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一、功和功率的计算

1.功的计算

(1)恒力功：用公式W＝Flcos α

其中l表示力的作用点相对于地面位移的大小，某个力做功与物体运动状态无关。

(2)总功的计算

①合力做的总功等于各个力做的功的代数和。

②动能定理：W总＝ΔEk＝Ek2－Ek1。

③另一种方法是先求出物体所受各力的合力，再用公式W总＝F合lcos α计算，本方法仅限于恒力作用于做功全过程的情况。

[例1] 质量为20 kg的物体，在一与水平方向成一定角度的拉力作用下沿直线运动，因拉力发生变化，物体运动的v－t图像如图所示。求：

(1)0～10 s，合外力做的功；

(2)0～20 s，合外力做的功；

(3)20～40 s，合外力做的功；

(4)前40 s，合外力做的功。

解析　(1)0～10 s，合外力做功W1＝F1l1＝ma1l1＝20×1×50 J＝1 000 J。

(2)10～20 s，合外力为0，合外力做功为0，故0～20 s内，合外力做功为1 000 J。

(3)20～40 s，合外力做功

W2＝F2l2＝ma2l2＝20×(－0.5)×100 J＝－1 000 J。

(4)前40 s，合外力做功W＝W1＋W2＝0。

答案　(1)1 000 J　(2)1 000 J　(3)－1 000 J　(4)0

2.功率的计算方法

(1)P＝：此式是功率的定义式，常用于求解某段时间内的平均功率。

(2)P＝Fv，此式一般用来计算瞬时功率，但当速度为平均速度 时，功率 为平均功率。

[例2] 一台起重机将静止在地面上、质量为m＝1.0×103 kg的货物匀加速竖直吊起，在2 s末货物的速度v＝4 m/s(取g＝10 m/s2，不计额外功)。求：

(1)起重机在这2 s内的平均功率；

(2)起重机在2 s末的瞬时功率。

解析　设货物所受的拉力为F，加速度为a，则

(1)由a＝得，a＝2 m/s2

F＝mg＋ma＝1.0×103×10 N＋1.0×103×2 N

＝1.2×104 N

2 s内货物上升的高度

h＝at2＝4 m

起重机在这2 s内对货物所做的功

W＝F·h＝1.2×104×4 J＝4.8×104 J

起重机在这2 s内的平均功率

＝＝＝2.4×104 W。

(2)起重机在2 s末的瞬时功率

P＝Fv＝1.2×104×4.0 W＝4.8×104 W。

答案　(1)2.4×104 W　(2)4.8×104 W

二、动能定理的理解及应用

1.W总＝W1＋W2＋W3＋…是包含重力在内的所有力做功的代数和，若合外力为恒力，也可这样计算：W总＝F合lcos α。

2.动能定理是计算物体位移或速率的简捷途径，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理。

3.做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“＝”的意义是一种因果联系的数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”。

动能定理公式两边每一项都是标量，因此动能定理是一个标量方程。

[例3] 如图所示，足够长的倾角为θ的粗糙斜面上，有一质量为m的滑块距挡板P为L，以初速度v0沿斜面下滑，并与挡板发生碰撞，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θ，重力加速度为g。若滑块与挡板碰撞过程中没有机械能损失，求：

(1)滑块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小；

(2)滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离。

解析　(1)对滑块第一次下滑的过程运用动能定理，有mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2－mv，

得v＝。

(2)设滑块第一次与挡板碰撞后上升离开挡板P的最大距离为x，在这次运动过程中，对滑块运用动能定理，有

mg(L－x)sin θ－μmgcos θ(L＋x)＝0－mv

解得x＝。

答案　见解析

三、机械能守恒的应用

1.当研究对象只有一个物体时(地球自然包括在内)，往往用是否“只有重力做功”来判定物体机械能是否守恒。机械能守恒方程mgh＋mv＝mgh′＋mv2。

2.当研究物体与弹簧组成的系统时，往往用是否“只有重力和弹力做功”来判定物体与弹簧组成的系统的机械能是否守恒。物体机械能与弹簧弹性势能总和保持不变。

3.当研究对象有多个物体在内时，往往用是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。方程：系统势能的增加(减少)量等于动能的减少(增加)量，即：ΔEp增＝ΔEk减。

[例4] 如图所示，半径R＝0.8 m 的光滑圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m＝1 kg的小物块。小物块由静止开始下落　　              

小物块第1个阶段做自由落体运动

后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变， 

此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，g取10 m/s2。求：小物块沿圆弧轨道到达C点前瞬间对轨道的压力FC的大小。

解析　由几何关系可知，AB间的距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有

v＝2gR

代入数据解得vB＝4 m/s，方向竖直向下

设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx＝vBsin 60°

从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有

mgR(1－cos 60°)＝－

代入数据解得vC＝2 m/s

在C点，根据牛顿第二定律有

FC′－mg＝

代入数据解得FC′＝35 N

再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点前瞬间对轨道的压力大小FC＝35 N。

答案　35 N

四、生活中的能量转化与守恒

1.机械能可与其他形式的能相互转化，在转化的过程中，能的总量是不变的。

2.某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

3.某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

[例5] 风能是一种很好的可再生能源，而且对环境的污染较小，近年来我国在西北地区，建立了许多风力发电厂。如图所示为风力发电的情景，通过风轮机一个叶片旋转一周扫过面积的最大风能为可利用风能。已知：空气的密度为ρ，风轮机叶片的长度为r，若风速为v0，每台风力发电机输出电功率为P，求此过程中：

(1)单位时间内每台风力发电机获得的风能表达式；

(2)风力发电机利用风能的效率表达式。

【解题点拨】 解答本题应注意以下三点：

(1)研究对象是流动的空气。

(2)流动的空气碰到叶面后的速度认为是零。

(3)风轮机转动，形成一个圆面，流过这个圆面的空气动能会有一部分转化为电能。

解析　(1)由能量转化和守恒定律可知

mv＝P总t，①

在时间t内流向叶面的空气质量

m＝πr2v0tρ，②

把②代入①，解得P总＝πr2ρv。

(2)η＝＝。

答案　(1)P总＝πr2ρv　(2)η＝

[例6] 如图所示，在半径为r＝10 cm的轮轴上悬挂一个质量为M＝3 kg 的水桶，轴上分布着6根手柄，柄端有6个质量为m＝0.5 kg的金属小球。球离轴心的距离为L＝50 cm，轮轴、绳及手柄的质量、摩擦及空气阻力均不计。开始时水桶在离地面某高度处，释放后水桶带动整个装置转动，当转动n(未知量)周时，测得金属小球的线速度v1＝5 m/s，此时水桶还未到达地面，g取10 m/s2，求：

(1)转动n周时，水桶重力做功的功率P；

(2)n的数值。

解析　(1)设转动n周时，水桶的速度为v，则＝

水桶重力的功率为P＝Mgv

解得P＝Mg·＝3×10× W＝30 W。

(2)从释放水桶到转动n周的过程，对系统由能量守恒定律

Mgh＝Mv2＋6×mv

由几何关系h＝2nπr，解得n＝。

答案　(1)30 W　(2)

方法总结　利用能量转化与转移解题的两个关键点

(1)能量既可通过做功的方式实现不同形式的能量之间的转化，也可在同一物体的不同部分或不同物体间进行转移。

(2)能量在转化与转移过程中，能量的总量保持不变。利用能量守恒定律解题的关键是正确分析有多少种能量变化，建立必要的物理模型，利用物理规律解题。