1、第4讲功能关系能量守恒定律【知识导图【知识导图】能量转化能量转化做功做功动能动能重力势能重力势能弹性势能弹性势能机械能机械能内能内能转化转化转移转移保持不变保持不变EE减减=E=E增增【微点拨【微点拨】1.1.功能关系的两点体现功能关系的两点体现:(1)(1)不同的力做功不同的力做功,对应不同形式的能量转化对应不同形式的能量转化,具有一一具有一一对应关系。对应关系。(2)(2)做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2.2.应用能量守恒定律的两点注意应用能量守恒定律的两点注意:(1)(1)某种形式的能量减少某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增一定
2、存在其他形式的能量增加加,且减少量和增加量一定相等。且减少量和增加量一定相等。(2)(2)某个物体的能量减少某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增一定存在其他物体的能量增加加,且减少量和增加量一定相等。且减少量和增加量一定相等。【慧眼纠错【慧眼纠错】(1)(1)力对物体做了多少功力对物体做了多少功,物体就有多少能。物体就有多少能。纠错纠错:_:_。(2)(2)力对物体做正功力对物体做正功,物体的机械能一定增加。物体的机械能一定增加。纠错纠错:_:_。功是能量转化的量度功是能量转化的量度,而不是能量多少的量度而不是能量多少的量度在真空中自由下落的小球在真空中自由下落的小球,重力做正功重力做
3、正功,但小球但小球的机械能保持不变的机械能保持不变(3)(3)与势能有关的力与势能有关的力(重力、弹力、电场力重力、弹力、电场力)做的功等做的功等于对应势能的改变量。于对应势能的改变量。纠错纠错:_:_。(4)(4)能量在转化或转移的过程中能量在转化或转移的过程中,其总量会不断减少。其总量会不断减少。纠错纠错:_:_。与势能有关的力做的功等于对应势能的改变量与势能有关的力做的功等于对应势能的改变量的负值的负值能量在转化或转移的过程中能量在转化或转移的过程中,其总量保持不变其总量保持不变(5)(5)既然能量在转移或转化过程中是守恒的既然能量在转移或转化过程中是守恒的,故没有必故没有必要节约能源。
4、要节约能源。纠错纠错:_:_。(6)(6)静摩擦力做功时静摩擦力做功时,一定会引起能量的转化。一定会引起能量的转化。纠错纠错:_:_。能量的转化和转移具有方向性能量的转化和转移具有方向性,会产生能量耗散会产生能量耗散,且现在可利用的能源有限且现在可利用的能源有限,故需节约能源故需节约能源静摩擦力做功只会引起机械能的转移静摩擦力做功只会引起机械能的转移,而不会与而不会与其他形式的能量转化其他形式的能量转化(7)(7)一个物体的能量增加一个物体的能量增加,别的物体的能量也必定增加。别的物体的能量也必定增加。纠错纠错:_:_。根据能量守恒定律一个物体的能量增加根据能量守恒定律一个物体的能量增加,必定
5、有必定有别的物体能量减少别的物体能量减少考点考点1 1功能关系的理解和应用功能关系的理解和应用【典题探究【典题探究】【典例【典例1 1】(2017(2017全国卷全国卷)如图如图,一质量为一质量为m,m,长度为长度为l的均匀柔软细绳的均匀柔软细绳PQPQ竖直悬挂。用外力将绳的下端竖直悬挂。用外力将绳的下端Q Q缓慢缓慢地竖直向上拉起至地竖直向上拉起至M M点点,M,M点与绳的上端点与绳的上端P P相距相距 l。重。重力加速度大小为力加速度大小为g g。在此过程中。在此过程中,外力做的功为外力做的功为 世纪金世纪金榜导学号榜导学号04450116(04450116()13A.mgA.mglB.m
6、gB.mglC.mgC.mgl D.mgD.mgl19161312【解析【解析】选选A A。把。把Q Q点提到点提到M M点的过程中点的过程中,PM,PM段软绳的机段软绳的机械能不变械能不变,MQ,MQ段软绳的机械能的增量为段软绳的机械能的增量为E=E=由功能关系可知由功能关系可知:在此过在此过程中程中,外力做的功为外力做的功为W=mgW=mgl,故故A A正确正确,B,B、C C、D D错误。错误。21211mg()mg()mg36339lll，19【通关秘籍【通关秘籍】几种常见力做功及能量变化几种常见力做功及能量变化几种常见力做功几种常见力做功对应的能量变化对应的能量变化关系式关系式重力重
7、力正功正功重力势能减少重力势能减少W WG G=-E=-Ep p负功负功重力势能增加重力势能增加弹力弹力正功正功弹性势能减少弹性势能减少W W弹弹=-E=-Ep p负功负功弹性势能增加弹性势能增加几种常见力做功几种常见力做功对应的能量变化对应的能量变化关系式关系式合力合力正功正功动能增加动能增加W W合合=E=Ek k负功负功动能减少动能减少除重力除重力以外的力以外的力正功正功机械能增加机械能增加W W其他力其他力=E=E负功负功机械能减少机械能减少【考点冲关【考点冲关】1.(20181.(2018唐山模拟唐山模拟)轻质弹簧右端固定在墙上轻质弹簧右端固定在墙上,左端与左端与一质量一质量m=0.
8、5 kgm=0.5 kg的物块相连的物块相连,如图甲所示。弹簧处于原如图甲所示。弹簧处于原长状态长状态,物块静止且与水平面间的动摩擦因数物块静止且与水平面间的动摩擦因数=0.2=0.2。以物块所在处为原点以物块所在处为原点,水平向右为正方向建立水平向右为正方向建立x x轴。现轴。现对物块施加水平向右的外力对物块施加水平向右的外力F,FF,F随随x x轴坐标变化的关系轴坐标变化的关系如图乙所示。物块运动至如图乙所示。物块运动至x=0.4 mx=0.4 m处时速度为零。则此处时速度为零。则此时弹簧的弹性势能为时弹簧的弹性势能为(g=10 m/s(g=10 m/s2 2)()A.3.1 JA.3.1
9、 JB.3.5 JB.3.5 JC.1.8 JC.1.8 JD.2.0 JD.2.0 J【解析【解析】选选A A。物块与水平面间的摩擦力为。物块与水平面间的摩擦力为F Ff f=mg=mg=1 N,1 N,现对物块施加水平向右的外力现对物块施加水平向右的外力F,F,由由F-xF-x图象面积图象面积表示表示F F做的功做的功,可知可知F F做功做功W=3.5 J,W=3.5 J,克服摩擦力做功克服摩擦力做功W Wf f=F=Ff fx x=0.4 J,=0.4 J,由功能关系可知由功能关系可知,W-W,W-Wf f=E=Ep p,此时弹簧的此时弹簧的弹性势能为弹性势能为E Ep p=3.1 J,
10、=3.1 J,故故A A正确正确,B,B、C C、D D错误。错误。2.(2.(多选多选)(2018)(2018唐山模拟唐山模拟)质量为质量为m m的物体的物体,在距地面在距地面h h高处以初速度高处以初速度v v竖直向下抛出。其加速度大小为竖直向下抛出。其加速度大小为0.5g,0.5g,方向竖直向下。则在其下落到地面的过程中方向竖直向下。则在其下落到地面的过程中,下列说法下列说法中正确的是中正确的是()A.A.物体的重力势能减少物体的重力势能减少0.5mgh0.5mghB.B.物体的动能增加物体的动能增加0.5mgh0.5mghC.C.物体的机械能减少物体的机械能减少0.5mgh0.5mgh
11、D.D.落地时的动能为落地时的动能为mghmgh+mv+mv2 212【解析【解析】选选B B、C C。物体在下落过程中。物体在下落过程中,重力做正功为重力做正功为mghmgh,则重力势能减小则重力势能减小mghmgh,故故A A错误错误;物体所受的合力为物体所受的合力为F=ma=0.5mg,F=ma=0.5mg,则合力做功为则合力做功为W W合合=0.5mgh,=0.5mgh,所以动能增加所以动能增加了了0.5mgh,0.5mgh,故故B B正确正确;物体下落过程中受到向下的重力物体下落过程中受到向下的重力mgmg和向上的力和向上的力F,F,而物体下落过程中受到的合外力大小而物体下落过程中受
12、到的合外力大小为为F=0.5mg,F=0.5mg,即即F=mg-F,F=mg-F,解得解得F=0.5mg,WF=0.5mg,WFF=-0.5mgh,=-0.5mgh,所以机械能减少了所以机械能减少了0.5mgh,0.5mgh,故故C C正确正确;由动能定理得由动能定理得W W合合=E=Ek k-mv-mv2 2=0.5mgh,=0.5mgh,解得解得E Ek k=0.5mgh+mv=0.5mgh+mv2 2,故故D D错误。错误。1212【加固训练【加固训练】(多选多选)质量为质量为m m的物块在水平恒力的物块在水平恒力F F的推的推动下动下,从山坡从山坡(粗糙粗糙)底部的底部的A A处由静止
13、开处由静止开始运动至高为始运动至高为h h的坡顶的坡顶B B处。到达处。到达B B处时处时物块的速度大小为物块的速度大小为v,Av,A、B B之间的水平距离为之间的水平距离为s,s,重力加重力加速度为速度为g g。不计空气阻力。不计空气阻力,则物块运动过程中则物块运动过程中()A.A.重力所做的功是重力所做的功是mghmghB.B.合外力对物块做的功是合外力对物块做的功是 mvmv2 2C.C.推力对物块做的功是推力对物块做的功是 mvmv2 2+mgh+mghD.D.阻力对物块做的功是阻力对物块做的功是 mvmv2 2+mgh-Fs+mgh-Fs121212【解析【解析】选选B B、D D。
14、重力做的功。重力做的功 W WG G=-mgh=-mgh,推力推力F F的功的功W WF F=Fs,=Fs,故故A A、C C错误错误;由动能定理可知由动能定理可知,合外力的功合外力的功W W合合=mv=mv2 2,故故B B正确正确;设阻力的功为设阻力的功为W Wf f,由动能定理得由动能定理得Fs-mgh+WFs-mgh+Wf f=mv=mv2 2,解得解得W Wf f=mv=mv2 2+mgh-Fs,+mgh-Fs,故故D D正确。正确。121212考点考点2 2摩擦力做功与能量变化的关系摩擦力做功与能量变化的关系 【典题探究【典题探究】【典例【典例2 2】(2018(2018泉州模拟泉
15、州模拟)如图所示为如图所示为地铁站用于安全检查的装置地铁站用于安全检查的装置,主要由水平主要由水平传送带和传送带和x x光透视系统两部分组成光透视系统两部分组成,传送传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后上之后,物品总会先、后经历两个阶段的运动物品总会先、后经历两个阶段的运动,用用v v表示表示传送带速率传送带速率,用用表示物品与传送带间的动摩擦因数表示物品与传送带间的动摩擦因数,则则世纪金榜导学号世纪金榜导学号04450117(04450117()A.A.前阶段前阶段,物品可能向传送方向的相反方向运动物品可能向传送方向的相反方向
16、运动B.B.后阶段后阶段,物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C.vC.v相同时相同时,不同的等质量物品与传送带摩擦产生的不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同热量相同D.D.相同时相同时,v,v增大为原来的增大为原来的2 2倍倍,前阶段物品的位移也前阶段物品的位移也增大为原来的增大为原来的2 2倍倍【解析【解析】选选C C。物品轻放在传送带上。物品轻放在传送带上,前阶段前阶段,物品受到物品受到向前的滑动摩擦力向前的滑动摩擦力,所以物品的运动方向一定与传送带所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同的运动方向相同,故故A A错误错误;后阶段后阶段,物品与传
17、送带一起物品与传送带一起做匀速运动做匀速运动,不受摩擦力不受摩擦力,故故B B错误错误;设物品匀加速运动设物品匀加速运动的加速度为的加速度为a,a,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得F Ff f=mg=mg=ma,=ma,物品的加物品的加速度大小为速度大小为a=ga=g,匀加速的时间为匀加速的时间为t=,t=,位移为位移为vvagx=t,x=t,传送带匀速的位移为传送带匀速的位移为x=vtx=vt,物品相对传送带物品相对传送带滑行的距离为滑行的距离为x=x-xx=x-x=物品与传送带摩擦物品与传送带摩擦产生的热量为产生的热量为Q=mgxQ=mgx=mv=mv2 2,则知则知v v相同时相同时,不
18、同不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同,故故C C正确正确;前阶段物品的位移为前阶段物品的位移为x=x=则知则知相同时相同时,v,v增大增大为原来的为原来的2 2倍倍,前阶段物品的位移也增大为原来的前阶段物品的位移也增大为原来的4 4倍倍,故故D D错误。错误。v22vtv,22 g122vtv,22 g【通关秘籍【通关秘籍】1.1.两种摩擦力做功的比较两种摩擦力做功的比较:静摩擦力做功静摩擦力做功滑动摩擦力做功滑动摩擦力做功只有能量的转移只有能量的转移,没有能量的没有能量的转化转化既有能量的转移既有能量的转移,又有能量的又有能量的转化转化一对相互作
19、用的静摩擦力所一对相互作用的静摩擦力所做功的代数和为零做功的代数和为零,即要么一即要么一正一负正一负,要么都不做功要么都不做功一对相互作用的滑动摩擦力一对相互作用的滑动摩擦力所做功的代数和为负值所做功的代数和为负值,即至即至少有一个力做负功少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功,还可以不做功还可以不做功2.2.相对滑动物体能量问题的解题流程相对滑动物体能量问题的解题流程:【考点冲关【考点冲关】1.1.如图所示如图所示,劲度系数为劲度系数为k k的轻弹簧一端固定在墙上的轻弹簧一端固定在墙上,一一个小物块个小物块(可视为质点可视为质点)从从A A点
20、以初速度点以初速度v v0 0向左运动向左运动,接接触弹簧后运动到触弹簧后运动到C C点时速度恰好为零点时速度恰好为零,弹簧始终在弹性弹簧始终在弹性限度内。限度内。ACAC两点间距离为两点间距离为L,L,物块与水平面间动摩擦因物块与水平面间动摩擦因数为数为,重力加速度为重力加速度为g,g,则物块由则物块由A A点运动到点运动到C C点的过程点的过程中中,下列说法正确的是下列说法正确的是()A.A.弹簧和物块组成的系统机械能守恒弹簧和物块组成的系统机械能守恒B.B.物块克服摩擦力做的功为物块克服摩擦力做的功为 C.C.弹簧的弹性势能增加量为弹簧的弹性势能增加量为mgLmgLD.D.物块的初动能等
21、于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和生的热量之和201mv2【解析【解析】选选D D。物块与水平面间动摩擦因数为。物块与水平面间动摩擦因数为,由于由于摩擦力做功机械能减小摩擦力做功机械能减小,故故A A错误错误;物块由物块由A A点运动到点运动到C C点点过程动能转换为弹性势能和内能过程动能转换为弹性势能和内能,根据能量守恒知物块根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为克服摩擦力做的功为mgL=-EmgL=-Ep p弹弹,故故B B错误错误,D,D正正确确;根据根据B B项分析知项分析知E Ep p弹弹=-mgL=-mgL,故故C C错误。错误。2
22、01mv2201mv22.(2.(多选多选)(2018)(2018吉林模拟吉林模拟)如图甲所示如图甲所示,质量为质量为1 kg1 kg的的小物块小物块,以初速度以初速度v v0 0=11 m/s=11 m/s从从=53=53的固定斜面底端的固定斜面底端先后两次滑上斜面先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力的恒力F,F,第二次不施加力第二次不施加力,图乙中的两条线段图乙中的两条线段a a、b b分别分别表示施加力表示施加力F F和无和无F F时小物块沿斜面向上运动的时小物块沿斜面向上运动的v-tv-t图线图线,不考虑空气阻力不考虑空气阻力,g=10
23、m/s,g=10 m/s2 2,下列说法正确的是下列说法正确的是()A.A.恒力恒力F F大小为大小为21 N21 NB.B.物块与斜面间的动摩擦因物块与斜面间的动摩擦因数为数为0.50.5C.C.有恒力有恒力F F时时,小物块在整个上升过程产生的热量较少小物块在整个上升过程产生的热量较少D.D.有恒力有恒力F F时时,小物块在整个上升过程机械能的减少量小物块在整个上升过程机械能的减少量较小较小【解析【解析】选选B B、D D。根据。根据v-tv-t图线的斜率等于加速度图线的斜率等于加速度,可可知知a aa a=m/s=m/s2 2=-10 m/s=-10 m/s2 2,a,ab b=m/s=
24、m/s2 2=-11 m/s-11 m/s2 2,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得,不加拉力时有不加拉力时有-mg sin 53-mg sin 53-mg cos 53-mg cos 53=ma=mab b,代入数据得代入数据得=0.5,=0.5,加拉力时有加拉力时有F-mgsin53F-mgsin53-mgcos53-mgcos53=ma=maa a,解得解得F=1 N,F=1 N,故故A A错误错误,B,B正确正确;根据根据v-tv-t图象与坐标轴所围的面积表示图象与坐标轴所围的面积表示v0 11t1.1v0 11t1 位移位移,可知有恒力可知有恒力F F时小物块的位移较大时小物块的位
25、移较大,所以在上升过所以在上升过程产生的热量较大程产生的热量较大,故故C C错误错误;有恒力有恒力F F时时,小物块上升的小物块上升的高度比较大高度比较大,所以该过程物块重力势能增加量较大所以该过程物块重力势能增加量较大,而而升高的过程中动能的减小量是相等的升高的过程中动能的减小量是相等的,所以有恒力所以有恒力F F时时,小物块在整个上升过程机械能的减少量较小小物块在整个上升过程机械能的减少量较小,故故D D正确。正确。【加固训练【加固训练】如图是建筑工地上常用的一种如图是建筑工地上常用的一种“深穴打夯机深穴打夯机”示意图示意图,电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆电动机带动两个滚轮匀速转动将夯杆
26、从深坑提上来从深坑提上来,当夯杆底端刚到达坑口时当夯杆底端刚到达坑口时,两两个滚轮彼此分开个滚轮彼此分开,将夯杆释放将夯杆释放,夯杆在自身重力作用下夯杆在自身重力作用下,落回深坑落回深坑,夯实坑底夯实坑底,然后两个滚轮再将夯杆压紧然后两个滚轮再将夯杆压紧,夯杆夯杆被提上来被提上来,如此周而复始如此周而复始(夯杆被滚轮提升过程中夯杆被滚轮提升过程中,经历经历匀加速和匀速运动过程匀加速和匀速运动过程)。已知两个滚轮边缘的线速度。已知两个滚轮边缘的线速度恒为恒为v,v,夯杆质量为夯杆质量为m,m,则下列说法正确的是则下列说法正确的是()A.A.夯杆被提上来的过程中滚轮先对它施加向上的滑动夯杆被提上来
27、的过程中滚轮先对它施加向上的滑动摩擦力摩擦力,后不对它施力后不对它施力B.B.增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压增加滚轮匀速转动的角速度或增加滚轮对杆的正压力可减小提杆的时间力可减小提杆的时间C.C.滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能的增量D.D.一次提杆过程系统共产生热量一次提杆过程系统共产生热量 mvmv2 212【解析【解析】选选B B。夯杆被提上来的过程中。夯杆被提上来的过程中,先受到滑动摩先受到滑动摩擦力擦力,然后受静摩擦力然后受静摩擦力,故故A A错误错误;增加滚轮匀速转动的增加滚轮匀速转动的角速度时夯杆获得的最大速度增大角速度时夯杆获得的最大
28、速度增大,可减小提杆的时间可减小提杆的时间,增加滚轮对杆的正压力增加滚轮对杆的正压力,夯杆受到的滑动摩擦力增大夯杆受到的滑动摩擦力增大,匀加速运动的加速度增大匀加速运动的加速度增大,可减小提杆的时间可减小提杆的时间,故故B B正确正确;根据功能关系可知根据功能关系可知,滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、滚轮对夯杆做的功等于夯杆动能、重力势能的增量之和重力势能的增量之和,故故C C错误错误;设匀加速直线运动过程设匀加速直线运动过程,夯杆受到的滑动摩擦力大小为夯杆受到的滑动摩擦力大小为F Ff f,加速度为加速度为a,a,质量为质量为m,m,匀加速运动的时间为匀加速运动的时间为t,t,则相对位移大小为
29、则相对位移大小为x=vtx=vt-,-,t=,t=,解得解得xx=,=,摩擦产生的热量摩擦产生的热量Q=FQ=Ff fxx,根据牛根据牛顿第二定律得顿第二定律得F Ff f-mg=ma,-mg=ma,联立解得联立解得 ,故故D D错误。错误。2v2ava2v2a222mgv11mvmv2a22考点考点3 3能量守恒定律的综合应用能量守恒定律的综合应用 【典题探究【典题探究】【典例【典例3 3】(2016(2016全国卷全国卷)轻质弹簧原轻质弹簧原长为长为2 2l,将弹簧竖直放置在地面上将弹簧竖直放置在地面上,在其在其顶端将一质量为顶端将一质量为5m5m的物体由静止释放的物体由静止释放,当弹簧被
30、压缩到当弹簧被压缩到最短时最短时,弹簧长度为弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置。现将该弹簧水平放置,一端固定一端固定在在A A点点,另一端与物块另一端与物块P P接触但不连接。接触但不连接。ABAB是长度为是长度为5 5l的的水平轨道水平轨道,B,B端与半径为端与半径为l的光滑半圆轨道的光滑半圆轨道BCDBCD相切相切,半圆半圆的直径的直径BDBD竖直竖直,如图所示。物块如图所示。物块P P与与ABAB间的动摩擦因数间的动摩擦因数=0.5=0.5。用外力推动物块。用外力推动物块P,P,将弹簧压缩至长度将弹簧压缩至长度l,然后然后放开放开,P,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为开始沿轨道运动。重力
31、加速度大小为g g。世纪金榜导学号世纪金榜导学号0445011804450118(1)(1)若若P P的质量为的质量为m,m,求求P P到达到达B B点时速度的大小点时速度的大小,以及它离以及它离开圆轨道后落回到开圆轨道后落回到ABAB上的位置与上的位置与B B点间的距离。点间的距离。(2)(2)若若P P能滑上圆轨道能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下且仍能沿圆轨道滑下,求求P P的质量的质量的取值范围。的取值范围。【解析【解析】(1)(1)依题意依题意,当弹簧竖直放置当弹簧竖直放置,长度被压缩至长度被压缩至l时时,质量为质量为5m5m的物体的动能为零的物体的动能为零,其重力势能转化为其重力势能
32、转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律可知弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律可知,弹簧长度弹簧长度为为l时的弹性势能为时的弹性势能为E Ep p=5mg=5mgl设设P P到达到达B B点时的速度大小为点时的速度大小为v vB B,由能量守恒定律得由能量守恒定律得E Ep p=+Mg4=+Mg4l2B1Mv2联立联立式式,取取M=mM=m并代入题给数据得并代入题给数据得v vB B=若若P P能沿圆轨道运动到能沿圆轨道运动到D D点点,其到达其到达D D点时的向心力不能点时的向心力不能小于重力小于重力,即即P P此时的速度大小此时的速度大小v v应满足应满足 -mg0-mg0设设P P滑到滑到D
33、 D点时的速度为点时的速度为v vD D。由机械能守恒定律得。由机械能守恒定律得 +mg+mg2 2l6gl2mvl22BD11mvmv22联立联立式得式得v vD D=v vD D满足满足式要求式要求,故故P P能运动到能运动到D D点点,并从并从D D点以速度点以速度v vD D水水平射出。设平射出。设P P落回到轨道落回到轨道ABAB所需的时间为所需的时间为t,t,由运动学公由运动学公式得式得2 2l=gt=gt2 2P P落回到落回到ABAB上的位置与上的位置与B B点之间的距离为点之间的距离为s=vs=vD Dt t联立联立式得式得s=2 s=2 l2gl122(2)(2)为使为使P
34、 P能滑上圆轨道能滑上圆轨道,它到达它到达B B点时的速度不能小于点时的速度不能小于零。由零。由式可知式可知5mg5mgl MgMg4 4l要使要使P P仍能沿圆轨道滑回仍能沿圆轨道滑回,P,P在圆轨道上的上升高度不能在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点超过半圆轨道的中点C C。由机械能守恒定律有。由机械能守恒定律有 MgMgl 2B1Mv2联立联立 式得式得 mMmM m m答案答案:(1)(1)2 2 l(2)mM(2)mM mvv1 1)滑上传送带滑上传送带,最终滑块又返回至传送带的右最终滑块又返回至传送带的右端。上述过程端。上述过程,下列判断正确的有下列判断正确的有()A.A.滑
35、块返回传送带右端的速率为滑块返回传送带右端的速率为v v1 1B.B.此过程中传送带对滑块做功为此过程中传送带对滑块做功为 C.C.此过程中电动机对传送带做功为此过程中电动机对传送带做功为 D.D.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为 m(vm(v1 1+v+v2 2)2 2222111mvmv22212mv12【解析【解析】选选A A、D D。由于传送带足够长。由于传送带足够长,滑块受向右的摩滑块受向右的摩擦力擦力,减速向左滑行减速向左滑行,至速度为至速度为0,0,之后之后,再加速向右滑行再加速向右滑行,由于由于v v1 1vv2 2,物体会先在滑动摩
36、擦力的作用下加速物体会先在滑动摩擦力的作用下加速,当速当速度增大到等于传送带速度时度增大到等于传送带速度时,物体还在传送带上物体还在传送带上,之后之后不受摩擦力不受摩擦力,故物体与传送带一起向右匀速运动故物体与传送带一起向右匀速运动,有有vv2 2=v=v1 1,故故A A正确正确;此过程中只有传送带对滑块做功此过程中只有传送带对滑块做功,根根据动能定理据动能定理W=EW=Ek k得得,W=E,W=Ek k=,=,故故B B错误错误;设滑块向左运动的时间为设滑块向左运动的时间为t t1 1,位移为位移为x x1 1,则则x x1 1=t=t1 1,摩摩擦力对滑块做功擦力对滑块做功W W1 1=
37、F=Ff fx x1 1=F=Ff f t t1 1,又摩擦力做功等于滑又摩擦力做功等于滑块动能的减小块动能的减小,即即W W1 1=,=,该过程中传送带的位移该过程中传送带的位移x x2 2=v=v1 1t t1 1,摩擦力对传送带做功摩擦力对传送带做功W W2 2=F=Ff fx x2 2=F=Ff fv v1 1t t1 1=F Ff fv v1 1 =2F =2Ff fx x1 1 ,解以上各式得解以上各式得W W2 2=mv=mv1 1v v2 2,设滑块设滑块221211mvmv222v22v2221mv2122xv12vv向右匀加速运动的时间为向右匀加速运动的时间为t t2 2,
38、位移为位移为x x3 3,则则x x3 3=t=t2 2,摩摩擦力对滑块做功擦力对滑块做功W W3 3=F=Ff fx x3 3=,=,该过程中传送带的位该过程中传送带的位移移x x4 4=v=v1 1t t2 2=2x=2x3 3,滑块相对传送带的总位移滑块相对传送带的总位移x x相相=x=x1 1+x+x2 2+x+x4 4-x x3 3=x=x1 1+x+x2 2+x+x3 3,滑动摩擦力对系统做功滑动摩擦力对系统做功W W总总=F=Ff fx x相相=W=W1 1+W+W2 2+W+W3 3=m(v=m(v1 1+v+v2 2)2 2,滑块与传送带间摩擦产生的热量大滑块与传送带间摩擦产
39、生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功小等于通过滑动摩擦力对系统做功,Q=W,Q=W总总=F=Ff fx x相相=1v2211mv212 m(v m(v1 1+v+v2 2)2 2,故故D D正确正确;全过程中全过程中,电动机对皮带做的功电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量生的热量,即即Q=W+,Q=W+,解得解得W=Q-W=Q-=+mv=+mv1 1v v2 2,故故C C错误。错误。12222111mvmv22222111mvmv2221mv2.(2.(多选多选)(2018)(2018漳州模拟漳州模拟)如图
40、如图,倾斜传送带以倾斜传送带以v=2 m/sv=2 m/s的速度匀速顺时针运动的速度匀速顺时针运动,倾角倾角=37=37。A A、B B两轮两轮之间的轴距之间的轴距l=5 m,=5 m,一质量为一质量为m=1 kgm=1 kg的物块以初速度的物块以初速度v v0 0=8 m/s=8 m/s沿传送带运动方向冲上沿传送带运动方向冲上B B轮轮,物块与带面之间物块与带面之间的动摩擦因数为的动摩擦因数为=0.5,g=0.5,g取取10 m/s10 m/s2 2,以下结论正确的以下结论正确的是是()A.A.摩擦力对物块始终做负功摩擦力对物块始终做负功B.B.物块与传送带共速所需时间物块与传送带共速所需时
41、间为为0.6 s0.6 sC.C.物块在传送带上升的最大距物块在传送带上升的最大距离为离为3.2 m3.2 mD.D.物块在传送带上运动时产生的热量为物块在传送带上运动时产生的热量为43.2 J43.2 J【解析【解析】选选B B、D D。开始阶段。开始阶段,物块所受的滑动摩擦力沿物块所受的滑动摩擦力沿传送带向下传送带向下,根据牛顿第二定律得根据牛顿第二定律得,mgsin,mgsin 37 37+mgcosmgcos 37 37=ma,=ma,代入数据得代入数据得a=10 m/sa=10 m/s2 2,当物块的速当物块的速度减至与皮带速度相等所需时间为度减至与皮带速度相等所需时间为t t1 1
42、=s=s=0.6 s,0.6 s,此过程物块通过的位移为此过程物块通过的位移为x x1 1=m=m=3 m=3 mmgcosmgcos 37 37,所以物所以物0vv82a1001vv82t0.622块与传送带共速后物块所受的滑动摩擦力沿传送带向块与传送带共速后物块所受的滑动摩擦力沿传送带向上上,物块继续向上做匀减速直线运动物块继续向上做匀减速直线运动,因此因此,摩擦力对物摩擦力对物块先做正功后做负功块先做正功后做负功,故故A A错误错误,B,B正确正确;共速后共速后,由牛顿由牛顿第二定律得第二定律得,mgsin,mgsin 37 37-mgcos 37-mgcos 37=ma,=ma,代入数
43、代入数据解得据解得a=2 m/sa=2 m/s2 2,当速度从当速度从v v减至零时减至零时,物块的位移为物块的位移为x x2 2=m=1 m,=m=1 m,所以物块在传送带上升的最大距离所以物块在传送带上升的最大距离2v2a222 2为为 x=xx=x1 1+x+x2 2=4 m,=4 m,故故C C错误错误;物块速度减至零后沿传送带物块速度减至零后沿传送带下滑下滑,对下滑过程对下滑过程,由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得,mgsin,mgsin 37 37-mgcos37mgcos37=ma,=ma,代入数据解得代入数据解得a=2 m/sa=2 m/s2 2,设物块设物块下滑的时间为下滑的时
44、间为t t3 3,由由x x1 1+x+x2 2=得得t t3 3=2 s,=2 s,在上行过程在上行过程中中,物块速度从物块速度从v v减至零的时间为减至零的时间为t t2 2=s=1 s,=s=1 s,231a t2v2a2所以物块在传送带上运动时产生的热量为所以物块在传送带上运动时产生的热量为Q=Q=mgcosmgcos 37 37(x(x1 1-vt-vt1 1)+(vt)+(vt2 2-x-x2 2)+(vt)+(vt3 3+x+x1 1+x+x2 2),),代入代入数据解得数据解得,Q=43.2 J,Q=43.2 J,故故D D正确。正确。【加固训练【加固训练】如图所示如图所示,水
45、平传送带长水平传送带长L=12 m,L=12 m,且以且以v=5 m/sv=5 m/s的恒定速的恒定速率顺时针转动率顺时针转动,光滑轨道与传送带的右端光滑轨道与传送带的右端B B点平滑连接点平滑连接,有一质量有一质量m=2 kgm=2 kg的物块从距传送带高的物块从距传送带高h=5 mh=5 m的的A A点由静点由静止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5,=0.5,重力加速度重力加速度g g取取10 m/s10 m/s2 2,求求:(1)(1)物块距传送带左端物块距传送带左端C C的最小距离。的最小距离。(2)(2)物块再次经过物块再次
46、经过B B点后滑上曲面的最大高度。点后滑上曲面的最大高度。(3)(3)在整个运动过程中在整个运动过程中,物块与传送带间因摩擦而产生物块与传送带间因摩擦而产生的热量。的热量。【解析【解析】(1)(1)物块从物块从A A到到B B的过程中的过程中,由动能定理得由动能定理得:mghmgh=解得解得:v:vB B=10 m/s=10 m/s物块在传送带上向左运动的过程中物块在传送带上向左运动的过程中,由牛顿第二定律由牛顿第二定律得得:mg:mg=ma=ma解得解得:a=5 m/s:a=5 m/s2 2由运动学公式得由运动学公式得:2B1mv20-=-2ax0-=-2ax1 1解得解得:x:x1 1=1
47、0 m=10 m且且t t1 1=2 s=2 s物块距传送带左端物块距传送带左端C C的最小距离的最小距离:d:dminmin=L-x=L-x1 1=2 m=2 m2BvBva(2)(2)物块在传送带上向右运动的过程中物块在传送带上向右运动的过程中,由牛顿第二定由牛顿第二定律得律得:mg:mg=ma=ma解得解得:a=5 m/s:a=5 m/s2 2物块到达与传送带共速的时间物块到达与传送带共速的时间:t:t2 2=1 s=1 sx x2 2=2.5 m10 m=2.5 m10 m此后物块随传送带向右匀速运动此后物块随传送带向右匀速运动,经过经过B B点时的速度点时的速度v=5 m/sv=5
48、m/sva221a t2物块经过物块经过B B点后滑上曲面的过程中点后滑上曲面的过程中,由动能定理得由动能定理得:-mgh-mghm m=0-mv=0-mv2 2解得解得:h:hm m=1.25 m=1.25 m12(3)(3)物块在传送带上向左运动的过程中物块在传送带上向左运动的过程中,相对位移相对位移:xx1 1=x=x1 1+vt+vt1 1=20 m=20 m此过程中产生的热量此过程中产生的热量:Q:Q1 1=mgx=mgx1 1=200 J=200 J物块在传送带上向右运动的过程中物块在传送带上向右运动的过程中,相对位移相对位移:xx2 2=vt=vt2 2-x-x2 2=2.5 m
49、=2.5 m此过程中产生的热量此过程中产生的热量:Q:Q2 2=mgx=mgx2 2=25 J=25 J全程产生的热量全程产生的热量:Q:Q热热=Q=Q1 1+Q+Q2 2=225 J=225 J答案答案:(1)2 m(1)2 m(2)1.25 m(2)1.25 m(3)225 J(3)225 J【经典案例【经典案例】(12(12分分)(2017)(2017全国卷全国卷)一质量为一质量为8.008.0010104 4 kg kg的太的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度为空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度为1.601.6010105 5 m m处以处以7.507.50101
50、03 3 m/s m/s的速度进入大气层的速度进入大气层,逐逐渐减慢至速度为渐减慢至速度为100 m/s100 m/s时下落到地面。取地面为重力时下落到地面。取地面为重力势能零点势能零点,在飞船下落过程中在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量重力加速度可视为常量,大小取为大小取为9.8 m/s9.8 m/s2 2。(结果保留结果保留2 2位有效数字位有效数字)世纪金世纪金榜导学号榜导学号0445012104450121 (1)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能。层时的机械能。(2)(2)求飞船从离地面高度求飞船从离地面高度
