功能关系.ppt

1、专题四 功能关系 第1课时 功能关系在力学中的应用,基 础 回 扣 1.做功的两个重要因素是:有力作用在物体上且使物 体在力的方向上 .功的求解可利用 W=Fscos求,但F为 ;也可以利用Fs图象 来求;变力的功一般应用 间接求解. 2.功率是指单位时间内做的功,求解公式有:平均功率 ;瞬时功率P=Fvcos,当=0,即F 与v方向 时,P=Fv.,发生了位移,恒力,动能定理,相同,3.常见几种力做功的特点 (1)重力、弹簧弹力,静电力、分子力做功与 无关. (2)摩擦力做功的特点 单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做 正功,也可以做负功,还可以不做功. 相互作用的一对静摩擦力做功的

2、代数和 , 在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有 机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动 摩擦力做功的代数和 ,且总为 ,在一对 滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦物体间 机械能的转移,还有机械能转化为内能.转化为内能 的量等于系统机械能的减少,等于滑动摩擦力与,路径,总等于零,不为零,负值,的乘积. 摩擦生热,是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热. 4.几个重要的功能关系 (1)重力的功等于 的变化,即WG= . (2)弹力的功等于 的变化,即W弹= . (3)合力的功等于 的变化,即WF合= . (4)重力之外(除弹簧弹力)的其它力的功等于 的变化.W其它=E. (5)一对

3、滑动摩擦力的功等于 的变化.Q=Fs相对. (6)分子力的功等于 的变化.,相对路程,重力势能,-Ep,弹性势能,-Ep,动能,Ek,机械能,系统中内能,分子势能,思 路 方 法 1.恒定加速度启动问题 解决问题的关键是明确所研究的问题是处在哪个阶 段上.以及匀加速过程的最大速度v1和全程的最大 速度vm的区别和求解方法. (1)求v1:由F-f=ma,可求v1= . (2)求vm:由P=fvm可求vm = . 2.动能定理的应用 (1)动能定理的适用对象:涉及单个物体(或可看成单 个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解 做 功的问题.,变力,(2)动能定理解题的基本思路: 选取研究对象,明

4、确它的运动过程. 分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后 求各个外力做功的 . 明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2. 列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1,及其他必要的 解题方程,进行求解. 3.机械能守恒定律的应用 (1)机械能是否守恒的判断: 用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其它力 做功代数和是否 .,代数和,为零,对一些绳子突然绷紧、 等问题,机械能一般不守恒,除非题目中有特别说明及暗示. (2)机械能守恒定律解题的基本思路: 选取研究对象物体系. 根据研究对象所经历的物理过程,进行 、 分析,判断机械能是否守恒. 恰当地选取参考平面,确定研究对象在过程的初末态时的

5、机械能. 根据机械能守恒定律列方程,进行求解.,物体间碰撞,受力,做功,用能量转化来判断,看是否有机械能转化为其它形式的能.,题型1 几个重要的功能关系,例1 从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力f恒定.则对于小球的整个上升过程,下列说法中错误的是 ( ) A.小球动能减少了mgH B.小球机械能减少了fH C.小球重力势能增加了mgH D.小球的加速度大于重力加速度g,解析 小球上升过程受重力G和空气阻力f,合力的功 为W合=-(mg+f)H,因此小球动能减少(mg+f)H,A错; 因空气阻力做功为fH,B对;重力做功为WG=-mgH, C 对;小球

6、受合力为F合=mg+f=ma,ag,D对. ,答案A,拓展探究 上例中小球从抛出到落回原抛出点的过程中: (1)空气阻力f做功多少? (2)小球的动能减少多少? (3)小球的机械能减少多少?,解析 (1)Wf=-f2H=-2fH (2)Ek=WG+Wf=0-2fH=-2fH (3)E=Wf=-2fH,功是能量转化的量度,有以下几个功能关系需要理解并牢记: (1) 重力做功与路径无关,重力的功等于重力势能的变化. (2) 滑动摩擦力(或空气阻力)做功与路径有关,并且等于转化成的内能. (3) 合力的功等于动能的变化. (4) 重力(或弹力)以外的其它力的功等于机械能的变化.,答案 (1)-2fH

7、 (2)2fH (3)2fH,预测演练1 在奥运比赛项目中,高台跳水是我国运动员的强项.质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降高度为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Fh B.他的重力势能增加了mgh C.他的机械能减少了(F-mg)h D.他的机械能减少了Fh,D,解析 由动能定理可知,动能的变化等于合力的功, Ek=(mg-F)h,A错;因下降h,重力势能减少了mgh, B错;由于阻力做功为Fh,所以系统机械能减少了Fh, C错,D正确.,预测演练2 如图4-1-1所示，滑块静止于光滑

8、水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中,拉力F做了10 J的功.上述过程中 ( ) A.弹簧的弹性势能增加了10 J B.滑块的动能增加了10 J C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒,C,解析 拉力F做功既增加了弹性势能,还增加了滑块的 动能,A、B错误;系统增加的机械能等于力F做的功, C对D错.,图4-1-1,题型2 功率和机车启动问题,例2 额定功率为80 kW的汽车,在平直的公路上行驶 的最大速度为20 m/s,汽车的质量为2.0 t.若汽车 从静止开始做匀加速直线运动,

9、加速度大小为2m/s2, 运动过程中阻力不变,则: (1)汽车受到的恒定阻力是多大? (2)3 s末汽车的瞬时功率是多大? (3)匀加速直线运动的时间是多长? (4)在匀加速直线运动中,汽车牵引力做的功是多少?,解析 (1)由题可知汽车在公路上行驶的最大速度,而最大速度的获得是在汽车的牵引力等于阻力时,且汽车工作在额定功率下.由P=Fv vm= 可得f= =4103 N (2)汽车在做匀加速直线运动a=2 m/s2,3 s末的速度v3=at=6 m/s,此时的牵引力为F 由牛顿第二定律F-f=ma得,F=ma+f=8103 N 此时的瞬时功率P=Fv3=48 kW,(3)汽车做匀加速运动F牵=

10、F=8103 N不变,但随着时间推移速度v增大,故其功率P=Fv也在增大,但P不可能大于P额,当P增大到P额时,功率不再增大,汽车以后不能再做匀加速运动. 汽车在F牵=8103 N的作用下能达到的最大速度vm= =10 m/s,由运动学规律知,匀加速的时间t= =5 s (4)W=Fs=8103 5 J=2105 J 答案 (1)4103 N(2)48 kW(3)5 s(4)2105 J,1. 在机车类问题中,匀加速启动时,匀加速运动刚结束时有两大特点: (1) 牵引力仍是匀加速运动时的牵引力,即F-f=ma仍满足. (2) P=P额=Fv. 2. 注意匀加速运动的末速度并不是整个运动过程的最

11、大速度.,预测演练3 某兴趣小组 对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小 车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动 的全过程记录下来,通过处理转化为vt图象,如图 4-1-2所示(除2 s10 s时间段内的图象为曲线外,其 余时间段图象均为直线).已知小车运动的过程中, 2 s14 s时间段内小车的功率保持不变,在14 s末停 止遥控而让小车自由滑行.小 车的质量为1 kg,可认为在整 个过程中小车所受到的阻力 大小不变.求:,图4-1-2,(1)小车所受到的阻力大小及02 s时间内电动机提供的牵引力大小. (2)小车匀速行驶阶段的功率. (3)小车在010 s运动过程中位移的大

12、小.,解析 (1)由图象可得,在1418 s内: 小车受到阻力大小:f=ma3=0.75 N 在02 s内: 由F-f=ma1得,电动机提供的牵引力大小 F=ma1+f=1.25 N,(2)在1014 s内小车做匀速运动:F=f 故小车功率:P=Fv=0.753 W=2.25 W (3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小: 02 s内, 210 s内,根据动能定理有: Pt-fs2= mv22- mv12 解得:s2=18.7 m 故小车在加速过程中的位移为 s=s1+s2=19.7 m,答案 (1)0.75 N 1.25 N (2)2.25 W (3)19.7 m,题型3 动能

13、定理的应用,例3 (18分)如 图4-1-3所示,四分之三周长圆管的半径 R=0.4 m,管口B和圆心O在同一水平面 上,D是圆管的最高点,其中半圆周BE段 存在摩擦,BC和CE段动摩擦因数相同, ED段光滑;质量m=0.5 kg、直径稍小于圆管内径的小 球从距B正上方高H=2.5 m的A处自由下落,到达圆管 最低点C时的速率为6 m/s,并继续运动直到圆管的最 高点D飞出,恰能再次进入圆管,假定小球再次进入圆 筒时不计碰撞能量损失,取重力加速度g=10 m/s2,求,图4-1-3,(1)小球飞离D点时的速度. (2)小球从B点到D点过程中克服摩擦所做的功. (3)小球再次进入圆管后,能否越过

14、C点?请分析说明理由.,解析 (1)小球飞离D点做平抛运动 有xDB=R=vDt (2分) (2分) 由以上两式得 (2分) (2)设小球从B到D的过程中克服摩擦力做功Wf1 在A到D过程中根据动能定理,有 (3分) 代入计算得Wf1=10 J (2分),(3)设小球从C到D的过程中克服摩擦力做功Wf2 根据动能定理,有 (1分) 代入计算得Wf2=4.5 J (1分) 小球从A到C的过程中,克服摩擦力做功Wf3 根据动能定理,有 (1分) Wf3=5.5 J (1分) 小球再次从D到C的过程中,克服摩擦力做功Wf4 根据动能定理,有 (1分),小球过BE段时摩擦力大小随速度减小而减小,摩擦力

15、做功也随速度减小而减小.第二次通过BC段与CE段有相等的路程,速度减小 (1分) 所以Wf40,小球能过C点 (1分) ,(1分),答案 (1) m/s (2)10 J (3)见解析,1. 在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况. 2. 应用动能定理列式时要注意运动过程的选取,可以全过程列式,也可以分过程列式.,3. 本题中要注意:由于物体在 圆周轨道上运 动,当速度变化时,曲线的支持力变化,引起摩擦力大小 变化,所以摩擦力做功也会变化.,预测演练4 如 图4-1-4所示,轻弹簧左端固定在竖 直墙上,右端点在O位置.质量为m 的物块A(可视为质点)以初速度v0 从距O点右方x0

16、的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦因数为.求:,图4-1-4,(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功. (2)O点和O点间的距离x1. (3)若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左压A、B,使弹簧右端压缩到O点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?,解析 (1)A从P回到P的过程根据动能定理得 克服摩擦力所做的功为Wf= mv02 (2)A从P回到P全过程根据动能定理,2mg(x

17、1+x0)= mv02 x1= (3)A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,A的加速度是g,B的加速度也是g,说明B只受摩擦力,弹簧处于原长.知道原长处分离,就可得 设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功WF 只有A时,从O到P有 WF-mg(x1+x0)=0-0,AB共同从O到P 有WF-2mgx1= 2mv12 mv12=mgx2 x2=x0-,题型4 功能关系的综合应用,例4 如图4-1-5 所示,一长为L=1.5 m的小车左端放有 质量为m=1 kg的小物块,物块与车上 表面间动摩擦因数=0.5,半径R=0.9 m的光滑半圆形 轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面

18、和 轨道最低点高度相同,为h=0.65 m.开始车和物块一起 以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到 轨道后立即停止运动.g=10 m/s2.求:,图4-1-5,答案 (1) (2) (3) ,(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力. (2)小物块落地点至车左端的水平距离.,解析 (1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得 -mgL= mv12- mv02 解得v1= 刚进入圆轨道时,设物块受到的支持力为N,由牛顿第二定律得 N-mg= 由牛顿第三定律N=-N 由得N=104.4 N,方向竖直向下. ,(2)若小物块能到达圆轨道最高点,则由

19、机械能守恒 解得v2=7 m/s 恰能过最高点的速度为v3 因v2v3,故小物块从圆轨道最高点做平抛运动 (h+2R)= gt2 s=v2t 由联立解得s=4.9 m 故小物块距车左端d=s-L=3.4 m,答案 (1)104.4 N,方向竖直向下 (2)3.4 m,预测演练5 做特技表演的小汽车 速度足够大时,会在驶过拱形桥的顶端时直接水平飞 出.为了探讨这个问题,小明等同学做了如下研究:如图 4-1-6所示,在水平地面上固定放置球心为O、半径为R 的光滑半球,在半球顶端B的上方,固定连接一个倾角 =30的光滑斜面轨道,斜面顶端A离B的高度为 , 斜面的末端通过技术处理后与半球顶端B水平相接

20、.小 明由A点静止滑下并落到地面上(有保护垫).甲、乙两 位同学对小明的运动有不同的看法,甲同学认为小明 将沿半球表面做一段圆周运动后落至地面,乙同学则 认为小明将从B点开始做平抛运动落至地面.(为简化 问题可将小明视为质点,忽略连接处的能量损失),图4-1-6,(1)请你求出小明滑到B点时受到球面的支持力并判断上述哪位同学的观点正确. (2)若轨道的动摩擦因数= ,小明在A点以v0速度下滑时恰好能够从半球顶端B水平飞出落在水平地面上的C点(图中未标出),求速度v0的大小及OC间的距离sOC.,解析 (1)设小明滑到B点时速度为vB,根据机械能守恒定律得 解得vB= 在B点,由牛顿第二定律 m

21、g-N= N=0 可见乙同学的观点正确. (2)由(1)可知小明恰好能从B点开始做平抛运动落地,需有 ,则小明在斜面轨道下滑的过程中,由动能定理 将vB代入数据解得 又平抛时间 OC之间的距离为sOC=vt=,1.有一质量为m的篮球从H的高 处自由下落后反弹起的最大高度h,设篮球与地面接触 时无机械能损失,且空气阻力大小恒定,要使篮球反弹 起的高度达到H,在刚开始下落时应给篮球做功为( ),答案 (1)0 乙同学的观点正确 (2),A. B. C. D.,答案C,解析 Wf=mg(H-h)=f(H+h),f= ,应给篮球做 功W=f2H= ,C正确.,A.物体A克服摩擦力做的功最多 B.物体B

22、克服摩擦力做的功最多 C.物体C克服摩擦力做的功最多 D.三物体克服摩擦力做的功一样多,图4-1-7,60,斜面的表面情况都一样,完全相同的物体(可视 为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的 过程中 ( ),2.如图4-1-7所示,三个固定的 斜面底边长度都相等,斜面倾角分别为30、45、,答案D,解析 设物体从倾角为的斜面上滑下时克服摩擦 力做的功设为W,斜面底面长为L,物体与斜面间的动 摩擦因数为,有W=mgcos =mgL,可 见W与角无关,故选D.,3.跳伞运动员跳离飞 机后降落伞尚未打开的一段时间内,下列说法正确 的是 ( ) A.运动员所受空气阻力做正功 B.运动员的重力势

23、能增加 C.运动员的机械能增加 D.运动员所受空气阻力做负功,D,4.如图4-1-8 所示为推行节水灌溉工程中使用 的转动式喷水龙头的示意图.喷水 口离地面的高度为5 m,用效率为 50%的抽水机从地下20 m深的井里抽水,使水充满 水口并以恒定的速率从该水龙头沿水平喷出.喷水口 横截面积为10 cm2,其喷灌半径为10 m,若水的密度 为1103 kg/m3,不计空气阻力.带动该水泵的电动 机的最小输出功率为(g=10 m/s2) ( )A.3103W B.4.5103W C.6103W D.9103W,图4-1-8,答案C,解析 , s,又R=v0t, ,设电动机最小功率为P, 50%P

24、,m=V=Sv0t,整理得P=2Sv0gh +Sv03=21031010-4101025 W+103 1010-4103 W=6 000 W.,图4-1-9,A.3t0时刻的瞬时功率为 B.3t0时刻的瞬时功率为 C.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为 D.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为,5.质量为m的物体静止在光滑水平面 上,从t=0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F 与时间t的关系如图4-1-9所示,力的方向保持不变, 则 ( ),物块速度为 2t0。t03t0时间内物体也做匀加速直线运动,可求得3t0时刻物块速度为 .所以3t0时刻的瞬时功率为 ,故B正确;

25、02t0时间内水平力做功为 ,2t03t0时间内水平力做功为 ,所以总功为 ,总功率为 ,所以D正确.,答案 BD,解析 本题考查功率的计算以及利用图象解题的能力,解题的关键是分析得出物体的运动情况和速度大小. 02t0时间内物体做匀加速直线运动,可求得2t0时刻,后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下, 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4-1-10,6.如图4-1-10所示为某探究活动小组设 计的节能运输系统.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

26、置将质量为m的货物装入木箱,然,A.m=M B.m=2M C.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,解析 从开始下滑到弹簧压缩至最短过程中,设下滑的距离为L,根据功能关系,有 (M+m)gLsin 30=(M+m)gLcos 30+Epmax 卸下货物后,木箱被弹回的过程中,由功能关系,有 Epmax=MgLsin 30+MgLcos 30 由联立并代入 得 m=2M 故选项A错,选项B对. 根据牛顿第二定律,不与弹簧接触时,下滑过程,有 (M+m)gsin 30-(M+m)gcos 30=(M+

27、m)a1,上滑时,有 Mgsin 30+Mgcos 30=Ma2 所以 即a2a1,故选项C正确. 从顶端下滑过程中,克服摩擦力和弹簧弹力做功,因此减少的重力势能一部分转化为内能一部分转化为弹性势能,故选项D错误.,答案BC,率为P;物体在加速和减速过程中克服摩擦阻力做的功分别为W1和W2,它们的平均功率分别为P1和P2,则 下列选项正确的是 ( ),图4-1-11,7.用水平力拉一物体在水 平地面上从静止开始做匀加速运动,到t1秒末撤去拉 力F,物体做匀减速运动,到t2秒末静止.其速度图象如 图4-1-11所示,且.若拉力F做的功为W,平均功,A.W=W1+W2 B.W1=W2 C.P=P1

28、+P2 D.P1=P2,解析 由动能定理知W-W1-W2=Ek=0,A对;由于 0t1和t1t2两段时间内位移不等,B错;由 知P1=P2,D正确.,答案 AD,8.如图 4-1-12所示,斜面AB的下端与竖直放置的光滑圆 弧轨道BCD的B端相切,圆弧轨道的半径为R,圆 心O与A、D在同一水平面上,=30.现有一质 量为m的小物块从斜面上的A点无初速滑下.小物 块与斜面AB间的动摩擦因数=0.5,求小物块第 一次通过最低点C时对轨道压力的大小.,图4-1-12,解析 设AB间的长度为x,从图示的几何关系可知 x=Rcot 解得 对物块受力分析,如右图所示. 设小物块第一次通过C点时的 速度为v,受到轨道的支持力为 FN,对物块从A到C全过程应用动能定理,得 mgR-mgcosx= mv2 物块通过C点时,根据牛顿第二定律得 N-mg=m ,联立式解得 N=1.5mg 根据牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为1.5mg.,9.如 图4-1-13所示,一个半径为R的半 球形的碗固定在桌面上,碗口水 平,O点为其球心,碗的内表面及 碗口是光滑的.一根轻质细线跨在碗口上,线的