【物理】2018届一轮复习人教版第5章章末专题复习教案 9页

章末专题复习 物理方法|计算变力做功的五种方法 ‎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．‎ ‎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．‎ ‎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．‎ ‎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．‎ ‎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)‎ ‎【解析】　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)，解得x2＝x1＝1.41 cm，故Δx＝x2－x1＝0.41 cm.‎ ‎【答案】　0.41 cm ‎[突破训练]‎ ‎1．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：92492252】‎ 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|轻杆模型中的机械能守恒 ‎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，杆可绕轴O无摩擦的转动，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】　‎ — ‎⇓‎ — ‎【解析】　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．(多选)(2017·连云港模拟)如图53所示，A、B两个小球(均视为质点)用轻杆连接，A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B 球处于光滑水平地面上．开始时，在外力作用下A、B球均静止，连接轻杆可视为竖直．现撤去外力，B球开始沿水平面向右运动．已知A、B两球的质量均为m，杆长为L，以水平地面为零势能面，则下列说法正确的是(　　)‎ 图53‎ A．A球下滑到地面的过程中，轻杆对B球先做正功后做负功 B．A球着地时的速度大小为 C．A球着地时A、B两球的速度大小相同 D．A球下滑到地面的过程中两球和杆组成的系统机械能守恒 AD　[A球下滑到地面的过程中，对两球和杆组成的系统，槽对A球的弹力与其速度方向垂直，弹力不做功，水平地面对B球的弹力与其速度方向垂直，也不做功，只有A球的重力做功，系统机械能守恒，选项D正确；由于A球着地时受到滑槽的限制，B球速度为零，根据机械能守恒定律有mgL＝mv，A球着地时的速度大小vA＝，选项B、C错误；开始时，B球的速率为零，A球着地时B球的速率也为零，可见B球先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理知，杆对B球做的功等于B球动能的变化量，轻杆对B球先做正功后做负功，选项A正确．]‎ 高考热点|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．‎ ‎　如图54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54‎ ‎(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．‎ ‎【解析】　(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]‎ ‎3．(2016·全国甲卷)轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图55所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动．重力加速度大小为g.‎ 图55‎ ‎(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；‎ ‎(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围. ‎ ‎【导学号：92492253】‎ ‎【解析】　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl ①‎ 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝Mv＋μMg·4l ②‎ 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝ ③‎ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0 ④‎ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤‎ 联立③⑤式得 vD＝ ⑥‎ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ‎2l＝gt2 ⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s＝vDt ⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得 s＝2l. ⑨‎ ‎(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知 ‎5mgl>μMg·4l ⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有 Mv≤Mgl ⑪‎ 联立①②⑩⑪式得 m≤M