機械能守恒與能量守恒定律.doc

《機械能守恒與能量守恒定律.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《機械能守恒與能量守恒定律.doc（30頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

30 2011年高考第二輪復習資料 姚維明 專題二 機械能守恒與能量守恒 ［高考要求］ 內 容 要求 重力勢能、做功與重力勢能改變的關系 Ⅱ 彈性勢能 Ⅰ 機械能守恒定律 Ⅱ 能量守恒定律 II 本專題涉及的考點有：重力勢能、彈性勢能、機械能守恒定律、能量轉化及守恒定律都是歷年高考的必考內容，考查的知識點覆蓋面全，頻率高，題型全。機械能守恒定律、能的轉化和守恒定律是力學中的重點和難點，用能量觀點解題是解決動力學問題的三大途徑之一。 《考綱》對本部分考點要求為Ⅱ類有三個?？碱}的內容經常與牛頓運動定律、曲線運動、動量守恒定律、電磁學等方面知識綜合，物理過程復雜，綜合分析的能力要求較高，這部分知識能密切聯(lián)系生活實際、聯(lián)系現(xiàn)代科學技術，因此，每年高考的壓軸題，高難度的綜合題經常涉及本專題知識。它的特點：一般過程復雜、難度大、能力要求高。還?？疾榭忌鷮⑽锢韱栴}經過分析、推理轉化為數(shù)學問題，然后運用數(shù)學知識解決物理問題的能力。所以復習時要重視對基本概念、規(guī)律的理解掌握，加強建立物理模型、運用數(shù)學知識解決物理問題的能力。 由于新課程標準更注重聯(lián)系生活、生產實際，更重視能源、環(huán)保、節(jié)能等問題，因此，能量的轉化及其守恒很有可能在新課程的第一年高考中有所體現(xiàn)，師生們應引起足夠的重視。 ［知識體系］ 功 機械能 動能： EK= 重力勢能：EK=mgh 彈性勢能： 動能定理： W合= 拋體運動 單擺 彈簧振子 功能關系： WG=mgh1-mgh2 W彈力= W其它= 機械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 能的轉化及 守恒定律 ［知識點撥］ 1、機械能守恒定律 機械能守恒的條件：系統(tǒng)內只有重力（或彈力）做功，其它力不做功（或沒有受到其它力作用） ①從做功的角度看，只有重力或彈簧的彈力做功或系統(tǒng)內的彈力做功，機械能守恒。 ②從能量的角度看，只有系統(tǒng)內動能和勢能的相互轉化，沒有機械能與其他形式能量之間的轉化，機械能守恒。 機械能守恒的方程： ①初始等于最終： ②減少等于增加： 用第二種方法有時更簡捷。 對機械能守恒定律的理解： 機械能守恒定律是對一個過程而言的，在做功方面只涉及跟重力勢能有關的重力做功和跟彈性勢能相關的彈力做功。在機械能方面只涉及初狀態(tài)和末狀態(tài)的動能和勢能，而不涉及運動的各個過程的詳細情況；因此，用來分析某些過程的狀態(tài)量十分簡便。 機械能中的勢能是指重力勢能和彈性勢能，不包括電勢能和分子勢能，這一點要注意。 思維誤區(qū)警示： 對于一個系統(tǒng)，系統(tǒng)不受外力或合外力為零，并不能保證重力以外其他力不做功，所以系統(tǒng)外力之和為零，機械能不一定守恒，而此時系統(tǒng)的動量卻守恒（因為動量守恒的條件是系統(tǒng)的合外力為零）。同樣，只有重力做功，并不意味系統(tǒng)不受外力或合外力為零。 2、能量守恒定律 （1）內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移互另一個物體，在轉化和轉移的過程中其總量保持不變。 （2）對能量守恒定律的理解： ①某種形式的能量減少，一定存在其他形式的能的增加，且減少量和增加量一定相等。 ②某個物體的能量減少，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。 （3）能量轉化和轉移具有方向性 第二類永動機不可制成，它不違反能量守恒定律，只是違背了能量轉化和轉移的不可逆性。 3、各定理、定律對比 適用條件 表達式 研究對象 備注 *動量守恒定律 系統(tǒng)所受的合外力為零 P總0=P總t 一定是兩個物體或兩個以上物體組成的系統(tǒng) 注意動量守恒和機械能守恒的條件的區(qū)別 機械能守恒定律 只有重力或彈簧的彈力做功時 E1=E2 △EP減=△Ek增 一個或多個物體組成的系統(tǒng) E為機械能 能量守恒定律 均適用 E總1=E總2 △E減=△E增 一個或多個物體組成的系統(tǒng) E為總能量；自然界均遵從能量守恒。 4、求各變化量（△Ek、 △EP、△E機）的常用方法： 常用方法 求△Ek ΔEk=EK2-EK1 ΔEk = W合 通過求合外力做功求動能的變化量（更常用） 求△EP △EP=EP2-EP1 ΔEP= WG =mgΔh通過求重力做功求ΔEP； 當WG 做正功時，EP減??；當WG 做負功時，EP增加( 常用） 求△E機 △E機=E2-E1 ΔE機=WG其它 通過求除重力以外的其它力做功求機械能的變化量（更常用） 5、重力做功的特點： WG=EP1-EP2=mgΔh 重力做功與路徑無關 重力做正功，重力勢能減少，重做負功，重力勢能增加 注意：ΔEP和重力做功與參考平面的選擇無關（但重力勢能與參考平面的選擇有關） ［專題探究］ （一）利用機械能守恒定律求解拋體運動問題 案例1、從離水平地面高為H的A點以速度v0斜向上拋出一個質量為m的石塊，已知v0與水平方向的夾角為θ，不計空氣阻力，求： 圖1 (1)石塊所能達到的最大高度 (2)石塊落地時的速度 命題解讀：本題研究拋體運動中的機械能守恒定律。斜拋運動的水平分運動是勻速直線運動，因此石塊在最高點的速度是拋出初速度的水平分量。石塊只受重力的作用，機械能守恒。 分析與解：石塊拋出后在空中運動過程中，只受重力作用，機械能守恒，作出石塊的運動示意圖 （1）設石塊在運動的最高點B處與拋出點A的豎直高度差為h，水平速度為vB， 則vB=vOx=v0cosθ 石塊從A到B，根據(jù)機械能守恒定律ΔEk減=ΔEp增 得：mgh=mv02-mvB2 聯(lián)立得： 則石塊所能達到的（距地面）最大高度為：H+h=H+ （2）取地面為參考平面，對石塊從拋出點A至落地點C的整個運動過程應用機械能守恒定律得mvC2=mv02+mgH 解得石塊落地時的速度大小為：vC= 變式訓練： 某同學利用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律?；⌒诬壍滥┒怂剑x地面的高度為H。將鋼球從軌道的不同高度h處靜止釋放，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s． （1）若軌道完全光滑，s2與h的理論關系應滿足s2＝　　　　　?。ㄓ肏、h表示）。 （2）該同學經實驗測量得到一組數(shù)據(jù)，如下表所示： ?? 請在坐標紙上作出s2--h關系圖．。 （3）對比實驗結果與理論計算得到的s2--h關系圖線（圖中已畫出），自同一高度靜止釋放的鋼球，水平拋出的速度?　　　　?。ㄌ睢靶∮凇被颉按笥凇保├碚撝担? （4）從s2--h關系圖線中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認為造成上述偏差的可能原因是?　　　　　?。? 動能，或者是弧形軌道的摩擦力太大。 解析：（1）由鋼球在弧形槽上運動，機械能守恒： 離開弧形槽后，鋼球做平拋運動： 水平方向： 豎直方向： 聯(lián)立解得：s2=4Hh （2）由實驗數(shù)據(jù)作圖，得到一條通過原點的斜率比理論圖線小的直線。 （3）實驗圖和理論圖比較可以發(fā)現(xiàn)，小球從相同高度下落，對應的s實h，A球剛跨過桌邊.若A球、B球相繼下落著地后均不再反跳，則C球離開桌邊時的速度大小是多少? 命題解讀：本題考查系統(tǒng)機械能守恒定律。對每個小球而言，由于繩子的拉力做功，每個小球的機械能不守恒。而且只能分段運用機械能守恒定律求解。運用動能定理也能求解，但拉力要做功解題就比較麻煩。 分析與解：當A小球剛要落地時，三小球速度相等設為v1，三個小球機械能守恒。 解得： 圖 當B球剛要落地時，B、C機械能守恒。B、C有共同速度，設v2 解得： 可見：C球離開桌邊時的速度大小是 變式訓練： R M m 變式1、半徑為R的光滑圓柱體固定在地面上，兩質量分別是M和m的小球用細線連接，正好處于水平直徑的兩端，從此位置釋放小球，當m運動到最高點時，對球的壓力恰好為零，求此時M的速度和兩小球的質量之比。 解析：對系統(tǒng)運用機械能守恒定律 M在最高點時， 聯(lián)立解得： 變式2、如圖所示，一輛小車靜止在光滑的水平導軌上，一個小球用細繩懸掛在車上由圖中位置釋放（無初速度），則小球在下擺過程中（ ） A．繩對小車的拉力不做功 B．繩對小球的拉力做正功 C．小球的合外力不做功 D．繩對小球的拉力做負功 解析：由于繩子的拉力對物體做功，每個物體的機械能不守恒。對系統(tǒng)沒有機械能的能量損失，因此系統(tǒng)的機械能是守恒的。小球由靜止開始做變速曲線運動，動能增加，合力做正功，C錯誤。小車在拉力作用下運動，繩子對小車的拉力做正功，繩子對小球的拉力做負功，D正確，A、B錯誤。 正確答案：D （四）利用機械能守恒定律求解質量分布均勻的繩子、鏈子問題 案例3 如圖3所示，在光滑水平桌面上，用手拉住長為Ｌ質量為Ｍ的鐵鏈，使其1/3垂在桌邊。松手后，鐵鏈從桌邊滑下，求鐵鏈末端經過桌邊時運動速度是過少？ 命題解讀：繩子、鐵鏈子運動的問題，對于每一部分來講都是變力，運用動能定理難以解決過程中變力做的功。但運用機械能守恒定律只需要知道繩子的兩個運動的狀態(tài)，不必考慮運動過程，因此解題就簡單了。此類問題的重力勢能要取每部分的中心，要選好參考平面，盡量使解題簡捷。 分析與解：松手后，鐵鏈在運動過程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向與運動方向垂直，對鐵鏈不做功，即這一過程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，從松手到鐵鏈離開桌邊，鐵鏈的機械能守恒。以桌面為重力勢能參考面 松手時，桌外部分的質量為ｍ，其重心在桌面下L處 此時鐵鏈的重力勢能為：－ｍgL＝－mgL 鐵鏈末端剛離桌面時，整條鐵鏈都在空中，其重心在桌面下L處 此時鐵鏈的重力勢能為：－ 設此時鐵鏈的速度為v，由機械能守恒定律有： 解得： 故鐵鏈末端經過桌邊時，鐵鏈的運動速度是 變式訓練： 變式1、如圖所示，均勻的鐵鏈子搭在小定滑輪上，左端占總長的2/5，現(xiàn)將鐵鏈由靜止釋放，當多少？ 解析：選取滑輪中心水平線為參考平面，設繩子總長為l 根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒定律： 解得鐵鏈子剛剛離開滑輪時，鏈子的運動速度是： 圖16 v0 R 變式2、如圖16所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R遠大于一節(jié)車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動而不能脫軌。試問：列車在水平軌道上應具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道？ 解析：列車開上圓軌道時速度開始減慢，當整個圓軌道上都擠滿了一節(jié)節(jié)車廂時，列車速度達到最小值v，此最小速度一直保持到最后一節(jié)車廂進入圓軌道，然后列車開始加速。由于軌道光滑，列車機械能守恒，設單位長列車的質量為λ，則有： 要使列車能通過圓形軌道，則必有v>0 解得 （五）利用機械能守恒定律求解連通器水流速問題 案例5、粗細均勻的U型管兩端開口，左端用活塞壓著液體，此時兩液面的高度差為h，液體的總長度為L，U型管的截面積為s，液體的密度為ρ?，F(xiàn)在突然抽去活塞，（1）不計阻力影響，當兩端液面相平時，液體運動的速度是多少？（2）若最終液體靜止不動，則系統(tǒng)產生的內能是多少？ 命題解讀：流體的運動也是“變力”作用的運動，但在一定的位置流體的運動狀態(tài)是一定的。研究流體的運動速度，能量問題，最好運用機械能守恒定律和能量轉化及守恒定律。研究的方法是把變質量看作定質量，運用“補償法”、“等效法”、“整體法”、“對稱法”去解決問題。 分析與解：（1）若不計阻力。如圖所示，當兩端液面相平時，可以等效地認為是把高度為的液體對稱地補償?shù)搅硪欢?，看成是定質量問題。系統(tǒng)重力勢能的減少量等于動能的增加量。 即： 解得兩端液面相平時，液體運動的速度是 （2）根據(jù)能量轉化及守恒定律，系統(tǒng)重力勢能的減少量等于內能的增加量 所以增加的內能是： 變式訓練： 如圖所示,容器A、B各有一個可以自由移動的活塞,活塞截面積分別為SA、SB,活塞下面是水,上面是空氣,大氣壓恒為P0,A、B底部與帶有閥門K的管道相連,整個裝置與外界絕熱原先,A中水面比B中高h,打開閥門,使A中水逐漸流向B中,最后達平衡,在這個過程中,大氣壓對水做功為______,水的內能增加為______(設水的密度為ρ) 解析：（1）設平衡時，左側水面下降高度hA，右側水面下降高度hB， 兩側體積相等，即： 左側大氣壓對水做正功： 右側大氣壓對水做負功： 大氣壓對水做的總功為W=WA+WB=0 （2）由能量轉化及守恒定律得： 水的內能增加 （六）利用機械能守恒定律解決圓周運動的問題 當系統(tǒng)內的物體都在做圓周運動，若機械能守恒，則可利用機械能守恒定律列一個方程，但未知數(shù)有多個，因此必須利用圓周運動的知識補充方程，才能解答相關問題。 圖16 A B 案例6、如圖所示，半徑為r，質量不計的圓盤與地面垂直，圓心處有一個垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的最右邊緣固定一個質量為m的小球A，在O點的正下方離O點r/2處固定一個質量也為m的小球B。放開盤讓其自由轉動，問： （1）A球轉到最低點時的線速度是多少？ （2）在轉動過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是多少？ 命題解讀：這是一道機械能與圓周運動綜合的問題，注意到兩球任意時刻的角速度相等。過程中系統(tǒng)的始態(tài)、末態(tài)的重力勢能，因參考面的選取會有所不同，但重力勢能的變化是絕對的，不會因參考面的選取而異。機械能守恒的表達方式可記為：，也可寫作：。 分析與解：該系統(tǒng)在自由轉動過程中，只有重力做 功，機械能守恒。設A球轉到最低點時的線速度為vA，B θ 圖17 球的速度為VB，則據(jù)機械能守恒定律可得： 據(jù)圓周運動的知識可知：vA=2vB 由上述二式可求得vA= 設在轉動過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是θ（如圖17所示），則據(jù)機械能守恒定律可得： 解得θ=sin-1=370 變式訓練： D d L O m B C A 圖15 小球A用不可伸長的細繩懸于O點，在O點的正下方有一固定的釘子B，OB=d，初始時小球A與O同水平面無初速度釋放，繩長為L，為使小球能繞B點做完整的圓周運動，如圖15所示。試求d的取值范圍。 解析： 為使小球能繞B點做完整的圓周運動，則小球在D對繩的拉力F1應該大于或等于零，即有： 根據(jù)機械能守恒定律可得 由以上兩式可求得： （七）用能量守恒解相對運動問題 案例7、如圖所示，小車的質量為，后端放一質量為的鐵塊，鐵塊與小車之間的動摩擦系數(shù)為，它們一起以速度沿光滑地面向右運動，小車與右側的墻壁發(fā)生碰撞且無能量損失，設小車足夠長，則小車被彈回向左運動多遠與鐵塊停止相對滑動？鐵塊在小車上相對于小車滑動多遠的距離？ 命題解讀：本題考查動能定理、能量守恒定律、動量守恒定律。兩個物體相互摩擦而產生的熱量Q（或說系統(tǒng)內能的增加量）等于物體之間滑動摩擦力Ff與這兩個物體間相對滑動的路程的乘積，即。利用這結論可以簡便地解答高考試題中的“摩擦生熱”問題。 分析與解：小車反彈后與物體組成一個系統(tǒng)滿足動量守恒，規(guī)定小車反彈后的方向作向左為正方向，設共同速度為，則： 解得： 以車為對象，摩擦力始終做負功，設小車對地的位移為S車 則： 即： 系統(tǒng)損耗機械能為： ； 變式訓練： 變式1、如圖4-4所示，質量為M，長為L的木板（端點為A、B，中點為O）在光滑水平面上以v0的水平速度向右運動，把質量為m、長度可忽略的小木塊置于B端（對地初速度為0），它與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，問v0在什么范圍內才能使小木塊停在O、A之間？ 解析：木塊與木板相互作用過程中合外力為零，動量守恒。設木塊、木板相對靜止時速度為 v， 則 (M +m)v = Mv0 能量守恒定律得： 滑動摩擦力做功轉化為內能： 相對位移的范圍是： 解得v0 的范圍應是： ≤v0≤ 變式2、在光滑水平面上停放著一輛質量為M的小車，質量為m的物體與勁度系數(shù)為k的輕彈簧牢固連接，彈簧的另一端與小車左端連接。將彈簧壓縮x0后用細線把物體與小車拴住，使物體靜止于車上A點，如圖4所示。物體m與小車間的動摩擦因素為μ，O為彈簧原長時物體右端所在位置。然后將細線燒斷，物體和小車都要開始運動。求： 　　（1）當物體在車上運動到距O點多遠處，小車獲得的速度最大？ 　?。?）若小車的最大速度是v1，則此過程中彈簧釋放的彈性勢能是多少？ 解析：（1）物塊m和小車M組成的系統(tǒng)動量守恒。當物塊速度最大時，小車的速度也最大。對物塊m，速度最大時，加速度為零。 則有kx=μmg，所以x=μmg/k。 　?。?）由系統(tǒng)動量守恒，得Mv1-mv2=0，V2=Mv1/m 由能量守恒定律可知，，彈簧釋放的彈性勢能轉化為動能和內能，有 △Ep=EkM+Ekm+Q 而Q=fs相對=μmg(x0-μmg/k)， △Ep=Mv12(M+m)/2m+μmg(x0-μmg/k) （八）用能量守恒解決傳送帶的運動問題 案例8、圖7 如圖7所示，傳送帶與地面的傾角θ=37°，從A端到B端的長度為16m，傳送帶以v0=10m/s的速度沿逆時針方向轉動。在傳送帶上端A處無初速地放置一個質量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，求（1）物體從A端運動到B端所需的時間是多少？（2）這個過程中系統(tǒng)產生的內能。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)　 　　　　 命題解讀：該題目的關鍵就是要分析好各階段物體所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75，第二階段物體將和傳送帶相對靜止一起向下勻速運動；若L＜5m，物體將一直加速運動。因此，在解答此類題目的過程中，對這些可能出現(xiàn)兩種結果的特殊過程都要進行判斷。 分析與解：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶施加給物體一沿斜面向下的滑動摩擦力，物體由靜止開始加速下滑，受力分析如圖（a）所示；當物體加速至與傳送帶速度相等時，由于μ＜tanθ，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶給物體沿傳送帶向上的滑動摩擦力，但合力沿傳送帶向下，物體繼續(xù)加速下滑，受力分析如圖(b)所示。綜上可知，滑動摩擦力的方向在獲得共同速度的瞬間發(fā)生了“突變”。 開始階段由牛頓第二定律 圖8 mgsinθ＋μmgcosθ=ma1　　 解得a1=gsinθ＋μgcosθ=10m/s2　　 物體加速至與傳送帶速度相等時需要的時間t1＝v/a1＝1s　　 發(fā)生的位移為s＝a1ｔ12＝5m＜16m　　 可知物體加速到10m/s時仍未到達B點　　 第二階段的受力分析如圖(b)所示，應用牛頓第二定律 有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2 　　 所以a2＝2m/s2　　 設第二階段物體滑動到B端的時間為t2 則LAB－s＝vｔ2＋a2ｔ22　　 解得t2＝1sｔ2′=-11s（舍去）　　 故物體經歷的總時間ｔ=t1＋t2=2s　　 （2）W1=fs1=μmgcosθ·s1=10J W2=-fs2=-μmgcosθ·s2= -22J 所以，W=W1+W2=10-22=-12J 故知系統(tǒng)發(fā)熱產生的內能是12J 變式訓練： 如圖12所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ=30°，皮帶在電動機的帶動下，始終保持v0=2m/s的速率運行。現(xiàn)把一質量m=10kg的工件（可看為質點）輕輕放在皮帶的底端，經時間t=1.9s，工件被傳送到h=1.5m的高處，取g=10m/s2。求（1）工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)。（2）電動機由于傳送工件多消耗的電能。 解析：由題意可知皮帶長s=h/sin30°=3m. 工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移為 達到v0后做勻速運動的位移s-s1=v0（t-t1） 加速運動的加速度為a=v0/t1=2.5m/s2 工件受的支持力FN= mgcosθ， 對工件據(jù)牛頓第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma 解出動摩擦因數(shù)為 在時間t1內，皮帶運動位移s2=v0t1=1.6m 工件相對皮帶的位移△s=s2-s1=0.8m 在時間t1內，摩擦生熱Q=μmgcosθ△s=60J 工件獲得的動能Ek=mv02/2=20J 工件增加的勢能Ep=mgh=150J 電動機多消耗的電能W=Q+Ek+Ep=230J （九）用能量守恒解決熱力學問題 案例9、如圖6所示的A、B是兩個管狀容器，除了管較粗的部分高低不同之外，其他一切全同。將此兩容器抽成真空，再同時分別插入兩個水銀池中，當水銀柱停止運動時，問二管中水銀的溫度是否相同？為什么?設水銀與外界沒有熱交換。 命題解讀：本題主要研究液體內部能量的轉化與守恒問題。液體中的能量問題除了重力勢能，還有內能，要結合功能關系，搞清能量的守恒關系。 分析與解：不同。A管中水銀的溫度略高于B管中水銀的溫度。兩管插入水銀池時，大氣壓強均為P0，進入管中的水銀的體積均為V，所以大氣壓力對兩池中水銀所做的功相同，但兩裝置中水銀重力勢能的增量不同，所以兩者內能改變量也不同。由圖可知，A管中水銀的重力勢能較小，所以A管中水銀的內能增量較多，其溫度應略高。 變式訓練： 有人設計了這樣一臺“永動機”：如圖，距地面一定高度架設一個水槽，水從槽底的管中流出，沖擊一個水輪機，水輪機的軸上安裝一個抽水機和一個砂輪．他指望抽水機把地面水槽里的水抽上去，這樣循環(huán)不已，機器不停地轉動，就可以永久地用砂輪磨制工件做功了。 請你分析一下，高處水槽中水的重力勢能共轉變成哪幾種形式的能，說明這個機器是否能夠永遠運動下去。 解析：高處水槽中水的重力勢能轉變成了水的動能、砂輪磨制工件產生的內能，水輪機與軸摩擦產生的內能。 這個機器不可能夠永遠運動下去。一方面摩擦產生內能，損失機械能；另一方面抽水機向上抽水，消耗電能。 （十）用能量守恒解決電學問題 案例10、有一臺內阻和損耗均不計的直流發(fā)電機，其定子的磁場恒定。先把它的電樞（轉子）線圈與一個電阻R連接，再在電樞的轉子軸上纏繞上足夠長的輕繩繩端懸掛一質量為m的重物，如圖9所示，重物最后以速率v1勻速下降?，F(xiàn)將一電動勢為E，內阻不計的電源，如圖10所示，接入電路中，使發(fā)電機作為電動機用。懸掛重物不變，最后重物勻速上升。求重物上升的速率v2。 命題解讀：本題涉及發(fā)電機與電動機的能量轉化及守恒問題。一個是機械能轉化為電能；另一個電源工作將其他形式的能轉化電能輸入電路，電流通過電機將電能轉化為機械能輸出。搞清能量守恒關系就能順利解題。 分析與解：在圖9的物理過程中，重物以速率v1勻速下降，帶動發(fā)電機線圈勻速轉動，切割磁感線產生感應電動勢，將機械能轉化為電能，在電路中消耗。由能量守恒定律可得： mgv1t=I12Rt 在圖10的物理過程中，電源工作將其他形式的能轉化電能輸入電路，電流通過電機將電能轉化為機械能輸出。 由能量守恒定律可得：EI2t=I22Rt+mgv2t 在兩次工作過程中電機的線圈都勻速轉動。作用在轉軸上力矩都平衡，而兩次重力矩相等，從而兩次作用在線圈上的磁力矩相等，所以有： I1=I2 聯(lián)立解得： 變式訓練： 某一用直流電動機提升重物的裝置，如圖11所示，重物的質量m=50kg，電源電動勢E=110V，不計電源電阻及各處摩擦，當電動機以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物時，電路中的電流強度I=5A，由此可知，電動機線圈的電阻R是多少?（g=10m/s2）。 解析：在圖11的物理過程中，電源工作將其他形式的能轉化電能輸入電路，電流通過電機將電能轉化為機械能輸出 由能量守恒定律可得： EIt=I2Rt+mgvt 解得電動機線圈的電阻R=4Ω. （十一）用能量守恒解決電磁感應中的能量問題 案例11、如圖16（a）所示，傾角為θ=37°，電阻不計，間距L=0.3m，長度足夠的平行導軌所在處，加有磁感應強度B=1T，方向垂直于導軌平面（圖中未畫出）的勻強磁場，導軌兩端各接一個阻值R=2Ω的電阻。另一橫跨在平行導軌間的金屬棒質量m=1kg，電阻r=2Ω，其與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5.金屬棒以平行于導軌向上的初速度v0=10m/s上滑，直至上升到最高點的過程中，通過上端的電量Δq=0.1C（g=10m/s2，sin370=0.6），求上端電阻R上產生的焦耳熱熱Q。 命題解讀：本題涉及到外力、重力、安培力、滑動摩擦力做功及動能、勢能、內能的關系，重點考查電磁感應的受力分析與能量關系。 分析與解：金屬棒以初速度v0向上滑行的過程中克服重力、安培力和摩擦力做功，動能分別轉化為重力勢能、電能和內能。從電路構成可知導軌上、下端電阻發(fā)出的熱量相等，由焦耳定律可求出金屬棒發(fā)熱是R發(fā)熱的四倍。由電磁感應定律可得△q=△φ/R，可求出金屬棒掃過的面積和沿導軌上滑的距離。由電流定義式和并聯(lián)電路規(guī)律，閉合電路歐姆定律和電磁感應定律，可得 2△q=I△t=E△t/R=△φ/R總 所以△φ=2△qR總=0.6Wb 由磁通量定義，可得△S=△φ/B=0.6m2 金屬棒沿導軌上滑的距離L0為L0=△S/L=2m 金屬棒沿導軌上滑的受力如圖16（b）所示。金屬棒所受各力中安培力是變力，其做負功使機械能轉化為電能，進而變?yōu)閮饶堋Ｓ赡芰渴睾愣煽傻? Q總=mv02/2-mgLsinθ-μmgLcosθ=30J。 則上端電阻發(fā)熱量Q=Q總/6=5J 變式訓練： 如圖17所示間距為L的光滑平行金屬導軌，水平地放置在豎直方向的磁感強度為B的勻強磁場中，一端接阻值是R的電阻。一電阻是R0，質量為m的導體棒放置在導軌上，在外力F作用下從t=0的時刻開始運動，其速度隨時間的變化規(guī)律v=vmsinωt，不計導軌電阻。求： （1）從t=0到t=2π/ω時間內電阻R產生的熱量。 （2）從t=0到t=π/2ω時間內外力F所做的功。 解析：（1）導體棒產生的感應電動勢e=BLvmsinωt是正弦交流電， 其有效值： 在△t=2π/ω=T的時間內，電阻R上產生的熱量為： Q=I2RT=πRB2L2vm/ω(R+R0)2 （2）t=0到t=π/2ω時間是1/4，在這段時間內對導體棒運用能量守恒定律有： W外=mvm2/2 +Q′，Q′是這段時間內電阻R和R0產生的熱量 Q′= E2/(R+R0)·π/2ω=πB2L2vm2/4ω(R+R0) 所示這段時間內外力所做的功是： W外=mvm2/2 + πB2L2vm2/4ω(R+R0) ［誤區(qū)分析］ 誤區(qū)一、誤認為彈力對物體所做的功等于系統(tǒng)機械能的變化，忽視功能關系的概念。 典型案例1、如圖所示，質量m=2kg的物體，從光滑斜面的頂端A點以v0=5m/s的初速度滑下，在D點與彈簧接觸并將彈簧壓縮到B點時的速度為零，已知從A到B的豎直高度h=5m，求彈簧的彈力對物體所做的功。 錯誤解法：W=mgh+ 應對辦法：如果物體只受重力和彈力作用，或只有重力或彈力做功時，滿足機械能守恒定律。如果求彈力這個變力做的功，可用機械能守恒定律先求解勢能的變化，再根據(jù)彈力做功與彈性勢能的關系求解彈力做的功。 走出誤區(qū)：解法一 由于斜面光滑故機械能守恒，但彈簧的彈力是變力，彈力對物體做負功，彈簧的彈性勢能增加，且彈力做的功的數(shù)值與彈性勢能的增加量相等。 取B所在水平面為零參考面，彈簧原長處D 點為彈性勢能的零參考點，則： 系統(tǒng)機械守恒：mgh+=Ep+0 彈力做功：W彈力= 0-EP 解得： W彈簧= -（mgh+）= -125J 解法二 根據(jù)動能定理： O A B vA vB 解得：W彈簧= -（mgh+）= -125J 誤區(qū)二：誤認為“桿的彈力方向”與“繩的彈力方向”都與桿或繩子垂直，都不做功，每個物體的機械能都守恒，忽視彈力做功的特點。 典型案例2、如圖所示，在長為l的輕桿中點A和端點B各固定一質量均為m的小球，桿可繞無摩擦的軸O轉動，使桿從水平位置無初速釋放擺下。求當桿轉到豎直位置時，輕桿對A、B兩球分別做了多少功? 錯誤解法：由于桿的彈力總垂直于小球的運動方向，所以輕桿對A、B兩球均不做功。 應對辦法：繩的彈力是一定沿繩的方向的，而桿的彈力不一定沿桿的方向。所以當物體的速度與桿垂直時，桿的彈力對一個物體做正功，對另一個物體做負功，這一對作用力與反作用力做功的代數(shù)和為零，系統(tǒng)的機械能守恒。 走出誤區(qū)：設當桿轉到豎直位置時，A球和B球的速度分別為vA和vB。如果把輕桿、地球、兩個小球構成的系統(tǒng)作為研究對象，那么由于桿和小球的相互作用力做功總和等于零，故系統(tǒng)機械能守恒。若取B的最低點為零重力勢能參考平面，可得： 2mgl= 又因A球對B球在各個時刻對應的角速度相同，故vB＝2vA 由以上二式得： 根據(jù)動能定理，可解出桿對A、B做的功。對于A有 WA+mg= -0 所以WA=－mgl 對于B有WB+mgi=，所以WB=0.2mgl 誤區(qū)三、誤認為始末狀態(tài)機械能守恒成立，忽視物體做圓周運動的過程特點。 典型案例3、如圖所示，一細繩的上端固定在天花板上靠近墻壁的O點，下端拴一小球，L點是小球下垂時的平衡位置，Q點代表一固定在墻上的細長釘子，位于OL直線上，N點在Q點正上方，且QN=QL，M點與Q點等高。現(xiàn)將小球從豎直位置（保持繩繃直）拉開到與N等高的P點，釋放后任其向L擺動，運動過程中空氣阻力可忽略不計，小球到達L后。因細繩被長釘擋住，將開始沿以Q為中心的圓弧繼續(xù)運動，在此以后( ) 圖7 A．小球向右擺到M點，然后就擺回來 B．小球沿圓弧擺到N點，然后豎直下落 C．小球將繞Q點旋轉，直線細繩完全纏繞在釘子上為止 D．以上說法都不正確 錯誤解法：因為全程只有重力做功，機械能一定守恒，從P到N運用機械能守恒定律，P點機械能為零，N點的機械能必為零，所以B正確。 應對辦法：對于豎直面內的圓周運動問題，首先應該考慮圓周運動的臨界條件，然后再考慮機械能守恒定律。運用機械能守恒定律常用關系： 。 走出誤區(qū)：從P到M，根據(jù)機械能守恒定律得： vM>0 可見小球能夠通過M點繼續(xù)做圓周運動。A錯誤。 設QN=QL=R若使小球能夠做圓周運動到達N點，至少有 根據(jù)機械能守恒定律，選取PN水平面勢能為零。 要求PN兩點的相對高度 小球不可能到達N點。B錯誤。 由上面的分析知道，小球只能在MN之間的某位置斜拋出去，C錯誤。 正確答案：D 誤區(qū)四、誤認為摩擦產生的熱量就等于物體動能的增加，混淆能量的轉化與守恒定律。 典型案例4、如圖所示，傳送帶以v的初速度勻速運動。將質量為m的物體無初速度放在傳送帶上的A端，物體將被傳送帶帶到B端，已知物體到達B端之前已和傳送帶相對靜止，電動機的內阻不可忽略。則下列說法正確的是（ ） A．傳送帶對物體做功為 B．傳送帶克服摩擦做功 C．電動機消耗的電能為 D．在傳送物體過程產生的熱量為 錯誤理解：兩物體的相對位移就等于物體的對地位移，根據(jù)動能定理系統(tǒng)產生的熱量就是物體動能的增加。D正確。 應對辦法：這種解法結果雖然碰對了，但是理解卻是完全錯誤的。首先能量守恒是對系統(tǒng)而言的，其次上述觀點不符合能的轉化及守恒定律。摩擦力對物體做了正功，物體的動能增加了，而物體的內能卻也應該增加了，顯然不符合能量轉化及守恒定律。系統(tǒng)摩擦發(fā)熱產生的內能，滑動摩擦力對系統(tǒng)做功是阻力做功才損失機械能，增加內能。 分析與解：物體先加速后勻速，在加速過程中滑動摩擦力對物體做功，使物體的動能增加，由動能定理知傳送帶對物體做功為，A正確。物體移動的位移是，皮帶移動的位移是，根據(jù)功的定義，傳送帶克服摩擦做功應為，B錯誤。由能量守恒定律知電機消耗的電能就是，C錯誤。由能量守恒定律滑動摩擦產生的內能Q=，D正確。 正確答案：AD 誤區(qū)五：誤認為全過程機械能都守恒，忽視機械能的瞬時損失。 v0 O1 R O θ 圖9 典型案例5、一質量為m的小球，系于長為R的輕繩的一端，繩的另一端固定在空間的O點，假定繩是不可伸長的、柔軟且無彈性的。今把小球從O點的正上方離O點的距離為的O1點以水平的速度拋出，如圖9所示。試求 （1）輕繩剛伸直時，繩與豎直方向的夾角為多少？ （2）當小球到達O點的正下方時，繩對質點的拉力為多大？ 錯誤解法：對全過程，設質點到達O點的正下方時速度為v，根據(jù)能量守恒定律可得： 根據(jù)向心力公式得：，解得： O1 vx vy 圖10 v0 θ v 應對辦法：認真分析小球運動的過程，可知小球運動經過三個階段。平拋、繃直時、圓周運動。繩子繃直以后，小球在豎直面內做圓周運動，故知繩子繃直時瞬時速度馬上變?yōu)榍芯€方向。有能量的損失。 走出誤區(qū)：上述解法是錯誤的。這些同學對物理過程沒有弄清楚，忽視了在繩被拉直瞬時過程中機械能的瞬時損失。其實質點的運動可分為三個過程： v0 v0 v vy v/ O O1 圖11 第一過程：質點做平拋運動。設繩即將伸直時，繩與豎直方向的夾角為，如圖所示，則， ，其中 聯(lián)立解得。 第二過程：繩繃直過程。繩棚直時，繩剛好水平，如圖10所示 由于繩不可伸長，故繩繃直時，v0損失，質點僅有速度vy， 且。 第三過程：小球在豎直平面內做圓周運動。設質點到達O點正下方時，速度為v′，根據(jù)機械能守恒守律有： 設此時繩對質點的拉力為T，則 2R O A B C m2 m1 地面 圖12 聯(lián)立解得：。 誤區(qū)六：誤認為連接體的速度都是相同的，混淆“物體運動的速度”與“繩子的速度”。 典型案例6、如圖12，半徑為R的1/4圓弧支架豎直放置，支架底AB離地的距離為2R，圓弧邊緣C處有一小定滑輪，一輕繩兩端系著質量分別為m1與m2的物體，掛在定滑輪兩邊，且m1＞m2，www.ks5u.com www.ks5u.com開始時m1、m2均靜止，m1、m2可視為質點，不計一切摩擦。求： ⑴ m1釋放后經過圓弧最低點A時的速度； ⑵ 若m1到最低點時繩突然斷開，求m1落地點離A點水平距離； ⑶ 為使m1能到達A點，m1與m2之間必須滿足什么關系? 錯誤解法：兩個物體的速度大小相等v2=v1 由機械能守恒定律得： 解得： 應對辦法：物體運動到終點的速度圖如圖13所示，由此可知兩物體的速度大小并不相等。而兩物體沿著繩子的速度分量相等。即m1沿著繩子的速度分量等于m2的速度。 走出誤區(qū)：⑴設m1運動到最低點時速度為v1，此時m2的速度為v2， O v1 R C v2 v2 圖13 速度分解如圖，得：www.ks5uv2=v1sin45°www.ks5u.com 由m1與m2組成系統(tǒng)，機械能守恒，有 由上述兩式求得 ⑵ 斷繩后m1做平拋運動 s = v1t 解得：s=4Rwww.ks5u.com ⑶ m1能到達A點滿足條件v1≥0 又 解得：www.ks5u.com 誤區(qū)七、誤認為兩物體豎直高度變化相同，混淆半徑的的變化與高度的變化不等 R M m 典型案例7、半徑為R的光滑圓柱體固定在地面上，兩質量分別是M和m的小球用細線連接，正好處于水平直徑的兩端，如圖所示。從此位置釋放小球，當m運動到最高點時，對球的壓力恰好為零，求此時M的速度和兩小球的質量之比。 錯誤解法：M下降的高度與m升高的高度相等都是R 根據(jù)機械能守恒定律得： m在最高點時， 解得： 應對辦法：作出兩小球運動狀態(tài)的圖景，由于繩長不變，所以M下降，m上升R。 走出誤區(qū)：對系統(tǒng)運用機械能守恒定律 m在最高點時， 聯(lián)立解得： 誤區(qū)八、誤認為整個鐵鏈子的動能變化是初始位置的重力做功引起的。忽視“重力”是變力。 典型案例8、 如圖所示，在光滑水平桌面上，用手拉住長為Ｌ質量為Ｍ的鐵鏈，使其1/3垂在桌邊。松手后，鐵鏈從桌邊滑下，求鐵鏈末端經過桌邊時運動速度是過少？ 錯誤解法：根據(jù)動能定理，系統(tǒng)動能的變化是由于下垂直垂1/3部分做功引起。根據(jù)動能定理： 解得： 走出誤區(qū)：動能定理不是物理上的萬能公式。本題中鐵鏈子在桌面上運動的過程中的下垂部分重力時刻變化，屬于變質量、變重力問題。這個變重力做功我們還不能直接求解。這類問題只能運用機械能守恒定律解決。 松手后，鐵鏈在運動過程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向與運動方向垂直，對鐵鏈不做功，即這一過程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，從松手到鐵鏈離開桌邊，鐵鏈的機械能守恒。以桌面為重力勢能參考面 松手時，桌外部分的質量為ｍ，其重心在桌面下L處 此時鐵鏈的重力勢能為：－ｍgL＝－mgL 鐵鏈末端剛離桌面時，整條鐵鏈都在空中，其重心在桌面下L處 此時鐵鏈的重力勢能為：－ 設此時鐵鏈的速度為v，由機械能守恒定律有： 解得： 故鐵鏈末端經過桌邊時，鐵鏈的運動速度是 ［專題專練］ 一、選擇題（共10小題，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確。全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯的或不答的得0分） 1.一物體在豎直平面內做圓勻速周運動，下列物理量一定不會發(fā)生變化的是( ) A．向心力 B．向心加速度 C．動能 D．機械能 2.行駛中的汽車制動后滑行一段距離，最后停下；流星在夜空中墜落并發(fā)出明亮的光焰；降落傘在空中勻速下降；條形磁鐵在下落過程中穿過閉線圈，線圈中產生電流，上述不同現(xiàn)象中所包含的相同的物理過程是（ ） A.物體克服阻力做功 B.物體的動能轉化為其他形式的能量 C.物體的勢能轉化為其他形式的能量 D.物體的機械能轉化為其他形式的能量 3．一吊車吊物體勻加速上升，則（ ） A．吊車對物體所做的功等于機械能的增量 B．繩的拉力與重力的合力對物體所做的功等于動能的增量 F m C．物體克服重力做功等于系統(tǒng)勢能的增量 D．繩的拉力與重力的合力對物體所做的功等于物體勢能的增量 4．一塊質量為m的木塊放在地面上，用一根彈簧連著木塊，如圖所示。用恒力F拉彈簧，使木塊離開地面，如果力F的作用點向上移動的距離為h，則（ ） A．木塊的重力勢能增加了Fh B．木塊的機械能增加了Fh C．拉力所做的功為Fh D．木塊的動能增加Fh 5．一個質量為的物體，以a=2g的加速度豎直向下運動，則在此物體下降高度過程中，物體的（ ） A．重力勢能減少了2mgh B．動能增加了2mgh C．機械能保持不變 D．機械能增加了mgh 6．物體做自由落體運動， 代表動能，代表勢能，代表下落的距離，以水平地面為零勢能面。下列所示圖像中，能正確反映各物理量之間的關系的是 （ ） 7．質量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，若物體受水平力F的作用從靜止開始通過位移時的動能為E1，當物體受水平力2F作用，從靜止開始通過相同位移，它的動能為E2，則( ) A．E2=E1 B. E2=2E1 C. E2＞2E1 D. E1＜E2＜2E1 8．如圖所示，傳送帶以的初速度勻速運動。將質量為m的物體無初速度放在傳送帶上的A端，物體將被傳送帶帶到B端，已知物體到達B端之間已和傳送帶相對靜止，則下列說法正確的是（ ） A．傳送帶對物體做功為 B．傳送帶克服摩擦做功 C．電動機由于傳送物體多消耗的能量為 D．在傳送物體過程產生的熱量為 9．利用傳感器和計算機可以測量快速變化的力的瞬時值。如圖中的右圖是用這種方法獲得的彈性繩中拉力隨時間的變化圖線。實驗時，把小球舉高到繩子的懸點O處，然后放手讓小球自由下落。 由此圖線所提供的信息，以下判斷正確的是（ ） A.t2時刻小球速度最大 B.t1~t2期間小球速度先增大后減小 C.t3時刻小球動能最小 D.t1與t4時刻小球速度一定相同 10．如圖所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止沿斜面下滑，在物體下滑過程中，下列說法正確的是 ( ) A. 物體的重力勢能減少，動能增加 B. 斜面的機械能不變 C．斜面對物體的作用力垂直于接觸面，不對物體做功 D．物體和斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒 11．如圖所示,粗糙的水平面上固定一個點電荷Q，在M點無初速度是放一帶有恒定電量的小物塊，小物塊在Q的電場中運動到N點靜止。則從M點運動到N點的過程中（ ） A．小物塊所受的電場力逐漸減小 B．小物塊具有的電勢能逐漸增大 C．M點的電勢一定高于N點的電勢 D．小物塊電勢能變化量的大小一定等于克服摩擦力做的功 12．如圖所示,在豎直平面內有一半徑為1m的半圓形軌道，質量為2kg的物體自與圓心O等高的A點由靜止開始滑下，通過最低點B時的速度為3m/s，物體自A至B的過程中所受的平均摩擦力為( ) A．0N B．7N C．14N D．28N P 地球 Q 軌道1 軌道2 13．2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是 A．飛船變軌前后的機械能相等 B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài) C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度 D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度 二、填空題（共2小題，共18分，把答案填在題中的橫線上） 14 某一在離地面10m的高處把一質量為2kg的小球以10m/s的速率拋出，小球著地時的速率為15m/s。g取10m/s2， 人拋球時對球做功是 J，球在運動中克服空氣阻力做功是 J 15. 質量m=1.5kg的物塊在水平恒力F作用下，從水平面上A點由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t=2.0s停在B點，已知A、B兩點間的距離s=5.0m，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.20，恒力F等于 (物塊視為質點g取10m/s2). 三、實驗探究題 16．探究力對原來靜止的物體做的功與物體獲得的速度的關系，試驗裝置如圖所示，試驗主要過程如下： （1）設法讓橡皮筋對小車做的功分別為W、2W、3W… （2）分析打點計時器打出的紙帶，求出小車的速度、、、…; （3）做出W-v草圖； （4）分析W-v圖像。如果W-v圖像是一條直線，表明W∝v；如果不是直線，可考慮是否存在W∝、W∝ 、W∝ 等關系。 以下關于該實驗的說法中有一項不正確，它是 。 A 本實驗設法讓橡皮筋對小車做的功分別為W、2W、3W…。所采用的方法是選用同樣的橡皮筋，并在每次實驗中使橡皮筋拉伸的長度保持一致。當用1條橡皮筋進行實驗室，橡皮筋對小車做的功為W，用2條、3條、…。橡皮筋并在一起進行第2次、第3次、…。實驗時，橡皮筋對小車做的功分別是2W、3W…。 B 小車運動中會受到阻力，補償?shù)姆椒?，可以使木板適當傾斜。 C 某同學在一次實驗中，得到一條記錄紙帶。紙帶上打出的點，兩端密、中間疏。出現(xiàn)這種情況的原