知識(shí)網(wǎng)絡(luò)建構(gòu)與學(xué)科素養(yǎng)提升一、功和功率的計(jì)算1.功的計(jì)算(1)恒力功：用公式W＝Flcosα其中l(wèi)表示力的作用點(diǎn)相對(duì)于地面位移的大小，某個(gè)力做功與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)。(2)總功的計(jì)算①合力做的總功等于各個(gè)力做的功的代數(shù)和。②動(dòng)能定理：W總＝ΔEk＝Ek2－Ek1。③另一種方法是先求出物體所受各力的合力，再用公式W總＝F合lcosα計(jì)算，本方法僅限于恒力作用于做功全過(guò)程的情況。[例1]質(zhì)量為20kg的物體，在一與水平方向成一定角度的拉力作用下沿直線運(yùn)動(dòng)，因拉力發(fā)生變化，物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖所示。求：(1)0～10s，合外力做的功；(2)0～20s，合外力做的功；(3)20～40s，合外力做的功；(4)前40s，合外力做的功。解析(1)0～10s，合外力做功W1＝F1l1＝ma1l1＝20×1×50J＝1000J。(2)10～20s，合外力為0，合外力做功為0，故0～20s內(nèi)，合外力做功為1000J。(3)20～40s，合外力做功W2＝F2l2＝ma2l2＝20×(－0.5)×100J＝－1000J。(4)前40s，合外力做功W＝W1＋W2＝0。答案(1)1000J(2)1000J(3)－1000J(4)02.功率的計(jì)算方法(1)P＝eq\f(W,t)：此式是功率的定義式，常用于求解某段時(shí)間內(nèi)的平均功率。(2)P＝Fv，此式一般用來(lái)計(jì)算瞬時(shí)功率，但當(dāng)速度為平均速度eq\o(v,\s\up6(－))時(shí)，功率eq\o(P,\s\up6(－))為平均功率。[例2]一臺(tái)起重機(jī)將靜止在地面上、質(zhì)量為m＝1.0×103kg的貨物勻加速豎直吊起，在2s末貨物的速度v＝4m/s(取g＝10m/s2，不計(jì)額外功)。求：(1)起重機(jī)在這2s內(nèi)的平均功率；(2)起重機(jī)在2s末的瞬時(shí)功率。解析設(shè)貨物所受的拉力為F，加速度為a，則(1)由a＝eq\f(v,t)得，a＝2m/s2F＝mg＋ma＝1.0×103×10N＋1.0×103×2N＝1.2×104N2s內(nèi)貨物上升的高度h＝eq\f(1,2)at2＝4m起重機(jī)在這2s內(nèi)對(duì)貨物所做的功W＝F·h＝1.2×104×4J＝4.8×104J起重機(jī)在這2s內(nèi)的平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝eq\f(4.8×104J,2s)＝2.4×104W。(2)起重機(jī)在2s末的瞬時(shí)功率P＝Fv＝1.2×104×4.0W＝4.8×104W。答案(1)2.4×104W(2)4.8×104W二、動(dòng)能定理的理解及應(yīng)用1.W總＝W1＋W2＋W3＋…是包含重力在內(nèi)的所有力做功的代數(shù)和，若合外力為恒力，也可這樣計(jì)算：W總＝F合lcosα。2.動(dòng)能定理是計(jì)算物體位移或速率的簡(jiǎn)捷途徑，當(dāng)題目中涉及位移時(shí)可優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。3.做功的過(guò)程是能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，動(dòng)能定理表達(dá)式中的“＝”的意義是一種因果聯(lián)系的數(shù)值上相等的符號(hào)，它并不意味著“功就是動(dòng)能增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動(dòng)能”，而是意味著“功引起物體動(dòng)能的變化”。動(dòng)能定理公式兩邊每一項(xiàng)都是標(biāo)量，因此動(dòng)能定理是一個(gè)標(biāo)量方程。[例3]如圖所示，足夠長(zhǎng)的傾角為θ的粗糙斜面上，有一質(zhì)量為m的滑塊距擋板P為L(zhǎng)，以初速度v0沿斜面下滑，并與擋板發(fā)生碰撞，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，μ＜tanθ，重力加速度為g。若滑塊與擋板碰撞過(guò)程中沒(méi)有機(jī)械能損失，求：(1)滑塊第一次與擋板碰撞前瞬間的速度大??；(2)滑塊第一次與擋板碰撞后上升離開(kāi)擋板P的最大距離。解析(1)對(duì)滑塊第一次下滑的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，有mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v＝eq\r(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0))。(2)設(shè)滑塊第一次與擋板碰撞后上升離開(kāi)擋板P的最大距離為x，在這次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，對(duì)滑塊運(yùn)用動(dòng)能定理，有mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得x＝eq\f(2gLsinθ－2μgLcosθ＋veq\o\al(2,0),2gsinθ＋2μgcosθ)。答案見(jiàn)解析三、機(jī)械能守恒的應(yīng)用1.當(dāng)研究對(duì)象只有一個(gè)物體時(shí)(地球自然包括在內(nèi))，往往用是否“只有重力做功”來(lái)判定物體機(jī)械能是否守恒。機(jī)械能守恒方程mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh′＋eq\f(1,2)mv2。2.當(dāng)研究物體與彈簧組成的系統(tǒng)時(shí)，往往用是否“只有重力和彈力做功”來(lái)判定物體與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能是否守恒。物體機(jī)械能與彈簧彈性勢(shì)能總和保持不變。3.當(dāng)研究對(duì)象有多個(gè)物體在內(nèi)時(shí)，往往用是否“沒(méi)有摩擦和介質(zhì)阻力”來(lái)判定機(jī)械能是否守恒。方程：系統(tǒng)勢(shì)能的增加(減少)量等于動(dòng)能的減少(增加)量，即：ΔEp增＝ΔEk減。[例4]如圖所示，半徑R＝0.8m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在光滑水平面上，軌道上方的A點(diǎn)有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1kg的小物塊。小物塊由靜止開(kāi)始下落小物塊第1個(gè)階段做自由落體運(yùn)動(dòng)后打在圓弧軌道上的B點(diǎn)但未反彈，在該瞬間碰撞過(guò)程中，小物塊沿半徑方向的分速度即刻減為零，而沿切線方向的分速度不變，eq\a\vs4\al(畫(huà)速度分解圖)此后小物塊將沿著圓弧軌道滑下。已知A點(diǎn)與軌道的圓心O的連線長(zhǎng)也為R，且AO連線與水平方向的夾角為30°，C點(diǎn)為圓弧軌道的末端，g取10m/s2。求：小物塊沿圓弧軌道到達(dá)C點(diǎn)前瞬間對(duì)軌道的壓力FC的大小。解析由幾何關(guān)系可知，AB間的距離為R，小物塊從A到B做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有veq\o\al(2,B)＝2gR代入數(shù)據(jù)解得vB＝4m/s，方向豎直向下設(shè)小物塊沿軌道切線方向的分速度為vBx，因OB連線與豎直方向的夾角為60°，故vBx＝vBsin60°從B到C，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR(1－cos60°)＝eq\f(mveq\o\al(2,C),2)－eq\f(mveq\o\al(2,Bx),2)代入數(shù)據(jù)解得vC＝2eq\r(5)m/s在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有FC′－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)代入數(shù)據(jù)解得FC′＝35N再根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊到達(dá)C點(diǎn)前瞬間對(duì)軌道的壓力大小FC＝35N。答案35N四、生活中的能量轉(zhuǎn)化與守恒1.機(jī)械能可與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，在轉(zhuǎn)化的過(guò)程中，能的總量是不變的。2.某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能量增加，且減少量和增加量一定相等。3.某個(gè)物體的能量減少，一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等。[例5]風(fēng)能是一種很好的可再生能源，而且對(duì)環(huán)境的污染較小，近年來(lái)我國(guó)在西北地區(qū)，建立了許多風(fēng)力發(fā)電廠。如圖所示為風(fēng)力發(fā)電的情景，通過(guò)風(fēng)輪機(jī)一個(gè)葉片旋轉(zhuǎn)一周掃過(guò)面積的最大風(fēng)能為可利用風(fēng)能。已知：空氣的密度為ρ，風(fēng)輪機(jī)葉片的長(zhǎng)度為r，若風(fēng)速為v0，每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)輸出電功率為P，求此過(guò)程中：(1)單位時(shí)間內(nèi)每臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得的風(fēng)能表達(dá)式；(2)風(fēng)力發(fā)電機(jī)利用風(fēng)能的效率表達(dá)式。【解題點(diǎn)撥】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)研究對(duì)象是流動(dòng)的空氣。(2)流動(dòng)的空氣碰到葉面后的速度認(rèn)為是零。(3)風(fēng)輪機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，形成一個(gè)圓面，流過(guò)這個(gè)圓面的空氣動(dòng)能會(huì)有一部分轉(zhuǎn)化為電能。解析(1)由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝P總t，①在時(shí)間t內(nèi)流向葉面的空氣質(zhì)量m＝πr2v0tρ，②把②代入①，解得P總＝eq\f(1,2)πr2ρveq\o\al(3,0)。(2)η＝eq\f(P,P總)＝eq\f(2P,πr2ρveq\o\al(3,0))。答案(1)P總＝eq\f(1,2)πr2ρveq\o\al(3,0)(2)η＝eq\f(2P,πr2ρveq\o\al(3,0))[例6]如圖所示，在半徑為r＝10cm的輪軸上懸掛一個(gè)質(zhì)量為M＝3kg的水桶，軸上分布著6根手柄，柄端有6個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的金屬小球。球離軸心的距離為L(zhǎng)＝50cm，輪軸、繩及手柄的質(zhì)量、摩擦及空氣阻力均不計(jì)。開(kāi)始時(shí)水桶在離地面某高度處，釋放后水桶帶動(dòng)整個(gè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)n(未知量)周時(shí)，測(cè)得金屬小球的線速度v1＝5m/s，此時(shí)水桶還未到達(dá)地面，g取10m/s2，求：(1)轉(zhuǎn)動(dòng)n周時(shí)，水桶重力做功的功率P；(2)n的數(shù)值。解析(1)設(shè)轉(zhuǎn)動(dòng)n周時(shí)，水桶的速度為v，則eq\f(v,v1)＝eq\f(r,L)水桶重力的功率為P＝Mgv解得P＝Mg·eq\f(rv1,L)＝3×10×eq\f(0.1×5,0.5)W＝30W。(2)從釋放水桶到轉(zhuǎn)動(dòng)n周的過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律Mgh＝eq\f(1,2)Mv2＋6×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)由幾何關(guān)