2019高中物理 第3章 动能的变化与机械功章末总结学案 沪科版必修2.doc

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1、1第第 3 3 章章 动能的变化与机械功动能的变化与机械功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WFscos 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WPt求功2功率的计算方法(1)P ：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W t的平均功率(2)PFvcos ：此式一般计算瞬时功率，但当速度为平均速度时，功率为平均功率例 1 质量为m20 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.202 s 内F与运动方向相反，24 s 内F与运动方向相同，物体的vt图像如图 1 所示，g 取 10 m/s2，则

2、( )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 WC4 s 内拉力所做的功为 480 JD4 s 内物体克服摩擦力做的功为 320 J答案 B解析 由题图可得：02 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1 v t10 2m/s25 m/s2，匀减速过程有Ffma1.匀加速过程加速度大小为a2 m/s21 v t2 2m/s2，有Ffma2，解得f40 N，F60 N，故 A 错误物体在 4 s 时拉力的瞬时功率为PFv602 W120 W，故 B 正确.4 s 内物体通过的位移为s( 210 22)1 21 2m8 m，拉力做功为WFs480 J，

3、故 C 错误.4 s 内物体通过的路程为x( 210 22) m12 m，摩擦力做功为Wffx4012 J480 J，故 D1 21 2错误针对训练 1 如图 2 所示，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v0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 C3解析 由动能定理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Pmgvcos ，为重力与速度方向的夹角，由于不

4、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 ，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W t二、对动能定理的理解及在多过程问题中的应用动能定理一般应用于单个物体，研究过程可以是直线运动，也可以是曲线运动；既适用于恒力做功，也适用于变力做功；既适用于各个力同时作用在物体上，也适用于不同的力分阶段作用在物体上，凡涉及力对物体做功过程中动能的变化问题几乎都可以使用，但使用时应注意以下几点：1明确研究对象和研究过程，确定初、末状态的速度情况2对物体进行正确的受力分

5、析(包括重力、弹力等)，弄清各力做功大小及功的正、负情况3有些力在运动过程中不是始终存在，物体运动状态、受力等情况均发生变化，则在考虑外力做功时，必须根据不同情况分别对待，正确表示出总功4若物体运动过程中包含几个不同的子过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一个整体过程考虑，列出动能定理方程求解例 2 一列火车由机车牵引沿水平轨道行驶，经过时间t，其速度由 0 增大到v.已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力求这段时间内列车通过的路程答案 Pt12Mv2 f解析 以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力设列车通过的路程为x.据动能定理WFWfMv20，因为列车功率一定，

6、据P 可知牵引力的功1 2W tWFPt，PtfxMv2，解得x.1 2Pt12Mv2 f例 3 滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来如图 3 是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，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段粗糙且长 8 m某运动员从轨道上的A点以 3 m/s 的速度水平滑出，在B点刚好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，到达E点时速度减为零，然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h2 m，H2.8 m，g取 10 m/

7、s2.求：4图 3(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；(2)轨道CD段的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？答案 (1)6 m/s (2)0.125 (3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m 处或C点右侧1.6 m 处解析 (1)由题意可知：vBv0 cos 60解得：vB6 m/s.(2)从B点到E点，由动能定理可得：mghmgxCDmgH0mvB21 2代入数据可得：0.125.(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：mghmghmg2xCD

8、0mvB21 2解得h1.8 mh2 m所以第一次返回时，运动员不能回到B点 设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为x，由动能定理可得：mghmgx0mvB21 2解得：x30.4 m因为x3xCD6.4 m，所以运动员最后停在D点左侧 6.4 m 处或C点右侧 1.6 m 处三、动能定理与平抛运动、圆周运动的结合动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，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有关物理量(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点

9、的临界条件为vmin0.没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin.gR例 4 如图 4 所示，一可以看成质点的质量m2 kg 的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面5飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中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53，轨道半径R0.5 m已知 sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力，g取 10 m/s2.图 4(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点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解析 (1)在A点由平抛运动规律得：vAv0.v

10、0 cos 535 3小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(RRcos )mvA2mv021 21 2由得：v03 m/s.(2)在最高点C处有mg，小球从桌面到C点，由动能定理得WfmvC2mv02，代入mvC2 R1 21 2数据解得Wf4 J.针对训练 2 如图 5 所示，在某电视台的“冲关大挑战”节目中，参赛选手沿固定的倾斜滑道AB下滑，通过光滑圆弧轨道BC后从C点飞出，落到水池中的水平浮台DE上才可以进入下一关某次比赛中，选手从A点由静止开始下滑，恰好落在浮台左端点D.已知滑道AB与圆弧BC在B点相切，C点切线水平，AB长L5 m，圆弧半径R2 m，BOC37，C点距浮台面的竖

11、直高度h2.45 m，水平距离L12.8 m，浮台宽L22.1 m，选手质量m50 kg，不计空气阻力g10 m/s2，求：图 5(1)选手运动到C点时的速度大小；(2)在圆弧C点，选手对轨道压力大小；(3)若要进入下一关，选手在A点沿滑道下滑的初速度最大是多少？(sin 370.6，cos 370.8)6答案 见解析解析 (1)选手从C点飞出后做平抛运动，所以：hgt21 2L1vCt代入数据得：vC4 m/s(2)设在C点选手受到的支持力大小为N，则在C点：NmgmvC2 R代入数据得：N900 N根据牛顿第三定律，在C点，选手对轨道的压力大小为 900 N.(3)由动能定理，选手从A运动到C过程中，满足：mg(Lsin 37RRcos 37)WfmvC21 2若要进入下一关，选手最远运动到E点，设此时选手运动到达C点时的速度大小为vC，根据题目条件得：vC7 m/s设最大初速度为vm，根据动能定理得：mg(Lsin 37RRcos 37)WfmvC2mv m21 21 2联立表达式，代入数据得：vm m/s33