2017-2018学年同步备课套餐之高一物理沪科版必修二讲义：第3章 章末总结

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末总结一、功和功率的计算1。功的计算方法（1)利用W＝Fscosα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＝eq\f(W，t）：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＝Fvcosα：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m＝20kg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。0～2s内F与运动方向相反，2~4s内F与运动方向相同，物体的v－t图像如图1所示，g取10m/s2,则(）图1A。拉力F的大小为100NB.物体在4s时拉力的瞬时功率为120WC.4s内拉力所做的功为480JD。4s内物体克服摩擦力做的功为320J答案B解析由图像可得：0~2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为:a1＝eq\f(Δv，Δt)＝eq\f(10,2)m/s2＝5m/s2,匀减速过程有F＋f＝ma1.匀加速过程加速度大小为a2＝eq\f（Δv′,Δt′）＝eq\f（2，2)m/s2＝1m/s2,有F－f＝ma2，解得f＝40N，F＝60N，故A错误。物体在4s时拉力的瞬时功率为P＝Fv＝60×2W＝120W，故B正确.4s内物体通过的位移为s＝（eq\f（1,2）×2×10－eq\f（1,2)×2×2)m＝8m，拉力做功为W＝－Fs＝－480J，故C错误。4s内物体通过的路程为x＝(eq\f(1，2)×2×10＋eq\f（1,2)×2×2)m＝12m，摩擦力做功为Wf＝－fx＝－40×12J＝－480J，故D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＝mgvcosα，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＝eq\f(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.针对训练2(多选)如图3所示，一质量为1.2kg的物体从倾角为30°、长度为10m的光滑斜面顶端由静止开始下滑。g＝10m/s2，则(）图3A.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是60WB.物体滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是120WC.整个过程中重力做功的平均功率是30WD.整个过程中重力做功的平均功率是60W答案AC解析由动能定理得mgssin30°＝eq\f(1，2）mv2，所以物体滑到斜面底端时的速度为10m/s，此时重力做功的瞬时功率为P＝mgvcosα＝mgvcos60°＝1。2×10×10×eq\f(1,2）W＝60W，故A对,B错.物体下滑时做匀加速直线运动，其受力情况如图所示。由牛顿第二定律得物体的加速度a＝eq\f（mgsin30°，m)＝10×eq\f(1,2)m/s2＝5m/s2；物体下滑的时间t＝eq\f(v,a）＝eq\f(10，5)s＝2s;物体下滑过程中重力做的功为W＝mgs·sinθ＝mgs·sin30°＝1.2×10×10×eq\f（1,2）J＝60J；重力做功的平均功率eq\x\to(P）＝eq\f（W，t)＝eq\f（60,2)W＝30W.故C对，D错.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eq\f(Pt－\f（1，2）Mv2,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WF－Wf＝eq\f(1,2)Mv2－0,因为列车功率一定，据P＝eq\f（W，t)可知牵引力的功WF＝Pt,Pt－fx＝eq\f(1，2）Mv2，解得x＝eq\f（Pt－\f（1,2)Mv2,f)。针对训练3如图4所示，光滑斜面AB的倾角θ＝53°,BC为水平面，BC长度lBC＝1。1m，CD为光滑的eq\f（1，4）圆弧,半径R＝0.6m.一个质量m＝2kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点光滑连接。当物体到达D点时,继续竖直向上运动,最高点距离D点的高度h＝0。2m。sin53°＝0.8，cos53°＝0。6.g取10m/s2。求：图4(1）物体运动到C点时的速度大小vC；(2)A点距离水平面的高度H；(3）物体最终停止的位置到C点的距离x.答案（1)4m/s（2)1.02m(3）0.4m解析（1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R）＝0－eq\f（1,2)mveq\o\al（2，C）代入数据解得:vC＝4m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgH－μmglBC＝eq\f（1，2)mveq\o\al（2,C）－0代入数据解得:H＝1.02m（3）从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgH－μmgx1＝0代入数据，解得x1＝5。1m由于x1＝4lBC＋0。7m所以,物体最终停止的位置到C点的距离为：x＝0.4m.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5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8m。某运动员从轨道上的A点以3m/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60kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H,且h＝2m,H＝2。8m，g取10m/s2.求：图5（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μ；(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)6m/s(2）0。125(3）不能回到B处，最后停在D点左侧6.4m处或C点右侧1。6m处解析(1)由题意可知：vB＝eq\f(v0,cos60°）解得：vB＝6m/s。（2)从B点到E点，由动能定理可得：mgh－μmgxCD－mgH＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al(2,B)代入数据可得:μ＝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：mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,B）解得h′＝1.8m〈h＝2m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：mgh－μmgx＝0－eq\f（1,2）mveq\o\al(2，B） ④解得：x＝30.4m因为x＝3xCD＋6.4m，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处或C点右侧1。6m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：①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＝0.②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＝eq\r（gR）。例4如图6所示,一可以看成质点的质量m＝2kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，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θ＝53°，轨道半径R＝0。5m。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6,不计空气阻力，g取10m/s2.图6（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）3m/s(2)－4J解析（1)在A点由平抛运动规律得：vA＝eq\f（v0，cos53°)＝eq\f（5，3)v0。 ①小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg（R＋Rcosθ)＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2，A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2，0) ②由①②得：v0＝3m/s.(2)在最高点C处有mg＝eq\f（mv\o\al（2,C)，R),小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,C）－eq\f(1，2）mveq\o\al（2，0），代入数据解得Wf＝－4J。针对训练4如图7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L＝5m，圆弧半径R＝2m，∠BOC＝37°,C点距浮台面的竖直高度h＝2.45m，水平距离L1＝2。8m，浮台宽L2＝2。1m，选手质量m＝50kg，不计空气阻力。求：图7（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?（sin37°＝0。6，cos37°＝0.8）答案见解析解析(1)选手从C点飞出后做平抛运动，所以：h＝eq\f(1，2）gt2L1＝vCt代入数据得：vC＝4m/s(2）设在C点选手受到的支持力大小为N，则在C点:N－mg＝meq\f（v\o\al（2，C)，R)代入数据得：N＝900N根据牛顿第三定律,在C点，选手对轨道的压力大小为900N。(3）由功能关系，选手从A运动到C过程中，满足:mg(Lsin37°＋R－Rcos37°)－Wf＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2，C)若