机械能守恒与能量守恒定律经典习题要点.docx

2011年高考第二轮复习资料 姚维明 29 专题二机械能守恒与能量守恒 ［高考要求］ 内 容 要求 重力势能、做功与重力势能改变的关系 n 弹性势能 I 机械能守恒定律 一 n 能量守恒定律 II 本专题涉及的考点有：重力势能、弹性势能、 机械能守恒定律、能量转化及守恒定律都 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。机械能守恒定律、能的 转化和守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之 O 《考纲》对本部分考点要求为n类有三个。 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。 所以复习 时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的 能力。 由于新课程标准更注重联系生活、生产实际，更重视能源、环保、节能等问题，因此， 能量的转化及其守恒很有可能在新课程的第一年高考中有所体现，师生们应引起足够的重 视。 ［知识体系］ 功能关系: WG=mghi-mgh2 W弹力」kl 2 2 1 2 1 一2% 能的转化及 守恒定律 二:E2 ' T；Ei 抛体运动 单摆 弹簧振子 第5页共29页 |功| |机械能 重力势能: W 其它=E2 -E1 动能： 1 2 Ek = — mv 2 EK = mgh 弹性势能： Ep=2kl2 ［知识点拨］ 1、机械能守恒定律 机械能守恒的条件： 系统内只有重力(或弹力)做功，其它力不做功(或没有受到其它 力作用) ①从做功的角度看，只有重力或弹簧的弹力做功或系统内的弹力做功，机械能守恒。 ②从能量的角度看,.…只有系统内动能和势能的相互转化,……一没有机械能与其他形式能量之 间的转化，机械能守恒。 机械能守恒的方程： ①初始等于最终：Eh . Epi =Ek2 . Ep2 ②减少等于增加：.正k = - ；：Ep 用第二种方法有时更简捷。 对机械能守恒定律的理解： 机械能守恒定律是对一个过程而言的， 在做功方面只涉及跟重力势能有关的重力做功和 跟弹性势能相关的弹力做功。在机械能方面只选及物优态也去状态的功能租势能”—……一加丕涉及. 运动的各个过程的详细情况；因此，用来分析某些过程的状态量十分简便。 机械能中的势能是指重力势能和弹性势能，不包括电势能和分子势能，这一点要注意。 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、能量守恒定律 (1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形 式，或者从一个物体转移互另一个物体，在转化和转移的过程中其总量保持不变。 (2)对能量守恒定律的理解： ①某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能的增加，且减少量和增加量一定相等。 ②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。 (3)能量转化和转移具有方向性 第二类永动机不可制成， 它不违反能量守恒定律， 只是违背了能量转化和转移的不可逆 性。 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1 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 机械能守 恒定律 只有重力或弹 簧的弹力做功 时 Ei=E2 △ EP 减=△ Ek 增 一个或多个物体 组成的系统 E为机械能 能量守恒 定律 均适用 E总,i=E总2 △ E减=△ E增 一个或多个物体 组成的系统 E为总能量；自然界 均遵从能量守恒。  4、求各变化量（4Ek、 AEp> △£机）的常用方法: 常用方法 求^Ek A Ek=EK2-EK1 A Ek = W合通过求合外力做功求动能的变化重（更常用） 求4EP △ Ep=Ep2-Epi AEp= WG=mgAh通过求重力做功求 AEp；当Wg做正功时，Ep减小；当Wg做 负功时，Ep增加（常用） 求△£机 △ E 机=E2-Ei AEta=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、重力做功的特点： WG=Epi-Ep2=mgA h 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：AEp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） ［专题探究］ （一）利用机械能守恒定律求解抛体运动问题 案例1、从离水平地面高为 H的A点以速度V0斜向上抛出一个质量为 m的石块，已知 V0与水平方向的夹角为 0,不计空气阻力，求： 图1 h,水平速度为 Vb, （1）石块所能达到的最大高度 （2）石块落地时的速度 命题解读：本题研究抛体运动中的机械能守恒定律。斜抛运动的 水平分运动是匀速直线运动，因此石块在最高点的速度是抛出初速度 的水平分量。石块只受重力的作用，机械能守恒。 分析与解：石块抛出后在空中运动过程中，只受重力作用，机械 能守恒，作出石块的运动示意图 （1）设石块在运动的最高点 B处与抛出点A的竖直高度差为 贝U Vb=VOx=V0COS 0 石块从A到B,根据机械能守恒定律 AEk减=AEp增 得：mgh= — mv02— - mvB2 2 2 联立得: V02 -(vocos r)2 V0 sin 二 h u ' —二 2g 2g v sin ? 则石块所能达到的（距地面）最大高度为： H + h=H+v0-S一 2g （2）取地面为参考平面， 对石块从抛出点 A至落地点C的整个运动过程应用机械能守 恒定律得 m mvc2= ； mv02+mgH 解得石块落地时的速度大小为： Vc= v02 2gH 变式训练： 弧形轨道末端水平，离地面的高 某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。 度为Ho将钢球从轨道的不同高度 h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为 s. (1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足 s2 = (用H、h表示)。 (2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示： 请在坐标纸上作出s2--h关系图.。 (3)对比实验结果与理论计算得到的 s2--h关系图线(图中已画出)，自同一高度静止释 放的钢球，水平抛出的速度 (填 小于"或 大于")理论值. (4)从s2--h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏 差的可能原因是 动能，或者是弧形轨道的摩擦力太大。 解析：(1)由钢球在弧形槽上运动，机械能守恒: ,1 2 mgh = -mv 离开弧形槽后，钢球做平抛运动： s 水平方向：v =-， t 、一, 1 2 竖直方向：H = — gt 联立解得：s2=4Hh Z/XIlTm1 6 (2)由实验数据作图，得到一条通过原点的斜率比理论图线小的直线。 (3)实验图和理论图比较可以发现，小球从相同高度下落，对应的 s实＜s理,又sav, 说明自同一高度静止释放的小球，水平抛出的速率小于理论值。 (4)实验中速率差十分明显，可能是一部分重力势能转变成钢球的转动动能，或者是 弧形轨道的摩擦力太大的原因。 (二)利用机械能守恒定律解决弹力做功与弹性势能问题 案例2、如图所示，一个质量为 m的物体自高h处自由下落，落在一 个劲度系数为k的轻质弹簧上。求：当物体速度达到最大值 v时，弹簧对物 体做的功为多少？ 命题解读：弹簧的弹力是变力， 弹力做功是变力做功， 本题由于形变量 不清楚，不能运用 F —l图象求弹力做的功；只能根据机械能守恒定律先求 解出弹性势能的变化，再运用功能关系求解弹力做的功。 同时要注意物体在 平衡位置时动能最大，运动的速度最大。 分析与解：在物体与弹簧相互作用的过程中，开始时弹力较小， 故物体向下加速，这时 弹力F逐渐增大，物体的加速度 a逐渐变小，当重力与弹力相等时，物体的速度刚好达到 最大值v。设物体向下的速度 v最大时，弹簧的形变量即压缩量为 x,则 平衡时：mg=kx 物体与弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，故系统的机械能守恒。 当物体速度达到最大 v时，弹簧的弹性势能为 Ep,由机械能守恒定律有： mg(h+x)= g mv2+E 由上面两式可得: Ep=mgh+ (mg)2 1 mv 由功能关系可知, 弹簧弹性势能的增加量与弹簧力做功的数值相等。 故弹簧对物体所做 (mg) X2, 的功为： W=-Ep= g mv2-mgh- (“； ) 变式训练: 变式1、如图所示的弹性系统中，接触面光滑， 。为弹簧自由伸长状态。第一次将物体 从O点拉到A点释放，第二次将物体从 O点拉到B点释放，物 沿 体返回到O点时，下列说法正确的是：( ) ; A、弹力做功一定相同 幺工曾经口二 B、到达O点时动能期一定相同 O A B C、物体在B点的弹性势能大 D、系统的机械能不守恒 解析：弹簧的形变不同，弹力做功不同，A错。弹力做功不同，弹性势能的减少量不同， 由机械能守恒定律知，物体回到 O点的动能不同，B错误。物体在B点形变最大，弹性势 能最大，C正确。系统只有弹力做功，机械能一定守恒， D错误。 正确答案选Co 变式2、如图，质量为 mi的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质 量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为 k , A、B都处于静止状态. 一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体 A ,另一端连一轻挂钩.开 始时各段绳都处于伸直状态， A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂 一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使 B离开地面 但不继续上升.若将C换成另一个质量为(mi+ m3)的物体D ,仍从上述 初始位置由静止状态释放，则这次 B刚离地时D的速度的大小是多少？ 已知重力加速度为 g 解析： 开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为 X1 ,有kx1 =m1g 挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为 有 kx2 = m2g B不再上升，表示此时 A和C的速度为零，C已降到其最低点.由机械能守恒，与初始 状态相比，弹簧弹性势能的增加量为 E=m 3g由 X2) 56函 X2) C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得 1 2 1 2 2 (m3 +叫)u +2m1u =(m3 +m1)g(X1 +X2)-m1g(X1+X2)-^E 2011年高考第二轮复习资料 姚维明 9 第7页共29页 图16 联立解得广 2 2ml(m1 m2)g (2m1 m3)k （三）利用机械能守恒定律求多个物体组成系统的运动速度问题 案例1、如图所示，质量均为 m的小球A、B、C,用两条长为l的细线相连，置于高为 h的光滑水平桌面上，l>h, A球刚跨过桌边.若A球、B球相继下落着地 后均不再反跳，则 C球离开桌边时的速度大小是多少 ？ 命题解读：本题考查系统机械能守恒定律。对每个小球而言，由于 绳子的拉力做功，每个小球的机械能不守恒。而且只能分段运用机械能 守恒定律求解。运用动能定理也能求解, 分析与解：当A小球刚要落地时, 但拉力要做功解题就比较麻烦。 三小球速度相等设为 V1 ,三个小球机械能守恒。 1 2 3mgh =2mgh +—3mv1 解得: 2 vi - 2gh 当B球刚要落地时，B、C机械能守恒。B、C有共同速度，设V2 一 .1 _ 2 . 1 - 2 — 5gh 2mgh +—2mv1 =mgh 十一2mv2 解得： v2 = J 2 2 3 可见：C球离开桌边时的速度大小是 V2 5gh 3 变式训练： 变式1、半径为R的光滑圆柱体固定在地面上， 接，正好处于水平直径的两端，从此位置释放小球，当 好为零，求此时M的速度和两小球的质量之比。 解析：对系统运用机械能守恒定律 一 1 1 2 Mg - R ^mg R -（M m）v 两质量分别是 M和m的小球用细线连 m运动到最高点时，对球的压力恰 R ' M在最高点时, 联立解得：M m 变式2、如图所示，一辆小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细 绳悬挂在车上由图中位置释放（无初速度） ，则小球在下摆过程中（ A.绳对小车的拉力不做功 C.小球的合外力不做功 B.绳对小球的拉力做正功 D.绳对小球的拉力做负功 ) 解析：由于绳子的拉力对物体做功，每个物体的机械能不守恒。对系统 没有机械能的能量损失，因此系统的机械能是守恒的。小球由静止开始做变 速曲线运动，动能增加，合力做正功， C错误。小车在拉力作用下运动，绳子对小车的拉力 做正功，绳子对小球的拉力做负功， D正确，A、B错误。 正确答案：D （四）利用机械能守恒定律求解质量分布均匀的绳子、链子问题 案例3如图3所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为L质量 为M的铁链，使其 1/3垂在桌边。松手后，铁链从桌边滑下，求铁 链末端经过桌边时运动速度是过少？ 命题解读：绳子、铁链子运动的问题，对于每一部分来讲都是 变力，运用动能定理难以解决过程中变力做的功。但运用机械能守 恒定律只需要知道绳子的两个运动的状态，不必考虑运动过程，因 此解题就简单了。此类问题的重力势能要取每部分的中心， 要选好参考平面，尽量使解题简 捷。 分析与解：松手后，铁链在运动过程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向与运动 方向垂直，对铁链不做功，即这一过程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，从松手到 铁链离开桌边，铁链的机械能守恒。以桌面为重力势能参考面 松手时，桌外部分的质量为 -m ,其重心在桌面下 1l处 3 6 此时铁链的重力势能为：— 1 m g1 L = ——1 mgL 3 6 18 铁链末端刚离桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下 此时铁链的重力势能为：一 1 . 2 mgl 设此时铁链的速度为 V,由机械能守恒定律有: 」mgL 一 18 a 1mgL 1mv 2 2 〃 /口 2 2gL 解得：v = 3 故铁链末端经过桌边时，铁链的运动速度是 v = 2"2gL 3 变式训练: 变式1、如图所示，均匀的铁链子搭在小定滑轮上, 铁链由静止释放，当多少? 解析：选取滑轮中心水平线为参考平面，设绳子总长为 根据系统机械能守恒定律： 左端占总长的2/5,现将 l 3 3 , 2 1 , mg ——l mg l 5 10 5 5 l =-mg2 1mv2 2 解得铁链子刚刚离开滑轮时，链子的运动速度是: 3 —— v 1 12gl 5 变式2、如图16所示，游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为 L,圆形轨道半径为 R, （R远大于一节车厢的高度 h和长度l,但L>2兀R）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑 槽中只能使列车沿着圆周运动而不能脱轨。试问： 列车在水平轨道上应具有多大初速度 v0,才能使列 车通过圆形轨道？  解析：列车开上圆轨道时速度开始减慢，当整个圆轨道上都挤满了一节节车厢时，列 车速度达到最小值 v,此最小速度一直保持到最后一节车厢进入圆轨道， 然后列车开始加速。 由于轨道光滑，列车机械能守恒，设单位长列车的质量为 ％则有： 1 . 2 1 . 2 -- Lv0 =万 Lv - ，2二R gR 要使列车能通过圆形轨道，则必有 v>0 解得Vo .2R..二g L （五）利用机械能守恒定律求解连通器水流速问题 案例5、粗细均匀的U型管两端开口，左端用活塞压着液体， 此时两液 面的高度差为h,液体的总长度为 L, U型管的截面积为s,液体的密度为 P。现在突然抽去活塞，（1）不计阻力影响，当两端液面相平时，液体运动 的速度是多少？ （ 2）若最终液体静止不动，则系统产生的内能是多少？ 命题解读：流体的运动也是“变力”作用的运动，但在一定的位置流体的运动状态是一 定的。研究流体的运动速度，能量问题，最好运用机械能守恒定律和能量转化及守恒定律。 研究的方法是把变质量看作定质量，运用“补偿法” 、“等效法”、“整体法”、“对称法”去解 决问题。 分析与解：（1）若不计阻力。如图所示，当两端液面相平时，可以等效 地认为是把高度为-的液体对称地补偿到另一端，看成是定质量问题。系 2 统重力势能的减少量等于动能的增加量。 1-2 - h - 2 g s h - 2 p 解得两端液面相平时，液体运动的速度是 （2）根据能量转化及守恒定律，系统重力势能的减少量等于内能的增加量 所以增加的内能是: 变式训练： 如图所示，容器A、B各有一个可以自由移动的活塞 ，活塞截面积 分别为Sa、Sb,活塞下面是水，上面是空气，大气压恒为Po, A、B底部 与带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热原先，人中水面比B中 高h,打开K^门，使A中水逐渐流向B中，最后达平衡，在这个过程中， 大气压对水做功为 ,水的内能增加为 （设水的密度为 ） 解析：（1）设平衡时，左侧水面下降高度 hA,右侧水面下降高度 hB, 两侧体积相等，即：hAsA = hBsB 左侧大气压对水做正功： WA = PohAsA 右侧大气压对水做负功： WB=-PohBsB 2011年高考第二轮复习资料 姚维明 29 大气压对水做的总功为 W=Wa+Wb=0 (2)由能量转化及守恒定律得： 水的内能增加.Enl：gh2 SaSb 2 Sa Sb (六)利用机械能守恒定律解决圆周运动的问题 当系统内的物体都在做圆周运动，若机械能守恒，则可利用机械能守恒定律列一个方程, 但未知数有多个，因此必须利用圆周运动的知识补充方程，才能解答相关问题。 案例6、如图所示，半径为r,质量不计的圆盘与地面垂直，圆心处 有一个垂直盘面的光滑水平固定轴 O,在盘的最右边缘固定一个质量为 m的小球A ,在O点的正下方离 O点r/2处固定一个质量也为 m的小 球Bo放开盘让其自由转动，问： (1) A球转到最低点时的线速度是多少？ (2)在转动过程中半径 OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？ 命题解读：这是一道机械能与圆周运动综合的问题，注意到两球任 意时刻的角速度相等。过程中系统的始态、末态的重力势能，因参考面 的选取会有所不同， 但重力势能的变化是绝对的， 不会因参考面的选取而异。 表达方式可记为: 分析与解： 功，机械能守恒。 Eh +Ep1 =Ek2 +Ep2,也可写作：AEkH =AEp减。 该系统在自由转动过程中，只有重力做 设 A球转到最低点时的线速度为 Va, B 球的速度为Vb,则据机械能守恒定律可得： 1 12 12 --mgr - (-mgr) =-mvA -mvB 据圆周运动的知识可知：Va=2 vb 由上述二式可求得Va= ... 4gr / 5 设在转动过程中半径 OA向左偏离竖直方向的最大角度是 0 (如图 17所示)，则据机械能守恒定律可得： 1 1 .. --mgr = - mgrsin -mgrcos「 解得 0 =sin-1 - =370 5 变式训练： 机械能守恒的 图17 OB=d ,初始 小球A用不可伸长的细绳悬于 。点，在O点的正下方有一固定的钉子 时小球A与O同水平面无初速度释放， 绳长为L,为使小 球能绕B点做完整的圆周运动，如图 15所示。试求d的 取值范围。 解析： 为使小球能绕B点做完整的圆周运动，则小 球在D对绳的拉力F1应该大于或等于零，即有： 图15 mg Mm. L -d 1 根据机械能寸恒th律可得 —mVD =mgd _（L-d）］ .一 .一 3 由以上两式可求得： 3 L < d < L 5 （七）用能量守恒 Q = F滑S相对解相对运动问题 案例7、如图所示，小车的质量为 M ,后端放一质量为 m的铁块，铁块与小车之间的 动摩擦系数为N ,它们一起以速度 v沿光滑地面向右运动， 小车与右侧的墙壁发生碰撞且无 能量损失，设小车足够长，则小车被弹回向左运动多远与铁块停止相对滑动？铁块在小车上 相对于小车滑动多远的距离？ V 命题解读：本题考查动能定理、能量守恒定律、动量守 恒定律。两个物体相互摩擦而产生的热量 Q （或说系统内能 的增加量）等于物体之间滑动摩擦力 Ff与这两个物体间相对 滑动的路程的乘积，即 、=5滑5相对。利用这结论可以简便地解答高考试题中的 摩擦生热 问题。 分析与解：小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒， 规定小车反弹后的方向作向 左为正方向，设共同速度为 vx,则：Mv—mv = （M +m）vx M - m 解得：vx v M m 以车为对象，摩擦力始终做负功，设小车对地的位移为 … . 12 12 则：一NmgS^ = - Mvx -- Mv _ 2 2 即：Sl 2M 2 2 」g（M m） 系统损耗机械能为： AE = Q = fS相 1 o 1 o RmgG目= a(M +m)v -- (M +mM 2Mv2 $相=T, ； 」(M m)g 变式训练： 变式1、如图4-4所示，质量为 M,长为L的木板（端 点为A、B,中点为O）在光滑水平面上以 vo的水平速度向 右运动，把质量为m、长度可忽略的小木块置于 B端（对地 初速度为0）,它与木板间的动摩擦因数为 科，问vo在什么 范围内才能使小木块停在 O、A之间？ 解析：木块与木板相互作用过程中合外力为零， 动量守恒。设木块、木板相对静止时速 度为v, 贝U (M +m)v = Mv0 1 O 1 O 1 O 能量守恒定律得： —Mv2 Mv2 mv2 Q 2 2 2 滑动摩擦力做功转化为内能： Q = Nmgs 相对位移的范围是：L < s < L 2 解得V0的范围应是： 世Mjm）gL『,产 M 2」（M m）gL 第27页共29页 变式2、在光滑水平面上停放着一辆质量为 M的小车， 质量为m的物体与劲度系数为 k的轻弹簧牢固连接，弹簧 的另一端与小车左端连接。将弹簧压缩 xo后用细线把物体 与小车拴住，使物体静止于车上 A点，如图4所示。物体m 与小车间的动摩擦因素为 科，O为弹簧原长时物体右端所在 位置。然后将细线烧断，物体和小车都要开始运动。求： (1)当物体在车上运动到距 。点多远处，小车获得的速度最大？ (2)若小车的最大速度是 V1,则此过程中弹簧释放的弹性势能是 多少？ 解析：(1)物块m和小车M组成的系统动量守恒。当物块速度最 大时，小车的速度也最大。对物块 m,速度最大时，加速度为零。 则有 kx=mg 所以 x=科mg/k。 (2)由系统动量守恒，得 Mv 1-mv2=0 , V2=Mv 1/m 由能量守恒定律可知，，弹簧释放的弹性势能转化为动能和内能，有 △ Ep=EkM +Ekm+Q 而 Q=fs 相对二科 mg()o- mg/k) △ Ep=Mv 12(M+m)/2m+(img(x0-科 mg/k) (八)用能量守恒解决传送带的运动问题 案例8、如图7所示，传送带与地面的倾角 。=37；从A端到B 端的长度为16m,传送带以v0=10m/s的速度沿逆时针方向转动。 在传 送带上端A处无初速地放置一个质量为 0.5kg的物体，它与传送带之 间的动摩擦因数为 科=0.5求(1)物体从A端运动到B端所需的时间 是多少？ ( 2)这个过程中系统产生的内能。 (sin37 =0.6 , cos37 =0.8) 命题解读：该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的 大小和方向，若科>0.75 ,第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动； 若LV5成 物体将一直加速运动。 因此，在解答此类题目的过程中， 对这些可能出现两种结果的特殊过 程都要进行判断。 分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带施 加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图( a)所示； 当物体加速至与传送带速度相等时，由于 tan 9物体在重力作用下将继续加速，此后物 体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力， 但合力沿传送带向 下，物体继续加速下滑，受力分析如图 (b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同 速度的瞬间发生了 突变”。 开始阶段由牛顿第二定律 mgsin 叶mgcos 0 =ma 解得 a〔=gsin 业gcos 0 =10m/s 物体加速至与传送带速度相等时需要的 时间 t1 = v/a1=1s 1 2 一 发生的位移为 s= — a1tl =5mv 16m 2 可知物体加速到10m/s时仍未到达B点 第二阶段的受力分析如图（b）所示，应用牛顿第二定律 有 mgsin 0—mgcosO= ma2 所以 a2=2m/s2 设第二阶段物体滑动到 B端的时间为t2 则 Lab — s=v t 2+ — 32 t 22 2 解得 t2= 1S t 2' -11s （舍去） 故物体经历的总时间t =t1 + t2=2s (2) Wi=fsi= pmgcos 0 , si=10J W2=-fs 2=- pmgcos 0 , S2= -22J 所以，W=Wi+W2=10-22=-12J 故知系统发热产生的内能是 12J 变式训练： 如图12所示，绷紧的传送带与水平面的夹角 0 =30；皮带在电动机的带动下，始终保 持v0=2m/s的速率运行。现把一质量 m=10kg的工件（可看为质点）轻轻放在皮带的底端， g=10m/s2。求（1）工件与皮带间的动摩擦 经时间t=1.9s,工件被传送到h=1.5m的高处，取 因数。（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。 工件速度达到V0前，做匀加速运动的位移为 解析：由题意可知皮带长 s=h/sin30 = 3m. 达到V0后做匀速运动的位移 S-S1=V0 （t-t1） 加速运动的加速度为 a=V0/t1=2.5m/s2 工件受的支持力Fn= mgcos 9 对工件据牛顿第二定律得： mgcos-mgsin 0 解出动摩擦因数为」=3 2 在时间t1内，皮带运动位移 S2=v0t1=1.6m 工件相对皮带的位移 △ s=S2-S1=0.8m 在时间t1内，摩擦生热 Q即mgcos0As=60J 工件获得的动能Ek=mv02/2=20J 工件增加的势能Ep=mgh=150J 电动机多消耗的电能 W=Q+E k+Ep=230J （九）用能量守恒解决热力学问题 案例9、如图6所示的A、B是两个管状容器，除了管较粗的部分高低不同之外，其他 一切全同。将此两容器抽成真空，再同时分别插入两个水银池中，当 水银柱停止运动时，问二管中水银的温度是否相同？为什么 敬水银与 金叁 外界没有热交换。 J. 一 一. 1 命题解读：本题主要研究液体内部能量的转化与守恒问题。液体 厂 中的能量问题除了重力势能，还有内能，要结合功能关系，搞清能量 群谖飘 的守恒关系。 JL-_Vu 分析与解：不同。A管中水银的温度略高于B管中水银的温度。 管 两管插入水银池时，大气压强均为P0,进入管中的水银的体积均为 v, 所以大气压力对两池中水银所做的功相同，但两装置中水银重力势能 的增量不同，所以两者内能改变量也不同。由图可知， A管中水银的重力势能较小，所以 A 管中水银的内能增量较多，其温度应略高。 变式训练： 有人设计了这样一台“永动机”：如图，距地面一定高度架设一个水槽，水从槽底的管 中流出，冲击一个水轮机，水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮. 他指望抽水机把地面 水槽里的水抽上去，这样循环不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。 请你分析一下，高处水槽中水的重力势能共转变成哪几种形式的能， 说明这个机器是否 能够永远运动下去。 解析：高处水槽中水的重力势能转变成了水的动能、 砂轮磨制工件产生的内能， 水轮机 与轴摩擦产生的内能。 另一方面抽水机 图10 这个机器不可能够永远运动下去。 一方面摩擦产生内能， 损失机械能; 向上抽水，消耗电能。 （十）用能量守恒解决电学问题 案例10、有一台内阻和损耗均不计的直流发电机， 其定子的磁场恒定。先把它的电枢（转子）线圈与一个 沅 电阻R连接，再在电枢的转子轴上缠绕上足够长的轻绳 行节 绳端悬挂一质量为 m的重物，如图9所示，重物最后以 速率vi匀速下降。现将一电动势为 E,内阻不计的电源， I Vi 如图10所示，接入电路中，使发电机作为电动机用。 悬 亡I* 挂重物不变，最后重物匀速上升。求重物上升的速率 V2。 亩］「 图g 命题解读：本题涉及发电机与电动机的能量转化及 守恒问题。一个是机械能转化为电能；另一个电源工作将其他形式的能转化电能输入电路， 电流通过电机将电能转化为机械能输出。搞清能量守恒关系就能顺利解题。 分析与解：在图9的物理过程中，重物以速率 V1匀速下降，带动发电机线圈匀速转动， 切割磁感线产生感应电动势，将机械能转化为电能，在电路中消耗。由能量守恒定律可得： mgV1t=I 12Rt 在图10的物理过程中，电源工作将其他形式的能转化电能输入电路，电流通过电机将 电能转化为机械能输出。 由能量守恒定律可得：EI2t=l22Rt+mgv2t 在两次工作过程中电机的线圈都匀速转动。 作用在转轴上力矩都平衡，而两次重力矩相 等，从而两次作用在线圈上的磁力矩相等，所以有： 1产12 联立解得：v2 = E Vi \ mgR 一 v1 变式训练： 某一用直流电动机提升重物的装置，如图 11所 示，重物的质量 m=50kg,电源电动势 E=110V,不计 电源电阻及各处摩擦，当电动机以 v=0.90m/s的恒定 速度向上提升重物时，电路中的电流强度 I=5A ,由此 可知，电动机线圈的电阻 R是多少？（g=10m/s2）。 解析：在图11的物理过程中，电源工作将其他形 式的能转化电能输入电路，电流通过电机将电能转化为机械能输出 由能量守恒定律可得： EIt=I 2Rt+mgvt 解得电动机线圈的电阻 R=4Q . （十一）用能量守恒解决电磁感应中的能量问题 案例11、如图16（ a）所示，倾角为0 =37；电阻不计， 图11 长度足够的平行导轨所在处，加有磁感应强度 轨平面（图中未画出）的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值 电阻。另一横跨在平行导轨间的金属棒质量 m=1kg,电阻r=2Q,其与 B=1T , 导轨间的动摩擦因数 科=0.5金属棒以平行于导轨向上的初速 V0=10m/s上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端的电量 A q=0.1C ( g=10m/s2， sin37°=0.6）,求上端电阻 R上产生的焦耳热热 Q。 命题解读：本题涉及到外力、重力、安培力、滑动摩擦力做功及动能、势能、内能的关 系，重点考查电磁感应的受力分析与能量关系。 分析与解：金属棒以初速度 V0向上滑行的过程中克服重力、安培力和摩擦力做功，动 能分别转化为重力势能、电能和内能。从电路构成可知导轨上、下 端电阻发出的热量相等，由焦耳定律可求出金属棒发热是 R发热 的四倍。由电磁感应定律可得 △q=4（MR可求出金属棒扫过的面 积和沿导轨上滑的距离。由电流定义式和并联电路规律， 闭合电路 欧姆定律和电磁感应定律，可得 2Aq=IAt=EAt/R=A（））/R 所以△（））=以 qR 总=0.6Wb 由磁通量定义，可得 △$二△（f）/B=0.6m2 金属棒沿导轨上滑的距离 Lo为Lo= △ S/L=2m 金属棒沿导轨上1t的受力如图 16 （b）所示。金属棒所受各力中安培力是变力，其做负 功使机械能转化为电能，进而变为内能。由能量守恒定律可得 Q 总=mv02/2-mgLsin mgLcos 0 =30J 则上端电阻发热量 Q=Q总/6=5J 图 16(b) 变式训练: 如图17所示间距为L的光滑平行金属导轨， 水平地放置在 XXX 竖直方向的磁感强度为 B的匀强磁场中，一端接阻值是 R的电 X 又 X 阻。一电阻是 Ro,质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力 F 「 作用下从 t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律 XXX v=vmsin电t不计导轨电阻。求： X X—X Y X V X X X刊 X X X X X X~X~X X X X X 图17 (1)从t=0到t=2兀/附间内电阻R产生的热量。 (2)从t=0到t=兀/2的间内外力F所做的功。 解析：(1)导体棒产生的感应电动势 e=BLVmsin④是正弦交流电, 其有效值：e = Em = BLVm .2 .2 在41=2 71/3=的时间内，电阻 R上产生的热量为： Q=I2RT=ti R兔2vm/ 3 (R+联 (2) t=0到t=兀/2时间是1/4,在这段时间内对导体棒运用能量守恒定律有: W外=mvm2/2 +Q ； Q'是这段时间内电阻 R和R。产生的热量 2 2. 2 Q =日(R+R0) -兀 /2 w 1= vm /4 co (R+附 所示这段时间内外力所做的功是： W 外=mvm2/2 + 急2Vm2/4 3 (R+m ［误区分析］ 忽视功能关系的概念。 误区一、误认为弹力对物体所做的功等于系统机械能的变化, 典型案例1、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。 1 2 错反解法：W=mgh+ mv0 2 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