【物理】2018届一轮复习苏教版第5章章末高效整合教案 9页

章末高效整合 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＝Flcos α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、末态所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此力所做的功．‎ 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＝kx 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W2＝(x2－x1)＝k(x－x)．两次做功相等，则W1＝W2，解得x2＝x1＝‎1.41 cm，故Δx＝x2－x1＝‎0.41 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Δx＝x2－x1＝‎0.41 cm.‎ ‎【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51‎ A．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 C．在该过程中，人对物块做的功为mv2‎ D．人前进x时，物块的运动速率为 B　设绳子与水平方向的夹角为θ，则物块运动的速度v物＝vcos θ，而cos θ＝，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vB＝2vA 由以上两式得 vA＝，vB＝ 根据动能定理，对于A球有WA＋mg＝mv－0，所以WA＝－0.2mgL 对于B球有WB＋mgL＝mv－0，‎ 所以WB＝0.2mgL.‎ ‎【答案】　－0.2mgL　0.2mgL ‎[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53‎ A．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(　　)‎ 图54‎ A　　　　　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，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：96622099】‎ 图55‎ A．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 D．0～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等．‎ ‎　(2017·苏州模拟)如图56所示，长l＝‎1 m、厚度h＝‎0.2 m的木板A静止在水平面上，固定在水平面上、半径r＝‎1.6 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H＝‎0.8 m处由静止释放，已知A、B质量均为m＝‎1 kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.4，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取‎10 m/s2.求：‎ 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 v＝＝‎4 m/s 小物块滑到最低点P处时，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m 解得FN＝mg＋m＝20 N 由牛顿第三定律得FN′＝20 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＝＝μ‎1g＝‎4 m/s2‎ 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/s2‎ 木板A做匀加速直线运动 又由l＝xB－xA xB＝vt－a1t2‎ xA＝a2t2‎ 代入数据解得t＝ s(t＝1 s舍去)‎ 对A由动能定理得W＝μ1mg·a2t2＝ J.‎ ‎(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h＝gt′2，得t′＝＝0.2 s 木板A将以v2＝a2t＝ m/s、加速度a3＝＝μ‎2g＝‎1 m/s2做匀减速运动，物块B落地时，‎ 两者相距Δx＝v1t′－(v2t′－a3t′2)‎ 代入数据得Δx＝‎0.42 m.‎ ‎【答案】　(1)20 N　(2) J　(3)‎‎0.42 m ‎[突破训练]‎ ‎4．如图57所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R＝‎0.4 m，与水平光滑轨道相切于A.水平轨道上平铺一半径r＝‎0.1 m的圆形桌布，桌布中心有一质量m＝‎1 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μ＝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mg＝ 从B点抛出后水平方向x＝vBt 竖直方向2R＝gt2‎ 代入数据得x＝‎0.8 m.‎ ‎(2)A→B，由机械能守恒＝2mgR＋ 在A点，由牛顿第二定律N－mg＝ 代入数据得N＝60 N 由牛顿第三定律N′＝N＝60 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μmg＝ma0‎ 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－a0t 代入数据得a＝‎5.25 m/s2.‎ ‎【答案】　(1)‎0.8 m　(2)60 N　(3)‎5.25 m/s2‎