专题 动能定理与功能关系

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252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明机械能守恒定律专题一动能定理与功能关系［高考要求］重要考点要求命题热点功和功率Ⅱ1．重力、摩擦力、电场力和洛伦兹力的做功特点和求解2．与功、功率相关的分析和计算。3．动能定理的综合应用。4．应用动能定理、功能关系解决动力学问题。其中动能定理和功能关系的应用是考查的重点，考查的特点是密切联系生活、生产实际，联系现代科学技术的问题和能源环保问题动能和动能定理Ⅱ重力做功与重力势能Ⅱ电场力做功与电势能Ⅱ功能关系Ⅱ电功率、焦耳定律Ⅰ本专题涉及的考点有：功和功率、动能和动能定理、重力做功和重力势能、弹力功与弹性势能、合力功与机械能,摩擦阻力做功、内能与机械能。都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。动能定理、功能关系是历年高考力学部分的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。《考纲》对本部分考点要求都为Ⅱ类，功能关系一直都是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点，涉及这部分内容的考题不但题型全、分值重，而且还常有高考压轴题。考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本专题知识。它的特点：一般过程复杂、难度大、能力要求高。还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。功机械能功的定义：W=Flcosα平均功率：P=w/t=Fvcosα瞬时功率：P=Fvcosα动能：EK=重力势能：EK=mgh弹性势能：动能定理：W合=抛体运动单摆弹簧振子————功能关系：W其它=［知识结构］第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明［知识点拨］1、动能定理：适用范围：适用于物体的直线运动和曲线运动；适用于恒力和变力做功；适用于阶段和全程；适用于各种性质的力。重点提示：①动能定理W＝EK2－EK1中，W指的是合外力所做的功，解决时不要漏掉某个力做的功；要特别注意力F做的功WF=Fl，其中的l是相对地而言的（或相对同一惯性参考系而言）；而Q热=Ff滑l相对，是指滑动摩擦力产生的热量，l相对是相对另一接触面的。②若物体运动过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以把全过程作为一整体考虑。③求各力做功时，要明确哪个力在哪一阶段上所做的功。④求合外力做功，可用W合=F合•l；或用W合=W1+W2+W3+…。思维误区警示：对于一个系统，系统不受外力或合外力为零，并不能保证重力以外其他力不做功，所以系统外力之和为零，机械能不一定守恒，而此时系统的动量却守恒（因为动量守恒的条件是系统的合外力为零）。同样，只有重力做功，并不意味系统不受外力或合外力为零。2、功能关系（1）重力做功与重力势能的关系：W=-ΔEp=EP1-Ep2=mgh1-mgh2（2）弹力做功与弹性势能的关系：W=-ΔEp=EP1-Ep2=特别提醒：弹力做功中弹力仅仅适用于弹簧、橡皮筋等等。（3）除重力和弹簧的弹力之外的力对物体做的总功与物体机械能的关系：W/=ΔE=E2-E1特别提醒：系统机械能的变化是由于“除重力和弹簧的弹力之外的力对物体所做的总功”3、各定理、定律对比适用条件表达式研究对象备注*动量守恒定律系统所受的合外力为零P总0=P总t一定是两个物体或两个以上物体组成的系统注意动量守恒和机械能守恒的条件的区别动能定理均适用W合=ΔEk=EK2-EK1W合为所有外力做的功，包括重力，注意会全程应用动能定理。功能关系能量有变化的情况W=ΔE=E2-E14、求各变化量（△Ek、△EP、△E机）的常用方法：常用方法求△EkΔEk=EK2-EK1ΔEk=W合通过求合外力做功求动能的变化量（更常用）求△EP△EP=EP2-EP1ΔEP=WG=mgΔh通过求重力做功求ΔEP；当WG做正功时，EP减小；当WG做负功时，EP增加(常用）求△E机△E机=E2-E1ΔE机=WG其它通过求除重力以外的其它力做功求机械能的变化量（更常用）5、求力F做功几种方法：第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明备注1、W=FScosα(F为恒力)只能求恒力F做功2、W=Pt(功率P恒定)可求变力做功，也可求恒力做功3、W合=ΔEk=EK2-EK1可求变力做功（最常用），可求恒力做功4、求变力做功的方法1、用动能定理2、转换研究对象6、重力做功的特点：WG=EP1-EP2=mgΔh重力做功与路径无关重力做正功，重力势能减少，重做负功，重力势能增加注意：ΔEP和重力做功与参考平面的选择无关（但重力势能与参考平面的选择有关）7、功率：　　　　　　1、平均功率：2、瞬时功率：P=Fvcosα机车恒定功率起动问题［专题探究］（一）用动能定理简解多过程问题案例1、2009年是中华人民共和国成立60周年，某学校物理兴趣小组用空心透明塑料管制作了如图所示的竖直“60”造型。两个“0”字型的半径均为R。让一质量为m、直径略小于管径的光滑小球从入口A处射入，依次经过图中的B、C、D三点，最后从E点飞出。已知BC是“0”字型的一条直径，D点是该造型最左侧的一点，当地的重力加速度为g，不计一切阻力，则小球在整个运动过程中：A.在B、C、D三点中，距A点位移最大的是B点，路程最大的是D点B.若小球在C点对管壁的作用力恰好为零，则在B点小球对管壁的压力大小为6mgC.在B、C、D三点中，瞬时速率最大的是D点，最小的是C点D.小球从E点飞出后将做匀变速运动命题解读：本题是新情景问题，重点考察动能定理、牛顿定律的应用。物体的运动是比较复杂的。但由于只有重力做功，且重力做功与路径无关，所以全程运用动能定理解题特别简单。当然也可以运用机械能守恒定律解析,或者分步运用动能定理解析。分析与解：直观上可以看出在B、C、D三点中，距A点位移最大的是D点，路程最大的也是D点，A错误。由机械能守恒定律知B点的动能最大，速率最大。C错小球飞出后做抛体运动，只受重力作用，故做匀变速运动。D正确。C点，重力产生向心加速度由牛顿定律得：由动能定理得：第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明B点，由牛顿定律得：解得：F=6mgB正确。正确答案：BDαmPv0图1变式训练：变式1、如图1所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块，距挡板P为l0，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？解析：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端。在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：得图2变式2：如图2所示，和为两个对称斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑圆弧面的两端相切，圆弧所对圆心角为，半径，整个装置处在竖直平面上。一个物体在离弧底的高度处以速率沿斜面向下运动，若物体与斜面间的动摩擦因数，试求物体在斜面（不包括圆弧部分）上能走多长的路程？解析：设物体在斜面上走过的路程为，经分析，物体在运动过程中只有重力和摩擦力对它做功，最后的状态是在、之间来回运动，则在全过程中，由动能定理得代入数据，解得（二）用动能定理巧求动摩擦因数ABChx1比1x2α图3案例2、如图3所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。命题解读：第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明滑动摩擦力做功是个比较复杂的问题，但在只有重力产生压力的前提下，不管是水平面上的运动，还是斜面上的运动，滑动摩擦阻力对物体做的功都等于Wf=-μmgX。X为物体运动的水平总位移。分析与解：滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为，斜面倾角为，斜面底边长，水平部分长，由动能定理得：从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部分长度，即可计算出动摩擦因数。变式训练：m1m1m1m1图4m1m2m3m4v1v3v2v4变式1、已知物体与轨道之间的滑动摩擦因数相同，轨道两端的宽度相等，且轨道两端位于同一水平面上。问质量不同的物体，以相同的初速度沿着如图4所示的不同运行轨道运动时，末速度的大小关系（）A．B．C．D．解析：由于轨道的水平宽度x相等，物体沿着轨道从左端运动到右端，初速度v0相同，虽然滑动摩擦阻力不同，但滑动摩擦阻力做的功相同，均为W=-μmgx，重力做功为零。根据动能定理：解得：可见物体到达右端时速度大小相同，与物体质量无关，与斜面的倾角无关。正确答案：CABCDE图5变式2、如图5所示，在竖直平面内的AC两点间有两点间有三条轨道。一个质量为m的质点从顶点A由静止开始先后沿三条不同的轨道下滑，三条轨道的摩擦因数都是μ，转折点能量损耗不计，由该物体分别沿着AC、AEC、ADC到达C点时的速度大小正确的说法是（）A．物体沿AC轨道下滑到达C点速度最大B．物体沿AEC轨道下滑到达C点速度最大C．物体沿ADC轨道下滑到达C点速度最大D．物体沿三条轨道下滑到达C点速度相同解析：根据可见到达C点处的速度相同。正确答案为CABθh1图6h2变式3、一木块从左侧斜面上A点由静止开始下滑，经过水平面最后上升到右侧的斜面B处。不计接触处的碰撞能量损失，接触面材料相同，如图所示6所示。已知AB与水平面的夹角为θ，求摩擦摩擦因数μ。第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明解析：根据动能定理解得：（三）用动能定理解决变力做功的大小案例3、质量为小球被系在轻绳的一端，在竖直平面内做半径为的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用。设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为．．．．命题解读：本题考查圆周运动与动能定理的综合。只要知道始末状态的动能，就能根据动能定理求解过程量——功。而始末状态的速度要用牛顿定律求解。变力做功，只能根据动能定理求解。解析：设小球在圆周最低点和最高点时速度分别为和，由牛顿定律得：最低点：最高点：设经过半个圆周的过程中，小球克服空气阻力所做的功为，则由动能定理得来源:学科网]解得故本题的正确选项为变式训练：图7用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比。在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内1cm，问击第二次时，能击入多少深度？（设铁锤每次做功相等）解法一：（平均力法）铁锤每次做功都用来克服铁钉阻力做的功，但摩擦阻力不是恒力，其大小与深度成正比，F=-Ff=kx，可用平均阻力来代替第一次击入深度为x1，平均阻力=kx1做功为W1=x1=kx12.第二次击入深度为x1到x2，位移为x2-x1平均阻力=k（x2+x1）第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明做功为W2=（x2-x1）=k（x22-x12）两次做功相等：W1=W2解后有：x2=x1=1.41cm,击入的深度为：Δx=x2-x1=0.41cm.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F-x图象如图7。曲线上面积的值等于F对铁钉做的功由于两次做功相等，故有：S1=S2（面积）即：kx12=k（x2+x1）（x2-x1）所以击入的深度为：Δx=x2-x1=0.41cm（四）用功能原理求变力做功h1h2图8案例4、两个底面积都是S的圆筒，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图8所示，已知水的密度为ρ。现把连接两桶的阀门打开，最后两桶水面高度相等，则这过程中重力所做的功是多少？命题解读：本题考查流体做功问题。研究的方法是把流体等效成小物块，运用“填充”的方法进行研究。由于始末状态的机械能是确定的，但过程是变化的，故运用功能关系容易解决。分析与解：由于水是不可压缩的，把连接两桶的阀门打开到两桶水面高度相等的过程中，利用等效法把左管高以上部分的水等效地移至右管，如图5中的斜线所示。最后用功能关系，重力所做的功等于重力势能的减少量，选用AB所在的平面为零重力势能平面，则画斜线部分从左管移之右管所减少的重力势能为：h1h2图9AB所以重力做的功WG=变式训练：变式1、一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的.在井中固定插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底.在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，如图10所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F，使活塞缓慢向上移动.已知管筒半径ｒ＝0.100m，井的半径R＝2ｒ，水的密度ρ＝1.00×103kg/m3，大气压p0＝1.00×105Pa.求活塞上升H＝9.00m的过程中拉力F所做的功.（井和管在水面以上及水面以下的部分都足够长。不计活塞质量，不计摩擦，重力加速度g取10m/s2）解析：从开始提升至管内外水面高度差为h0=10m这一过程中拉力逐渐变大，是变力，要用功能关系求解。以后活塞与水面之间出现真空，拉力F=p0πr2为恒力。可用功的公式求解。第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明大气压p0能够支持的水柱高图10图11设管内水柱上升h1时，管外水柱下降h2,见图11。因为总体积不变，即解得：当h1+h2=h0时，管内液面不再随活塞上升（活塞下出现真空）此时H=9m＞h1,故活塞下有9m-7.5m=1.5m长的真空区F做的功一部分转化为水的重力势能，即一部分克服大气压力做功故拉力F所做总功变式2、如图所示，一劲度系数k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着一个质量为m=12kg的物体。A、B竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使A开始向上做匀加速运动，经0.4s，B刚要离开地面。设整个过程弹簧都处于弹性限度内（g取10m/s2）求：（1）此过程中所加外力F的最大值和最小值（2）此过程中力F所做的功解析：（1）设A上升前，弹簧的压缩量为，B刚要离开地面时弹簧的伸长量为x2，A上升的加速度为。A原来静止时，因受力平衡，有：设施加向上的力，使A刚做匀加速运动时的最小拉力为F1B恰好离开地面时，所需的拉力最大，设为F2对A：对B：第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明由位移公式，对A：联立解得：a=3.75m/s2F1=45NF2=258N（2）力作用的0.4s内，在末状态有，弹性势能相等，由能量守恒知，外力做了功，将其他形式的能转化为系统的重力势能和动能，即：小结：当我们分析一个物理过程时，不仅要看速度、加速度，还要分析能量转化情况。图12变式3、如图12所示，物体以100J的初动能从斜面底端向上运动，中途第一次通过斜面上M点时，其动能减少了80J，机械能减少了32J。则当物体沿斜面重新返回底端时，其动能为J。解析：物体沿斜面上滑的过程中，克服摩擦力做的功等于物体机械能的减少量，即设物体在上滑过程中动能的减少量为△Ek，由动能定理得即由得即在上滑过程中，物体减少的机械能和减少的动能之比为定值并且物体到达最高点时动能减少了100J，减少的机械能为由此可知，物体在上滑过程中克服摩擦力做的功为40J。由于物体下滑时摩擦力大小和位移大小没变，所以，下滑过程中克服摩擦力做的功也是40J。即在全过程中物体损失的机械能为80J，物体返回底端是动能为20J。（五）用动能定理解决分运动问题BAPmQHH图13例5、一辆汽车通过如图13所示中的细绳提起井中质量为m的物体，开始时，车在A点，绳子已经拉紧且是竖直，左侧绳长为H。提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过B驶向C。设A到B的距离也为H，车过B点时的速度为v。求在车由A移到B第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明的过程中，绳Q端的拉力对物体做的功。设绳和滑轮的质量及摩擦不计，滑轮尺寸不计。命题解读：对于连接体运动，分析两物体间的位移关系、速度关系是解题的关键，解题时应充分注意。分析与解：对m：根据动能定理列方程：vyvxv图14根据几何关系得出：由于左边绳端和车有相同的水平速度v，v可分解成沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分速度，如图14所示。看出：解得：变式训练：变式1、如图15所示，跨过定滑轮的轻绳两端的物体A和B的质量分别为M和m，物体A　在水平面上。A由静止释放，当B沿竖直方向下落h时，测得A沿水平面运动的图15速度为v，这时细绳与水平面的夹角为θ，试分析计算B下降h过程中，地面摩擦力对A做的功？（滑轮的质量和摩擦均不计）解析：把物体A、B看成一个整体，对该系统进行受力分析。B下降过程中，B的重力做正功mgh，摩擦力对A做负功，设为Wf由于A与水平面间的正压力是变化的，又不知动摩擦因数、Wf不能用功的定义求得，只能通过动能定理来求解Wf。图16A的实际运动沿速度v的方向，它可以分解为分别是沿绳方向和绕滑轮转动两个分运动根据第1步的分析和平行四边形法则，画出如图9的矢量图；由图16中可知，v1为绳的速度，也就是该时刻物体B的瞬时速度v1＝vcosθ对系统列动能定理表达式：mgh－Wf＝Mv2＋mv12　　　可得地面对A的摩擦力做功为：Wf＝mgh－Mv2－mv2cos2θ变式2、图17BAr如图17所示，斜劈B的倾角为30°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一个质量与斜劈质量相同、半径为r的球A放在墙面与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，求此后运动中（1）斜劈的最大速度。（2）球触地后弹起的最大高度。（球与地面作用中机械能的损失忽略不计）解析：（1）A加速下落，B加速后退，当A落地时，B速度最大，整大过程中，斜面与球之间弹力对球和斜面做功代数和为零，所以系统机械能守恒。第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明mg（h-r）=mvA2+mvB2由图中几何知识知：h=cot30°·r=rA、B的运动均可分解为沿斜面和垂直斜面的运动，如图18所示。图18vBvB1vB2vA2vA1vA由于两物体在垂直斜面方向不发生相对运动，所以vA2=vB2即vAcos30°=vBsin30°解得vA=vB=（2）A球落地后反弹速度vA′=vA做竖直上抛运动的最大高度：Hm=（六）用动能定理解决电场问题例6、在水平向右的匀强电场中，有一质量为m．带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球在B点静止时细线与竖直方向夹角为θ。现给小球一个垂直悬线的初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动。试问（1）小球在做圆周运动的过程中，在那一个位置的速度最小？速度最小值是多少？（2）小球在B点的初速度是多大？OBθEA图19命题解读：根据动能定理可得到：圆周运动的速度的最大值在平衡位置，即“物理最低点”。速度的最小值在平衡位置的反方向上，即“物理最高点”。最高点的最小速度是，g/是等效重力加速度。分析平衡位置是关键。分析与解：（1）如图所示，设小球受到的电场力为FE小球在B点静止，则FE=电场力与重力的合力F大小一定，方向沿AB小球从B到A运动，克服合力F做功，由动能定理得：可见A点克服阻力做功最多，速度最小。A点等效为竖直面圆周运动的最高点。OBθEA图20FFEmg对A点，根据牛顿定律得：所以A点速度的最小值为第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明（2）从A到B，运用动能定理得：解得：变式训练：ABE图21半径为r的绝缘光滑圆环，固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如图，珠子所受静电力为重力的3/4倍。将珠子从环上的最底位置A点静止释放，则珠子所能获得的最大动能为___________。解析：设小球平衡时电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为θABE图22FmgFEθ由例题图得到：电场力θ=37o由动能定理得：解得：珠子获得得最大动能为（七）用动能定理解决磁场问题θ图23例7、如图23所示，光滑斜面固定在水平面上，斜面倾角为θ，磁感强度为B的匀强磁场垂直纸面向里，有一质量为m，带电量为q的滑块，从某一时刻起，在斜面上由静止开始滑下，设斜面足够长。求：（1）滑块在斜面上运动的最大速度（2）滑块在斜面上运动的最远路程命题解读：洛仑磁力对运动的电荷不做功，但洛仑磁力对带电粒子的运动方向有影响。滑块在斜面上加速下滑，速度增大，洛仑磁力也增大，当重力与洛仑磁力平衡时，斜面对滑块的支持力为零，将会离开斜面。运用牛顿定律与动能定理就能解决此问题。mgθqvBFNN分析与解：（1）如图24所示滑块在斜面上运动的速度最大，洛仑磁力就最大，滑块将离开斜面。此时FN=0，滑块带负电。根据牛顿定律：图24解得：（2）根据动能定理：AC设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是：A．这离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点B解得滑块在斜面上运动的最远路程是变式训练：图25设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场如图25第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是：A．这离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点解析：离子不计重力，从静止开始运动，说明离子只能带正电荷。A正确。洛仑磁力不做功，根据动能定理，EkB=0则lAB=0，A、B两点必定同高度。由上式知lAB最大，则EkB最大，C正确。离子到达B点时，受力情况同A点，运动轨迹如ACB，但向右运动。D错误。正确答案：ABC（八）用动能定理解决电磁感应问题图26例8、如图26所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动。求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度v2(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q命题解读：动能定理、能量守恒定律和功能关系是物理解题中特别倚重的规律，本题在研究线框上升时，利用而安培力做功和克服空气阻力判断机械能的变化，进而判断物体的运动。同时，能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，一般没有限制条件，在机械能守恒定律和动量守恒定律不适用的情况下，也可使用。解析：线框在上升过程中受到向下的重力和安培力还有空气阻力的作用，其中克服重力做功只是使重力势能发生变化，不改变线框的机械能，而安培力做功和克服空气阻力做功转化成焦耳热。在上升过程中已知进入磁场和离开磁场的速度关系，可由能量守恒定律列出产生焦耳热的表达式；由于线框向上离开磁场时还有一定的速度，在重力和空气阻力的作用下继续向上运动到最高点又返回进入磁场，这个过程中克服空气阻力做功使机械能继续减小；再次进入磁场时，线框匀速运动，重力、空气阻力和安培力平衡。（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零，有，解得（2）设线框离开磁场能上升的高度为h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中　解得，（3）在线框向上刚进入到磁场到刚离开磁场的过程中第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明根据能量守恒定律和转化定律可得：　图27解得：。变式训练：如图27所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0，在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。（1）求初始时刻导体棒受到的安培力。（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能力Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？解析：（1）初始时刻棒中感应电动势E=BLv0棒中感应电流作用于棒上的安培力F=ILB解得：安培力方向：水平向左（2）由功和能的关系，得安培力做功电阻R上产生的焦耳热（3）由能量转化及平衡条件等，可判断棒最终静止于初始位置［误区分析］误区1：误认为力对物体做功的位移是“相对位移”，忽视功的定义。图26PQ典型案例1、小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上(如图所示)，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力。A．垂直于接触面，做功为零；B．垂直于接触面，做功不为零；C．不垂直于接触面，做功不为零；D．不垂于接触面，做功不为零。图27PQFF’错误解法：第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明斜面对小物块的作用力垂直于接触面，作用力与物体的位移垂直，故做功为零。即A选项正确。应对办法：功的计算公式中，l为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，与参照物选取有关，通常都取地球为参照物，这一点也是学生常常忽视的，致使发生错误。走出误区：小物块A在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F'，如图27所示。如果把斜面B固定在水平桌面上，物体A的位移方向和弹力方向垂直，这时斜面对物块A不做功。但此题告诉的条件是斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动。此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块A的位移方向却是从初位置指向终末位置。如图27所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块A做负功，即B选项正确。误区二：误认为作用力与反作用力所做功的大小相等，符号相反，忽视做功的条件。ABF典型案例2、如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B放在水平地面上，在拉力F的作用下，使物体A做匀加速直线运动．当物体A相对于地面运动了0.1m时，B对A的摩擦力做的功为10J，则A对B的摩擦力做功的大小可能是：A．0B．-10JC．小于10JD．无法确定错误解法：一对相互作用力总是等大反向共线，那么它们对物体做的功也一定大小相等，正负相反。故选B。应对办法：作用力和反作用是两个分别作用在不同物体上的力，因此作用力的功和反作用力对物体做的功没有直接关系。作用力可以对物体做正功、负功或不做功，反作用力也同样可以对物体做正功、负功或不做功。它们不一定能抵消。走出误区：本题有三种可能（1）B静止，则B对地面的位移为零，A对B的摩擦力做功为零（2）B运动，且A和B间有相对运动，则，lA>lB，故（3）A和B相对静止一起运动，因为lA=lB，所以故选ABC．误区三、误认为任何变力做功，其作用力都能用求解，忽视平均力的研究方法。典型案例3、静置在光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时的动能为()A．0B．C．D．错误解法：由图像知道，拉力是变力，大小为，故该力做功W==，答案先A第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明应对办法：v—t图像的“面积”表示位移，同理F—l图像的“面积”表示功，只要能求出图像的面积，该力做的功就确定了。走出误区：由于水平面光滑,所以拉力F即为合外力，F随位移x的变化图象包围的面积即为F做的功，由图线可知，半圆的半径为：设x0处的动能为EK，由动能定理得：即：，有：，解得：所以本题正确选项为C、D。误区四、误认为弹力对物体所做的功等于系统机械能的变化，忽视功能关系的概念。典型案例4、如图所示，质量m=2kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以v0=5m/s的初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零，已知从A到B的竖直高度h=5m，求弹簧的弹力对物体所做的功。错误解法：W=mgh+应对办法：如果物体只受重力和弹力作用，或只有重力或弹力做功时，满足机械能守恒定律。如果求弹力这个变力做的功，可用机械能守恒定律先求解势能的变化，再根据弹力做功与弹性势能的关系求解弹力做的功。走出误区：解法一由于斜面光滑故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做的功的数值与弹性势能的增加量相等。取B所在水平面为零参考面，弹簧原长处D点为弹性势能的零参考点，则：系统机械守恒：mgh+=Ep+0弹力做功：W弹力=0-EP解得：W弹簧=-（mgh+）=-125J解法二根据动能定理：解得：W弹簧=-（mgh+）=-125J误区五、误认为功率的变化与速率的变化成正比，忽视功率的瞬时性。典型案例5、起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图9所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图10中的哪一个？错误解法：由于物体做匀变速直线运动，各段的拉力都是恒力由P=Fv得：P∝v所以选项A正确。第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明应对办法：由于各阶段物体做匀变速直线运动的加速度不同，合力不同，拉力也不同，因此必须先运用牛顿第二定律进行过程分析，进而探究功率的变化。并且要比较各时刻功率的关系，才能正确解题。走出误区：在0～t1时间内，重物加速上升，设加速度为a1则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1=mg+ma1速度v1=a1t所以拉力的功率为：P1=m(a1+g)a1t在t1～t2时间内，重物匀速上升，拉力为F2=mg,速度为v1=a1t1所以拉力的功率为：P2=mga1t1在t2～t3时间内，重物减速上升，设加速度大小为a3,则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F2=mg-ma3速度v3=a1t1-a3t所以拉力的功率为：P3=m(g-a3)(a1t1-a3t)综上所述，只有B选项正确。误区六、误认为两物体运动速度相等时，系统的机械能最大，忽视功能关系。如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。www.ks5u.com在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有（）A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，系统的机械能最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，www.ks5u.com得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大。B正确。速度相等时，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长。弹性势能最大。D正确。速度相等时，虽然弹性势能达到最大但两物体的动能还在继续增大，机械能不一定是最大值。除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。A错误。正确答案：BCD［专题专练］第25页共25页 252011年高考第二轮复习资料太原市第十二中学姚维明1．某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m，当升降机的速度为v1时，电动机的有用功率达到最大值p，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v2匀速上升为止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g。有关此过程下列说法正确的是（）A．钢丝绳的最大拉力为www.ks5u.comB．升降机的最大速度C．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功D．升降机速度由v1增大至v2过程中，钢丝绳的拉力不断减小2．物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为W1，摩擦力对物体做功为W2，则（）www.ks5u.comA．从第1秒末到第3秒合外力做功为4W1，摩擦力做功为4W2www.ks5u.comB．从第4秒末到第6秒合外力做功为0，摩擦力做功也为0C．从第5秒末到第7秒合外力做功为W1，摩擦力做功为2W2D．从第3秒末到第4秒合外力做功为-0.75W1,摩擦力做功为1.5W2www.ks5u.com3．物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为(   )抛www.ks5u.com4．如图所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中()A．重力先做正功，后做负功B．弹簧弹力没有做正功C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大5.一物块以150J的初动能由地面沿一个很长的斜面往上滑行，当它到达最高点时，重力势能等于120J，而后物块开始沿斜面往下滑行，设物块与斜面的动摩擦因www.ks5u.com数处处相同，则当物块下滑到离地高度等于最高度的三分之一时(取斜面最低点为重力势能为零)，物块的()A．机械能等于110JB．机械能等于100J　　C．动能等于60JD．动能等于30J6．滑块以速率靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速度变为v2，且v2