章末分層突破[自我校對]①位移②Fscosα③能量④eq\f(1,2)mv2⑤mgh⑥有關(guān)⑦重力功的計(jì)算方法1.根據(jù)定義式求功若恒力做功，可用定義式W＝Flcosα求恒力的功，其中F、l為力的大小和位移的大小，α為力F與位移l方向之間的夾角，且0°≤α≤180°.2．利用功率求功若某力做功或發(fā)動機(jī)的功率P一定，則在時間t內(nèi)做的功為W＝Pt.3．根據(jù)功能關(guān)系求功根據(jù)以上功能關(guān)系，若能求出某種能量的變化，就可以求出相應(yīng)的功．一質(zhì)量為eq\f(4,3)kg的物體放在水平地面上，如圖4-1甲所示，已知物體所受水平拉力F隨時間t的變化情況如圖乙所示，物體相應(yīng)的速度v隨時間t的變化關(guān)系如圖丙所示．求：圖4-1(1)0～6s內(nèi)合力做的功．(2)前10s內(nèi)，拉力和摩擦力所做的功．【解析】(1)由v-t圖象可知物體初速度為零，6s末的速度為3m/s，根據(jù)動能定理：W＝eq\f(1,2)mv2－0，故合力做的功W＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×32J＝6J.(2)由圖乙知物體在2～6s、6～8s內(nèi)的位移分別為x1＝6m、x2＝6m，故前10s內(nèi)拉力做的功：W1＝F1x1＋F2x2＝3×6J＋2×6J＝30J.由圖乙知，在6～8s時間內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動，故摩擦力Ff＝2N．根據(jù)v-t圖象知在10s內(nèi)物體的總位移：x′＝eq\f(8－6＋10－2,2)×3m＝15m所以W＝－Ffx′＝－2×15J＝－30J.【答案】(1)6J(2)30J－30J摩擦力做功的分析1．滑動摩擦力和靜摩擦力都可以對物體不做功：如圖4-2所示，物塊A從斜槽上滑下，最后停在平板車B上，而平板車始終未動，在物塊A與平板車B相對滑動的過程中，平板車B所受的滑動摩擦力不做功，平板車受地面的靜摩擦力也不做功．圖4-22．滑動摩擦力和靜摩擦力都可以對物體做負(fù)功：(1)如圖4-2中，物塊A相對于平板車B滑動的過程中，物塊A所受的滑動摩擦力對物塊做負(fù)功．(2)如圖4-3所示，在一與水平方向夾角為θ的傳送帶上，有一物體A隨傳送帶一起勻速向下運(yùn)動，靜摩擦力對物體A做負(fù)功．圖4-33．滑動摩擦力和靜摩擦力都可以對物體做正功：(1)如圖4-2中，如果平板車不固定，且地面光滑，在物塊A滑上平板車B的過程中，物塊對平板車的滑動摩擦力與平板車的運(yùn)動方向相同，滑動摩擦力對平板車做正功．(2)如圖4-3中，如果物體A隨傳送帶一起勻速向上運(yùn)動，物塊A所受靜摩擦力與物體的位移方向一致，靜摩擦力對物體A做正功．(多選)如圖4-4所示，物體沿弧形軌道滑下后進(jìn)入足夠長的水平傳送帶，傳送帶以圖示方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，則傳送帶對物體做功情況可能是()圖4-4A．始終不做功B．先做負(fù)功后做正功C．先做正功后不做功D．先做負(fù)功后不做功【解析】設(shè)傳送帶運(yùn)轉(zhuǎn)的速度大小為v1，物體剛滑上傳送帶時的速度大小為v2.(1)當(dāng)v1＝v2時，物體與傳送帶間無摩擦力，傳送帶對物體始終不做功．(2)當(dāng)v1＜v2時，物體相對于傳送帶向右運(yùn)動，物體受到的滑動摩擦力向左，物體先勻減速運(yùn)動至速度為v1才勻速運(yùn)動，故傳送帶對物體先做負(fù)功后不做功．(3)當(dāng)v1＞v2時，物體先勻加速運(yùn)動直至速度增為v1才勻速運(yùn)動，故傳送帶對物體先做正功后不做功．【答案】ACD求解動力學(xué)問題的兩種思路1．兩條基本思路(1)利用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解．利用牛頓第二定律可建立合力與加速度之間的關(guān)系，利用運(yùn)動學(xué)公式可計(jì)算t、x、v、a等物理量．或是根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓定律去求解受力情況．(2)利用功能觀點(diǎn)求解，即利用動能定理、機(jī)械能守恒定律、重力做功與重力勢能關(guān)系等規(guī)律分析求解．2．解題思路的比較(1)用功能觀點(diǎn)解題，只涉及物體的初、末狀態(tài)，不需要關(guān)注過程的細(xì)節(jié)，解題簡便．(2)用牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式解題，可分析運(yùn)動過程中的加速度、力的瞬時值，也可分析位移、時間等物理量，即可分析運(yùn)動過程的細(xì)節(jié)．一質(zhì)量m＝kg的物體以v0＝20m/s的初速度從傾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上運(yùn)動．當(dāng)物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk＝18J，機(jī)械能減少了ΔE＝3J．不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物體向上運(yùn)動時加速度的大??；(2)物體返回斜坡底端時的動能．【解析】(1)設(shè)物體運(yùn)動過程中所受的摩擦力為f，向上運(yùn)動的加速度的大小為a，由牛頓第二定律可知a＝eq\f(mgsinα＋f,m) ①設(shè)物體的動能減少ΔEk時，在斜坡上運(yùn)動的距離為s，由功能關(guān)系可知ΔEk＝(mgsinα＋f)s ②ΔE＝fs ③聯(lián)立①②③式，并代入數(shù)據(jù)可得a＝6m/s2. ④(2)設(shè)物體沿斜坡向上運(yùn)動的最大距離為sm，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得sm＝eq\f(v\o\al(2,0),2a) ⑤設(shè)物體返回斜坡底端時的動能為Ek，由動能定理得Ek＝(mgsinα－f)sm ⑥聯(lián)立①④⑤⑥各式，并代入數(shù)據(jù)可得Ek＝80J.【答案】(1)6m/s2(2)80J1．小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質(zhì)量大于Q球的質(zhì)量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短．將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖4-5所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點(diǎn)，()圖4-5A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的動能一定小于Q球的動能C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【解析】兩球由靜止釋放到運(yùn)動到軌跡最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，取軌跡的最低點(diǎn)為零勢能點(diǎn)，則由機(jī)械能守恒定律得mgL＝eq\f(1,2)mv2，v＝eq\r(2gL)，因LP<LQ，則vP<vQ，又mP>mQ，則兩球的動能無法比較，選項(xiàng)A、B錯誤；在最低點(diǎn)繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項(xiàng)C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項(xiàng)D錯誤．【答案】C2．(多選)如圖4-6所示，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖4-6A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【解析】質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過程中，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低點(diǎn)的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯誤；在最低點(diǎn)時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯誤．【答案】AC3．如圖4-7所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道，質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則()圖4-7A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離【解析】設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)，已知FN＝Feq\o\al(′,N)＝4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.質(zhì)點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過程，由動能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′＜W.從N到Q的過程，由動能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離．選項(xiàng)C正確．【答案】C4．(多選)如圖4-8，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，()圖4-8A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個時刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差【解析】在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，則小球在M點(diǎn)時彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點(diǎn)時彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧長度先縮短，當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時彈簧達(dá)到最短，這個過程中彈力對小球做負(fù)功，然后彈簧再伸長，彈力對小球開始做正功，當(dāng)彈簧達(dá)到自然伸長狀態(tài)時，彈力為零，再隨著彈簧的伸長彈力對小球做負(fù)功，故整個過程中，彈力對小球先做負(fù)功，再做正功，后再做負(fù)功，選項(xiàng)A錯誤．在彈簧與桿垂直時及彈簧處于自然伸長狀態(tài)時，小球加速度等于重力加速度，選項(xiàng)B正確．彈簧與桿垂直時，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確．由機(jī)械能守恒定律知，在M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢能相等，在N點(diǎn)的動能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢能的減小值，選項(xiàng)D正確．【答案】BCD5．如圖4-9所示，在豎直平面內(nèi)有由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動.【導(dǎo)學(xué)號：35390081】圖4-9(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比；(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．【解析】(1)設(shè)小球的質(zhì)量為m，小球在A點(diǎn)的動能為EkA，由機(jī)械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設(shè)小球在B點(diǎn)的動能為EkB，同理有EkB＝mgeq\f(5R,4) ②由①②式得eq\f(EkB,EkA)＝5. ③(2)若小球能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)所受軌道的正壓力N應(yīng)滿足N≥0 ④設(shè)小球在C點(diǎn)的速度大小為vC，由牛頓第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝meq\f(v\o\al(2,C),\f(R,2)) ⑤由④⑤式得，vC應(yīng)滿足mg≤meq\f(2v\o\al(2,C),R) ⑥由機(jī)械能守恒定律得mgeq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C) ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．【答案】(1)5(2)能沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)我還有這些不足：(1)