ mg( h2－ h1)，选地面为零势能参照面，E pA＝ mgh2， E pB＝mgh1，重力势能的变化量E p＝ mgh1－ mgh2＝－ mg h.(2)选B 地方在的高度为零势能参照面，重力做功W G＝mg h＝ mg(h2－ h1).物体的重力势能E pA ＝ mg(h2－ h1)＝ mg h，E pB＝ 0，重力势能的变化量E p＝ 0－ mg h＝－ mg h.综上两次剖析可见W G＝－E p，即重力做的功等于重力势能变化量的相反数，并且重力势能的变化与零势能参照面的选用没关.[知识深入 ]1.重力做功与重力势能变化的关系：W G＝ E p1－ E p2＝－E p2.重力势能的相对性物体的重力势能老是相对于某一水平参照面，选不一样的参照面，物体重力势能的数值是不一样的 .故在计算重力势能时，一定第一选用参照平面.3.重力势能是标量，但有正负之分，物体在零势能面上方，物体的重力势能是正当，表示物体的重力势能比在参照平面上时要大，物体在零势能面下方，物体的重力势能是负值，表示物体的重力势能比在参照平面上时要小.4.重力势能的变化量与参照平面的选择没关.例 2以下对于重力势能的说法正确的选项是()A.物体的地点一旦确立，它的重力势能的大小也随之确立B.物体与零势能面的距离越大，它的重力势能也越大C.一个物体的重力势能从－ 5 J 变化到－ 3 J，重力势能增添了D.在地面上的物体拥有的重力势能必定等于零答案 C分析物体的重力势能与参照平面的选用相关，同一物体在同一地点相对不一样的参照平面的重力势能不一样， A 选项错；物体在零势能面以上，距零势能面的距离越大，重力势能越大，物体在零势能面以下，距零势能面的距离越大，重力势能越小， B 选项错；重力势能中的正、负号表示大小，－ 5 J 的重力势能小于－ 3 J 的重力势能， C 选项对；只有选地面为零势能面时，地面上的物体的重力势能才为零，不然不为零， D 选项错 .三、弹性势能[导学研究 ]物体因为发生弹性形变而拥有的能量叫做弹性势能.如图 4 所示，弹簧左端固定，右端连一物体，O 点为弹簧的原优点.图 4(1)在物体由 O 点向右挪动的过程中，弹簧的弹力做什么功？弹性势能如何变化？在物体由A′向 O 挪动的过程中，弹力做功和弹性势能的变化状况又会如何呢？(2)剖析物体由 O 向 A 挪动和由 A 向 O 挪动的过程弹力做功与弹性势能变化的关系，与(1) 的结果对照得出什么结论？答案(1) 物体由 O 向右挪动的过程中，弹簧弹力做负功，弹性势能增添；物体由A′向O移动的过程中，弹力做正功，弹性势能减少.(2)不论弹簧被压缩仍是被拉伸，只需弹簧弹力做正功，弹性势能就减少，只需弹簧弹力做负功，弹性势能就增添 .[知识深入 ]1.弹性势能的理解(1)发生形变的物体不必定拥有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才拥有弹性势能.(2)弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体构成的系统所共有的.2.弹力做功与弹性势能改变的关系(1)W 弹＝－E p弹，即弹性势能变化是由弹力做功的多少独一量度的.(2)两种状况：弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增添.例 3如图5所示，处于自然长度的轻质弹簧一端与墙接触，另一端与置于圆滑地面上的物体接触，此刻物体上施加一水平推力F，使物体迟缓压缩弹簧，当推力 F 做功 100 J 时，弹簧的弹力做功J，以弹簧处于自然长度时的弹性势能为零，则弹簧的弹性势能为J.图5答案－ 100 100分析在物体迟缓压缩弹簧的过程中，推力 F 一直与弹簧弹力等大反向，因此推力 F 做的功等于战胜弹簧弹力所做的功，即 W 弹＝－ W F＝－ 100 J.由弹力做功与弹性势能的变化关系知，弹性势能增添了100 J.针对训练相等的地点如图 6 所示，轻弹簧下端系一重物，O 点为其均衡地点(即重力和弹簧弹力大小)，今用手向下拉重物，第一次把它直接拉到 A 点，弹力做功为W1，第二次先把它拉到 B 点后再让其回到 A 点，弹力做功为W2，则这两次弹力做功的关系为( )图6A.W1 <W2B. W1＝ 2W2C.W2＝ 2W1D.W1＝W2答案分析D弹力做功与路径没关，只与初、末地点相关，两次初、末地点同样，故W1＝ W2，D正确 .1.(重力做功的特色) 如图7 所示，某物块分别沿三条不一样的轨道由离地面高h 的 A 点滑到同一水平面上，轨道1、 2 是圆滑的，轨道 3 是粗拙的，则( )图 7A. 沿轨道 1 滑下重力做的功多B. 沿轨道 2 滑下重力做的功多C.沿轨道 3 滑下重力做的功多D.沿三条轨道滑下重力做的功同样多答案 D分析重力做功的多少只与初、末地点的高度差相关，与路径没关， D 选项正确.2.(重力势能及重力势能的变化)一棵树上有一个质量为0.3 kg 的熟透了的苹果P，该苹果从树上 A 先落到地面 C 最后滚入沟底 D.A、B、C、D、E 面之间竖直距离如图8 所示 .以地面 C 为2零势能面， g 取 10 m/s ，则该苹果从 A 落下到 D 的过程中重力势能的减少许和在 D 处的重力势能分别是( )图8A.15.6 J 和9 JB.9 J 和－9JC.15.6 J 和－ 9 JD.15.6 J 和－15.6 J答案 C分析以地面 C 为零势能面，依据重力势能的计算公式得 D 处的重力势能E p＝ mgh＝0.3× 10× ( － 3.0)J ＝－ 9 J.从 A 落下到D的过程中重力势能的减少许E p＝ mg h ＝0.3× 10× (0.7＋ 1.5＋ 3.0) J＝ 15.6 J，应选 C.3.(弹性势能及弹性势能的变化)对于弹性势能，以下说法中正确的选项是()A.只有弹簧发生弹性形变时才拥有弹性势能，其余物体发生弹性形变时是不会有弹性势能的B.弹簧伸长时有弹性势能，压缩时没有弹性势能C.在弹性限度范围内，同一个弹簧形变量越大，弹性势能就越大D.火车车厢底下的弹簧比自行车车座底下的弹簧硬，则将它们压缩同样的长度时，火车车厢底下的弹簧拥有的弹性势能小答案 C分析全部发生弹性形变的物体都拥有弹性势能， A 错；弹簧伸长和压缩时都拥有弹性势能，B 错；在弹性限度范围内，弹簧的形变量越大，弹性势能越大，故C 对；火车车厢底下的弹簧比自行车车座底下的弹簧劲度系数大，因此压缩同样长度时火车车厢底下的弹簧拥有的弹性势能大， D 错 .4.(重力做功与重力势能变化的关系)在离地 80 m 处无初速度开释一小球，小球质量为 m＝ 200 g，不计空气阻力， g 取 10 m/s2，取小球初始地点所在水平面为零势能参照平面.求：(1)在第 2 s 末小球的重力势能；(2)3 s 内重力所做的功及重力势能的变化.答案(1) －40 J (2)90 J 减少了 90 J分析(1) 在第 2 s 末小球着落的高度为：h＝1gt2＝1×10× 22 m＝ 20 m 2 2重力势能为：E p＝－ mgh＝－ 0.2× 10× 20 J＝－ 40 J.(2)在 3 s 内小球着落的高度为1 2 1× 10×3 2 m＝ 45 m.h′＝ gt′＝2 23 s 内重力做功为：W G＝ mgh′＝ 0.2× 10× 45 J＝ 90 JW G>0 ，因此小球的重力势能减少，且减少了90 J.课时作业一、选择题 (1～ 8 为单项选择题， 9～ 12 为多项选择题 )1.以下对于重力势能的几种理解，正确的选项是()A.重力势能等于零的物体，必定不会对其余物体做功B.放在地面上的物体，它的重力势能必定等于零C.选用地面为参照平面，从不一样高度将某一物体抛出，落地时物体的重力势能不相等D.选用不一样的参照平面，物体拥有不一样数值的重力势能，但其实不影响相关重力势能问题的研究答案 D分析重力势能的大小与零势能参照平面的选用相关，一个物体重力势能的大小跟它可否对其余物体做功无必定联系.2.某大型拱桥的拱高为h， AB 弧长为 L，如图 1 所示，质量为m 的汽车在以不变的速率v 由A 点运动到B 点的过程中，以下说法正确的选项是()图 1A.汽车的重力势能一直不变，重力一直不做功B.汽车的重力势能先减小后增大，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零C.汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做正功，后做负功，总功为零D.汽车的重力势能先增大后减小，总的变化量为零，重力先做负功，后做正功，总功为零答案 D分析前半段，汽车向高处运动，重力势能增大，重力做负功；后半段，汽车向低处运动，重力势能减小，重力做正功，选项 D 正确.3.如图 2 所示，在水平面上平铺着n 块砖，每块砖的质量均为m，厚度为均 h，假如人工将砖一块一块地叠放起来，那么人起码做功()图 21A. n(n－ 1)mghB.2n(n－ 1)mgh1C.n(n＋ 1)mghD.2n(n＋ 1)mgh答案 B分析取 n 块砖的整体为研究对象，叠放起来后整体的重心距地面1 12nh，本来的重心距地面2h，故有 W＝ E p＝ nmg×1 1 12nh－nmg×2h＝2n(n－ 1)mgh， B 项正确 .4.将一物体以初速度v 竖直向上抛出，物体做竖直上抛运动，则物体的重力势能E p－行程 s 图像应是四个图中的( )答案 A分析以抛出点所在平面为零势能面，则物体上涨阶段行程为s 时，战胜重力做功mgs，重力势能E p＝ mgs，即重力势能与行程s 成正比；降落阶段，物体距抛出点的高度h＝2h0－ s，此中h0为上涨的最高点距抛出点的高度，故重力势能E p＝ mgh＝ 2mgh0－ mgs，故降落阶段，跟着行程s 的增大，重力势能线性减小，选项 A 正确 .5.如图 3 所示，一颗人造地球卫星绕地球沿椭圆轨道运动，则( )图 3A. 卫星在 A 点的重力势能比在 B 点的重力势能大C.卫星在 A、 B 两点的重力势能相等D.条件不足，没法比较答案 B分析设A、B 两点距离地球的距离分别为h A和 h B .如下图，在 AB 连线上取力势能大小相等A′点，使 A 与 A′同处于以地心为圆心的同一圆上，则 A 与 A′处卫星重.此外，卫星由 B 至 A′时，引力做正功，重力势能减少，故有E pA<E pB.6.某同学在桌面上用一个小钢球和一个弹簧来研究弹簧的弹性势能示 )，另一端用钢球压缩，将钢球由静止开释，钢球被弹出后落地.弹簧一端固定 (如图 4 .他发现弹簧压缩得越多，所钢球被弹出得越远，由此能得出的结论是( )图 4A.弹性势能与形变量相关，形变量越大，弹性势能越大B.弹性势能与形变量相关，形变量越大，弹性势能越小C.弹性势能与劲度系数相关，劲度系数越大，弹性势能越大D.弹性势能与劲度系数相关，劲度系数越大，弹性势能越小答案 A7.如图 5 所示，在圆滑水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力 F 的作用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动.在物体向右运动的过程中，以下说法正确的选项是()图 5A.弹簧的弹性势能渐渐减小B.弹簧的弹性势能渐渐增大C.弹簧的弹性势能先增大后减小D.弹簧的弹性势能先减小后增大答案 D分析由物体处于静止状态可知，弹簧处于压缩状态，撤去 F 后物体在向右运动的过程中，弹簧的弹力对物体先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能先减小后增大.8.如图 6 所示，质量相等的两木块中间连有一弹簧，今使劲 F 迟缓向上提A，直到 B 恰巧离开地面 .开始时物体 A 静止在弹簧上边，设开始时弹簧的弹性势能为E p1，B 刚要走开地面时，E p2，则对于E p1、E p2的大小关系及弹簧弹性势能的变化E p，以下说法中弹簧的弹性势能为正确的选项是 ()图 6A. E p1＝ E p2B. E p1＞E p2C. E p＞0D. E p＜ 0答案 A分析开始时弹簧形变量为x1，有 kx1＝ mg.设 B 刚要走开地面时弹簧形变量为x2，有 kx2＝mg.因为 x1＝ x2因此 E p1＝ E p2，E p＝0， A 对 .9.对于重力做功和物体的重力势能，以下说法正确的选项是()A.重力对物体做正功时，物体的重力势能必定减少B.物体战胜重力做功时，物体的重力势能必定增添C.地球上物体的重力势能是不变的D.重力做功的多少及重力势能的变化量都与参照平面的选用没关答案ABD分析重力做正功，物体的重力势能必定减少，物体战胜重力做功，物体的重力势能必定增加，选项 A 、 B 正确；物体的重力势能大小除与其质量相关外，还与物体所处的地点相关，在不一样高度，同一物体的重力势能不一样，选项 C 错误；重力做功的特色是重力做功多少只与物体初、末地点的高度差相关，与参照平面的选用没关，而重力势能的变化量等于重力做的功，选项D正确.10.如图7 所示，一小球贴着圆滑曲面自由下滑，挨次经过A、B、 C 三点 .以下表述正确的选项是()图 7A. 若以地面为参照平面，小球在 B 点的重力势能比 C 点大B. 若以 A 点所在的水平面为参照平面，小球在 B 点的重力势能比 C 点小C.若以 B 点所在的水平面为参照平面，小球在D.不论以哪处水平面为参照平面，小球在C 点的重力势能大于零B 点的重力势能均比 C 点大答案AD11.在高处的某一点将两个质量相等的小球以同样速率v0分别竖直上抛和竖直下抛，以下结论正确的选项是(不计空气阻力)( )A.从抛出到刚着地，重力对两球做的功相等B.从抛出到刚着地，重力对两球做的功都是正功C.从抛出到刚着地，重力对两球做功的均匀功率相等D.两球刚着地时，重力的刹时功率相等答案ABD分析重力做功只取决于初、末地点的高度差，与路径和运动状态没关.由 W＝ mgh 得出重力做功的大小只由重力和高度的变化决定，故 A 、B 项正确；因为竖直上抛比竖直下抛的运动时间长，由P＝W，知 P 上＜P 下，故 C 项错误；由运动学公式得出着地时速度同样，重力的t刹时功率P＝mgv 同样，故 D 项正确 .12.竖直弹簧下端固定于水平川面上，一小球从弹簧的正上方高为端，如图 8 所示，经几次反弹此后小球最后在弹簧上静止于某一点h 的地方自由着落到弹簧上A处，则 ()图 8A. h 越大，弹簧在 A 点的压缩量越大B. 弹簧在 A 点的压缩量与h 没关C.h 越大，最后小球静止在 A 点时弹簧的弹性势能越大D.小球第一次抵达 A 点时弹簧的弹性势能等于最后小球静止在 A 点时弹簧的弹性势能答案BD分析最后小球静止在 A 点时，经过受力剖析，小球所受自己重力mg 与弹簧的弹力kx 大小相等，由mg＝ kx 得，弹簧在 A 点的压缩量x 与 h 没关，弹簧的弹性势能与h 没关 .故 B、 D 正确 .二、非选择题13.如图 9 所示，质量为 10 kg、总长为 2 m 的圆滑匀质铁链，越过一圆滑的轻质定滑轮 .开始时铁链的两头高度同样，当略有扰动时某一端开始着落，滑轮大小不计，问：从铁链刚开始着落到铁链刚离开滑轮这一过程中，重力对铁链做了多少功？重力势能如何变化？变化了多少？(g 取 10 m/s 2)答案50 J重力势能减少50 J图9分析如下图，开始时，铁链重心在 A 点，铁链将要走开滑轮时，重心在 B 点，则此过程中铁链重心降落距离h＝0.5 m，重力做功W G＝ mg h＝ 10× 10× 0.5 J＝ 50 J，重心降落，重力做正功，故铁链重力势能减少50 J.g的加快度将质量为m 的物体匀减速地沿竖直方向提高升度h，则起重机钢索的14.起重机以4拉力对物体做功为多少？物体战胜重力做功为多少？物体重力势能变化为多少？(空气阻力不计 )3mgh答案mgh增添了mgh4分析由题意可知，物体的加快度a＝g，方向竖直向下，依据牛顿第二定律得mg－ F＝ ma，4因此3F＝ mg－ ma＝ 4mg，方向竖直向上.因此拉力做功3W F＝ Fh＝ 4mgh.重力做功W G＝－ mgh，即物体战胜重力做功mgh.又因W G＝－E p，故重力势能变化E p＝－ W G＝mgh，即重力势能增添了mgh.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章4课时2
课时 2实验：研究合外力做功和动能变化的关系[学习目标 ] 1.经过实验研究合外力对物体做的功与物体动能变化的关系.2.学习利用图像法研究合外力做功与物体动能变化的关系.一、原理由钩码经过滑轮牵引小车，当小车的质量比钩码大得多时，能够把钩码所受的重力看作小车遇到的牵引力 .如图 1 所示 .图 1改变钩码的质量或许改变小车运动的距离，也就改变了牵引力做的功，进而研究牵引力做的功与小车获取的速度间的关系.二、实验步骤1.按如图 1 所示安装好实验仪器.2.均衡摩擦力：让纸带穿过打点计时器连在小车后端，不挂(填“不挂”或“挂上”) 钩码，将安装有打点计时器的长木板的一端垫高，直到接通电源，轻推小车后，打点计时器在纸带上打出间隔均匀的点为止.3.在小车中放入砝码，把纸带穿过打点计时器，连在小车后端，用细线绕过滑轮连结小车和钩码 .4.将小车停在打点计时器邻近，先接通电源，再开释小车，小车运动一段时间，封闭打点计时器电源 .5.改变钩码的数目，改换纸带重复(4)的操作 .三、数据办理1.选用点迹清楚的纸带，选纸带上第一个点及距离第一个点较远的点，并挨次标上0、 1、 2、3 .2.测出 0 到点 1、点 2、点 3的距离，即对应的小车的位移x1、x2、x3，利用公式v n＝x n＋1－ x n－12T求出点 1、点 2、点 3对应的刹时速度v1、 v2、 v3.3.确立此纸带所挂的钩码的重力G，利用 W n＝Gx n，分别求出小车的位移为x1、 x2、x3时牵引力所做的功W1、 W2、 W3.4.先对丈量数据进行估量，或作 W－ v 草图，大概判断两个量可能的关系，假如以为是2 W∝ v (或其余 )，而后以 W 为纵坐标， v2 (或其余 ) 为横坐标作图，进而判断结论 .四、注意事项1.均衡摩擦力时，不挂钩码，轻推小车后，小车能做匀速直线运动.2.计算牵引力做功时，能够不用算出详细数值，只用位移的数值与符号G 的乘积表示即可 .一、实验操作及注意事项例 1某实验小组用如图 2 所示的实验装置和实验器械研究合外力做功和动能变化的关系实验，在实验中，该小组同学把砂和砂桶的总重力看作小车遇到的合外力.图 2(1)为了保证明验结果的偏差尽量小，在实验操作中，下边做法必需的是()A.实验前要对装置进行均衡摩擦力的操作B.实验操作时要先放小车，后接通电源C.在利用纸带进行数据办理时，所选的两个点离得越近越好D.在实验过程中要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量(2)除实验装置中的仪器外，还需要的丈量仪器是________.(3)如图 3 所示为实验中打出的一条纸带，现选用纸带中的A、 B 两点来研究合外力做功和动能变化的关系.已知打点计时器的打点周期为T，重力加快度为g.图中已经标了然要丈量的物理量，此外，小车的质量为M，砂和砂桶的总质量为m.请你把要研究的结果用题中给出的字母表达出来 ____________________________________.图 3答案 (1)AD (2) 刻度尺、天平(3)mgx＝M x22－x12232T分析(2) 此题的实验原理是考证砂桶做的功等于小车动能的增添量，因此要测砂桶和砂、小车的质量，还要测纸带上各点的距离来求速度，因此所需的器械还应有天平易刻度尺.二、数据办理例 2某实验小组利用拉力传感器和速度传感器“研究合外力做功和动能变化的关系”. 如图 4 所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不行伸长的细线将其经过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车遇到拉力的大小.在水平桌面上相距50.0 cm 的 A、 B 两点各安装一个速度传感器，记录小车经过A、 B 时的速度大小.小车中能够搁置砝码.图 4(1)实验主要步骤以下：①丈量 ________和拉力传感器的总质量M1；把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端经过定滑轮与钩码相连；正确连结所需电路.②将小车停在 C 点，接通电源， ________，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力及小车通过 A、B 时的速度 .③在小车中增添砝码，重复②的操作.(2)如表所示是他们测得的一组数据，此中M 是 M1与小车中砝码质量之和，|v22－ v12|是两个速度传感器所记录速度的平方差，能够据此计算出动能变化量E k， F 是拉力传感器遇到的拉力， W 是 F 在 A、 B 间所做的功 .表格中的E k3＝ ________，W3＝ ________.( 结果保存三位有效数字 )数据记录表次数M/kg |v22－ v12|/(m/ s)2 E k/J F/N W/J1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.2002 0.500 1.650 0.413 0.840 0.4203 0.500 2.400 E k3 1.220 W34 1.000 2.400 1.200 2.420 1.2105 1.000 2.840 1.420 2.860 1.430(3)依据表中数据在图 5 中作出E k－ W 图线 .图 5答案(1) ①小车②而后开释小车(2)0.600 0.610(3)以下图1.(实验数据办理)在“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验中，某同学采纳如图 6 甲所示装置，小车质量M，在均衡摩擦力以后，挂上重物m，小车拖动纸带并打出一系列的点. 图乙中的纸带不过打出的纸带的一部分，所标明的点相邻两点的时间间隔为T.使用毫米刻度尺进行丈量后，将数据记录在图中.则： (重力加快度为g)图6(1)在该实验装置中绳索对小车的拉力取为mg，则小车质量M 与所挂重物质量m 应知足什么关系( )A. M<mB. M? m(2)若小车质量 M 和重物质量 m 知足 (1) 中条件，请用题目所给各个物理量的符号计算下边问题：b 点所对应的小车运动的速度为________；从 b 点到 e 点，小车动能的增添量为________；从 b 点到 e 点，重物对小车做功为________.答案x1＋ x2 M[ x4＋ x52－ x1＋ x22]mg(x2＋ x3＋ x4) (1)D (2) 22T 8T分析(1) 重物加快下滑，处于失重状态，绳索对重物的拉力小于重物的重力，设拉力为 F ，依据牛顿第二定律，对重物，有mg－ F＝ ma对小车，有F′＝ MaF＝F′解得 F＝Mmg M＋ m故当 M? m 时，有 F≈mg.(2)小车做匀加快直线运动，纸带上随意一点的速度等于该点前后相邻两点间的均匀速度，故x1＋ x2b 点速度为： v b＝2T，x4＋ x5e 点速度为： v e＝，2T故 b 点所对应的小车运动的动能为E kb＝1 2 1 x1＋ x22 M x1＋x2 22Mv b＝2M( 2T ) ＝8T2 ， e 点所对应的小车1 2 1 x4＋ x52 M x4＋ x52 运动的动能为 E ke＝ Mv e ＝ M ( ) ＝2.2 2 2T 8T1 12 22 2 M [ x4＋ x5 － x1＋x2 ] 从 b 点到 e 点，小车动能的增添量为E k＝ E ke－ E kb＝2Mv e－2Mv b＝8T2 ；重物的重力近似等于绳索的拉力，依据功的定义，从 b 点到 e 点，重物对小车做功： W＝mg(x2＋ x3＋ x4).2.(实验操作和数据办理)物体在空中着落的过程中，重力做正功，物体的动能愈来愈大，为了“研究重力做功与物体动能变化间的定量关系”，我们供给了如图7 所示的实验装置 .图 7某同学依据所学的知识联合图中实验装置设计了一个合适本实验情形的命题：以下图，设质量为 m(已测定 )的小钢球在重力mg 作用下从开始自由着落至光电门发生的位移为x，经过光电门时的速度为v，尝试究外力做的功mgx 与小球动能变化量1mv 2的定量关系 . 2(1)某同学依据上述命题进行以下操作并测出以下数据.①用天平测定小球的质量为0.50 kg ；②用游标卡尺测出小球的直径为10.0 mm；③用刻度尺测出电磁铁下端到 ________的距离为 80.40 cm；④电磁铁先通电，让小球____________ ；⑤让电磁铁断电，小球自由着落；⑥在小球经过光电门时，计时装置记下小球经过光电门所用时间为 2.50×10－3 s；⑦计算得出重力做的功为 4.02 J，小球动能变化量为 ________ J.(g 取 10 m/s2，结果保存三位有效数字 ).(2)试依据 (1)中条件作出本实验的结论：____________________________________________ ________________________________________________________________________.答案 (1) ③光电门④吸在电磁铁下端⑦ 4.00(2)在偏差同意范围内重力做功与物体动能变化量相等课时作业1.对于“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验，以下说法中正确的选项是()A.应调理定滑轮的高度使细绳与木板平行B.应调理定滑轮的高度使细绳保持水平C.均衡摩擦力时，若纸带上打出的点愈来愈密，就应调大斜面倾角D.均衡摩擦力时，若纸带上打出的点愈来愈疏，就应调大斜面倾角答案AC分析其余操作正确的条件下，实验中调整定滑轮高度，使细绳与木板平行，这样能使细绳对小车的拉力等于小车受的协力， A 对， B 错；纸带上打出的点愈来愈密，表示小车做减速运动，摩擦力均衡不够，这时需要垫高木板一端，使斜面倾角增大，直到打出的点均匀为止，C对，D 错.2.在做“研究合外力做功和动能变化的关系”实验时，某研究性学习小组感觉教材中实验测量过程较复杂，改良以下：如图 1 所示，将木板放在桌子的边沿，小车的前端放一小球，小车在橡皮筋作用下做加快运动，到桌子边沿后小车在挡板作用下停止运动，小球做平抛运动，测出橡皮筋条数为1、 2、 3、、 n 时的平抛距离x1、 x2、 x3、、 x n，则 ()图 1A.假如忽视全部摩擦， x∝ n(n 为橡皮筋条数 )B.假如忽视全部摩擦， x2∝ n(n 为橡皮筋条数 )C.该实验中小车受的摩擦力能够经过倾斜木板的方法均衡而不产生新的偏差D.该实验中倾斜木板会产生偏差答案BD分析由 W∝v2，x∝ v， W∝n，得 x2∝ n， B 正确 .该实验应用了平抛原理，假如木板倾斜，则变成斜抛，将产生偏差，D正确.3.某学习小组做“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验装置如图 2 所示，图中小车在一条橡皮筋作用下弹出，沿木板滑行，这时，橡皮筋对小车做的功为W，当用 2 条、 3 条完整同样的橡皮筋并在一同进行第 2 次、第 3 次实验时，使每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致 .每次实验时小车获取的速度由打点计时器所打的纸带测出.图 2(1)除了图中已有的实验器械外，还需要导线、刻度尺和________(填“沟通”或“直流”)电源 .(2)若木板水平搁置，小车在两条橡皮筋的作用下运动，当小车速度最大时，对于橡皮筋所处的状态与小车所在的地点，以下说法正确的选项是()A.橡皮筋处于原长状态B.橡皮筋仍处于伸长状态C.小车在两个铁钉的连线处D.小车已过两个铁钉的连线(3)在正确操作状况下，获取了如图3 所示的纸带，打在纸带上的点，其实不都是均匀的，为了丈量小车获取的速度，应采纳纸带的__________ 段进行丈量 (用字母表示 ).图 3(4)下边是本实验的数据记录表：物理量10 个均匀10 个间隔小车获取 小车速度 数据橡皮筋做间隔的距的速度的平方 v n 2的功 W n的时间 t(s)次数离 x n (m)v n (m/s)22(m /s ) 1 W 0.288 0 0.2 1.44 2.07 2 2W 0.417 6 0.2 2.09 4.37 3 3W 0.489 6 0.2 2.45 6.00 44W 0.590 4 0.2 2.95 8.70 55W0.648 00.23.2410.50从理论上讲，橡皮筋做的功 W n 和小车速度 v n 的关系应是 W n ∝________.请运用表中测定的数据在图 4 所示的坐标系中作出相应的图像，考证理论的正确性.图 4答案(1) 沟通 (2)B (3)GK4)v n 2 看法析图分析(1) 打点计时器使用的是沟通电源.(2)木板水平搁置时，木板对小车有摩擦力作用，当橡皮筋对小车的拉力与摩擦力均衡时，小车的速度最大，因此橡皮筋仍处于伸长状态，故B 项正确.(3)应采纳纸带上间隔不变的一段求速度，即GK段 .(4)以下图，在偏差同意的范围内，图像是一条经过原点的直线，说明W n 与v 2n 成正比 .4.质量为 1 kg 的重物自由着落，经过打点计时器在纸带上记录运动的过程，打点计时器所接电源为 6 V 、50 Hz 的沟通电源 .如图 5 所示，纸带上O 点为重物自由着落时纸带打点的开端点，选用的计数点A、 B、 C、 D 、E、 F、 G 挨次间隔一个点(图中未画出 )，纸带上的数据表示各计数点与O 点间的距离 .图 5(1)求出 B 点对应的速度并填入下表.计数点BC D E F速度 /(m ·s－1 ) 1.57 1.96 2.35 2.74(2)求出重物着落时从O 点到 B 点过程中重力所做的功，并填入下表.(g 取 9.8 m/s2)计数点 B C D E F功/J 1.23 1.92 2.76 3.76(3)适入选择坐标轴，在图 6 中作出重物重力做的功与重物速度的平方之间的关系图像.图中纵坐标表示 __________，横坐标表示 ________，由图可得重力所做的功与________成________ 关系 .图 6 答案看法析分析(1) 由题意知v B＝h AC＝125.4－31.4 × 10－3m/s ≈ 1.18 m/ s.4× 0.02t(2)重力做的功W B＝ mg·h OB＝1× 9.8× 70.6× 10－3 J≈ 0.69 J.(3)W G－ v2图像以下图.图中纵坐标表示重力做的功W G，横坐标表示重物速度的平方v2；由图可得重力所做的功与重物速度的平方成正比关系.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章2
2功率[学习目标 ] 1.理解功率的观点，能运用功率的定义式P＝Wt进行相关的计算.2.理解额定功率和实质功率，认识均匀功率和刹时功率的含义 .3.依据功率的定义导出 P＝ Fv，会剖析 P、 F、 v 三者的关系 .一、功率的含义1.定义：功W 与达成这些功所用时间t 的比值.W2.公式： P＝t .单位：瓦特，简称瓦，符号W.3.额定功率和实质功率(1)额定功率：机械同意长时间正常工作时的最大功率.发动机铭牌上的功率指的就是额定功率 .(2)实质功率：机械实质工作时的输出功率.发动机的实质功率能够小于或等于额定功率，但不能长时间大于额定功率，不然会破坏机械.二、功率、力和速度之间的关系1.关系(1)当 F(2)当 F 与 v 方向同样时，P＝ Fv.与 v 夹角为α时， P＝Fvcos α.2.均匀功率和刹时功率(1)均匀功率：当物体做变速运动时，若v 为某段时间内的均匀速度，则P 表示该段时间内的均匀功率.(2)刹时功率：若v 为某一时辰的刹时速度，则P 表示该时辰的刹时功率.[即学即用 ]1.判断以下说法的正误.W(1)由公式 P＝t知，做功越多，功率越大.( × )(2)力对物体做功越快，力的功率必定越大.(√ )(3)发动机不可以在实质功率等于额定功率状况下长时间工作.(× )(4)汽车爬坡时经常需要换高速挡.(× )2.用水平力使重力为G 的物体沿水平川面以速度v 做匀速直线运动.已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，则水平力对物体做功的功率是.答案μG v一、功率[导学研究 ]建筑工地上有三台起重机将重物吊起，下表是它们的工作状况记录：起重机被吊物匀速上上涨的所用做功编号体重量升速度高度时间A × 103 N 4 m/s 16 m 4 sB × 103 N 3 m/s 6 m 2 sC × 103 N 2 m/s 20 m 10 s(1) 三台起重机哪台做功最多？(2) 哪台做功最快？如何比较它们做功的快慢呢？答案 (1) 三台起重机分别做功× 104 J、× 104 J、× 104 J，所以 A、 C 做功最多 .(2)B 做功最快，能够用功与所用时间的比值表示做功的快慢.W的理解[知识深入 ] 对功率 P＝t1.功率表示的是物体做功的快慢，而不是做功的多少，功率大，做功不必定多，反之亦然.2.求解功率时，第一要明确求哪个力的功率，是某个力的功率，仍是物体所受协力的功率，其次还要注意求哪段时间(或哪个过程 )的功率 .例 1 某人用同一水平力 F 先后两次拉同一物体，第一次使此物体从静止开始在圆滑水平面上行进 x 距离，第二次使此物体从静止开始在粗拙水平面上行进x 距离 .若先后两次拉力做的功分别为 W1和 W2，拉力做功的均匀功率分别为P1和 P2，则 ( )1＝W2，P1＝ P2 1＝ W2， P1＞P21＞ W2， P1＞ P2 1＞W2，P1＝ P2答案 B分析两次拉物体用的力都是F，物体的位移都是x.由 W＝ Fxcos α可知 W1＝ W2.物体在粗拙水平面上行进时，加快度 a 较小，由 x＝12 可知用时较长，再由P＝W可知 P1 2正2at t >P .选项 B确 .二、均匀功率与刹时功率[导学研究 ] 在圆滑水平面上，一个物体在恒力 F 作用下从静止开始加快运动，经过一段时间 t 物体的速度为 v.求：(1) 在 t 时间内力 F 对物体所做的功 .(2) 在 t 时间内力 F 的功率 .(3) 在 t 时辰力 F 的功率 .答案1 1(1) Fvt (2) Fv (3) Fv2 2分析(1) 物体在 t 时间内的位移x＝vt21W＝ Fx＝2Fvt(2)t时间内的功率为均匀功率W 1P ＝t＝2Fv.(3)t时辰的功率 P＝ Fv.[知识深入 ]均匀功率和刹时功率1.均匀功率：时间t 内功率的均匀值，计算公式：W(1)P ＝t .(2)P ＝ F v ，此中 v 为均匀速度 .2.刹时功率：某一时辰功率的刹时价，能精准地描绘做功的快慢，计算公式：(1)P＝ Fv，此中 v 为刹时速度；(2)当 F 与 v 夹角为α时， P＝Fvcos α.例 2 一台起重机将静止在地面上、质量为m＝× 103 kg 的货物匀加快竖直吊起，在2 s 末货物的速度v＝ 4 m/s.(取 g＝ 10 m/ s2，不计额外功 )求：(1)起重机在这 2 s 内的均匀功率；(2)起重机在 2 s 末的刹时功率 .答案(1)2.4 × 104 × 10 4 W分析设货物所受的拉力为 F ，加快度为 a，则v 2(1)由 a＝t得， a＝ 2 m/sF ＝mg＋ma＝× 103× 10 N ＋× 103× 2 N ＝× 104 N2 s 内货物上涨的高度1 2h＝2at ＝ 4 m起重机在这 2 s 内对货物所做的功W＝ F·h＝× 104× 4 J＝× 104 J起重机在这 2 s 内的均匀功率W × 104 J 4P ＝t ＝ 2 s ＝× 10 W(2)起重机在 2 s 末的刹时功率P＝Fv＝× 104× 4 W＝× 104 W.求解功率问题时简单混杂“ 均匀功率” 和“ 刹时功率” 这两个观点键词：“ 某秒末” 或“到某地点时” 的功率是求刹时功率，只好用.读题时必定注意一些关P＝ Fv 求解；“某段时间内” 或“ 某个过程中” 等词语，则是求均匀功率，此时可用WP ＝ t 求解，也能够用P ＝ F v求解 .三、 P＝ Fv 在实质中的应用P＝Fv 三个量的限制关系：定值各量间的关系应用P 必定 F 与 v 成反比汽车上坡时，要增大牵引力，应换低速挡减小速度v 必定 F 与 P成正比汽车上坡时，要使速度不变，应加大油门，增大输出功率，获取较大牵引力F 必定v 与 P 成正比汽车在高速路上，加大油门增大输出功率，能够提升速度例 3在水平路面上运动的汽车的额定功率为100 kW ，质量为 10 t，设阻力恒定，且为车重的 0.1 倍 (g 取 10 m/s2) ，求：(1)若汽车以不变的额定功率从静止启动，汽车的加快度如何变化？(2)当汽车的加快度为 2 m/s2时，速度为多大？(3)汽车在运动过程中所能达到的最大速度的大小.答案 (1) 渐渐减小到0 后不再变化(2)10m/s3(3)10 m/s分析 (1) 汽车以不变的额定功率从静止启动，v 变大，由 P＝ Fv 知，牵引力 F 减小，依据牛顿第二定律 F－ f＝ ma 知，汽车的加快度减小，当 F ＝ f 时，汽车的加快度为0 且今后不再变化 .(2)由 F －f＝ma1 ①P＝Fv1 ②10联立①②代入数据得：v1＝3m/s(3)当汽车速度达到最大时，a2＝ 0， F 2＝ f， P＝P 额，故P 10 5额m/s＝ 10 m/ s.v max＝＝ 4× 10f × 10汽车以额定功率启动的过程剖析由P＝ Fv 知，随速度的增添、牵引力减小，又由F－ f＝ ma 知，加快度渐渐减小，故汽车以恒定功率启动时做加快度渐渐减小的加快运动，当加快度 aP＝ 0 时，汽车达到速度的最大值，此时F＝f ，v m＝f .这一启动过程的v－ t 图像如图 1 所示 .图 11.(对功率的理解)对于功率，以下说法正确的选项是()A. 由 P＝W可知，只需知道W 和 t 的值就能够计算出随意时辰的功率 tB. 由 P＝ Fv 可知，汽车的功率必定与它的速度成正比C.由 P＝ Fv 可知，牵引力必定与速度成反比D.当汽车的功率一准时，牵引力必定与速度成反比答案 D分析公式 P ＝W求的是 t 时间内的均匀功率，不可以求刹时功率，故 A 错误；依据 P ＝ Fv 可t知，当汽车牵引力一准时，汽车的功率与速度成正比，故B 错误；由 P ＝ Fv 可知，当汽车功率一准时，牵引力与速度成反比，故C 错误，D 正确.2.(均匀功率和刹时功率 )一个质量为 m 的小球做自由落体运动， 那么，在前 t 时间内重力对它 做功的均匀功率 P 及在 t 时辰重力做功的刹时功率 P 分别为 ()A. P ＝ mg 2t 2， P ＝ 1mg 2 t 22B. P ＝ mg 2t 2， P ＝ mg 2t 21 2 2＝2mg t ，P ＝ mg t122＝2mg t ，P ＝ 2mg t 答案 C分析 前 t 时间内重力做功的均匀功率12W mg ·gt1 22P ＝ t ＝t＝ 2mg tt 时辰重力做功的刹时功率 P ＝ Fv ＝ mg ·gt ＝ mg 2t故C 正确.3.(功率的计算 )如图 2 所示，位于水平面上的物体A 的质量 m ＝ 5 kg ，在 F ＝10 N 的水平拉力作用下从静止开始向右运动，在位移x ＝ 36 m 时撤去力 F.求：在下述两种条件下，力F 对物体做功的均匀功率各是多大？(1)水平面圆滑；(2)物体与水平面间的动摩擦因数2(取 g ＝ 10 m/s )图 2μ＝ 0.15.答案(1)60 W (2)30 W分析(1) 在圆滑水平面上，物体的加快度a ＝m F ＝ 105 m/s 2 ＝ 2 m/ s 2由 v 2－ v 02 ＝2ax ，得 v ＝12 m/s物体的均匀速度v ＝v2＝ 6 m/s则 P ＝ F v ＝ 10× 6 W＝ 60 W (2)在粗拙水平面上，物体的加快度a′＝F －μ mg 10－×5× 10m/s 2＝ 0.5 m/ s2 m＝5由 v′2－v02＝ 2a′ x，得 v′＝ 6 m/sv′物体的均匀速度v ′＝2＝ 3 m/s则 P ′＝ F v ′＝ 10×3 W ＝ 30 W.4.(机车启动问题 )汽车发动机的额定功率 P＝ 60 kW ，若其总质量为 m＝ 5 t，在水平路面上行驶时，所受阻力恒为 f＝×103 N ，若汽车启动时保持额定功率不变，则：(1)求汽车所能达到的最大速度v max.(2)当汽车加快度为 2 m/s2时，速度是多大？(3)当汽车速度是 6 m/s 时，加快度是多大？答案(1)12 m /s (2)4 m/ s (3)1 m/s2分析汽车在运动中所受的阻力大小为：f＝× 103 N.(1)汽车保持恒定功率启动时，做加快度渐渐减小的加快运动，当加快度减小到零时，速度达到最大 .所以，此时汽车的牵引力为 F 1＝ f＝× 103 N ，则汽车的最大速度为4P6× 10v max＝F1＝×103 m/s＝12 m/ s.(2)当汽车的加快度为 2 m/s2时，设牵引力为 F 2，由牛顿第二定律得： F2－ f＝ ma， F 2＝ f＋ ma＝× 103 N ＋× 103×2 N ＝× 104 N，汽车的速度为4P6× 10v＝F2＝×104 m/s＝4 m/ s.(3)当汽车的速度为 6 m/s 时，牵引力为F3＝P＝6× 104N＝ 1× 104 N. v′ 6由牛顿第二定律得F3－ f＝ ma′，汽车的加快度为F 3－ f 1× 104－× 103m/s 2＝ 1 m/ s2.a′＝m＝5× 10 3课时作业一、选择题 (1～ 8 为单项选择题， 9～ 11 为多项选择题 )1.对于功率，以下说法正确的选项是()A.功率是描绘力对物体做功多少的物理量B.力做功时间越长，力的功率必定越小C.力对物体做功越快，力的功率必定越大D.力对物体做功越多，力的功率必定越大答案 C分析功率是描绘力对物体做功快慢的物理量，做功越快，功率越大，A错误，C 正确；力对物体做功时间长，未必做功慢， B 错误；力对物体做功多，未必做功快，D错误.2.如图 1 所示是甲、乙两物体做功与所用时间的关系图像，那么甲物体的功率 P 甲与乙物体的功率P乙对比( )A.P 甲＞P 乙B.P 甲＜P 乙图 1C.P 甲＝P 乙D.没法判断答案 B分析依据功率的定义式P＝Wt 可知，在功与所用时间的关系图像中，直线的斜率表示该物体的功率 .所以，由图线斜率可知P 甲＜P 乙，选项 B 正确 .3.2015 年 10 月，我国自主研发的第一艘平流层飞艇“圆梦”号试飞成功.若飞艇在平流层水平匀速飞翔时，所受空气阻力与飞翔速度成正比.当以速度 v 匀速飞翔时，动力系统的输出功率为 P；当以速度 2v 匀速飞翔时，动力系统的输出功率为()P PA. 4B. 2答案 D4.一辆小车在水平面上做匀速直线运动，从某时辰起，小车所受牵引力和阻力随时间变化的规律如图 2 所示，则以下作用在小车上的牵引力 F 牵的功率随时间变化的规律正确的选项是()图 2答案 D分析小车所受的牵引力和阻力恒定，所以小车做匀加快直线运动，牵引力的功率P＝ Fv＝F(v0＋ at)，应选项 D 正确 .5.一质量为m 的滑块静止在圆滑水平川面上，从t＝0时辰开始，将一个大小为F 的水平拉力作用在滑块上，如图 3 所示，在 t＝ t1时辰力 F 的功率应是 ()图 3F 2t1 F 2t 12A. 2mB. 2m2 2 2F t 1 F t 1C. mD. m答案 C分析由牛顿第二定律得滑块的加快度a＝F ，由 v＝ at1得 v＝F Ft1＝F 2t1t1，则 P＝ Fv＝F·，m m m m故C选项正确.6.质量为 5 t 的汽车，在水平路面上以加快度a＝ 2 m/s2启动，所受阻力为× 103 N，汽车启动后第 1 s 末汽车的刹时功率是 ( )A.2 kWB.22 kWC.1.1 kWD.20 kW答案 B分析依据牛顿第二定律得 F －f＝ma，则 F＝ f＋ ma＝1 000 N ＋ 5 000× 2 N ＝ 11 000 N.汽车在第 1 s 末的速度 v＝ at＝ 2× 1 m/s ＝ 2 m/ s，所以 P＝ Fv＝ 11 000× 2 W ＝ 22 000 W ＝ 22 kW ，故 B 正确 .7.列车加速的一个重点技术问题是提升列车发动机的功率.已知匀速运动时，列车所受阻力与速度的平方成正比，即 f ＝ kv2.设加速前列车的速度为80 km /h ，加速后列车的速度为120 km/ h，则加速前与加速后列车发动机的功率之比为( )2 4A. 3B.98 16C.27D.81答案 C分析当列车的速度为80 km/h 时，因为列车是匀速运动，牵引力和阻力相等，即 F＝ f＝ kv2，由 P＝ Fv 可得，此时功率 P1＝ kv13，同理，当列车的速度为120 km/h 时，由 P＝ Fv 可得，此P1 3 v1 3 83 ＝v1 ＝时的功率 P2＝ kv2，所以加速前与加速后列车发动机的功率之比为 3 ＝v2 ，所以P2 v2 27选项 C 正确.8.质量为 2 t 的汽车，发动机的额定功率为30 kW ，在水平公路上能以54 km /h 的最大速度行驶，已知汽车行驶过程中所受阻力恒定，假如保持功率不变，汽车速度为36 km/ h 时，汽车的加快度为 ()A.0.5 m /s 2B.1 m/ s2C.1.5 m/s 2D.2 m/ s2答案 A分析当牵引力和阻力相等时，汽车的速度最大，最大速度为v m＝ 54 km /h ＝ 15 m/ s，由 P＝ Fv m＝ fv m可得，阻力 f＝P＝30 000 N＝2 000 N v m 15速度为 v＝ 36 km /h ＝ 10 m/ s 时汽车的牵引力为：PF ＝v＝ 3 000 N由牛顿第二定律可得F－ f＝ ma，所以 a＝F － f 3 000－ 2 000m/s 2＝ 0.5 m/ s2，＝2 000m应选 A.9.放在水平面上的物体在拉力 F 作用下做匀速直线运动，先后经过A、 B 两点，在这个过程中 ( )A. 物体的运动速度越大，力 F 做功越多B. 无论物体的运动速度多大，力 F 做功不变C.物体的运动速度越大，力 F 做功的功率越大D.无论物体的运动速度多大，力 F 做功的功率不变答案BC分析 F 做的功W＝ Fx cos α，故无论速度多大， F 做功不变，故 A 错，B 对；物体运动速度越大，经过相等位移所用时间越短， F 的功率就越大，故C对，D 错 .10.对于实质功率和额定功率，以下说法正确的选项是()A.动力机械铭牌上注明的是该机械的额定功率B.额定功率是动力机械工作时一定保持的稳固功率C.在较短的时间内，实质功率能够略大于额定功率D.在较长的时间内，实质功率能够小于额定功率答案ACD11.质量为 3 kg 的物体，从高45 m 处自由落下 (g 取 10 m/s2)，那么在着落的过程中 ()A. 前 2 s 内重力做功的功率为300 WB. 前 2 s 内重力做功的功率为675 WC.第 2 s 末重力做功的功率为600 WD.第 2 s 末重力做功的功率为900 W答案AC分析1 2＝20 m ，重力做功的功率P1＝mgh 30×20W＝300 前 2 s 内物体着落的高度 h＝ gt ＝22 tW ，A 对，B 错；第 2 s 末物体的速度v＝ gt＝ 20 m/s，此时重力做功的功率2＝mgv＝600 W，PC 对，D 错.二、非选择题12.如图 4 所示，位于水平面上的物体A，在斜向上的恒定拉力 F 作用下，由静止开始向右做匀加快直线运动.已知物体质量为10 kg， F 的大小为100 N ，方向与速度v 的夹角为37°，物体与水平面间的动摩擦因数为，g＝ 10 m/s2.(sin 37 ＝°，cos 37 ＝°0.8)求：图 4(1)第 2 s 末，拉力 F 对物体做功的功率是多大？(2)从运动开始，物体行进12 m 过程中拉力对物体做功的均匀功率是多大？答案(1)960 W (2)480 W分析(1) 对物体受力剖析得N＝ mg－ Fsin 37 °＝ 100 N －100× 0.6 N＝40 N 由牛顿第二定律得物体的加快度Fcos 37 －°μN 100×－× 40a＝m ＝10 m/s 2＝ 6 m/ s2第 2 s 末，物体的速度v＝at＝ 12 m/s拉力 F 对物体做功的功率P＝Fvcos 37 ＝° 960 W(2)从运动开始，行进12 m 用时t′＝2x＝2×12s＝ 2 s 6a该过程中拉力对物体做功W＝ Fxcos 37 ＝°100× 12× 0.8 J＝ 960 J拉力对物体做功的均匀功率P′＝W＝960 W＝480 W. t′ 213.质量为 m＝×106 kg 的列车以恒定不变的功率由静止沿平直轨道加快行驶，当速度增大到 v1＝ 2 m/s 时，加快度 a1＝ 0.9 m/ s2，当速度增大到v2＝ 10 m/s 时，加快度 a2＝0.1 m/ s2，假如列车所受阻力大小不变，求：(1)列车所受阻力是多少？(2)在该功率以下车的最大速度是多少？答案 (1)5.0 × 105 N (2)20 m/s分析(1) 设列车恒定不变的功率为P，所受阻力为 f，当列车速度增大到v1＝ 2 m/s 时，P＝F1 1 ①v由牛顿第二定律可得：F1－ f＝ma1 ②当列车速度增大到v2＝ 10 m/s 时， P＝ F 2v2 ③由牛顿第二定律可得：F2－ f＝ma2 ④将① 、③ 分别代入② 、④联立方程可解得：P＝× 107 W， f ＝× 105 N(2)该功率以下车以最大速度行驶时，牵引力等于阻力，有P＝ Fv m＝ fv mP解得 v m＝f＝ 20 m/s.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：第四章章末总结
章末总结一、功和功率的计算1.功的计算方法(1)利用 W＝ Fxcos α求功，此时 F 是恒力 .(2)利用动能定理或功能关系求功.(3)利用 W＝ Pt 求功 .2.功率的计算方法(1)P＝Wt，此式是功率的定义式，合用于任何状况下功率的计算，但常用于求解某段时间内的均匀功率 .(2)P＝ Fvcos α，此式一般计算刹时功率，但当速度为均匀速度v 时，功率P 为均匀功率 .例 1质量为m＝20 kg的物体，在大小恒定的水平外力 F 的作用下，沿水平面做直线运动.0～2 s 内 F 与运动方向相反， 2～ 4 s 内 F 与运动方向同样，物体的v －t 图像如图 1 所示， g 取210 m/s ，则 ()图 1A. 拉力 F 的大小为 100 NB. 物体在 4 s 时拉力的刹时功率为 120 WC.4 s 内拉力所做的功为 480 JD.4 s 内物体战胜摩擦力做的功为 320 J答案 B分析 由图像可得： 0～ 2 s 内物体做匀减速直线运动，加快度大小为：a 1＝ v 10 2 ＝ 5t ＝2 m/s 2v ′222m/ s ，匀减速过程有 F ＋ f ＝ ma 1.匀加快过程加快度大小为a 2＝ t ′ ＝2 m/s ＝ 1 m/ s ，有 F－ f ＝ ma 2，解得 f ＝ 40 N ，F ＝ 60 N ，故 A 错误 .物体在 4 s 时拉力的刹时功率为 P ＝ Fv ＝ 60× 2 W ＝ 120 W ，故 B 正确 .4 s 内物体经过的位移为 x ＝ ( 1× 2× 10－ 1× 2×2) m ＝ 8 m ，拉力做功2 2为 W ＝－ Fx ＝－ 480 J ，故 C 错误 .4 s 内物体经过的行程为 1× 2× 10＋ 1× 2×2) m ＝ 12 m ，s ＝ (22摩擦力做功为 W f ＝－ fs ＝－ 40× 12 J ＝－ 480 J ，故 D 错误 .针对训练 1如图 2 所示，将两个完整同样的小球 A 、B 在同一高度处以同样大小的初速度 v 0 分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则()图 2A. 两小球落地时速度同样B. 两小球落地时重力的功率相等C.从开始运动至落地，重力对两小球做功同样D.从开始运动至落地，重力对两小球做功的均匀功率相等答案 C分析 由机械能守恒定律可得两球落地时速度大小相等，但落地时的速度方向不同样，故速度不同样， A 项错误 .重力在落地时的刹时功率P ＝mgvcos α， α为重力与速度方向的夹角，因为 α不相等， 故两小球落地时重力的功率不相等， B 项错误 .重力做功取决于降落的高度h ，W从开始运动至落地 h 相等，故重力对两小球做功同样，C 项正确 .重力做功的均匀功率 P ＝ t ，两球运动的时间不相等，故重力对两小球做功的均匀功率不相等， D 项错误.二、功能关系的应用例 2 如图 3 所示，某段滑雪雪道倾角为 30°，总质量为 m(包含雪具在内 )的滑雪运动员从距 底端高为 h 处的雪道上由静止开始匀加快下滑， 加快度为13g.在他从上向下滑究竟端的过程中，以下说法正确的选项是 ()图 3A. 运动员减少的重力势能所有转变为动能1B. 运动员获取的动能为3mghC.运动员战胜摩擦力做功为23mgh1D.下滑过程中系统减少的机械能为3mgh答案 D分析 运动员的加快度为113g ，小于 gsin 30 ，°因此必受摩擦力，由 mgsin 30 －°f ＝ ma 得： f ＝ 6mg ，战胜摩擦力做功为 W f ＝ 1mg · h ＝ 1mgh ，故 C 错；摩擦力做功，机械能不守恒，减6 sin 30 °3少的重力势能没有所有转变为动能，而是有13mgh 转变为内能，故 A 错， D 正确；由动能定理知，运动员获取的动能为E k ＝ W 合＝1mg ·h ＝2mgh ，故 B 错 .3 sin 30 °3针对训练 2 (多项选择 )如图 4所示，一质量为 m 可视为质点的小物体，在沿斜面向上的拉力F作用下，从长为 L 、高为 h 的粗拙固定斜面底端匀速运动到顶端，重力加快度为 g.此过程中，物体的 ()图 4A. 重力势能增添了mghB. 机械能保持不变C.机械能增添了 mghD.机械能增添了 FL答案AC分析重力做功 W＝－ mgh，则重力势能增添了mgh，选项 A 正确；物体匀速运动，动能不变，重力势能增添mgh，则机械能增添了mgh，选项 B、 D 错误， C 正确 .三、动力学方法和能量看法的综合应用1.动力学方法：利用牛顿运动定律联合运动学规律求解力学识题.2.能量的看法：利用动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律以及功能关系求解力学识题.3.应用技巧波及动力学方法和能量看法的综合题，应依据题目要求灵巧采用公式和规律.(1)波及力和运动的刹时性剖析或恒力作用下物体做匀变速直线运动的问题时，可用牛顿运动定律 .(2)波及多过程、变力作用下的问题，不要求知道过程的细节，用动能定理解题简易.(3)只波及动能与势能的互相转变，单个物体或系统机械能守恒问题时，往常采用机械能守恒定律 .(4)波及多种形式能量转变的问题用能量守恒剖析较简易.例 3 我国将于 2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是此中最具赏析性的项目之一.如图 5 所示，质量 m＝ 60 kg( 包含雪具在内 )的运动员从长直助滑道AB 的 A 处由静止开始以加快度a＝ 3.6 m/s2匀加快滑下，抵达助滑道尾端 B 时速度 v B＝ 24 m/s， A 与 B 的竖直高度差H＝ 48 m ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段曲折滑道光滑连接，此中最低点 C处邻近是一段以O 为圆心的圆弧 .助滑道尾端 B 与滑道最低点 C 的高度差h＝ 5 m，运动员在B、C 间运动时阻力做功W＝－1 530 J，取g＝ 10 m/s2 .图 5(1)求运动员在 AB 段下滑时遇到阻力 f 的大小；(2)若运动员可以蒙受的最大压力为其所受重力的 6 倍，则 C 点所在圆弧的半径R 起码应为多大 .答案(1)144 N (2)12.5 m分析(1) 运动员在 AB 上做初速度为零的匀加快直线运动，设AB 的长度为 x，则有v B 2＝ 2ax ①H由牛顿第二定律有mg x －f＝ ma ②联立①②式，代入数据解得 f＝ 144 N ③(2)设运动员抵达 C 点时的速度为v C，在由 B 抵达 C 的过程中，由动能定理得mgh＋ W＝1mv C 2－1mv B2④2 2设运动员在 C 点所受的支持力为N，由牛顿第二定律有2v C⑤N－mg＝ m R由题意和牛顿第三定律知N＝ 6mg ⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得 R＝ 12.5 m.。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理沪科版必修二讲义：第4章4.2.2
研究机械能守恒定律(二 )——实验研究：考证机械能守恒定律[学习目标] 1.理解实验的设计思路，明的确验中需要直接丈量的物理量.2.知道实验中选用测.3.能正确进行量点的相关要求，会依据纸带测定物体着落的高度，掌握丈量刹时速度的方法实验操作，剖析实验数据得出结论，能定性地剖析产生偏差的原由.一、实验原理只有重力对物体做功的过程，比较物体重力势能的变化量与动能变化量，若知足E p＝－E k，则说明机械能守恒.二、两种考证方案方案一用单摆和DIS 装置考证机械能守恒1.实验步骤(1)如图 1，在铁架台上端用铁架悬挂一个摆球.(2)在方格纸上确立 4 至 5 个点作为丈量点.(3)安装光电传感器，并使之与数据收集器相连结.图 1(4)让摆球从某一高度向下摇动.分别测定摆球在摇动过程中随意时辰的动能和重力势能.(5)研究每一个丈量点上机械能的总量有什么特色.2.注意事项(1)小球运动时，应使其轨迹在一竖直面内，防止做圆锥摆运动.(2)调整带方格纸的木板，应使其竖线在竖直方向上.(3)为正确测定小球在各地点的刹时速度，可在小球下部布置一块挡光片，并保证挡光片在竖直面内 .方案二用自由落下的重物和打点计时器考证机械能守恒1.实验步骤(1)安装置：按图 2 甲把打点计时器安装在铁架台上，用导线把打点计时器与电源连结好.图 2(2)打纸带：在纸带的一端把重物用夹子固定好，另一端穿过打点计时器的限位孔，用手竖直提起纸带使重物停靠在打点计时器邻近 .先接通电源后松手，让重物拉着纸带自由着落 .重复几次，获取 3～ 5 条打好点的纸带 .(3)选纸带：从打好点的纸带中精选点迹清楚且开始的两点间距凑近 2 mm 的一条纸带，在起始点标上0，此后任取间隔同样时间的点挨次标上1、 2、 3.(4)测距离：用刻度尺测出0 到 1、 2、 3的距离，即为对应着落的高度h1、 h2、 h3.2.数据办理(1)计算各点对应的刹时速度：依据公式 v n＝h n＋1－ h n－1v1、，计算出 1、2、3 n 点的刹时速度2Tv2、 v3 v n.(2)机械能守恒定律考证方法一：利用开端点和第n 点 .假如在实验偏差同意范围内1 2 ，则机械能守恒定律获取考证 . gh n＝ v n2方法二：任取两点 A、B.假如在实验偏差同意范围内1 2 1 2 ，则机械能守恒定律获取考证 . gh AB＝v B－ v A2 2方法三：图像法(如图 3 所示 ).图 3若在实验偏差同意范围内图线是一条过原点且斜率为g 的直线，则考证了机械能守恒定律.3.偏差剖析本实验的偏差主假如由纸带丈量产生的有时偏差以及重物和纸带运动中的空气阻力及打点计时器的摩擦阻力惹起的系统偏差.4.实验注意事项(1)打点计时器安装要牢固，并使两限位孔的中线在同一竖直线上，以减小摩擦阻力.(2)应采用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度能够减小体积，可使空气阻力相对减小 .(3)实验时，应先接通电源，让打点计时器正常工作后再松开纸带让重物着落.(4)本实验中的两种考证方法均不需要测重物的质量m.(5)速度不可以用 v＝ gt 或 v＝ 2gh计算，应依据纸带上测得的数据，利用 v n＝h n＋1－ h n－1计算瞬2T时速度 .一、实验原理及基本操作例 1在利用自由落体运动考证机械能守恒定律的实验中，电源的频次为50 Hz ，挨次打出的点为 0、 1、 2、 3、 4、、 n，则：(1)如用第 2 点到第 6 点之间的纸带来考证，一定直接丈量的物理量为________、 ________、________，一定计算出的物理量为________、 ________，考证的表达式为___________.(2)以下实验步骤操作合理的摆列次序是________(填写步骤前方的字母).A. 将打点计时器竖直安装在铁架台上.B. 先接通电源，再松开纸带，让重物自由着落.C.取下纸带，改换新纸带(或将纸带翻个面)从头做实验 .D.将重物固定在纸带的一端，让纸带穿过打点计时器，用手提着纸带.E.选择一条纸带，用刻度尺测出物体着落的高度h1、h2、h3、、 h n，计算出对应的刹时速度v1、 v2、 v3、、 v n.F.分别算出1mv n 2和 mgh n，在实验偏差范围内看能否相等. 2答案 (1) 第 2 点到第 6 点之间的距离h26 第 1 点到第 3 点之间的距离h13第 5 点到第7 点之间的距离 h57 第 2 点的刹时速度v2 第 6 点的刹时速度 v6 mgh26＝1 2 1 2 mv6 － mv22 2(2)ADBCEF分析 (1) 要考证从第 2 点到第 6 点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2 点到第 6 点的距离 h26，要计算第 2 点和第 6 点的速度 v2和 v6，一定测出第 1 点到第 3 点之间的距离 h13和第 5 点到第 7 点之间的距离 h57，机械能守恒的表达式为mgh26＝1 2 1 2 2mv6 －2mv2 .办理实验问题，要明的确验原理，依据原理设计实验步骤，有针对性的剖析问题.针对训练(多项选择 )用自由落体法考证机械能守恒定律，就是看点的编号 ).以下说法中正确的选项是()A. 打点计时器打第一个点0 时，重物的速度为零B. h n是计数点 n 到开端点0 的距离C.一定丈量重物的质量D.用 v n＝ gt n计算 v n时， t n＝ (n－ 1)T(T 为打点周期 )答案AB 1mv n2能否等于 mgh n(n 为计数2分析本实验的原理是利用重物的自由落体运动来考证机械能守恒定律.所以打点计时器打第一个点时，重物运动的速度应为零， A 正确； h n与 v n分别表示打第n 个点时重物着落的高1 2 度和对应的刹时速度， B 正确；本实验中，不需要丈量重物的质量，因为公式mgh＝2mv 的1 2 1 2两边都有 m，故只需gh＝2v 建立， mgh＝2mv 就建立，机械能守恒定律也就被考证了， C错误；实验中应用公式h n＋1－ h n－1v n＝2T 来计算 v n， D 错误 .二、数据办理及偏差剖析例 2 某实验小组“用落体法考证机械能守恒定律”，实验装置如图 4 甲所示 .实验中测出重物自由着落的高度 h 及对应的刹时速度v，计算出重物减少的重力势能mgh 和增添的动能 12 mv2，而后进行比较，假如二者相等或近似相等，即可考证重物自由着落过程中机械能守恒.请依据实验原理和步骤达成以下问题：图 4(1)对于上述实验，以下说法中正确的选项是________.A. 重物最好选择密度较小的木块B. 重物的质量能够不丈量C.实验中应先接通电源，后开释纸带D.能够利用公式 v ＝ 2gh 来求解刹时速度(2)如图乙是该实验小组打出的一条点迹清楚的纸带， 纸带上的 O 点是开端点， 选用纸带上连续的点 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、F 作为计数点，并测出各计数点到O 点的距离挨次为27.94 cm 、 32.78 cm 、 38.02 cm 、 43.65 cm 、 49.66 cm 、 56.07 cm.已知打点计时器所用的电源是 50 Hz 的沟通电，重物的质量为 0.5 kg ，则从计时器打下点 O 到打下点 D 的过程中，重物减小的重力势能E p ＝________ J ；重物增添的动能E k ＝ ________ J ，二者不完整相等的原由可能是__________________.( 重力加快度 g 取 9.8 m/s 2，计算结果保存三位有效数字 )(3)实验小组的同学又正确计算出图乙中打下计数点 A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F 各点的刹时速度 v ，以各计数点到 A 点的距离 h ′为横轴， v 2 为纵轴作出图像，如图丙所示，依据作出的图线， 能大略考证自由着落的物体机械能守恒的依照是__________________.答案 (1)BC (2)2.142.12 重物着落过程中遇到阻力作用(3)图像的斜率等于 19.52 m/s 2，约为重力加快度g 的两倍，故能考证分析 (1) 重物最好选择密度较大的铁块，遇到的阻力较小，故A 错误 .此题是以自由落体运1212动为例来考证机械能守恒定律，需要考证的方程是mgh ＝ 2mv ，因为我们是比较 mgh 、 2mv的大小关系，故 m 可约去，不需要用天平丈量重物的质量，操作时应先接通电源，再开释纸带，故 B 、 C 正确 .不可以利用公式v ＝ 2gh 来求解刹时速度，不然表现不了实验考证，却变为了理论推导，故 D 错误.(2)重力势能减小量E p ＝mgh ＝ 0.5× 9.8× 0.436 5 J ≈ 2.14 J.利用匀变速直线运动的推论：v D ＝ s ＝ 0.496 6－ 0.380 2m/s ＝ 2.91 m/ s ，0.04t121 2 E kD ＝2mv D ＝ 2×0.5× 2.91 J ≈ 2.12 J ，动能增添量 E k ＝ E kD － 0＝ 2.12 J.因为存在阻力作用， 所以减小的重力势能大于动能的增添.122(3)依据表达式 mgh ＝ 2mv ，则有 v ＝2gh ；2 倍时，即可考证机械能守恒，而图像的斜率10.36－ 5.48当图像的斜率为重力加快度的k ＝0.25m/s 2＝19.52m/ s 2，所以能大略考证自由着落的物体机械能守恒.1.(实验器械及偏差剖析)如图 5 为考证机械能守恒定律的实验装置表示图铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤.回答以下问题：.现有的器械为：带图 5(1)为达成此实验，除了所给的器械，还需要的器械有_______.(填入正确选项前的字母)A. 米尺B.秒表C.低压直流电源D.低压沟通电源(2)实验中产生偏差的原由有：______________________________( 写出两个原由即可).(3)实验中因为打点计时器两限位孔不在同一竖直线上，使纸带经过时遇到较大阻力，这样将造成 ________.A. 不清楚1 2B. mgh>2mv1 2C.mgh<2mv1 2D.mgh＝ 2mv答案 (1)AD (2) ①纸带和打点计时器之间有摩擦 .②用米尺丈量纸带上点的地点时读数有偏差 .③计算势能变化时，选用始末地点过近 .④沟通电频次不稳固 .(任选其二 ) (3)B 分析 (1) 在办理数据时需要丈量长度，故需要米尺；电磁打点计时器工作时需要使用低压交流电源；所以选项A、D 正确 .(2)造成偏差的原由有：①纸带和打点计时器之间有摩擦.②用米尺丈量纸带上点的地点时读数有偏差 .③计算势能变化时，选用始末地点过近.④沟通电频次不稳固.1 2，选项 B 正确.(3)因为阻力作用，物体重力势能的减少许大于动能的增添量，即mgh>2mv2.(实验原理及偏差剖析)如图 6 所示，两个质量各为m1和 m2的小物块 A 和 B，分别系在一条越过定滑轮的软绳两头，已知m1＞ m2.现要利用此装置考证机械能守恒定律.图 6(1)若选定物块 A 从静止开始着落的过程中进行丈量，则需要丈量的物理量有___(填序 E 号 ).①物块的质量m1、 m2；②物块 A 着落的距离及着落这段距离所用的时间；③物块 B 上涨的距离及上涨这段距离所用的时间；④绳索的长度.(2)为提升实验结果的正确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①软绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳索越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇摆；④两个物块的质量之差要尽可能小.以上建议中的确对提升正确度有作用的是__________.(填序号 )(3)写出一条上边没有提到的对提升实验结果正确度有利的建议：___________________.答案(1) ①②或①③(2) ①③(3) 比如：“对同一高度进行多次丈量取均匀值”“选用受力后相对伸长量尽量小的绳”“尽量减小滑轮的质量”“对滑轮转动轴进行润滑”等等.(任选一个即可 )课时作业1.在“考证机械能守恒定律”的实验中，有位同学按以下步骤进行实验操作：A.用天平称出重锤和夹子的质量B.固定好打点计时器，将连侧重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量凑近打点计时器C.松开纸带，接通电源，开始打点，并这样重复多次，以获取几条打点的纸带D.取下纸带，精选点迹清楚的纸带，记下开端点 O，在距离 O 点较近处选择几个连续计数点(或计时点 )，并计算出各点的速度值E.测出各计数点到O 点的距离，即获取重锤着落的高度1 2F.计算出 mgh n和 mv n，看二者能否相等在以上步骤中，不用要的步骤是___________________________________________________. 有错误或不当的步骤是____________.(填写代表字母)改正状况：①____________________________________________ ；② ____________________________________________ ；③ ____________________________________________ ；④ ____________________________________________.答案A BCDF ①B 中手应抓住纸带尾端， 让重锤尽量凑近打点计时器② C中应先接通电源，再松开纸带③D中应选用离O 点较远的点④ F 中应计算1 gh n 和 2v n2分析A 步骤不用要，不用称量重锤和夹子的质量即可考证机械能守恒定律；B 步骤中应让重锤尽量凑近打点计时器，而不是手凑近；C 步骤中应先接通电源，后开释纸带；D 步骤中应选用离O 点较远的点，这样丈量时距离较远，丈量的相对偏差较小；F 步骤中应计算gh n1和 2v n2，若m 没有丈量，则1mgh 、 2mv n2，就不可以计算出详细的值.2.依据“考证机械能守恒定律”的实验回答以下问题：(1)对于本实验的表达中，正确的有( )A. 打点计时器安装时要使两限位孔位于同一竖直线上并安装稳固，以减小纸带着落过程中的阻力B. 需用天平测出重物的质量C.打点计时器用四节干电池串连而成的电池组作为电源D.用手托侧重物，先闭合打点计时器的电源开关，而后开释重物E.打出的纸带中，只需点迹清楚，就能够运用公式mg h ＝ 1 m v 2 来考证机械能能否守恒2F.考证机械能能否守恒一定先确立重力势能的参照平面(2)考证机械能能否守恒时，对于实验上当算某一点的速度，甲同学用 v ＝gt 来计算，乙同学用 v n ＝ s n ＋ s n ＋1.计算重力势能时，对于重力 来计算 .此中 ______同学的计算方法切合实验要求2T加快度 g 的数值，甲同学用 9.8 m/s 2 代入，乙同学用经过对纸带剖析计算出重物着落的实质加快度代入，丙同学用当地的实质重力加快度代入，此中______同学的做法是正确的 .答案(1)AD (2) 乙 丙分析(1) 本实验要考证 “ mgh ＝ 12mv 2” ，此中重物的质量能够消去，即不需用天平测出重物1 2的质量，只需考证 “ gh ＝2v ” 即可，选项 B 错误 .打点计时器的打点周期取决于沟通电源的 频次，或许说一定使用沟通电，不行用干电池取代， 所以选项 C 错误 .对于打出的纸带有两种办理方法： 第一，选用第 1、2 两点间的距离凑近2 mm 且点迹清楚的纸带进行丈量， 利用 “gh＝ 12v 2”来考证机械能能否守恒；第二， 能够选择纸带点迹清楚的部分，丈量随意两个计数点之间的距离h，求出这两点间的动能之差E k，运用公式 mg h＝1 2E k而不是 mg h＝ mv2来考证机械能能否守恒，所以选项 E 错误 .因为本实验要考证的是重物重力势能的改变量等于其动能的增添量，而重力势能的改变量与重力势能的参照平面的地点没关，所以本实验不需要先确立重力势能的参照平面，选项 F 错误 .此题答案为 A 、 D.s n＋ s n＋1 1 2(2)计算刹时速度须使用公式v n＝2T ，v＝ gt 是2mv ＝mgh 的简化形式，所以甲同学的方法不切合实验要求，乙同学的计算方法切合实验要求；重力加快度g 的数值应当取当地的实际重力加快度，所以丙同学的做法是正确的.3.利用如图 1 所示实验装置来考证机械能守恒定律.经过电磁铁控制的小铁球从 A 点自由下落，着落过程中小铁球经过光电门 B 时，毫秒计时器(图中未画出 )记录下小铁球的挡光时间t.实验前调整光电门地点，使小铁球着落过程中，小铁球球心垂直细激光束经过光电门，当地重力加快度为g.图 1(1)为了考证小铁球着落过程中机械能能否守恒，还需要丈量的物理量是________.A. A 点距地面的高度HB. A、 B 之间的距离hC.小铁球从 A 到 B 的着落时间 t ABD.小铁球的直径 d(2)小铁球经过光电门时的刹时速度v＝ ________；要考证小铁球着落过程中机械能能否守恒，只需考证等式 ________能否建立刻可 (用实验中测得物理量的符号表示).d 1 2g 2 2答案(1)BD (2) t t2＝d2 h(或d ＝2ght )分析(1) 依据实验原理可知，需要丈量的是 A 点到光电门 B 的距离，故A错误，B正确.利用小铁球经过光电门的均匀速度来取代刹时速度，不需要丈量着落时间，但需要知道挡光物体的尺寸，所以需要丈量小铁球的直径，故C错误， D正确.(2)利用小铁球经过光电门的均匀速度来取代刹时速度，d；依据机械能守恒的表达式有故 v ＝ t1 2 1 2g 2 21 2g22 mgh ＝ 2mv ，可得 t 2＝ d 2 h(或 d ＝ 2ght )，故只需考证 t 2＝ d 2 h(或 d ＝ 2ght )即可 .4.现利用如图 2 所示装置考证机械能守恒定律 .图中 AB 是固定的圆滑斜面， 斜面的倾角为 30°， 1 和 2 是固定在斜面上适合地点的两个光电门，与它们连结的光电计时器都没有画出.让滑块从斜面的顶端滑下， 光电门 1、2 各自连结的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00× 10－2 s 、－ 22.00×10 s.已知滑块质量为 2.00 kg ，滑块沿斜面方向的长度为 5.00 cm ，光电门 1 和 2 之间的距离为 0.54 m ，g 取 9.80 m/s 2，取滑块经过光电门时的速度为其均匀速度.图 2(1)滑块经过光电门 1 时的速度 v 1＝ ______ m/s ，经过光电门 2 时的速度 v 2 ＝______ m/s. (2)滑块经过光电门 1、2 之间的动能增添量为 ______ J ，重力势能的减少许为 _______ J. 答案 (1)1.002.50 (2)5.255.29分析 (1) v 1＝ L＝ 5.00× 10－2m/s ＝ 1.00 m/ s5.00× 10－2t 1L5.00×10－2v2＝t 2＝2.00×10－ 2m/s＝2.50 m/ s(2)动能增添量E k ＝12× 2.00× (2.50 2－ 1.002) J ＝ 5.25 J.重力势能的减少许：E p ＝2.00× 9.80× 0.54× sin 30 °J ≈ 5.29 J.5.用如图 3 所示实验装置考证 m 1、 m 2 构成的系统机械能守恒 .m 2 从高处由静止开始着落，m 1上拖着的纸带打出一系列的点， 对纸带上的点迹进行丈量，即可考证机械能守恒定律 .图 4 给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4 个点 (图中未标出 )，计数点间的距离如图4 所示 .已知 m 1 ＝50 g ，m 2＝ 150 g ，则： (结果均保存两位有效数字 )图 3图 4(1)从纸带上打下计数点 5 时的速度 v ＝ ________ m/s ；(2)从打下第“ 0”点到打下第“ 5”点的过程中系统动能的增量 E k ＝ __________ J ，系统势能的减少许E p ＝ ________ J ；( 当地的重力加快度 g 取 10 m/s 2)1 22(3)若某同学作出 2v － h 图像如图 5 所示，则当地的重力加快度g ＝ ________ m/s .图 5答案 (1)2.4 (2)0.58 0.60 (3)9.7分析 (1) 在纸带上打下计数点 5 时的速度v ＝21.60＋ 26.40 × 10－2 2× 0.1m/s ＝ 2.4 m/ s.(2)从打下第 “ 0” 点到打下第 “ 5”点的过程中系统动能的增量E k ＝1(m 1＋ m 2)v 2＝ 1×(0.0522＋ 0.15) × 2.42 J ≈0.58 J ，系统势能的减少许 E p ＝ (m 2－ m 1 )gh ＝ (0.15 － 0.05)× 10× (38.40＋21.60)×10－2 J ＝ 0.60 J.1 2＝ (m 2－ m 1)gh ，(3)依据 (m 1 ＋m 2)v21 2 g可得 2v＝ 2h ，由图线可知2v5.82 m 2·s －22＝ g＝，则 g ＝ 9.7 m/s 2.h 21.20 m6.如图 6 所示，某同学利用竖直上抛小球的频闪照片考证机械能守恒定律.频闪仪每隔 0.05 s 闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时辰小球上涨的高度分别为h 1＝26.3 cm ， h 2＝ 23.68cm ， h 3＝ 21.16 cm ， h 4＝ 18.66 cm ， h 5＝ 16.04 cm ，该同学经过计算获取不一样时辰的速度以下表所示 (当地重力加快度 g ＝9.80 m/s 2，小球质量 m ＝ 0.10 kg) ：图 6时辰 t 2t 3 t 4 t 5 速度 (m/s)4.483.983.47(1)上边丈量高度的五个数据中不切合有效数字读数要求的是 _____段，应记作 ______cm.(2)由频闪照片上的数据计算t 2 时辰小球的速度v 2＝ ____ m/s.(计算结果保存三位有效数字 )(3)从 t 2 到 t 5 时间内，重力势能增量 E p ＝ ________ J ，动能减少许E k ＝ ________ J.( 计算结果保存三位有效数字 )(4)在偏差同意的范围内， 若 E p 与 E k 近似相等， 进而考证了机械能守恒定律 .由上述计算所 得E p _______ E k (选填“ >”“ <”或“＝” ) ，造成这类结果的主要原由是__________.答案 (1) h 1 26.30 (2)5.00(3)0.622 0.648(4)< 上涨过程中有空气阻力做负功(或遇到空气阻力 )分析 (1) 从题中可得丈量工具是毫米刻度尺， 所以 h 1 在有效数字读数要求上有错误， 应记作26.30 cm.1＋ h 2(2)匀变速直线运动过程中中间时辰的刹时速度等于该过程中的均匀速度，h所以有： v 2＝2T≈ 5.00 m/s.(3)依据重力做功和重力势能的关系有：E p ＝ mg(h 2＋ h 3 ＋h 4 )≈ 0.622 J1212E k ＝ 2mv 2 － 2mv 5 ≈ 0.648 J.7.为了考证机械能守恒定律，某同学设计了如图 7 甲所示的实验装置，并供给了以下的实验 器械：A. 小车 B.钩码 C.一端带滑轮的木板 D. 细线 E.电火花计时器F.纸带G.毫米刻度尺 H. 低压沟通电源I.220 V 沟通电源图 7(1)依据上述实验装置和供给的实验器械，你以为实验中不需要的器械是 ________(填写器械序号 )，还应增补的器械是 ________.(2)实验中获取了一条纸带如图乙所示，选择点迹清楚且便于丈量的连续 7 个点 ( 标号 0～ 6)，测出 0 到 1、 2、 3、4、 5、 6 点的距离分别为 d 1、 d 2、d 3、 d 4、 d 5、 d 6，打点周期为 T.则打点2 时小车的速度v 2＝ __________；若测得小车质量为 M 、钩码质量为 m ，打点 1 和点 5 时小车的速度分别用 v 1、 v 5 表示，已知重力加快度为 g ，则考证点 1与点 5 间系统的机械能守恒的关系式可表示为 ___________________________________________________________.22(3)在实验数据办理时，假如以v为纵轴，以 d 为横轴，依据实验数据绘出v－ d 图像，其图22线的斜率表示的物理量的表达式为 __________.答案 (1)H 天平 (2)d 3 －d 1或 d 4 mg(d 5－ d 1)＝ 1(M ＋ m)( v 5 2 － v 1 2) (3) mg2T4T 2M ＋ m (2) 打点 2 时的速度等于 1～ 3 间或 0～ 4 间的均匀速度，即d 3－ d 1分析 v 2＝或 d 4；依据机械2T 4T12能守恒，整个系统减少的重力势能等于整个系统增添的动能，即 mg(d 5－ d 1)＝ 2(M ＋ m)( v 5 －v 12) ；12mg22得： v v(3)依据 mgd ＝ 2(M ＋ m)v2＝d ，所以2 － d 图线的斜率表示的物理量的表达式为M ＋ mmg. M ＋ m。
2017-2018学年同步备课套餐之高一物理教科版版必修2讲义：章末检测(第四章)
章末检测(第四章)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(1～8为单项选择题，9～12为多项选择题.每小题4分，共48分)1.如图1所示，拖着旧橡胶轮胎跑是身体耐力训练的一种有效方法.如果受训者拖着轮胎在水平直道上跑了100 m，那么下列说法正确的是()图1A.摩擦力对轮胎做了负功B.重力对轮胎做了正功C.拉力对轮胎不做功D.支持力对轮胎做了正功答案 A2.汽车关闭发动机后恰能沿斜坡匀速下滑，在这个过程中()A.汽车的机械能守恒B.汽车的动能和势能相互转化C.机械能转化为内能，总能量守恒D.机械能和内能之间没有转化答案 C解析汽车关闭发动机后，匀速下滑，重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡，摩擦阻力做功，汽车摩擦生热，温度升高，有部分机械能转化为内能，机械能减少，但总能量守恒.因此，只有选项C正确.3.如图2所示，运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程.将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()图2A.阻力对系统始终做负功B.系统受到的合力始终向下C.重力做功使系统的重力势能增加D.任意相等的时间内重力做的功相等 答案 A解析 无论系统在什么运动情况下，阻力一定做负功，A 正确；加速下降时，合力向下，减速下降时，合力向上，B 错误；系统下降，重力做正功，所以重力势能减少，C 错误；由于系统做变速运动，系统在相等时间内下落的高度不同，所以重力做功不同，D 错误. 4.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( ) A.4倍 B.2倍 C.3倍 D.2倍 答案 D解析 由P ＝F v ＝k v ·v ＝k v 2知P 变为原来的2倍时，v 变为原来的2倍.5.如图3甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆.则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )图3A.0B.12F m x 0C.π4F m x 0D.π4x 20答案 C解析 F 为变力，但F －x 图像包围的面积在数值上表示拉力做的总功.由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故 W ＝12πF 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.6.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力，不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是( )答案 C解析 物体机械能的增量等于恒力做的功，恒力做功W F ＝Fh ，h ＝12at 2，则有外力作用时，物体机械能随时间变化关系为E ＝12Fat 2.撤去恒力后，物体机械能不变，故选项C 正确.7.静止在光滑水平面上的物体，在水平力F 的作用下产生位移x ，而获得速度v ；若水平面不光滑，物体运动时受到的摩擦力为Fn (n 是大于1的常数)，仍要使物体由静止出发通过位移x而获得速度v ，则水平力为( ) A.n ＋1n FB.n －1n FC.nFD.(n ＋1)F答案 A解析 根据动能定理Fx ＝12m v 2，F ′x －F n x ＝12m v 2，解得F ′＝n ＋1n F ，选项A 正确.8.如图4所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m 的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N 1，在最高点时对轨道的压力大小为N 2.重力加速度大小为g ，则N 1－N 2的值为( )图4A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg答案 D解析 设小球在最低点速度为v 1，在最高点速度为v 2，根据牛顿第二定律，在最低点有N 1－mg ＝m v 21R ，在最高点有N 2＋mg ＝m v 22R ，从最高点到最低点，根据机械能守恒有mg ·2R ＋12m v22＝12m v 21，联立以上三式可以得到：N 1－N 2＝6mg ，故选项D 正确. 9.质量为4 kg 的物体被人由静止开始向上提升0.25 m 后速度达到1 m/s ，不计空气阻力，g取10 m/s 2，则下列判断正确的是( ) A.人对物体传递的功是12 J B.合外力对物体做功2 J C.物体克服重力做功10 JD.人对物体做的功等于物体增加的动能 答案 BC解析 人提升物体的过程中，人对物体做了功，对物体传递了能量，不能说人对物体传递了功，A 错误；合外力对物体做的功(包括重力)等于物体动能的变化，W 合＝12m v 2＝2 J ，B 正确；物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加量，W G ＝mgh ＝10 J ，C 正确；W 人＝mgh ＋12m v 2＝12 J ，D 错误.10.下列四个选项中的小球以及小球所在的左侧斜面完全相同，现从同一高度h 处由静止释放小球，使之进入右侧不同的竖直轨道：除去底部一小圆弧，A 项中的轨道是一段斜面，高度大于h ；B 项中的轨道与A 项中轨道相比只是短了一些，且斜面高度小于h ；C 项中的轨道是一个内径略大于小球直径的管道，其上部为直管，下部为圆弧形，与斜面相连，管的高度大于h ；D 项中的轨道是个半圆形轨道，其直径等于h .如果不计任何摩擦阻力和拐弯处的能量损失，小球进入右侧轨道后能到达h 高度的是( )答案 AC解析 小球在运动过程中机械能守恒，A 、C 选项中小球不能脱离轨道，在最高点速度为零，因而可以达到h 高度.但B 、D 选项中小球都会脱离轨道而做斜抛运动，在最高点具有水平速度，所以在最高点的重力势能要小于mgh (以最低点为零势能面)，即最高点的高度要小于h ，选项A 、C 正确.11.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时起，第1 s 内受到2 N 的水平外力作用，第2 s 内受到同方向的1 N 的外力作用.下列判断正确的是( )A.0～2 s 内外力的平均功率是94 WB.第2 s 内外力所做的功是54 JC.第2 s 末外力的瞬时功率最大D.第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量的比值是45答案 AD解析 根据牛顿第二定律得，物体在第1 s 内的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，在第2 s 内的加速度a 2＝F 2m ＝11 m /s 2＝1 m/s 2；第1 s 末的速度v 1＝a 1t ＝2 m /s ，第2 s 末的速度v 2＝v 1＋a 2t ＝3 m/s ；0～2 s 内外力做的功W ＝12m v 22＝92 J ，功率P ＝W t ＝94 W ，故A 正确；第2 s 内外力所做的功W 2＝12m v 22－12m v 21＝(12×1×32－12×1×22 )J ＝52 J ，故B 错误；第1 s 末的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝3 W ，故C 错误；第1 s 内动能的增加量ΔE k1＝12m v21＝2 J ，第2 s 内动能的增加量ΔE k2＝W 2＝52 J ，则ΔE k1ΔE k2＝45，故D 正确.12.如图5所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为h ，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( )图5A.动摩擦因数μ＝67B.载人滑草车的最大速度为2gh 7C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g答案 AB解析对滑草车从坡顶由静止滑下，到底端静止的全过程分析，得mg·2h－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道的过程，根据动能定理得，mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2，解得v＝2gh7，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝mg sin 37°－μmg cos 37°m＝－335g，选项D错误.二、实验题(本题共2小题，共16分)13.(6分)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图6甲)：甲乙图6(1)下列说法哪一项是正确的()A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上B.为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量C.实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为______ m/s.答案(1)C(2)0.653解析(1)平衡摩擦力的原理就是在没有拉力的情况下调整斜面倾角，使μ＝tan θ，A错；为减小系统误差应使钩码质量远小于小车质量，B错；实验时使小车靠近打点计时器能充分利用纸带，由静止释放则后面点测出的动能即等于该过程的动能变化量，便于利用实验数据进行探究，故选C.(2)v B ＝x AC2T＝0.653 m/s.14.(10分)“验证机械能守恒定律”的实验采用重物自由下落的方法.(g 取10 m/s 2)(1)用公式12m v 2＝mgh 验证，对纸带上起点的要求是初速度为________，为达到此目的，所选择的纸带第1、2两点间距应接近________.(2)若实验中所用重物质量m ＝1 kg ，打点纸带如图7甲所示，打点时间间隔为0.02 s ，则记录C 点时，重物速度v C ＝________，重物的动能E k C ＝________，从开始下落至C 点，重物的重力势能减少量是__________，因此可得出的结论是___________________________.(结果保留三位有效数字)图7(3)根据纸带算出相关各点的速度值，量出下落的距离，则以v 22为纵轴，以h 为横轴画出的图线应是图乙中的________. 答案 (1)0 2 mm(2)0.590 m/s 0.174 J 0.176 J 在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量 (3)C解析 (1)初速度为0，所选的第1、2两点间距应接近2 mm. (2)v C ＝x BD 2T ＝(31.4－7.8)×10－32×0.02 m /s ＝0.590 m/sE k C ＝12m v 2C ＝12×1×0.592J ≈0.174 J ΔE p ＝mgh ＝1×10×17.6×10－3 J ＝0.176 J在实验误差允许的范围内，重物动能的增加量等于重力势能的减少量. (3)由12m v 2＝mgh 可得v 22＝gh ∝h ，故选项C 正确.三、计算题(本题共3小题，共36分，解答应写出必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.(10分)如图8所示，竖直平面内半径为R 的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB 相连接，AB 的长度为x .一质量为m 的小球，在水平恒力F 作用下由静止开始从A 向B 运动，小球与水平轨道间的动摩擦因数为μ，到B 点时撤去力F ，小球沿圆轨道运动到最高点时对轨道的压力为2mg ，重力加速度为g .求：图8(1)小球在C 点的加速度大小； (2)恒力F 的大小.答案 (1)3g (2)μmg ＋7mgR 2x解析 (1)由牛顿第三定律知在C 点，轨道对小球的弹力N ＝2mg .小球在C 点时，受到重力和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得N ＋mg ＝ma ，解得a ＝3g .(2)设小球在B 、C 两点的速度分别为v 1、v 2，在C 点由a ＝v 22R得v 2＝3gR .从B 到C 过程中，由机械能守恒定律得 12m v 21＝12m v 22＋mg ·2R . 解得v 1＝7gR .从A 到B 过程中，由动能定理得 Fx －μmgx ＝12m v 21－0.解得F ＝μmg ＋7mgR2x.16.(12分)如图9甲所示，质量m ＝1 kg 的物体静止在光滑的水平面上，t ＝0时刻，物体受到一个变力F 作用，t ＝1 s 时，撤去力F ，某时刻物体滑上倾角为37°的粗糙斜面；已知物体从开始运动到斜面最高点的v －t 图像如图乙所示，不计其他阻力，g 取10 m/s 2，求：图9(1)变力F 做的功；(2)物体从斜面底端滑到最高点过程中克服摩擦力做功的平均功率； (3)物体回到出发点的速度大小. 答案 (1)50 J (2)20 W (3)2 5 m/s解析 (1)由图像知物体1 s 末的速度v 1＝10 m/s ， 根据动能定理得：W F ＝12m v 21＝50 J.(2)物体在斜面上升的最大距离： x ＝12×1×10 m ＝5 m 物体到达斜面时的速度v 2＝10 m/s ，到达斜面最高点的速度为零，根据动能定理： －mgx sin 37°－W f ＝0－12m v 22解得：W f ＝20 J ，P ＝W ft＝20 W. (3)设物体重新到达斜面底端时的速度为v 3，则根据动能定理： －2W f ＝12m v 23－12m v 22解得：v 3＝2 5 m/s 此后物体做匀速直线运动， 到达原出发点的速度为2 5 m/s.17.(14分)如图10所示，轨道ABCD 平滑连接，其中AB 为光滑的曲面，BC 为粗糙水平面，CD 为半径为r 的内壁光滑的四分之一圆管，管口D 正下方直立一根劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定，上端恰好与D 端齐平.质量为m 的小球在曲面AB 上距BC 高为3r 处由静止下滑，进入管口C 端时与圆管恰好无压力作用，通过CD 后压缩弹簧，压缩过程中小球速度最大时弹簧弹性势能为E p .已知小球与水平面BC 间的动摩擦因数为μ，求：图10(1)水平面BC 的长度s ；(2)小球向下压缩弹簧过程中的最大动能E km . 答案 (1)5r 2μ (2)32mgr ＋m 2g 2k－E p解析 (1)由小球在C 点对轨道没有压力， 有mg ＝m v 2C r小球从出发点运动到C 点的过程中，由动能定理得3mgr －μmg ·s ＝12m v 2C 解得s ＝5r 2μ.(2)速度最大时，小球加速度为0，设弹簧压缩量为x . 由kx ＝mg ，得x ＝mgk由C 点到速度最大时，小球和弹簧构成的系统机械能守恒 设速度最大时的位置为零势能面，有 12m v 2C ＋mg (r ＋x )＝E km ＋E p 解得E km ＝32mgr ＋m 2g 2k －E p .。
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习题课3机械能守恒定律的应用[学习目标] 1.进一步理解机械能守恒的条件及其判定.2.能灵活应用机械能守恒定律的三种表达方式.3.在多个物体组成的系统中，会应用机械能守恒定律解决相关问题.4.明确机械能守恒定律和动能定理的区别.一、机械能是否守恒的判断判断机械能是否守恒的方法：(1)做功条件分析法：若物体系统内只有重力和弹力做功，其他力均不做功，则系统机械能守恒，具体有三种表现①只受重力、弹力，不受其他力；②除受重力、弹力外还受其他力，其他力不做功；③除重力、弹力外还有其他力做功，但其他力做功的代数和为零.(2)能量转化分析法：若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转变成其他形式的能(如没有内能增加)，则系统的机械能守恒.例1(多选)如图1所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()图1A.斜劈对小球的弹力不做功B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒C.斜劈的机械能守恒D.小球机械能的减小量等于斜劈动能的增大量答案BD解析小球有竖直方向的位移，所以斜劈对小球的弹力对球做负功，故A选项错误；小球对斜劈的弹力对斜劈做正功，所以斜劈的机械能增加，故C选项错误.不计一切摩擦，小球下滑过程中，小球和斜劈组成的系统中只有动能和重力势能相互转化，系统机械能守恒，故B、D 选项正确.二、多物体组成的系统机械能守恒问题1.多个物体组成的系统，就单个物体而言，机械能一般不守恒，但就系统而言机械能往往是守恒的.2.关联物体注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系.3.机械能守恒定律表达式的选取技巧(1)当研究对象为单个物体时，可优先考虑应用表达式E k1＋E p1＝E k2＋E p2或ΔE k ＝－ΔE p 来求解.(2)当研究对象为两个物体组成的系统时：①若两个物体的重力势能都在减小(或增加)，动能都在增加(或减小)，可优先考虑应用表达式ΔE k ＝－ΔE p 来求解.②若A 物体的机械能增加，B 物体的机械能减少，可优先考虑用表达式ΔE A ＝－ΔE B 来求解. 例2 如图2所示，斜面的倾角θ＝30°，另一边与地面垂直，高为H ，斜面顶点上有一定滑轮，物块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，通过跨过定滑轮的轻而柔软的细绳连接.开始时两物块都位于与地面距离为12H 的位置上，释放两物块后，A 沿斜面无摩擦地上滑，B 沿斜面的竖直边下落.若物块A 恰好能达到斜面的顶点，试求m 1和m 2的比值.滑轮的质量、半径和摩擦均可忽略不计.图2答案 1∶2解析 设B 刚下落到地面时速度为v ，由系统机械能守恒得：m 2g H 2－m 1g H 2sin 30°＝12(m 1＋m 2)v 2 ①A 以速度v 上滑到顶点过程中机械能守恒，则：12m 1v 2＝m 1g H 2sin 30°， ②由①②得m 1m 2＝1∶2. 针对训练 如图3所示，在长为L 的轻杆中点A 和端点B 处各固定一质量为m 的球，杆可绕轴O 无摩擦的转动，将杆从水平位置无初速度释放.求当杆转到竖直位置时，杆对A 、B 两球分别做了多少功？图3答案 －15mgL 15mgL 解析 设当杆转到竖直位置时，A 球和B 球的速度分别为v A 和v B .如果把轻杆、两球组成的系统作为研究对象，因为机械能没有转化为其他形式的能，故系统机械能守恒，可得：mgL ＋12mgL ＝12m v 2A ＋12m v 2B ①因A 球与B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A②联立①②得：v A ＝3gL 5，v B ＝12gL 5. 根据动能定理，对A 有：W A ＋mg ·L 2＝12m v 2A －0， 解得W A ＝－15mgL . 对B 有：W B ＋mgL ＝12m v 2B －0，解得W B ＝15mgL . 三、机械能守恒定律与动能定理的综合应用例3 为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37°、长为l ＝2 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与半径为R ＝0.2 m 的竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的.其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图4所示.一个质量m ＝1 kg 的小物块以初速度v 0＝5 m/s 从A 点沿倾斜轨道滑下，小物块到达C 点时速度v C ＝4 m/s.取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图4(1)求小物块到达C 点时对圆轨道压力的大小；(2)求小物块从A 到B 运动过程中摩擦力所做的功；(3)为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE 滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？ 答案 (1)90 N (2)－16.5 J (3)R ≤0.32 m解析 (1)设小物块到达C 点时受到的支持力大小为N ，根据牛顿第二定律有，N －mg ＝m v 2C R解得：N ＝90 N根据牛顿第三定律得，小物块对圆轨道压力的大小为90 N(2)小物块从A 到C 的过程中，根据动能定理有：mgl sin 37°＋W f ＝12m v 2C －12m v 20 解得W f ＝－16.5 J(3)设小物块进入圆轨道到达最高点时速度大小为v 1，为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，则v 1≥gR小物块从圆轨道最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒定律有：12m v 2C ＝12m v 21＋2mgR ，当v 1＝gR 时， 联立解得R ＝0.32 m ，所以为使小物块能通过圆弧轨道的最高点，竖直圆弧轨道的半径应满足R ≤0.32 m.1.(机械能是否守恒的判断)(多选)如图5所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A 位置有一只小球.小球从静止开始下落，在B 位置接触弹簧的上端，在C 位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零.对于小球下降阶段，下列说法中正确的是(不计空气阻力)( )图5A.在B 位置小球动能最大B.在C 位置小球动能最大C.从A 到C 位置小球重力势能的减少等于小球动能的增加D.整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒答案 BD解析 小球从B 运动至C 过程，重力大于弹力，合力向下，小球加速，从C 运动到D ，重力小于弹力，合力向上，小球减速，故在C 点动能最大，故A 错误，B 正确.小球下降过程中，只有重力和弹簧弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒，D 正确；从A 到C 位置小球重力势能的减少量等于动能增加量和弹性势能增加量之和，故C 错误.2.(多物体组成的系统机械能守恒问题)(多选)如图6所示，a 、b 两物块质量分别为m 、3m ，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧.开始时，a 、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后由静止释放，直至a 、b 物块间高度差为h ，不计滑轮质量和一切摩擦，重力加速度为g .在此过程中，下列说法正确的是( )图6A.物块a 的机械能守恒B.物块b 的机械能减少了23mgh C.物块b 机械能的减少量等于物块a 机械能的增加量D.物块a 、b 与地球组成的系统机械能守恒答案 CD解析 释放b 后物块a 加速上升，物块a 动能和重力势能均增加，故机械能增加，选项A 错误.对物块a 、b 与地球组成的系统，只有重力做功，故机械能守恒，选项D 正确.物块a 、b构成的系统机械能守恒，有(3m )g h 2－mg h 2＝12m v 2＋12(3m )v 2，解得v ＝gh 2；物块b 动能增加量为12(3m )v 2＝34mgh ，重力势能减少32mgh ，故机械能减少32mgh －34mgh ＝34mgh ，选项B 错误.由于绳的拉力对a 做的功与b 克服绳的拉力做的功相等，故物块b 机械能的减少量等于物块a 机械能的增加量，选项C 正确.3.(机械能守恒定律与动能定理的综合应用)如图7所示，一内壁光滑的半径为R ＝0.4 m 的半圆形管道CD 竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与半圆形管道在C 处连接完好.置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B 处为弹簧原长状态的右端.将一个质量为m ＝0.8 kg 的小球放在弹簧的右侧后，用力水平向左推小球压缩弹簧至A 处，然后将小球由静止释放，小球运动到C 处时对轨道的压力大小为F 1＝58 N.水平轨道以B 处为界，左侧AB 段长为x ＝0.3 m ，与小球间的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC 段光滑.g ＝10 m/s 2，求：图7(1)弹簧在压缩时所储存的弹性势能；(2)小球运动到管道最高处D 点时对轨道的压力.答案 (1)11.2 J (2)10 N ，方向竖直向上解析 (1)对小球在C 处，由牛顿第二定律、牛顿第三定律及向心力公式得F 1－mg ＝m v 2C R， 解得v C ＝5 m/s.从A 到B 由动能定理得E p －μmgx ＝12m v 2C ， 解得E p ＝11.2 J.(2)从C 到D ，由机械能守恒定律得：12m v 2C ＝2mgR ＋12m v 2D ， v D ＝3 m/s ，由于v D ＞gR ＝2 m/s ，所以小球在D 点对轨道外壁有压力.小球在D 点，由牛顿第二定律及向心力公式得F 2＋mg ＝m v 2D R，解得F 2＝10 N. 由牛顿第三定律可知，小球在D 点对轨道的压力大小为10 N ，方向竖直向上.课时作业一、选择题(1～5为单选题，6～8为多选题)1.如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中( )图1A.小球的机械能守恒B.重力对小球不做功C.轻绳的张力对小球不做功D.在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量答案 C解析斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、轻绳张力的作用，由于除重力做功外，支持力和轻绳张力总是与运动方向垂直，故不做功，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错，C对；小球动能的变化量等于合外力对其做的功，即重力与摩擦力做功的代数和，D错.2.木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图2所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下列说法正确的是()A.子弹的机械能守恒B.木块的机械能守恒图2C.子弹和木块的总机械能守恒D.以上说法都不对答案 D解析子弹打入木块的过程中，子弹克服摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒.3.如图3所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h，若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)()图3A.2ghB.ghC.gh 2D.0答案 B解析 小球A 由静止释放到下降h 的过程中系统机械能守恒，则mgh ＝E p .小球B 由静止释放到下降h 的过程中系统机械能也守恒，则2mgh ＝E p ＋12(2m )v 2，解得v ＝gh ，故B 正确.4.如图4所示的滑轮光滑且轻质，阻力不计，M 1＝2 kg ，M 2＝1 kg ，M 1离地高度为H ＝0.5 m ，g ＝10 m/s 2.M 1与M 2从静止开始释放，M 1由静止下落0.3 m 时的速度为( )图4A. 2 m/sB.3 m/sC.2 m/sD.1 m/s答案 A解析 对系统运用机械能守恒定律得，(M 1－M 2)gh ＝12(M 1＋M 2)v 2，代入数据解得v ＝ 2 m/s ，故A 正确，B 、C 、D 错误.5.如图5所示，小物体A 和B 通过轻质弹簧和轻绳跨过光滑定滑轮连接，初状态在外力控制下系统保持静止，轻弹簧处于原长，且轻弹簧上端离滑轮足够远，A 离地面足够高，物体A 和B 同时从静止释放，释放后短时间内B 能保持静止，A 下落h 高度时，B 开始沿斜面上滑，已知斜面光滑，则下列说法中正确的是( )图5A.B 滑动之前，A 机械能守恒B.B 滑动之前，A 机械能减小C.B 滑动之前，A 、B 组成的系统机械能守恒D.B 滑动之后，A 、B 组成的系统机械能守恒答案 B解析 B 滑动之前，A 下落时，绳子的拉力对A 做负功，A 的机械能不守恒，由功能关系知，A的机械能减小，故A错误，B正确；B滑动之前，A的机械能减小，B的机械能不变，则A、B组成的系统机械能减小，故C错误；B滑动之后，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误.6.竖直放置的轻弹簧下连接一个小球，用手托起小球，使弹簧处于压缩状态，如图6所示.则迅速放手后(不计空气阻力)()图6A.放手瞬间小球的加速度等于重力加速度B.小球、弹簧与地球组成的系统机械能守恒C.小球的机械能守恒D.小球向下运动过程中，小球动能与弹簧弹性势能之和不断增大答案BD解析放手瞬间小球的加速度大于重力加速度，A错；整个系统(包括地球)的机械能守恒，B 对，C错；向下运动过程中，由于重力势能减小，所以小球的动能与弹簧弹性势能之和增大，D正确.7.内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为2R的轻杆，一端固定有质量为m的小球甲，另一端固定有质量为2m的小球乙.现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点，如图7所示，由静止释放后()图7A.下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B.下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C.甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D.杆从右向左滑回时，乙球一定能回到凹槽的最低点答案AD解析环形凹槽光滑，甲、乙组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到凹槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到凹槽的最低点.8.如图8所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁.现让一小球自左端槽口A 点的正上方由静止开始下落，从A 点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )图8A.小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球的机械能守恒C.小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒D.小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒答案 BC二、非选择题9.用轻质不可伸长的细绳连接的A 、B 两球分别悬挂在一半径为R 的横置的半圆形圆柱面的内、外两侧，A 球质量为B 球质量的2倍，现将A 球从圆柱边缘处由静止释放，如图9所示.已知A 球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小.图9答案 22－25gR 解析 设A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v ，B 球的质量为m ，则根据机械能守恒定律有2mgR －2mgR ＝12×2m v 2＋12m v 2B ，由图可知，A 球的速度v 与B 球速度v B 的关系为v B ＝v 1＝v cos 45°，联立解得v ＝22－25gR .10.如图10所示，半径为R 的光滑半圆弧轨道与高为10R 的光滑斜轨道放在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，水平轨道与斜轨道间有一段圆弧过渡.在水平轨道上，轻质弹簧被a 、b 两小球挤压，处于静止状态.同时释放两个小球，a 球恰好能通过圆弧轨道的最高点A ，b 球恰好能到达斜轨道的最高点B .已知a 球质量为m 1，b 球质量为m 2，重力加速度为g .求：图10(1)a 球离开弹簧时的速度大小v a ；(2)b 球离开弹簧时的速度大小v b ；(3)释放小球前弹簧的弹性势能E p .答案 (1)5gR (2)25gR (3)(52m 1＋10m 2)gR 解析 (1)由a 球恰好能通过A 点知：m 1g ＝m 1v 2A R由机械能守恒定律得：12m 1v 2a －12m 1v 2A ＝m 1g ·2R 解得v a ＝5gR . (2)对于b 球由机械能守恒定律得：12m 2v 2b ＝m 2g ·10R 解得v b ＝20gR ＝25gR . (3)由机械能守恒定律得：E p ＝12m 1v 2a ＋12m 2v 2b 解得E p ＝(52m 1＋10m 2)gR .11.物块A 的质量为m ＝2 kg ，物块与坡道间的动摩擦因数为μ＝0.6，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h ＝1 m ，倾角为θ＝37°.物块从坡道进入水平滑道时，在底端O 点处无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平滑道M 处，另一自由端恰位于坡道的底端O 点，如图11所示.物块A 从坡顶由静止滑下，重力加速度为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图11(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧为最大压缩量时的弹性势能；(3)物块A 被弹回到坡道后上升的最大高度.答案 (1)2 m/s (2)4 J (3)19m 解析 (1)由动能定理得mgh －μmgh tan θ＝12m v 2 代入数据解得v ＝2 m/s(2)在水平滑道上，由机械能守恒定律得12m v 2＝E p 代入数据得E p ＝4 J(3)设物块A 能够上升的最大高度为h 1，物块被弹回过程中由动能定理得0－12m v 2＝－mgh 1－μmgh 1tan θ代入数据解得h 1＝19m.。