高中物理粵教版第四章機(jī)械能和能源 第4章章末分層突破_第1頁(yè)
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章末分層突破[自我校對(duì)]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(dòng)機(jī)的功率P一定,則在時(shí)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(shí)間t的變化情況如圖乙所示,物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)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(dòng)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(shí)間內(nèi),物體做勻速運(yùn)動(dòng),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(dòng)摩擦力和靜摩擦力都可以對(duì)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(dòng),在物塊A與平板車B相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中,平板車B所受的滑動(dòng)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(dòng)摩擦力和靜摩擦力都可以對(duì)物體做負(fù)功:(1)如圖4-2中,物塊A相對(duì)于平板車B滑動(dòng)的過(guò)程中,物塊A所受的滑動(dòng)摩擦力對(duì)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(dòng),靜摩擦力對(duì)物體A做負(fù)功.圖4-33.滑動(dòng)摩擦力和靜摩擦力都可以對(duì)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(guò)程中,物塊對(duì)平板車的滑動(dòng)摩擦力與平板車的運(yùn)動(dòng)方向相同,滑動(dòng)摩擦力對(duì)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(dòng),物塊A所受靜摩擦力與物體的位移方向一致,靜摩擦力對(duì)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(zhǎng)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(duì)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(shí)的速度大小為v2.(1)當(dāng)v1=v2時(shí),物體與傳送帶間無(wú)摩擦力,傳送帶對(duì)物體始終不做功.(2)當(dāng)v1<v2時(shí),物體相對(duì)于傳送帶向右運(yùn)動(dòng),物體受到的滑動(dòng)摩擦力向左,物體先勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為v1才勻速運(yùn)動(dòng),故傳送帶對(duì)物體先做負(fù)功后不做功.(3)當(dāng)v1>v2時(shí),物體先勻加速運(yùn)動(dòng)直至速度增為v1才勻速運(yùn)動(dòng),故傳送帶對(duì)物體先做正功后不做功.【答案】ACD求解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的兩種思路1.兩條基本思路(1)利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)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(dòng)學(xué)公式可計(jì)算t、x、v、a等物理量.或是根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、重力做功與重力勢(shì)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(guò)程的細(xì)節(jié),解題簡(jiǎn)便.(2)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題,可分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度、力的瞬時(shí)值,也可分析位移、時(shí)間等物理量,即可分析運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng).當(dāng)物體向上滑到某一位置時(shí),其動(dòng)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(dòng)時(shí)加速度的大?。?2)物體返回斜坡底端時(shí)的動(dòng)能.【解析】(1)設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力為f,向上運(yùn)動(dòng)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(dòng)能減少ΔEk時(shí),在斜坡上運(yùn)動(dòng)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(dòng)的最大距離為sm,由運(yùn)動(dòng)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(shí)的動(dòng)能為Ek,由動(dòng)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(zhǎng)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(dòng)能一定小于Q球的動(dòng)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】?jī)汕蛴伸o止釋放到運(yùn)動(dòng)到軌跡最低點(diǎn)的過(guò)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(shì)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(dòng)能無(wú)法比較,選項(xiàng)A、B錯(cuò)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(cuò)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(guò)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(shí),向心加速度的大小為a,容器對(duì)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(guò)程中,由動(dòng)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(cuò)誤;在最低點(diǎn)時(shí),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(cuò)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(kāi)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(shí),對(duì)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(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)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(dòng)能為EkN=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)=eq\f(3,2)mgR.質(zhì)點(diǎn)由開(kāi)始至N點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)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(guò)程中克服摩擦力做功為W′,則W′<W.從N到Q的過(guò)程,由動(dòng)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(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn).已知在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)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(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,()圖4-8A.彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B.有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C.彈簧長(zhǎng)度最短時(shí),彈力對(duì)小球做功的功率為零D.小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差【解析】在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小球的彈力大小相等,且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2),則小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài),小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧長(zhǎng)度先縮短,當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時(shí)彈簧達(dá)到最短,這個(gè)過(guò)程中彈力對(duì)小球做負(fù)功,然后彈簧再伸長(zhǎng),彈力對(duì)小球開(kāi)始做正功,當(dāng)彈簧達(dá)到自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí),彈力為零,再隨著彈簧的伸長(zhǎng)彈力對(duì)小球做負(fù)功,故整個(gè)過(guò)程中,彈力對(duì)小球先做負(fù)功,再做正功,后再做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.在彈簧與桿垂直時(shí)及彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí),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(shí),彈力方向與小球的速度方向垂直,則彈力對(duì)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(shì)能相等,在N點(diǎn)的動(dòng)能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢(shì)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(kāi)始自由下落,經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng).【導(dǎo)學(xué)號(hào):35390081】圖4-9(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比;(2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)到C點(diǎn).【答案】(1)5(2)能沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)我還有這些不足:(1)

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