全章整合与拔高 (1)(14页).doc

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1、-全章整合与拔高 (1)-第 14 页机械能守恒定律全章整合与拔高一、全章知识结构二、专题整合专题1：功与功率的计算方法1功的计算方法（1）运用 WFlcos （常用于求恒力做功）（2）运用 WPt（既可求恒力做功，也可求变力做功）（3）运用动能定理 W合Ek（常用于变力做功）（4）先求平均力，后求功 W F lcos （适用于求解线性变化的力做功）（5）图象法求功：作出 Fl 图，计算图线与 l 轴包围的面积，在数值上与 F 做的功相等（6）微元求和法2功率的计算（1）公式P求出的是恒定功率或t时间内的平均功率（2）公式PFv（PFvcos ，当0时公式简化为PFv），若v表示瞬时速度，则可

2、用PFv计算瞬时功率；若v为平均速度，可用PFv计算平均功率求平均功率适用的条件是恒力作用下物体向着确定的方向做直线运动注意：功有正、负，但功的正、负既不表示大小，也不表示方向，仅表示做功的效果【例1】（2011，海南高考）一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用下列判断正确的是（）A02 s内外力的平均功率是 WB第2秒内外力所做的功是 JC第2秒末外力的瞬时功率最大D第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是解析：根据牛顿第二定律得，物体在第1 s内的加速度a12 m/s2，在第2 s内的加速度a2 m/s21

3、 m/s2；第1 s末的速度v1a1t2 m/s，第2 s末的速度v2v1a2t3 m/s；02 s内外力做的功Wmv J，功率PW，故A项正确；第2 s内外力所做的功W2mvmvJ J，故B项错误；第1 s末的瞬时功率P1F1v14 W第2 s末的瞬时功率P2F2v23 W，故C项错误；第1 s内动能的增加量Ek1mv2 J，第2 s内动能的增加量Ek2W2 J，所以，故D项正确。答案：AD方法规律：对于单一匀变速直线运动过程，求解平均功率可以用PFv，但是像本题为多过程问题，求解平均功率用P；瞬时功率的求法只能用PFv，所以过程分析、计算准确尤为重要；对于动能增加量问题可以用动能定理，也可

4、以用初末动能相减。链接高考：1-1.（2012，福建高考）如图7-11-6所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态，剪断轻绳后A下落，B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（）图7-11-6A速率的变化量不同B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同D重力做功的平均功率相同答案：D解：剪断轻绳后，由于不计摩擦，A、B两个物块的机械能都守恒，即两物块的机械能变化量均为0，B项错误；由mghmv2得v，则A、B两物块下落到地面时的速度大小相同，所以A、B两物块的速率变化量相同，A项错误；剪

5、断轻绳前，A、B均处于平衡状态，设轻绳的拉力为T，则有TmAg，TmBgsin，可得mAmBsin；剪断轻绳后，A、B下落高度相同，由Epmgh知A的重力势能的变化量小于B的重力势能的变化量，C项错误；剪断轻绳后，A、B两物块着地所用的时间分别为tA、tB，则重力做功的平均功率分别为PA、PB，由mAmBsin，可知PAPB，D项正确。专题2：两种启动1机车以恒定功率启动的运动过程所以机车达最大速度时，a0，FFf，PFvmFfvm，这一启动过程的vt图象如图7-11-8甲所示2机车以恒定加速度启动的运动过程这一运动过程的vt图象如图7-11-8乙所示甲 乙图7-11-8温馨提醒：两种启动过程

6、中，物理量变化的判断主要依靠两个公式PFv，a。另外，PPm、a0为两种方式的最终状态3机车以恒定加速度启动时的分段处理（1）图乙中0t0段P均匀增加（PFv，a不变，F不变，v均匀增加），可按匀加速直线运动及平均功率处理（2）t0时刻P增至P额，v0，t0t1段PP额Fv，功率不变，Ff不变，牵引力F和a变小，但速度v仍增加此阶段牵引力是变力，牵引力的功为WP（t1t0）。（3）t1时刻后，P额Ffvm成立。易错提示：（1）机车以恒定加速度启动时，先后经过两个过程，匀加速结束时的速度并未达到整个过程的最大速度vm，只是达到匀加速阶段的最大速度（2）在PFv中，因为P为机车牵引力的功率，所以对

7、应的F是牵引力并非合力，这一点在计算时极易出错。（3）只有最终匀速运动时FFf，vm。【例2】一汽车的额定功率P06104 W，质量m5103 kg，在水平直路面上行驶时阻力是车重的0.1倍若汽车从静止开始以加速度a0.5 m/s2做匀加速直线运动，求：（1）汽车保持加速度不变的时间；（2）汽车实际功率随时间变化的关系；（3）此后汽车运动所能达到的最大速度审题：（1）（2）问题对应匀加速启动问题；（3）问题对应的是功率不变的启动问题，只不过汽车的初速度不为0，而是匀加速启动到实际功率达到最大时的末速度。解析：汽车开始做匀加速运动，牵引力F和阻力恒定，随着速度增加，它的实际功率逐渐增大，直到Fv

8、等于额定功率为止；此后汽车保持额定功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，直到牵引力等于阻力为止（1）设汽车做匀加速直线运动时的牵引力为F，阻力为Ff，匀加速过程中的最大速度为vt，有FFfmaFfmgP0Fvt由以上各式可求得vt8.0 m/s匀加速过程持续的时间t16 s.（2）汽车在匀加速直线运动过程中的实际功率与时间的关系是P1Fvm（ga）at.（3）汽车达到额定功率后，将保持额定功率不变，随着速度的增加，牵引力减小，但只要牵引力大于阻力，汽车就做加速运动，只是加速度要减小，汽车做加速度逐渐减小的加速直线运动直到牵引力FFf，加速度变为零，汽车所能达到的最大速度v

9、m12 m/s.答案：（1）16 s（2）Pm（ag）at（3）12 m/s规律总结：机车的输出功率PFv，其中P、F、v之间存在着制约关系，在机车启动问题中，首先要确定不变量。（1）若匀加速启动，则a、F不变，v增大随v增大，功率P也增大，当PP额时，匀加速结束此时速度v1。（2）若功率P不变，则随v增大，F减小，从而加速度a减小，机车做的是加速度减小的加速，最后匀速匀速时速度最大vmax，显然，vmaxv1。链接高考：2.（2012福建高考）如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经

10、过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：（1）小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；（2）小船经过B点时的速度大小v1；（3）小船经过B点时的加速度大小a。解析：（1）小船从A点运动到B点克服阻力做功Wffd （2）小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功WPt1 由动能定理有WWfmv12mv02由式解得v1（3）设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为，电动机牵引绳的速度大小为u，则PFu uv1cos 由牛顿第二定律有Fcosfma 由式解得a答案：（1）fd （2） （3）专题3：动能

11、定理的应用1公式：WEkmvmv。2W是合外力对物体做的功，可以通过物体所受的各个力对物体做功的代数和来求。3Ek1mv、Ek2mv是物体初、末状态的动能，EkEk2Ek1为物体做功过程中动能的增量。4在应用动能定理解题时，要注意以下几个问题：（1）正确分析物体的受力，要考虑物体所受的所有外力，包括重力（2）要弄清各个外力做功的情况，计算时应把各已知功的正负号代入动能定理的表达式（3）在计算功时，要注意有些力不是全过程都做功的，必须根据不同情况分别对待，求出总功（4）动能定理的计算式为标量式，v 必须是相对同一参考系的速度（5）动能是状态量，具有瞬时性，用平均速度计算动能是无意义的【例3】质量

12、为m1.5 kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行x14 m停在B点，已知A、B两点间的距离x5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数0.20，求恒力F多大（g取10 m/s2）审题：本题物体先加速后减速，为多过程问题，所以利用动能定理解答可以分段，也可以采用全过程法。解析：整个过程摩擦力均做功WFfx又Ffmg对全过程由动能定理F（xx1）Ffx0解以上各式得：F代入数值得：F15 N。答案：15 N规律总结：1.动能定理的研究对象可以是单一物体，也可以是能够看做单一物体的系统，动能定理适用于直线运动，也适用于曲线运动，而且

13、在分析中不用研究物体运动的细节，只需考虑整个过程的做功量及过程的初末动能因此，比牛顿第二定律的适用范围更广泛2.应用动能定理可以把物体经历的物理过程分为几段处理，也可以把全过程看做整体来处理链接高考3.（2014湛江高一期末）如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定导轨在B点衔接，导轨半径为，一个质量为的静止物块（可看成质点）在A处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不粘连），把物块释放，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点（物块已经与弹簧分开）进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆的最高点C，不计空气阻力，求：（1）物块经过B点时速度的大小；（2）刚开始时被压

14、缩弹簧的弹性势能；（3）物块从B至C克服阻力所做的功。COABR解析：（1）物块进入半圆导轨B点瞬间的速度为，物块在B点时： 由牛顿第二定律得：由得物块经过B点时速度的大小： （2）物块从A到B的过程，机械能守恒有： 由解得： （3）物块到达C点时的速度为vC，物块在C点： 物块从B到C的过程，由动能定理得： 由解得物块从B到C过程克服阻力做的功： 专题4：机械能守恒定律及其应用1判断系统机械能是否守恒的方法（1）方法一：用做功来判定对某一系统，若只有重力和系统内弹力做功，其他力不做功，则该系统机械能守恒。（2）方法二：用能量转化来判定若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的

15、能的转化，则物体系统机械能守恒。温馨提示：（1）对于多个物体组成的系统，研究对象的选取是解题的关键环节，若选单个物体为研究对象时，机械能可能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的（2）要注意研究组成系统内的物体相关联的物理量的关系，一般说来，绕一轴转动的两物体角速度相同；通过不可伸长细绳连接的两物体速度大小相等2机械能守恒定律的三种表达方式：（1）Ek1Ep1Ek2Ep2，理解为物体或系统初状态的机械能与末状态的机械能相等。（2）EkEp,表示动能和势能发生了相互转化，系统减少（或增加）的势能等于增加（或减少）的动能。（3）EAEB，适用于系统，表示由 A、B

16、 组成的系统，A 部分机械能的增加量与 B 部分机械能的减少量相等。【例 4】如图 7-11-13所示，摆球的质量为 m，从偏离水平方向30的位置由静止释放，求小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多大？图7-11-13审题：小球开始不是从水平位置释放，而是如图所示的位置释放，所以，小球先做一段自由落体运动，拉紧绳子瞬间有能量的损失，之后再做圆周运动。解析：设悬绳长为L，小球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h2Lsin 30L，处于松弛状态的细绳被拉直为止，这时小球的速度竖直向下，由动能定理得mghmv2，所以v当绳被拉直时，在绳的拉力作用下，沿绳方向的速度减为零，相应的动能转化为绳的

17、内能；小球与绳垂直的方向上的速度为v1vcos 30小球开始做变速圆周运动到最低点，这一过程机械能守恒，有m（vcos 30）2mgL（1cos 60）mv在最低点A，根据牛顿第二定律有Tmgm则Tmgm3.5mg。方法规律：从本题看到，分析物体的运动选择对应的规律是解决问题的关键。绳子拉紧的瞬间有能量的损失，物体做圆周运动时，优先考虑动能定理，在解决瞬间问题，如最高点或最低点时，利用牛顿运动定律，在最高点还要注意临界问题。链接高考：4-1.（2012，上海高考），如图7-11-17所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍，B

18、处于地面时，A恰与圆柱轴心等高，将A由静止释放，B上升的最大高度是（）图7-11-17A2RBRCRDR解析：本题用两次机械能守恒定律，在使用时，要注意重力势能的变化或者两球高度的变化，同时还要抓住一些隐含条件，如两球速度考试阶段相等，最高点速度为0等。AB组成系统机械能守恒，当A下落到地面时，B恰好上升到与圆柱轴心等高，设此时A、B速度均为v，设B质量为m，据机械能守恒2mgRmgR3mv2.解得v，此后B球竖直上升设上升h后速度为0，则hR故B上升最大高度HRhR，故选C.答案：C连接高考4-2（2014广东汕尾市高一期末）如图所示，一光滑的半径为R的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m的

19、小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道的压力恰好为零，则小球落地点C距A处多远？小球冲上轨道前的速度是多大？解析：由题意知，当小球在B点时由重力提供向心力，可得：mg=m，所以 vB=小球离开B点后做平抛运动，则有：水平方向有：x=vBt竖直方向有：2R=，得：t=2，联立解得：小球落地点C到A点的距离：x=vBt=2=2R小球从A点到B点过程，机械能守恒，以A点所在水平面为零势能参考面：=+mg2R 由以上方程联立解得：vA=答案：小球落地点C距A处2R，小球冲上轨道前的速度是专题5：功能关系的应用1力学中几种常用的功能关系合外力的功（所有外力的功）动能变化重力的功重力势能变

20、化弹簧弹力的功弹性势能变化弹簧弹力、重力的功不引起机械能变化一对滑动摩擦力的总功内能变化说明：滑动摩擦力做功的情况：一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和总是负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，又恰好等于系统损失的机械能2只有重力或弹力做功时，机械能守恒，E0或Ek1Ep1Ek2Ep2或Ep减Ek增或EA减EB增3能量守恒定律：E减E增。4能量守恒是无条件的，利用它解题一定要明确在物体运动过程的始、末状态间有几种形式的能在相互转化，哪些形式的能在减少，哪些形式的能在增加，摩擦产生的热（内能）与路径有关，QFfl相对【例5】（2013，全国高考）如图7-11-19所示，一固定斜面倾角为

21、30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度，沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g。若物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）mH30图7-11-19A动能损失了2mgHB动能损失了mgHC机械能损失了mgHD机械能损失了mgH审题：解决本题前一定要仔细审题，不要用习惯作答，有题意中的“加速度的大小等于重力加速度的大小g”分析物体的受力，然后根据功能关系解答。解析：因为加速度大小等于g，故合外力Fmg，根据动能定理，动能损失等于克服合外力做的功即，EkFLmg2mgH，A项正确，B项错误；此过程中，重力势能增加了EpmgH，故机械能损失了EEkEpmgH，C项正

22、确，D项错误答案：AC方法规律：应用功能关系解题时，确定准某种能量的变化对应于哪种力做功是关键，可以通过能量变化求力的功，也可以通过力做的功求对应能量的变化链接高考5-1（2009，山东高考）如图7-11-20所示为某探究活动小组设计的节能运动系统斜面轨道倾角为30，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程下列选项正确的是（）图7-11-20AmMBm2MC木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱与

23、货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能答案：BC解：本题主要考查功能关系，设弹簧被压至最短时木箱下滑距离为L，此时弹簧弹性势能为Ep.由功和能的关系可得下滑时：（Mm）gLsin30（Mm）gLcos30Ep上滑时：EpMgLsin30MgLcos30将代入解得：m2M，A项错误，B项正确；下滑时加速度a下gsin30gcos30上滑时加速度a上gsin30gcos30所以答案C正确，在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，克服摩擦力做功，故D项错，正确答案BC.5-2（2010，上海高考）如图7-11-21所示，倾角37，质量M50 kg的粗糙斜面位于水平地面上，

24、质量m2 kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t2 s到达底端，运动路程L4 m，在此过程中斜面保持静止（sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2），求：图7-11-21（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；（2）地面对斜面的支持力大小；（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理解析：（1）对木块受力分析如图7-11-22所示图7-11-22对木块：mgsin f1ma，mgcos N10因为sat2，得a2 m/s2所以，f18 N，N116 N对斜面：受力分析如图7-11-23所示，由平衡方程得fN1sin f1cos 3.2 N，方向向左（如果设摩擦力f向右

25、，则fN1sin f1cos 3.2 N，同样方向向左）图7-11-23（2）地面对斜面的支持力大小NfN1cos f1sin 67.6 N.（3）木块受两个力做功重力做功：WGmghmgssin 48 J摩擦力做功：Wffs32 J合力做功或外力对木块做的总功：WWGWf16 J动能的变化Ekmv2m（at）216 J所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕答案：（1）3.2 N方向向左（2）67.6 N（3）见解析专题6：实验专题（探究外力做功与动能变化的关系、验证机械能守恒定律）（1）在探究功与速度变化的关系实验中，只要验证合外力做功等于动能的变化量或合外力做功与动

26、能变化量的图像为直线即可。（2）只要满足机械能守恒定律条件的现象都可以成为验证机械能守恒定律的实验，在实验室中常以重锤的自由落体运动为主，为了简化过程，让物体的初速度为0，这样物体末动能的大小在数值上等于物体重力势能的变化量。数据的处理可以借助图像。【例6】质量为1 kg的重物自由下落，通过打点计时器在纸带上记录运动过程，打点计时器所接电源为6 V、50 Hz的交流电源，如图7-11-24所示，纸带上O点为重物自由下落时纸带打点的起点，选取的计数点A、B、C、D、E、F、G依次间隔一个点（图中未画出），各计数点与O点之间的距离依次为31.4、70.6、125.4、195.9、282.1、383

27、.8、501.2，单位为mm。则： 单位：mm图7-11-24（1）求出B、C、D、E、F各点速度并填入下表：计数点BCDEF速度（ms1）（2）求出物体下落时从O点到图中各点过程中重力所做的功，并填入下表；计数点BCDEF功（J）（3）适当选择坐标轴，在图7-11-25中作出物体重力做的功与物体速度之间的关系图象图中纵坐标表示_，横坐标表示_，由图可得重力所做的功与_成_关系图7-11-25审题：纸带描迹法求速度利用平均速度法替代瞬时速度，描绘图线时让更多地点落在图线上，没有落在图线上的点均匀分布在图线的两侧。解析：（1）各点速度由公式v，求出vB m/s1.18 m/s同理vC1.57 m

28、/s，vD1.96 m/s，vE2.35 m/s，vF2.74 m/s（2）重力做的功由Wmgx求出WBmgOB19.870.6103 J0.69 J同理WC1.23 J，WD1.92 J，WE2.76 J，WF3.76 J（3）以重力做的功为纵坐标，以速度的二次方为横坐标，作的WG-v2图象如图7-11-26所示图7-11-26由图象可知，重力做的功与物体速度的平方成正比答案：（1）1.181.571.962.352.74（2）0.691.231.922.763.76（3）重力做的功WG物体速度的平方v2物体速度的平方v2正比方法规律：两个实验的异同点。实验名称原理公式利用纸带测量的物理量验

29、证机械能守恒定律mgh瞬时速度和下落的高度探究动能定理W匀速时的速度链接高考：6.（2009，广东高考）某实验小组利用拉力传感器和速度传感器探究“动能定理”如图7-11-27所示，他们将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线将其通过一个定滑轮与钩码相连，用拉力传感器记录小车受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，记录小车通过A、B时的速度大小，小车中可以放置砝码图7-11-27（1）实验主要步骤如下：测量_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，另一端通过定滑轮与钩码相连；正确连接所需电路；将小车停在C点，_，小车在细线拉动下运动，记录

30、细线拉力及小车通过A、B时的速度在小车中增加砝码，或_，重复的操作（2）表1是他们测得的一组数据，其中M是M1与小车中砝码质量之和， 是两个速度传感器记录速度的平方差，可以据此计算出动能变化量E，F是拉力传感器受到的拉力，W是F在A、B间所作的功表格中的E3_，W3_.（结果保留三位有效数字）（3）根据表1，请在图7-11-28中的方格纸上作出EW图线图7-11-28表1数据记录表次数M/kg /（m/s）2E/JF/NW/J10.5000.7600.1900.4000.20020.5001.650.4130.8400.42030.5002.40E31.220W341.0002.401.202.4201.2151.0002.841.422.8601.43答案：（1）小车由静止释放改变钩码数量（2）0.600 J0.610 J（3）如图7-11-29解：本题主要考查动能定理，意在考查控制变量法及考生利用图象法处理实验数据的能力（1）在实验过程中拉力对小车和传感器做功使小车和传感器的动能增加，所以需要测量小车和传感器的总质量；通过控制变量法只改变小车的质量或只改变拉力大小得出不同的数据；（2）通过拉力传感器的示数和AB长用WFL可计算拉力做的功；（3）利用图象法处理数据，由动能定理W 可知W与E成正比，作图可用描点法图7-11-29