人教版物理必修第二册同步讲练第8章 机械能守恒定律 知识网络建构与学科素养提升 (含解析)

知识网络建构与学科素养提升一、功和功率的计算1.功的计算(1)恒力功：用公式W＝Flcosα其中l表示力的作用点相对于地面位移的大小，某个力做功与物体运动状态无关。(2)总功的计算①合力做的总功等于各个力做的功的代数和。②动能定理：W总＝ΔEk＝Ek2－Ek1。③另一种方法是先求出物体所受各力的合力，再用公式W总＝F合lcosα计算，本方法仅限于恒力作用于做功全过程的情况。[例1]质量为20kg的物体，在一与水平方向成一定角度的拉力作用下沿直线运动，因拉力发生变化，物体运动的v－t图像如图所示。求：(1)0～10s，合外力做的功；(2)0～20s，合外力做的功；(3)20～40s，合外力做的功；(4)前40s，合外力做的功。解析(1)0～10s，合外力做功W1＝F1l1＝ma1l1＝20×1×50J＝1000J。(2)10～20s，合外力为0，合外力做功为0，故0～20s内，合外力做功为1000J。(3)20～40s，合外力做功W2＝F2l2＝ma2l2＝20×(－0.5)×100J＝－1000J。(4)前40s，合外力做功W＝W1＋W2＝0。答案(1)1000J(2)1000J(3)－1000J(4)02.功率的计算方法(1)P＝eq\f(W,t)：此式是功率的定义式，常用于求解某段时间内的平均功率。(2)P＝Fv，此式一般用来计算瞬时功率，但当速度为平均速度eq\o(v,\s\up6(－))时，功率eq\o(P,\s\up6(－))为平均功率。[例2]一台起重机将静止在地面上、质量为m＝1.0×103kg的货物匀加速竖直吊起，在2s末货物的速度v＝4m/s(取g＝10m/s2，不计额外功)。求：(1)起重机在这2s内的平均功率；(2)起重机在2s末的瞬时功率。解析设货物所受的拉力为F，加速度为a，则(1)由a＝eq\f(v,t)得，a＝2m/s2F＝mg＋ma＝1.0×103×10N＋1.0×103×2N＝1.2×104N2s内货物上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝4m起重机在这2s内对货物所做的功W＝F·h＝1.2×104×4J＝4.8×104J起重机在这2s内的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(4.8×104J,2s)＝2.4×104W。(2)起重机在2s末的瞬时功率P＝Fv＝1.2×104×4.0W＝4.8×104W。答案(1)2.4×104W(2)4.8×104W二、动能定理的理解及应用1.W总＝W1＋W2＋W3＋…是包含重力在内的所有力做功的代数和，若合外力为恒力，也可这样计算：W总＝F合lcosα。2.动能定理是计算物体位移或速率的简捷途径，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理。3.做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是一个标量方程。[例3]如图所示，足够长的倾角为θ的粗糙斜面上，有一质量为m的滑块距挡板P为L，以初速度v0沿斜面下滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，μ＜tanθ，重力加速度为g。若滑块与挡板碰撞过程中没有机械能损失，求：(1)滑块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；(2)滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离。解析(1)对滑块第一次下滑的过程运用动能定理，有mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝eq\r(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0))。(2)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为x，在这次运动过程中，对滑块运用动能定理，有mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0),2gsinθ＋2μgcosθ)。答案见解析三、机械能守恒的应用1.当研究对象只有一个物体时(地球自然包括在内)，往往用是否“只有重力做功”来判定物体机械能是否守恒。机械能守恒方程mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2。2.当研究物体与弹簧组成的系统时，往往用是否“只有重力和弹力做功”来判定物体与弹簧组成的系统的机械能是否守恒。物体机械能与弹簧弹性势能总和保持不变。3.当研究对象有多个物体在内时，往往用是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。方程：系统势能的增加(减少)量等于动能的减少(增加)量，即：ΔEp增＝ΔEk减。[例4]如图所示，半径R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m＝1kg的小物块。小物块由静止开始下落小物块第1个阶段做自由落体运动后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，eq\a\vs4\al(画速度分解图)此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，g取10m/s2。求：小物块沿圆弧轨道到达C点前瞬间对轨道的压力FC的大小。解析由几何关系可知，AB间的距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有veq\o\al(2,B)＝2gR代入数据解得vB＝4m/s，方向竖直向下设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx＝vBsin60°从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有mgR(1－cos60°)＝eq\f(mveq\o\al(2,C),2)－eq\f(mveq\o\al(2,Bx),2)代入数据解得vC＝2eq\r(5)m/s在C点，根据牛顿第二定律有FC′－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入数据解得FC′＝35N再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点前瞬间对轨道的压力大小FC＝35N。答案35N四、生活中的能量转化与守恒1.机械能可与其他形式的能相互转化，在转化的过程中，能的总量是不变的。2.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。3.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5]风能是一种很好的可再生能源，而且对环境的污染较小，近年来我国在西北地区，建立了许多风力发电厂。如图所示为风力发电的情景，通过风轮机一个叶片旋转一周扫过面积的最大风能为可利用风能。已知：空气的密度为ρ，风轮机叶片的长度为r，若风速为v0，每台风力发电机输出电功率为P，求此过程中：(1)单位时间内每台风力发电机获得的风能表达式；(2)风力发电机利用风能的效率表达式。【解题点拨】解答本题应注意以下三点：(1)研究对象是流动的空气。(2)流动的空气碰到叶面后的速度认为是零。(3)风轮机转动，形成一个圆面，流过这个圆面的空气动能会有一部分转化为电能。解析(1)由能量转化和守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝P总t，①在时间t内流向叶面的空气质量m＝πr2v0tρ，②把②代入①，解得P总＝eq\f(1,2)πr2ρveq\o\al(3,0)。(2)η＝eq\f(P,P总)＝eq\f(2P,πr2ρveq\o\al(3,0))。答案(1)P总＝eq\f(1,2)πr2ρveq\o\al(3,0)(2)η＝eq\f(2P,πr2ρveq\o\al(3,0))[例6]如图所示，在半径为r＝10cm的轮轴上悬挂一个质量为M＝3kg的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m＝0.5kg的金属小球。球离轴心的距离为L＝50cm，轮轴、绳及手柄的质量、摩擦及空气阻力均不计。开始时水桶在离地面某高度处，释放后水桶带动整个装置转动，当转动n(未知量)周时，测得金属小球的线速度v1＝5m/s，此时水桶还未到达地面，g取10m/s2，求：(1)转动n周时，水桶重力做功的功率P；(2)n的数值。解析(1)设转动n周时，水桶的速度为v，则eq\f(v,v1)＝eq\f(r,L)水桶重力的功率为P＝Mgv解得P＝Mg·eq\f(rv1,L)＝3×10×eq\f(0.1×5,0.5)W＝30W。(2)从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律Mgh＝eq\f(1,2)Mv2＋6×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由几何关