1、1第 5 章 机械能及其守恒定律物理方法|计算变力做功的五种方法方法 1：利用动能定理求变力做功动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选方法 2：利用微元法求变力做功将物体的位移分割成许多小段，因小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和此法在中学阶段，常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题方法 3：化变力为恒力求变力做功变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究对象，有时可化为恒力做功，用 W F
2、lcos 求解此法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中方法 4：利用平均力求变力做功在求解变力做功时，若物体受到的力方向不变，而大小随位移呈线性变化，即力均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为 的恒力作用， F1、 F2分别为物体初、末态FF1 F22所受到的力，然后用公式 W lcos 求此力所做的功F方法 5：利用 Fx 图象求变力做功在 Fx 图象中，图线与 x 轴所围“面积”的代数和就表示力 F 在这段位移所做的功，且位于 x 轴上方的“面积”为正，位于 x 轴下方的“面积”为负，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)用铁锤将一铁钉击入墙壁，设
3、墙壁对铁钉的阻力与铁钉进入墙壁内的深度成正比在铁锤击打铁钉第一次时，能把铁钉击入墙壁内 1 cm.问铁锤击打铁钉第二次时，能将铁钉击入的深度为多少？(设铁锤每次做功相等)【规范解答】 解法一：平均力法 铁锤每次做的功都用来克服摩擦阻力，但摩擦阻力不是恒力，其大小与铁钉的击入深度成正比，即 F kx，而摩擦阻力可用平均阻力来代替如图甲所示，第一次铁钉击入深度为 x1，平均阻力 kx1，做功为 W1 x1 kxF112 F1 12 212甲第二次铁钉击入深度为 x1到 x2，平均阻力 k(x2 x1)，位移为 x2 x1，做功为F212W2 (x2 x1) k(x x )两次做功相等，则 W1 W
4、2，解得 x2 x11.41 cm，故F212 2 21 2 x x2 x10.41 cm.解法二：图象法 因为阻力 F kx，以 F 为纵坐标， F 方向上的位移 x 为横坐标，作出Fx 图象，如图乙所示图线与横坐标轴所围面积的值等于阻力 F 对铁钉做的功乙由于两次做功相等，故有：S1 S2(面积)，即 kx k(x2 x1)(x2 x1)，故 x x2 x10.41 cm.12 21 12【答案】 0.41 cm突破训练1(2017淮安模拟)如图 51 所示，光滑水平平台上有一个质量为 m 的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人
5、手作用点竖直高度始终为 h.当人以速度 v 从平台的边缘处向右匀速前进位移 x 时，则( ) 【导学号：96622098】图 51A在该过程中，物块的运动可能是匀速的B在该过程中，人对物块做的功为mv2x22 h2 x2C在该过程中，人对物块做的功为 mv212D人前进 x 时，物块的运动速率为vhh2 x2B 设绳子与水平方向的夹角为 ，则物块运动的速度 v 物 vcos ，而 cos ，故 v 物 ，可见物块的速度随 x 的增大而增大，A、D 均错误；人对物块xh2 x2 vxh2 x2的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即 W mv ，B 正确，C 错12 2物 mv2x22 h2
6、 x23误物理模型|机械能守恒中的轻杆模型1模型构建：轻杆两端(或两处)各固定一个物体，整个系统一起沿斜面运动或绕某点转动，该系统即为机械能守恒中的轻杆模型2轻杆模型的四个特点：(1)忽略空气阻力和各种摩擦(2)平动时两物体线速度相等，转动时两物体角速度相等(3)杆对物体的作用力并不总是指向杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒(4)对于杆和物体组成的系统，没有外力对系统做功，因此系统的总机械能守恒3解决轻杆模型应注意的三个问题：(1)明确轻杆转轴的位置，从而确定两物体的线速度是否相等(2)杆对物体的作用力方向不再沿着杆，故单个物体的机械能不守恒(3)杆对物体做正功，使其机械能增加，同
7、时杆对另一物体做负功，使其机械能减少，系统的机械能守恒如图 52 所示，在长为 L 的轻杆中点 A 和端点 B 处各固定一质量为 m 的球，杆可绕无摩擦的轴 O 转动，使杆从水平位置无初速度释放摆下求当杆转到竖直位置时，轻杆对 A、 B 两球分别做了多少功？图 52【思路导引】 【规范解答】 A、 B 和杆组成的系统机械能守恒，以 B 的最低点为零重力势能参考平面，可得 2mgL mv mv mgL.又因 A 球与 B 球在各个时刻对应的角速度相同，故12 2A 12 2B 124vB2 vA由以上两式得vA ， vB3gL5 12gL5根据动能定理，对于 A 球有 WA mg mv 0，所以
8、 WA0.2 mgLL2 12 2A对于 B 球有 WB mgL mv 0，12 2B所以 WB0.2 mgL.【答案】 0.2 mgL 0.2 mgL突破训练2内壁光滑的环形凹槽半径为 R，固定在竖直平面内，一根长度为 R 的轻杆，一端2固定有质量 m 的小球甲，另一端固定有质量为 2m 的小球乙现将两小球放入凹槽内，小球乙位于凹槽的最低点(如图 53 所示)，由静止释放后( )图 53A下滑过程中甲球减少的机械能总是等于乙球增加的机械能B下滑过程中甲球减少的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点D杆从右向左滑回时，乙球一定不能回到凹槽的最低点A 环形槽光滑，甲、乙
9、组成的系统在运动过程中只有重力做功，故系统机械能守恒，下滑过程中甲减少的机械能总是等于乙增加的机械能，甲、乙系统减少的重力势能等于系统增加的动能；甲减少的重力势能等于乙增加的势能与甲、乙增加的动能之和；由于乙的质量较大，系统的重心偏向乙一端，由机械能守恒，知甲不可能滑到槽的最低点，杆从右向左滑回时乙一定会回到槽的最低点高考热点 1|与功能关系相关的图象问题以图象的形式考查做功及功能关系，是近几年高考的热点题型解决这类问题的关键是弄清图象所描述的各个物理过程，判断所遵循的规律(多选)如图 54 所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的 A 端无初速度放置一物块选择 B 端所在的水平面为参
10、考平面，物块从 A 端运动到 B 端的过程中，物块的机械能 E 与其位移 x 的关系图象可能正确的是( )5图 54A B C D【规范解答】 由于参考平面为 B 端所在水平面，因而初始机械能大于零物块沿传送带下滑，若摩擦力一直沿传送带向下，摩擦力做正功，机械能增大，选项 A 错误，选项B 正确；物块沿传送带下滑，若摩擦力先向下后向上，则摩擦力先做正功后做负功，机械能先增大再减小，选项 C 错误，选项 D 正确【答案】 BD突破训练3如图 55 所示为一质点由静止开始在合外力 F 作用下的 Ft 图象 ，(F F0sin2 tt4)力的方向始终在同一条直线上下列说法中正确的是( ) 【导学号：
11、96622099】图 55A在 t1时刻质点的速度最大B在 t2时刻质点的动能最大C在 t4时刻质点刚好返回出发点D0 t1与 t1 t2时间内质点加速度的方向相反B 0 t2时间内力的方向不变，所以 t2时刻质点的速度最大，动能最大，A 错，B 对；t2 t4时间内力的方向与 0 t2时间内相反，根据三角函数的对称性， t4时刻质点离出发点最远，C 错；0 t2时间内，力的方向不变，加速度的方向不变，D 错高考热点 2|用动力学和能量的观点解决多过程问题多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动
12、等(2017苏州模拟)如图 56 所示，长 l1 m、厚度 h0.2 m 的木板 A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径 r1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道 PQ 的底端与木板 A相切于 P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连现将小物块 B 从圆弧上距 P 点高度H0.8 m 处由静止释放，已知 A、 B 质量均为 m1 kg， A 与 B 间的动摩擦因数 10.4， A 与地面间的动摩擦因数 20.1， g 取 10 m/s2.求：6图 56(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点 P 处时对圆弧轨道的压力大小；(2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功；(3)小物块刚落地时距
13、木板左端的距离【规范解答】 (1)对 B 下滑的过程由机械能守恒定律有mgH mv2，解得12v 4 m/s2gH小物块滑到最低点 P 处时，由牛顿第二定律有FN mg mv2r解得 FN mg m 20 Nv2r由牛顿第三定律得 FN20 N.(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中对 B 受力分析，由牛顿第二定律有a1 1g4 m/s 2 1mgm小物块 B 做匀减速直线运动对 A 受力分析，由牛顿第二定律有a2 2 m/s 2 1mg 22mgm木板 A 做匀加速直线运动又由 l xB xAxB vt a1t212xA a2t212代入数据解得 t s(t1 s 舍去)13对 A 由
14、动能定理得 W 1mg a2t2 J.12 49(3)B 离开木板后以 v1 v a1t m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由837h gt 2，得 t 0.2 s12 2hg木板 A 将以 v2 a2t m/s、加速度 a3 2g1 m/s2做匀减速运动，物块 B23 2mgm落地时，两者相距 x v1t( v2t a3t 2)12代入数据得 x0.42 m.【答案】 (1)20 N (2) J (3)0.42 m49突破训练4如图 57 所示，光滑半圆轨道 AB 竖直固定，半径 R0.4 m，与水平光滑轨道相切于 A.水平轨道上平铺一半径 r0.1 m 的圆形桌布，桌布中心有一质量
15、 m1 kg 的小铁块保持静止现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经 A 点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点 B 时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数 0.5， g 取 10 m/s2，求：图 57(1)铁块离开 B 点后在地面上的落点到 A 的距离；(2)铁块到 A 点时对圆轨道的压力大小；(3)抽桌布过程中桌布的加速度大小【解析】 (1)在 B 点，由牛顿第二定律，有 mgmv2BR从 B 点抛出后水平方向 x vBt竖直方向 2R gt212代入数据得 x0.8 m.(2)A B，由机械能守恒 2 mgRmv2A2 mv2B2在 A 点，由牛顿第二定律 N mgmv2AR代入数据得 N60 N由牛顿第三定律 N N60 N.(3)铁块脱离桌布时的速度 v0 vA铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为 a0，由牛顿第二定律 mg ma08设铁块在桌布上的加速时间为 t0，由运动学公式v0 a0t0由公式 r at a0t12 20 12 20代入数据得 a5.25 m/s 2.【答案】 (1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s 2
