章末分層突破[自我校對]①W為正②W＝0③W為負④eq\f(1,2)mv2⑤mgh⑥初、末位置⑦eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑧－ΔEp⑨ΔE⑩Ek2＋Ep2?Ek2－Ek1?方向性________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________功的計算方法1.根據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動機的功率P一定，則在時間t內做的功為W＝Pt.3．根據功能關系求功根據以上功能關系，若能求出某種能量的變化，就可以求出相應的功．一質量為eq\f(4,3)kg的物體放在水平地面上，如圖7-1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，物體相應的速度v隨時間t的變化關系如圖丙所示．求：圖7-1(1)0～6s內合力做的功；(2)前10s內，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)由圖丙知物體在2～6s、6～8s內的位移分別為x1＝6m、x2＝6m，故前10s內拉力做的功：W1＝F1x1＋F2x2＝3×6J＋2×6J＝30J.由圖丙知，在6～8s時間內，物體做勻速運動，故摩擦力Ff＝2N．根據v-t圖象知在10s內物體的總位移：x′＝eq\f(8－6＋10－2,2)×3m＝15m所以W＝－Ffx′＝－2×15J＝－30J.【答案】(1)6J(2)30J－30J幾種常見功能關系的理解功能關系表達式物理意義正功、負功含義重力做功與重力勢能W＝－ΔEp重力做功是重力勢能變化的原因W＞0勢能減少W＜0勢能增加W＝0勢能不變彈簧彈力做功與彈性勢能W＝－ΔEp彈力做功是彈性勢能變化的原因W＞0勢能減少W＜0勢能增加W＝0勢能不變合力做功與動能W＝ΔEk合外力做功是物體動能變化的原因W＞0動能增加W＜0動能減少W＝0動能不變除重力或系統內彈力外其他力做功與機械能W＝ΔE除重力或系統內彈力外其他力做功是機械能變化的原因W＞0機械能增加W＜0機械能減少W＝0機械能守恒質量為m的子彈，以水平速度v射入靜止在光滑水平面上質量為M的木塊，并留在其中，下列說法正確的是()A．子彈克服阻力做的功與木塊獲得的動能相等B．子彈克服阻力做的功與子彈動能的減少量相等C．子彈克服阻力做的功與子彈對木塊做的功相等D．子彈對木塊做的功與木塊對子彈做的功相等【解析】根據動能定理，子彈克服阻力做的功等于子彈動能的減少，根據能量守恒定律可知：子彈動能的減少，等于系統產生的內能和木塊獲得的動能，故A錯誤，B正確；子彈和木塊相互作用力大小相等，但二者的位移大小不同，子彈的位移大于木塊的位移，子彈克服阻力做的功大于子彈對木塊做的功，故C錯誤；子彈對木塊做的功等于木塊動能的增加量，木塊對子彈做的功就是阻力對子彈做的功大于子彈對木塊做的功，故D錯誤．【答案】B同學們參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了如圖7-2所示的實驗裝置．圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的eq\f(1,4)圓弧形的粗糙軌道，P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H，N板上固定有三個圓環．將質量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環中心，落到底板上距Q水平距離為L處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g.求：圖7-2(1)距Q水平距離為eq\f(L,2)的圓環中心到底板的高度；(2)小球運動到Q點時速度的大小以及對軌道壓力的大小和方向；(3)摩擦力對小球做的功.【導學號：50152151】【解析】(1)設小球在Q點的速度為v0，由平拋運動規律有H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，L＝v0t1，得v0＝Leq\r(\f(g,2H)).從Q點到距Q點水平距離為eq\f(L,2)的圓環中心的豎直高度為h，則eq\f(L,2)＝v0t2，得h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,4)H.該位置距底板的高度：Δh＝H－h＝eq\f(3,4)H.(2)設小球在Q點受的支持力為F，由牛頓第二定律F－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得F＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力F′＝F，方向豎直向下．(3)設摩擦力對小球做功為W，則由動能定理得mgR＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得W＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R)).【答案】(1)到底板的高度：eq\f(3,4)H(2)速度的大小：Leq\r(\f(g,2H))壓力的大小：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(L2,2HR)))方向：豎直向下(3)摩擦力對小球做的功：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4H)－R))求解動力學問題的兩種思路1．兩條基本思路(1)利用牛頓運動定律結合運動學公式求解．利用牛頓第二定律可建立合力與加速度之間的關系，利用運動學公式可計算t、x、v、a等物理量．或是根據運動學公式和牛頓定律去求解受力情況．(2)利用功能觀點求解，即利用動能定理、機械能守恒定律、重力做功與重力勢能關系等規律分析求解．2．解題思路的比較(1)用功能觀點解題，只涉及物體的初、末狀態，不需要關注過程的細節，解題簡便．(2)用牛頓第二定律及運動學公式解題，可分析運動過程中的加速度、力的瞬時值，也可分析位移、時間等物理量，即可分析運動過程的細節．一質量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動．當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk＝18J，機械能減少了ΔE＝3J．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)物體向上運動時加速度的大小；(2)物體返回斜坡底端時的動能．【解析】(1)設物體運動過程中所受的摩擦力為f，向上運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設物體的動能減少ΔEk時，在斜坡上運動的距離為s，由功能關系可知ΔEk＝(mgsinα＋f)s ②ΔE＝fs ③聯立①②③式，并代入數據可得a＝6m/s2. ④(2)設物體沿斜坡向上運動的最大距離為sm，由運動學規律可得sm＝eq\f(v\o\al(2,0),2a) ⑤設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聯立①④⑤⑥各式，并代入數據可得Ek＝80J.【答案】(1)6m/s2(2)80J(教師用書獨具)1.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，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7-3所示．將兩球由靜止釋放．在各自軌跡的最低點，()圖7-3A．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動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得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A、B錯誤；在最低點繩的拉力為F，則F－mg＝meq\f(v2,L)，則F＝3mg，因mP>mQ，則FP>FQ，選項C正確；向心加速度a＝eq\f(F－mg,m)＝2g，選項D錯誤．【答案】C2．(多選)如圖7-4，一固定容器的內壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則()圖7-4A．a＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)【解析】質點P下滑到最低點的過程中，由動能定理得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，則速度v＝eq\r(\f(2mgR－W,m))，最低點的向心加速度a＝eq\f(v2,R)＝eq\f(2mgR－W,mR)，選項A正確，選項B錯誤；在最低點時，由牛頓第二定律得N－mg＝ma，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，選項C正確，選項D錯誤．【答案】AC3．如圖7-5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．一質量為m的質點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道，質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則()圖7-5A．W＝eq\f(1,2)mgR，質點恰好可以到達Q點B．W>eq\f(1,2)mgR，質點不能到達Q點C．W＝eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質點到達Q點后，繼續上升一段距離【解析】設質點到達N點的速度為vN，在N點質點受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝eq\f(mv\o\al(2,N),R)，已知FN＝F′N＝4mg，則質點到達N點的動能為EkN＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝eq\f(3,2)mgR.質點由開始至N點的過程，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)，故質點到達Q點后速度不為0，質點繼續上升一段距離．選項C正確．【答案】C4．如圖7-6所示，固定的豎直光滑長桿上套有質量為m的小圓環，圓環與水平狀態的輕質彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態．現讓圓環由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環下滑到最大距離時彈簧的長度變為2L(未超過彈性限度)，則在圓環下滑到最大距離的過程中()圖7-6A.圓環的機械能守恒B．彈簧彈性勢能變化了eq\r(3)mgLC．圓環下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變【解析】圓環沿桿下滑的過程中，圓環與彈簧組成的系統動能、彈性勢能、重力勢能之和守恒，選項A、D錯誤；彈簧長度為2L時，圓環下落的高度h＝eq\r(3)L，根據機械能守恒定律，彈簧的彈性勢能增加了ΔEp＝mgh＝eq\r(3)mgL，選項B正確；圓環釋放后，圓環向下先做加速運動，后做減速運動，當速度最大時，合力為零，下滑到最大距離時，具有向上的加速度，合力不為零，選項C錯誤．【答案】B5.如圖7-7所示，在豎直平面內有由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點正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動．圖7-7(1)求小球在B、A兩點的動能之比；(2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點．【解析】(1)設小球的質量為m，小球在A點的動能為EkA，由機械能守恒定律得EkA＝mgeq\f(R,4) ①設小球在B點的動能為EkB