高中物理第一轮功能关系.能量守恒
功能关系 能量守恒定律
考纲解读 1. 知道功是能量转化的量度,掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系.2. 知道自然界中的能量转化,理解能量守恒定律,并能用来分析有关问题.
例1 如图1所示,在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B 上,另一端与质量为m 的物块A 相连,弹簧与斜面平行.整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中( )
图1
A .物块A 的重力势能增加量一定等于mgh
B .物块A 的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和 C .物块A 的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和
D .物块A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B 对弹簧的拉力做功的代数和
解析 由于斜面光滑,物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡,当整个装置加速上升时,由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上,故弹簧伸长量增加,物块A 相对斜面下滑一段距离,故选项A 错误;根据动能定理可知,物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和,故选项B 错误;物块A 机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和,选项C 正确;物块A 和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和,故选项D 正确.
答案 CD 变式题组
1. [功能关系的应用]如图2所示,物体A 的质量为m ,置于水平地面上,A 的上端连一轻弹簧,原长为L ,劲度系数为k . 现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起,使B 点上移距离为L ,此时物体A 也已经离开地面,则下列说法中正确的是( )
图2
A .提弹簧的力对系统做功为mgL B .物体A 的重力势能增加mgL C .系统增加的机械能小于mgL D .以上说法都不正确 答案 C
2. [功能关系的应用]如图3所示,一固定斜面倾角为30°,一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动,加速度大小等于重力加速度的大小g . 物块上升的最大高度为H ,则此过程中,物块的( )
图3
A .动能损失了2mgH B .动能损失了mgH C .机械能损失了mgH
1
D .机械能损失了
2答案 AC
解析 分析小物块沿斜面上滑,根据题述可知,物块所受滑动摩擦力F f =0.5mg ,由动能定
F f H F f H
理,动能损失了mgH =2mgH ,选项A 正确,B 错误.由功能关系,机械能损失
sin 30°sin 30°=mgH ,选项C 正确,D 错误.
对各种功能关系熟记于心,力学范围内,应牢固掌握以下三条功能关系: (1)重力做的功等于重力势能的变化,弹力做的功等于弹性势能的变化; (2)合外力做的功等于动能的变化;
(3)除重力、弹力外,其他力做的功等于机械能的变化.
考点二 摩擦力做功的特点及应用
1.静摩擦力做功的特点
(1) (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.
(3)静摩擦力做功时,只有机械能的相互转移,不会转化为内能. 2.滑动摩擦力做功的特点
(1)
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内,一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果: ①机械能全部转化为内能;
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移,另外一部分转化为内能. (3)摩擦生热的计算:Q =F f x 相对.其中x 相对
深化拓展 从功的角度看,一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量;从能量的角度看,其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量.
例2 如图4所示,在光滑水平地面上放置质量M =2 kg 的长木板,木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切.一质量m =1 kg的小滑块自A 点沿弧面由静止滑下,A 点距离长木板上表面高度h =0.6 m.滑块在木板上滑行t =1 s后,和木板一起以速度v =1 m/s做匀速运动,取g =10 m/s 2. 求:
图4
(1)滑块与木板间的摩擦力;
(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功; (3)滑块相对木板滑行的距离. 解析 (1)对木板受力分析F f =Ma 1 由运动学公式,有v =a 1t 解得F f =
2 N.
(2)对滑块受力分析-F f =ma 2 设滑块滑上木板时的初速度为v 0 由公式v -v 0=a 2t 解得v 0=3 m/s
滑块沿弧面下滑的过程,由动能定理得
1
mgh -W f =m v 2
201
W f =mgh -m v 2=1.5 J.
20
1
(3)t =1 s内木板的位移x 1=1t 2
2此过程中滑块的位移
1
x 2=v 0t +a 2t 2
2故滑块相对木板滑行距离 L =x 2-x 1=1.5 m.
答案 (1)2 N (2)1.5 J (3)1.5 m 变式题组
3. [摩擦力做功的理解]如图5所示,足够长的传送带以恒定速率顺时针运行.将一个物体轻轻放在传送带底端,第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段与传送带相对静止,匀速运动到达传送带顶端.下列说法中正确的是( )
图5
A .第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体不做功 B .第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C .第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量
D .物体从底端到顶端全过程机械能的增加量等于全过程物体与传送带间的摩擦生热 答案 C
解析 第一阶段摩擦力对物体做正功,第二阶段摩擦力对物体仍做正功,选项A 错误;第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量和重力势能的增加量,选项B 错误;第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加量,选项C 正确;物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程物体与传送带间的摩擦生热,
选项
D 错误.
4.[摩擦力做功的应用]如图6所示,木块A 放在木块B 的左端,用恒力F 将A 拉至B 的右端,第一次将B 固定在地面上,F 做功为W 1,生热为Q 1;第二次让B 可以在光滑地面上自由滑动,仍将A 拉到B 的右端,这次F 做功为W 2,生热为Q 2. 则应有( )
图6
A .W 1<W 2,Q 1=Q 2 B .W 1=W 2,Q 1=Q 2 C .W 1<W 2,Q 1<Q 2 D .W 1=W 2,Q 1<Q 2 答案 A
解析 拉力F 做的功由公式W =Fl cos α求得,其中l 是物体对地的位移,所以W 1<W 2,滑动摩擦力做功过程中产生的内能等于系统克服摩擦力做的功,即ΔE =Q =F f l 相对,其中l 相对表示物体之间的相对位移,在这里是B 的长度,所以Q 1=Q 2.
求解相对滑动物体的能量问题的方法 (1)正确分析物体的运动过程,做好受力分析.
(2)利用运动学公式,结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系.
(3)公式Q =F f ·x 相对中x 相对为两接触物体间的相对位移,若物体在传送带上做往复运动时,则x 相对为总的相对路程.
考点三 能量守恒定律及应用
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到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变. 2.表达式 ΔE 减=增.3.基本思路
(1)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; (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.
例3 如图7所示,一物体质量m =2 kg,在倾角为θ=37°的斜面上的A 点以初速度v 0=3 m /s下滑,A 点距弹簧上端B 的距离AB =4 m.当物体到达B 后将弹簧压缩到C 点,最大压缩量BC =0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去,弹到的最高位置为D 点,D 点距A 点AD =3 m.挡板及弹簧质量不计,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(计算结果小数点后保留两位有效数字)
图7
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ; (2)弹簧的最大弹性势能E pm .
解析 (1)物体从开始位置A 点运动到最后D 点的过程中,弹性势能没有发生变化,动能和
1
重力势能减少,机械能的减少量为ΔE =ΔE k +ΔE p =m v 2+mgl AD sin 37°①
20物体克服摩擦力产生的热量为Q =F f x ② 其中x 为物体运动的路程,即x =5.4 m③ F f =μmgcos 37°④
由能量守恒定律可得ΔE =Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ≈0.52.
1(2)由A 到C 的过程中,动能减少ΔE k =m v 2⑥
20重力势能减少ΔE p ′=mgl AC sin 37°⑦ 摩擦生热Q ′=F f l AC =μmgcos 37°l AC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm =ΔE k +ΔE p ′-Q ′⑨ 联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ≈24.46 J. 答案 (1)0.52 (2)24.46 J 变式题组
5. [能量守恒定律的应用]如图8所示,长木板A 放在光滑的水平地面上,物体B 以水平速度冲上A 后,由于摩擦力作用,最后停止在木板A 上,则从B 冲到木板A 上到相对木板A 静止的过程中,下述说法中正确的是( )
图8
A .物体B 动能的减少量等于系统损失的机械能 B .物体B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C .物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和 D .摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量 答案 CD
解析 物体B 以水平速度冲上木板A 后,由于摩擦力作用,B 减速运动,木板A 加速运动,根据能量守恒定律,物体B 动能的减少量等于木板A 增加的动能和产生的热量之和,选项A 错误;根据动能定理,物体B 克服摩擦力做的功等于物体B 损失的动能,选项B 错误;由能量守恒定律可知,物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和,选项C 正确;摩擦力对物体B 做的功等于物体B 动能的减少量,摩擦力对木板A 做的功等于木板A 动能的增加量,由能量守恒定律,摩擦力对物体B 做的功和对木板A 做的功的总和等于系统内能的增加量,选项D 正确.
6. [能量守恒定律的应用]如图9所示,光滑坡道顶端距水平面高度为h ,质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下,进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使A 制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上,另一端恰位于坡道的底端O 点,此时弹簧处于自然长度.已知在OM 段,物块A 与水平面间的动摩擦因数为μ,其余各处的摩擦不计,重力加速度为g .
图9
(1)求物块滑到O 点时的速度大小;
(2)求弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零) ;
(3)当弹簧的最大压缩量为d 时,若物块A 能够被弹回到坡道上,则它能够上升的最大高度是多少.
答案 (1)2gh (2)mgh -μmgd (3)h -2μd
1
解析 (1)由机械能守恒定律得mgh =m v 2,解得v =2gh .
2(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W =μmgd
1
v 2=E p +μmgd
2以上各式联立得E p =mgh -μmgd
.
(3)物块A 被弹回的过程中,克服摩擦力所做的功仍为W =μmgd 由能量守恒定律得E p =μmgd+mgh ′
所以物块A 能够上升的最大高度为h ′=h -2μd.
应用能量守恒定律解题的基本思路
(1)分清有多少形式的能[如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能) 、内能等]在变化. (2)明确哪种形式的能量增加,哪种形式的能量减少,并且列出减少的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式.
(3)列出能量守恒关系式:ΔE 减 =ΔE 增.
考点四 传送带模型中的动力学和能量转化问题
1.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,典型的有水平和倾斜两种情况.一般设问的角度有两个:
(1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移,找出物体和传送带之间的位移关系. (2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关系或能量守恒定律求解. 2.传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析:W =ΔE k +ΔE p +Q . (2)对W 和Q 的理解: ①传送带做的功:W =Fx 传; ②产生的内能Q =F f x 相对. 传送带模型问题的分析流程
例4 如图10所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,传送带在电动机的带动下,始终保持v 0=2 m/s的速率运行,现把一质量为m =10 kg的工件(可看做质点) 轻轻放在传送带的底端,经过时间t =1.9 s,工件被传送到h =1.5 m的高处,取g =10 m/s 2求:
图10
(1)工件与传送带间的动摩擦因数;
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.
h
解析 (1)由题图可知,传送带长x =3 m.
sin θ假设工件在运动到最大高度之前已经开始做匀速运动.
v 0
工件速度达到v 0前,设工件运动的时间为t 1,则匀加速运动的位移x 1=v t 1=1
2匀速运动的位移为x -x 1=v 0(t -t 1)
解得加速运动的时间t 1=0.8 s,所以假设成立.
v 0
加速度a =2.5 m/s2
t 1
由牛顿第二定律有:μmgcos θ-mg sin θ=ma ,解得μ=
32
(2)从能量守恒的观点来看,显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能和势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量. 在时间t 1内,传送带运动的位移x 传=v 0t 1=1.6 m
v 0
在t 1时间内,工件运动的位移x 1=t 1=0.8 m
2
在时间t 1内,工件相对传送带的位移x 相对=x 传-x 1=0.8 m 在时间t 1内,摩擦生热Q =μmgcos θ·x 相对=60 J
1
工件获得的动能E k v 2=20 J
20工件增加的势能E p =mgh =150 J
电动机多消耗的电能W =Q +E k +E p =230 J.
3
答案 (1)(2)230 J
2变式题组
7.[传送带模型中能量转化问题]如图11所示,质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v 匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为μ,物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程,下列说法中正确的是( )
图11
1A .电动机多做的功为m v 2
2
v 2
B .物体在传送带上的划痕长μg1
C .传送带克服摩擦力做的功为m v 2
2D .电动机增加的功率为μmgv 答案 D
v
解析 物体与传送带相对静止之前,物体做匀加速运动,由运动学公式知x 物,传送带
2
1
做匀速运动,由运动学公式知x 传=v t ,对物体根据动能定理μmgx物=m v 2,摩擦产生的热
21
量Q =μmgx相对=μmg(x 传-x 物) ,四式联立得摩擦产生的热量Q =v 2,根据能量守恒定律,
2电动机多做的功一部分转化为物体的动能,一部分转化为热量,故电动机多做的功等于m v 2,
v v v 2
A 项错误;物体匀加速运动的时间t ,物体在传送带上的划痕长等于x 传-x 物=a μg2μgB 项错误;传送带克服摩擦力做的功为μmgx传=m v 2,C 项错误;电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv ,D 项正确.
8.[传送带模型中动力学和能量转化分析] 如图12所示,一质量为m =1 kg 的可视为质点的滑块,放在光滑的水平平台上,平台的左端与水平传送带相接,传送带以v =2 m /s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑) ,现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧,轻弹簧的原长小于平台的长度,滑块静止时弹簧的弹性势能为E p =4.5 J,若突然释放滑块,滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2,传送带足够长,g =10 m/s 2. 求:
图12
(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间; (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量. 答案 (1)3.125 s (2)12.5 J
1
解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒,设滑块滑上传送带的速度为v 1,则E p =m v 2,得
21v 1=3 m/s
滑块在传送带上运动的加速度的大小a =μg=2 m/s2
v 1
滑块向左运动的时间t 1==1.5 s
a v 2向左运动的最大位移x 1=2.25 m
2a v 2
向右匀加速运动的位移x 2==1 m
2a
x 1>x 2,所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动,再同传送带一起向右匀速运动.
v
向右匀加速运动的时间t 2=1 s
a
x 1-x 2
向右匀速运动的时间为t 3==0.625 s 所以t =t 1+t 2+t 3=3.125 s.
(2)滑块在传送带上向左运动x 1的位移时,传送带向右运动的位移为x 1′=v t 1=3 m 则Δx 1=x 1′+x 1=5.25 m
滑块向右运动x 2时,传送带向右运动的位移为x 2′=v t 2=2 m 则Δx 2=x 2′-x 2=1 m Δx =Δx 1+Δx 2=6.25 m
则产生的热量为Q =μmg·Δx =12.5 J.
高考模拟 明确考向
1.(2014·广东·16) 图13是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中①和②为楔块,③和④为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )
图13
A .缓冲器的机械能守恒 B .摩擦力做功消耗机械能 C .垫板的动能全部转化为内能 D .弹簧的弹性势能全部转化为动能 答案 B
解析 由于车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功,所以缓冲器的机械能减少,选项A 错误,B 正确;弹簧压缩的过程中,垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能,选项C 、D 错误.
2.(2014·福建·18) 如图14所示,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块(
)
图14
A .最大速度相同 B .最大加速度相同 C .上升的最大高度不同 D .重力势能的变化量不同 答案 C
解析 当弹簧的弹力和物块重力沿斜面向下的分力大小相等时,物块的速度最大,由于两物块的质量不同,故两物块速度分别达到最大时,与质量大的物块接触的弹簧的形变量较小,根据能量守恒定律可知,质量大的物块的最大速度较小,选项A 错误.刚撤去外力时,两
kx
物块的加速度最大,根据牛顿第二定律得kx -mg sin θ=ma (θ为斜面倾角) ,a =-g sin θ,
m 由于两物块的质量不同,故两物块的最大加速度不同,选项B 错误.整个过程中,弹簧的弹性势能全部转化为物块的重力势能,由于两物块质量不同,故上升的最大高度不同,选项C 正确.两物块重力势能的变化量等于弹簧弹性势能的减少量,故重力势能的变化量相同,选项D 错误.
3.(2013·江苏·9) 如图15所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O 点(图中未标出) .物块的质量为m ,AB =a ,物块与桌面间的动摩擦因数为μ. 现用水平向右的力将物块从O 点拉至A 点,拉力做的功为W . 撤去拉力后物块由静止向左运动,经O 点到达B 点时速度为零.重力加速度为g . 则上述过程中( )
图15
1
A .物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于W -
23
B .物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W -
2C .经O 点时,物块的动能小于W -μmga
D .物块动能最大时,弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能 答案 BC
4. 将三个木板1、2、3固定在墙角,木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形,如图16所示,其中1与2底边相同,2和3
高度相同.现将一个可视为质点的物块分别从三个木板
的顶端由静止释放,并沿木板下滑到底端,物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中,下列说法正确的是( )
图16
A .沿着1下滑到底端时,物块的速度最大
B .物块沿着3下滑到底端的过程中,产生的热量是最多的 C .物块沿着1和2下滑到底端的过程中,产生的热量是一样多的 D .沿着2和3下滑到底端时,物块的速度相同 答案 ABC
5.如图17所示,光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点相切,半圆形导轨的半径为R . 一个质量为m 的物体将弹簧压缩至A 点后由静止释放,在弹力作用下物体获得某一向右的速度后脱离弹簧,当它经过B 点进入导轨的瞬间对轨道的压力为其重力的8倍,之后向上运动恰能到达最高点C ,C 、O 、B 三点在同一竖直线上.(不计空气阻力) 试求:
图17
(1)物体在A 点时弹簧的弹性势能;
(2)物体从B 点运动至C 点的过程中产生的内能.
7
答案 (1) (2)mgR
2
解析 (1)设物体在B 点的速度为v B ,受到的弹力为F N B ,则有
v 2F N B -mg =m R 又F N B =8mg
由能量守恒定律可知
17
弹性势能E p =m v 2.
2B 2
(2)设物体在C 点的速度为v C ,由题意可知
2v mg =m
R
物体由B 点运动到C 点的过程中,由能量守恒定律得
12⎛12
2R ⎫=mgR . Q =m v B -⎝2m v C +mg ·⎭2
练出高分
一、单项选择题
1. 如图1所示,A 、B 、C 三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A 由静止释放,B 的初速度方向沿斜面向下,大小为v 0,C 的初速度方向沿斜面水平向左,大小也为v 0. 下列说法中正确的是( )
图1
A .A 和C 将同时滑到斜面底端
B .滑到斜面底端时,B 的机械能减少最多 C .滑到斜面底端时,B 的动能最大 D .C 的重力势能减少最多 答案 C
解析 滑块A 和C 通过的路程不同,在沿斜面方向的加速度大小也不相同,故A 错;滑块A 和B 滑到底端时经过的位移相等,克服摩擦力做功相等,而滑块C 的路程较大,机械能减少得较多,故B 错,C 对;三个滑块滑到底端时重力势能减少量相同,故D 错. 2. 如图2所示,竖立在水平面上的轻弹簧,下端固定,将一个金属球放在弹簧顶端(球与弹簧不连接) ,用力向下压球,使弹簧被压缩,并用细线把小球和地面拴牢(图甲) .烧断细线后,发现球被弹起且脱离弹簧后还能继续向上运动(图乙) .那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中,下列说法正确的是( )
图2
A .弹簧的弹性势能先减小后增大 B .球刚脱离弹簧时动能最大 C .球在最低点所受的弹力等于重力
D .在某一阶段内,小球的动能减小而小球的机械能增加 答案
D
解析 从细线被烧断到球刚脱离弹簧的运动过程中,弹簧的弹性势能转化为小球的机械能,弹性势能逐渐减小,选项A 错误;当弹簧弹力与小球重力相等时,小球的动能最大,此后弹簧继续对球做正功,但球的动能减小,而球的机械能却增大,所以选项B 错误,D 正确;小球能继续上升,说明在细线烧断瞬间小球在最低点时受到的弹力大于球的重力,选项C 错误.
3. 游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施,其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上,绳子下端连接座椅,人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋,若将人和座椅看成质点,简化为如图3所示的模型,其中P 为处于水平面内的转盘,可绕竖直转轴OO ′转动,已知绳长为l ,质点的质量为m ,转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d . 让转盘由静止逐渐加速转动,经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动,此时绳与竖直方向的夹角为θ,不计空气阻力及绳重,绳子不可伸长,则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中,绳子对质点做的功为( )
图3
1
A. mg (d +l sin θ)tan θ+mgl (1-cos θ) 21
B. mgd tan θ+mgl (1-cos θ) 21
C. mg (d +l sin θ)tan θ 21
D. mgd tan θ 2答案 A
v 2
解析 由于质点做匀速圆周运动,有mg tan θ=,所以质点做匀速圆周运动时的动
d +l sin θ
11
能为E k m v 2=mg (d +l sin θ)tan θ,设静止时质点的重力势能为零,则此时质点的重力势
22能W G =mgl (1-cos θ) ,由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中,绳子对质点做的功全部转化成质点的机械能,所以选项A 正确. 二、多项选择题
4.光滑水平面上静止一质量为M 的木块,一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块,并以速度v 2穿出,对这个过程,下列说法正确的是( )
12
A .子弹克服阻力做的功等于m (v 21-v 2) 2B .子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功
C .子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热产生的内能之和 D .子弹损失的动能等于木块的动能和子弹与木块摩擦转化的内能之和 答案 AD
5. (2013·山东·16) 如图4所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同,顶角b 处安装一定滑轮.质量分别为M 、m (M >m ) 的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中( )
图4
A .两滑块组成系统的机械能守恒 B .重力对M 做的功等于M 动能的增加 C .轻绳对m 做的功等于m 机械能的增加
D .两滑块组成系统的机械能损失等于M 克服摩擦力做的功 答案 CD
解析 两滑块释放后,M 下滑、m 上滑,摩擦力对M 做负功,系统的机械能减小,减小的机械能等于M 克服摩擦力做的功,选项A 错误,D 正确.除重力对滑块M 做正功外,还有摩擦力和绳的拉力对滑块M 做负功,选项B 错误.绳的拉力对滑块m 做正功,滑块m 机械能增加,且增加的机械能等于拉力做的功,选项C 正确.
6. 如图5所示,倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动,在传送带的A 端无初速度放置一物块.选择B 端所在的水平面为参考平面,物块从A 端运动到B 端的过程中,其机械能E 与位移x 的关系图象可能正确的是( )
图5
答案 BD
解析 选择B 端所在的水平面为参考平面,可知初始状态下物块的机械能不为0,A 错误.
由
于物块初速度为0,在物块速度达到与传送带速度相等之前,物块相对传送带向上运动,受到向下的摩擦力,除重力外只有此摩擦力对物块做正功,其机械能增大.若传送带不是足够长时,物块速度与传送带达到共速前已到B 端,则对应于图象B ,否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上,摩擦力开始对物块做负功,物块的机械能开始减少,故C 错误,D 正确. 三、非选择题
7. 如图6所示,质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上,在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ,已知木块长为L ,它与滑块之间的动摩擦因数为μ. 现用水平向右的恒力F 拉滑块B .
图6
(1)当长木块A 的位移为多少时,B 从A 的右端滑出? (2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能.
μmgL
答案 (1) (2)μmgL
F -2μmg
解析 (1)设B 从A 的右端滑出时,A 的位移为x ,A 、B 的速度分别为v A 、v B ,由动能定理得
1
μmgx v 2
2A
1
(F -μmg )·(x +L ) v 2
2B
又因为v A =a A t =μgt
F -μmgμmgL
v B =a B t =t ,解得x =m F -2μmg
(2)由功能关系知,拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能,即有 112
F (x +L ) =m v 2A +v B +Q 22解得Q =μmgL.
8.如图7所示为一传送装置,其中AB 段粗糙,AB 段长为L =0.2 m ,动摩擦因数μ=0.6,BC 、DEN 段均可视为光滑,且BC 的始、末端均水平,具有h =0.1 m的高度差,DEN 是半径为r =0.4 m的半圆形轨道,其直径DN 沿竖直方向,C 位于DN 竖直线上,CD 间的距离恰能让小球自由通过.在左端竖直墙上固定一轻质弹簧,现有一可视为质点的小球,小球质量m =0.2 kg ,水平向左压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连) ,小球刚好能沿DEN 轨道滑下.求:(g 取10 m/s2
)
图7
(1)小球到达N 点时的速度; (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能.
答案 (1)25 m/s,方向沿水平方向向左 (2)0.44 J
解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下,则在半圆最高点D 点必须满足:
2v D
mg =m r 从D 点到N 点,由机械能守恒得: 1212v D +mg ·2r =v N +0 22联立以上两式,代入数据得: v D =2 m/s
v N =2m/s,方向沿水平方向向左
(2)弹簧推开小球的过程中,弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p . 小球从A
1
点到C 点,根据动能定理得W -μmgL+mgh v 2-0
2D 代入数据得W =0.44 J.
即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.
9.如图8所示,质量为m 的滑块放在光滑的水平平台上,平台右端B 与水平传送带相接,传送带的运行速度为v 0,长为L . 现将滑块缓慢水平向左移动压缩
固定在平台上的轻弹簧,到达某处时突然释放,当滑块滑到传送带右端C 时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.
图8
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况;
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求释放滑块时弹簧具有的弹性势能; (3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.
1答案 (1)见解析 (2)m v 20+μmgL (3)μmgL-m v 0(v 0+2μgL-v 0) 2
解析 (1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度,则滑块由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动;若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动.
1(2)设滑块冲上传送带时的速度大小为v ,由机械能守恒定律得E p =m v 2
2滑块从B 运动到C 过程,由动能定理得
112
-μmgL=v 2-m v
20211
所以E p m v 2=m v 2+μmgL
220
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ,则t 时间内传送带的位移x =v 0t ,v 0=v +at 由(2)得v =v 0+2μgL 滑块相对传送带滑动的位移 Δx =L -x
相对滑动生成的热量 Q =μmg·Δx
解得Q =μmgL-mv 0v 0+2μgL-v 0)