1、第4讲 功能关系 能量守恒定律考点考点1 1 功能关系功能关系1.1.功和能功和能(1)(1)功是功是_的量度，即做了多少功就有多少的量度，即做了多少功就有多少_发生了发生了转化转化.(2)(2)做功的过程一定伴随着做功的过程一定伴随着_，而且，而且_必须必须通过做功来实现通过做功来实现.能量转化能量转化能量能量能量的转化能量的转化能量的转化能量的转化2.2.常见的几种功能对应关系常见的几种功能对应关系(1)(1)合外力做功等于物体动能的改变，即合外力做功等于物体动能的改变，即W W合合=E=Ek2k2-E-Ek1k1=E=Ek k.(.(动能动能定理定理)(2)(2)重力做功等于物体重力势能
2、的改变，即重力做功等于物体重力势能的改变，即W WG G=E=Ep1p1-E-Ep2p2=-E=-Ep p.(3)(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的改变，即弹簧弹力做功等于弹性势能的改变，即W WF F=E=Ep1p1-E-Ep2p2=-E=-Ep p.(4)(4)除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机除了重力和弹簧弹力之外的其他力所做的总功，等于物体机械能的改变，即械能的改变，即W W其他力其他力=E=E2 2-E-E1 1=E.(=E.(功能原理功能原理)1.1.动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等动能的改变量、机械能的改变量分别与对应的功相等.2.2.重力势能、弹性
3、势能、电势能的改变量与对应的力做的功数重力势能、弹性势能、电势能的改变量与对应的力做的功数值相等，但符号相反值相等，但符号相反.3.3.摩擦力做功的特点及其与能量的关系摩擦力做功的特点及其与能量的关系 类别类别静摩擦力静摩擦力滑动摩擦力滑动摩擦力不不同同点点相相同同点点比较比较能量的转能量的转化方面化方面只有能只有能量量的转移，而的转移，而没有能量的转化没有能量的转化既有能量的转移，又既有能量的转移，又有能量的转化有能量的转化一对摩擦一对摩擦力的总功力的总功方面方面一对静摩擦力所做功的一对静摩擦力所做功的代数总和等于零代数总和等于零一对滑动摩擦力所做功的一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功
4、代数和不为零，总功W=W=-F-Ff f l相对相对，即摩擦时产生，即摩擦时产生的热量的热量正功、负正功、负功、不做功、不做功方面功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功不做功质量为质量为m m的滑块，沿高为的滑块，沿高为h h，长为，长为L L的粗糙斜面匀速下滑，在滑块的粗糙斜面匀速下滑，在滑块从斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法中正确的是从斜面顶端滑到底端的过程中，下列说法中正确的是()()A.A.滑块的机械能减少了滑块的机械能减少了mghmghB.B.滑块的机械能不变滑块的机械能不变C.C.滑块势能的变化量等于滑块势能的变化量等于mgh
5、mghD.D.滑块动能的变化量等于滑块动能的变化量等于mghmgh【解析解析】选选A.A.滑块匀速下滑时，滑动摩擦力滑块匀速下滑时，滑动摩擦力F Ff f=mgsin=mgsin=故下滑过程中滑动摩擦力做的功为故下滑过程中滑动摩擦力做的功为-F-Ff fL=-mgh,L=-mgh,机械能减少了机械能减少了mghmgh，A A正确，正确，B B错误；重力做功为错误；重力做功为mghmgh，滑块重力势能的变化量，滑块重力势能的变化量为为-mgh-mgh，故，故C C错误；滑块匀速下滑，动能不变，错误；滑块匀速下滑，动能不变，D D错误错误.hmg,L1.1.内容内容:能量既不能凭空能量既不能凭空_
6、，也不能凭空消失，它只能从一，也不能凭空消失，它只能从一种形式种形式_为另一种形式，或者从一个物体为另一种形式，或者从一个物体_到别的物到别的物体，在体，在_的过程中其总量的过程中其总量_._.2.2.表达式：表达式：EE减减=_.=_.考点考点2 2 能量守恒定律能量守恒定律产生产生转化转化转移转移转化或转移转化或转移保持不变保持不变EE增增1.1.对定律的两点说明对定律的两点说明(1)(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等；和增加量一定相等；(2)(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且
7、减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少量和增加量一定相等.2.2.应用定律解题的步骤应用定律解题的步骤(1)(1)分清有多少形式的能，如动能、势能分清有多少形式的能，如动能、势能(包括重力势能、弹性包括重力势能、弹性势能、电势能势能、电势能)、内能等发生变化、内能等发生变化.(2)(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减少的能量EE减减和增加的能量和增加的能量EE增增的表达式的表达式.(3)(3)列出能量守恒关系式：列出能量守恒关系式：EE减减=E=E增增.劲度系数为劲度系数
8、为k k的轻弹簧，上端固定，下端挂的轻弹簧，上端固定，下端挂一个质量为一个质量为m m的小球，小球静止时距地面高的小球，小球静止时距地面高h.h.现用力向下拉球使球与地面接触，然后从静现用力向下拉球使球与地面接触，然后从静止释放小球，假设弹簧始终在弹性限度内，止释放小球，假设弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是下列说法错误的是()()A.A.球上升过程中，系统的机械能保持不变球上升过程中，系统的机械能保持不变B.B.球上升过程中，系统的势能不断增大球上升过程中，系统的势能不断增大C.C.球距地面高度为球距地面高度为h h时，速度最大时，速度最大D.D.球在运动过程中的最大加速度是球在运动过程
9、中的最大加速度是khm【解析解析】选选B.B.球上升过程中，只有重力和弹力做功，机械能守球上升过程中，只有重力和弹力做功，机械能守恒，恒，A A对对.球上升过程动能先增大，后减小，系统的势能先减球上升过程动能先增大，后减小，系统的势能先减小，后增大，小，后增大，B B错错.球距地面高度为球距地面高度为h h时，所受重力和弹力相等，时，所受重力和弹力相等，合力为零，速度最大，合力为零，速度最大，C C对对.球在开始运动时加速度最大，设小球在开始运动时加速度最大，设小球受力平衡时，弹簧伸长球受力平衡时，弹簧伸长x x0 0，则，则kxkx0 0=mg,=mg,根据牛顿第二定律得：根据牛顿第二定律得
10、：k(h+xk(h+x0 0)-mg=ma.)-mg=ma.所以所以a=Da=D对对.kh,m 功能关系的应用技巧功能关系的应用技巧【例证例证1 1】如图所示，质量为如图所示，质量为m m的物体的物体(可视为质点可视为质点)以某一速度以某一速度从从A A点冲上倾角为点冲上倾角为3030的固定斜面，其运动的加速度为的固定斜面，其运动的加速度为 此物此物体在斜面上上升的最大高度为体在斜面上上升的最大高度为h h，则在这个过程中物体，则在这个过程中物体()()A.A.重力势能增加了重力势能增加了 mghmghB.B.机械能损失了机械能损失了mghmghC.C.动能损失了动能损失了mghmghD.D.
11、机械能损失了机械能损失了 mghmgh3g4，3412【解题指南解题指南】解答本题应从以下两点重点把握：解答本题应从以下两点重点把握：(1)(1)由物体的加速度和牛顿第二定律确定摩擦阻力的大小和方向由物体的加速度和牛顿第二定律确定摩擦阻力的大小和方向.(2)(2)能量的变化与对应力做功的关系能量的变化与对应力做功的关系.【自主解答自主解答】选选D.D.设物体受到的摩擦阻力为设物体受到的摩擦阻力为f f，由牛顿运动定律得由牛顿运动定律得f+mgsin30f+mgsin30=ma=mg,=ma=mg,解得解得f=mg.f=mg.重力势能的变化由重力做功决定，故重力势能的变化由重力做功决定，故EEp
12、 p=mgh.=mgh.动能的变化由合外力做功决定：动能的变化由合外力做功决定：(f+mg(f+mgsin30sin30)x=max=max=mgx=mg机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，机械能的变化由重力或系统内弹力以外的其他力做功决定，故故EE机械机械=f=fx=mgx=mg 故故D D正确，正确，A A、B B、C C错误错误.341434h3mgh.sin30214h1mgh,sin302【总结提升总结提升】功能关系的选用技巧功能关系的选用技巧(1)(1)在应用功能关系解决具体问题的过程中在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变若只涉及动能的变化用动能定理
13、分析化用动能定理分析.(2)(2)只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析析.(3)(3)只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析化的关系分析.(4)(4)只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析.【变式训练变式训练】一个物体自斜面底端被弹出而沿斜面上滑，滑到一个物体自斜面底端被弹出而沿斜面上滑，滑到最高处后又滑下来，回到斜面底端，在物体上滑和下滑过程中最高处后又滑下来，回到斜面底端，在物体
14、上滑和下滑过程中(斜面不光滑斜面不光滑)()()A.A.物体的加速度一样大物体的加速度一样大B.B.重力做功的平均功率一样大重力做功的平均功率一样大C.C.动能的变化值一样大动能的变化值一样大D.D.机械能的变化值一样大机械能的变化值一样大【解析解析】选选D.D.上滑和下滑时，摩擦力方向相反，故加速度不同，上滑和下滑时，摩擦力方向相反，故加速度不同，A A错；下滑所用时间长，重力做功又相同，故错；下滑所用时间长，重力做功又相同，故B B错；合力做的功错；合力做的功不同，上滑时动能变化大，不同，上滑时动能变化大，C C错；往返两过程中摩擦力都做负功错；往返两过程中摩擦力都做负功且相同，机械能减小
15、相同，且相同，机械能减小相同，D D对对.【变式备选变式备选】如图所示，一表面光滑的木如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴板可绕固定的水平轴O O转动，木板从水平位转动，木板从水平位置置OAOA转到转到OBOB位置的过程中，木板上重为位置的过程中，木板上重为5 N5 N的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J.4 J.则以下说法正确的则以下说法正确的是是(取取g=10 m/sg=10 m/s2 2)()()A.A.物块的竖直高度降低了物块的竖直高度
16、降低了0.8 m0.8 mB.B.由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 m0.8 mC.C.物块获得的动能为物块获得的动能为4 J4 JD.D.由于木板转动，物块的机械能必定增加由于木板转动，物块的机械能必定增加【解析解析】选选A.A.由重力势能的表达式由重力势能的表达式E Ep p=mgh,=mgh,重力势能减少了重力势能减少了4 J4 J，而而mg=5 N,mg=5 N,故故h=0.8 m,Ah=0.8 m,A项正确、项正确、B B项错误；木板转动，木板的支项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，故物块机械能不守恒，持力对物块做负功，故物块
17、机械能不守恒，C C、D D项均错误项均错误.利用能量守恒定律规范解题利用能量守恒定律规范解题【例证例证2 2】(15(15分分)如图所示，一物体质量如图所示，一物体质量m=2 kgm=2 kg，在倾角为，在倾角为=37=37的斜面上的的斜面上的A A点以初速度点以初速度v v0 0=3 m/s=3 m/s下滑，下滑，A A点距弹簧上端点距弹簧上端B B的距离的距离AB=4 m.AB=4 m.当物体到达当物体到达B B后将弹簧压缩到后将弹簧压缩到C C点，最大压缩量点，最大压缩量BC=0.2 m,BC=0.2 m,然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为
18、D D点，点，D D点距点距A A点点AD=3 m.AD=3 m.挡板及弹簧质量不计，挡板及弹簧质量不计，g g取取10 m/s10 m/s2 2,sin37sin37=0.6,=0.6,求：求：(1)(1)物体与斜面间的动摩擦因数物体与斜面间的动摩擦因数.(2)(2)弹簧的最大弹性势能弹簧的最大弹性势能E Epmpm.【解题指南解题指南】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：(1)(1)摩擦力做负功，系统机械能不守恒摩擦力做负功，系统机械能不守恒.(2)(2)弹性势能最大时，弹簧压缩量最大弹性势能最大时，弹簧压缩量最大.【规范解答规范解答】(1)(1)物体从开始位置物体从开始位
19、置A A点到最后点到最后D D点的过程中，弹性点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为 (2(2分分)物体克服摩擦力产生的热量为物体克服摩擦力产生的热量为Q=fxQ=fx (2(2分分)其中其中x x为物体的路程，即为物体的路程，即x=5.4 m x=5.4 m (1(1分分)f=mgcos37f=mgcos37 (1(1分分)由能量守恒定律可得由能量守恒定律可得E=Q E=Q (2(2分分)由式解得由式解得=0.52.(1=0.52.(1分分)2kp0AD1EEEmvmgsin372 l(2)(2)由由A A
20、到到C C的过程中，动能减少的过程中，动能减少 (1(1分分)重力势能减少重力势能减少EEp p=mg=mglACACsin37sin37 (1(1分分)摩擦生热摩擦生热Q=fQ=flACAC=mgcos37=mgcos37lACAC (1(1分分)由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为EEpmpm=E=Ek k+E+Ep p-Q-Q (2(2分分)联立解得联立解得EEpmpm=24.5 J.=24.5 J.(1 (1分分)答案：答案：(1)0.52 (2)24.5 J(1)0.52 (2)24.5 J2k01Emv2 【总结提升总结提升】涉及能量转化问题的解
21、题方法涉及能量转化问题的解题方法(1)(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律守恒定律.(2)(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和EE减减和增加的能量总和和增加的能量总和EE增增，最后由，最后由EE减减=E=E增增列式求解列式求解.【变式训练变式训练】如图所示，水平面上的轻如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙弹簧一端与
22、物体相连，另一端固定在墙上上P P点，已知物体的质量为点，已知物体的质量为m=2.0 kg,m=2.0 kg,物体与水平面间的动摩擦物体与水平面间的动摩擦因数因数=0.4,=0.4,弹簧的劲度系数弹簧的劲度系数k=200 N/m.k=200 N/m.现用力现用力F F拉物体，使弹拉物体，使弹簧从处于自然状态的簧从处于自然状态的O O点由静止开始向左移动点由静止开始向左移动10 cm10 cm，这时弹簧，这时弹簧具有弹性势能具有弹性势能E Ep p=1.0 J,=1.0 J,物体处于静止状态，若取物体处于静止状态，若取g=10 m/sg=10 m/s2 2,则则撤去外力撤去外力F F后后()()
23、A.A.物体向右滑动的距离可以达到物体向右滑动的距离可以达到12.5 cm12.5 cmB.B.物体向右滑动的距离一定小于物体向右滑动的距离一定小于12.5 cm12.5 cmC.C.物体回到物体回到O O点时速度最大点时速度最大D.D.物体到达最右端时系统机械能为物体到达最右端时系统机械能为0 0【解析解析】选选B.B.物体向右滑动时，物体向右滑动时，kx-mg=ma,kx-mg=ma,当当a=0a=0时速度达到时速度达到最大，而此时弹簧的伸长量最大，而此时弹簧的伸长量 物体没有回到物体没有回到O O点，故点，故C C错错误；因弹簧处于原长时，误；因弹簧处于原长时，E Ep pmgmgx=0
24、.8 J,x=0.8 J,故物体到故物体到O O点后继点后继续向右运动，弹簧被压缩，因有续向右运动，弹簧被压缩，因有E Ep p=mgx=mgxm m+E+Ep p，得，得 故故A A错误，错误，B B正确；因物体滑到最右正确；因物体滑到最右端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，端时，动能为零，弹性势能不为零，故系统的机械能不为零，D D错误错误.mgx,kpppmEEEx12.5 cmmgmg，考查内容考查内容与弹簧有关的能量问题与弹簧有关的能量问题【例证例证】如图所示，用轻弹簧将质量均为如图所示，用轻弹簧将质量均为m=1 kgm=1 kg的物块的物块A A和和B B连连接起
25、来，将它们沿竖直方向固定在空中，弹簧处于原长状态，接起来，将它们沿竖直方向固定在空中，弹簧处于原长状态，A A距地面的高度距地面的高度h h1 1=0.90 m.=0.90 m.同时释放两物块，同时释放两物块，A A与地面碰撞后速度与地面碰撞后速度立即变为零，由于立即变为零，由于B B压缩弹簧后被反弹，使压缩弹簧后被反弹，使A A刚好能离开地面刚好能离开地面(但但不继续上升不继续上升).).若将若将B B物块换为质量为物块换为质量为2m2m的物块的物块C(C(图中未画出图中未画出)，仍将它与仍将它与A A固定在空中且弹簧处于原长，从固定在空中且弹簧处于原长，从A A距地面的高度为距地面的高度为
26、h h2 2处同时释放，处同时释放，C C压缩弹簧被反弹后，压缩弹簧被反弹后，A A也刚好能离开地面也刚好能离开地面.已知弹已知弹簧的劲度系数簧的劲度系数k=100 N/mk=100 N/m，求，求h h2 2.(.(取取g=10 m/sg=10 m/s2 2)【规范解答规范解答】设设A A物块落地时，物块落地时，B B物块的速度为物块的速度为v v1 1,则有则有设设A A刚好离地时，弹簧的形变量为刚好离地时，弹簧的形变量为x x，对，对A A物块有物块有mg=kxmg=kx从从A A落地后到落地后到A A刚好离开地面的过程中，对于刚好离开地面的过程中，对于A A、B B及弹簧组成的及弹簧组
27、成的系统机械能守恒，则有系统机械能守恒，则有换成换成C C后，设后，设A A落地时，落地时，C C的速度为的速度为v v2 2，则有，则有从从A A落地后到落地后到A A刚好离开地面的过程中，刚好离开地面的过程中，A A、C C及弹簧组成的系统及弹簧组成的系统机械能守恒，则有机械能守恒，则有联立解得联立解得h h2 2=0.5 m.=0.5 m.答案：答案：0.5 m0.5 m2111mvmgh221p1mvmgxE222212mv2mgh222p12mv2mgxE2传送带模型中的动力学问题和功能关系问题传送带模型中的动力学问题和功能关系问题传送带是应用较广泛的一种传动装置，与生产、生活实际传
28、送带是应用较广泛的一种传动装置，与生产、生活实际紧密相连，所涉及的问题能很好地培养提升学生分析综合能力紧密相连，所涉及的问题能很好地培养提升学生分析综合能力.下面从两个角度对传送带模型进行分析下面从两个角度对传送带模型进行分析.1.1.传送带上的动力学问题传送带上的动力学问题解决此类问题的思路：解决此类问题的思路：(1)(1)明确研究对象明确研究对象.(2)(2)对研究对象进行受力分析、过程分析和状态分析，建立对研究对象进行受力分析、过程分析和状态分析，建立清晰的物理模型清晰的物理模型.(3)(3)利用牛顿运动定律和运动学规律列方程求解利用牛顿运动定律和运动学规律列方程求解.【典题例证典题例证
29、】如图所示，传送带与地面如图所示，传送带与地面的倾角的倾角=37=37，从，从A A端到端到B B端的长度为端的长度为16 m16 m，传送带以，传送带以v=10 m/sv=10 m/s的速度沿逆时的速度沿逆时针方向转动针方向转动.在传送带上端在传送带上端A A处无初速度处无初速度地放置一个质量为地放置一个质量为0.5 kg0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为数为=0.5=0.5，求物体从，求物体从A A端运动到端运动到B B端所需的时间是多少？端所需的时间是多少？(sin37(sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8=0.8，g=
30、10 m/sg=10 m/s2 2)【命题探究命题探究】本题主要考查传送带模型中的动力学问题，重在本题主要考查传送带模型中的动力学问题，重在对传送带上的物体进行受力分析和过程分析对传送带上的物体进行受力分析和过程分析.【深度剖析深度剖析】当物体放在当物体放在A A端到两者速度相同的过程中设物体端到两者速度相同的过程中设物体的加速度为的加速度为a a1 1，由牛顿第二定律得：，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=mamgsin+mgcos=ma1 1设物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为设物体速度从零增大到与传送带相同时所用时间为t t1 1，运动位，运动位移为移为x,x,则则v=a
31、v=a1 1t t1 1但由于但由于mgsinmgcos mgsinmgcos，因而此时物体不是匀速运动而是，因而此时物体不是匀速运动而是继续做加速运动继续做加速运动.设这个过程物体的加速度为设这个过程物体的加速度为a a2 2，则由牛顿第二，则由牛顿第二定律得定律得21 11xa t2mgsin-mgcos=mamgsin-mgcos=ma2 2其运动的位移为：其运动的位移为：L-x=vtL-x=vt2 2+物体下滑的总时间为物体下滑的总时间为t=tt=t1 1+t+t2 2联立以上各式解得：联立以上各式解得：t=2 st=2 s22 21a t22.2.传送带上的功能关系问题传送带上的功能
32、关系问题【典题例证典题例证】如图所示，绷紧的传送带如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角与水平面的夹角=30=30，皮带在电动，皮带在电动机的带动下，始终保持机的带动下，始终保持v v0 0=2 m/s=2 m/s的速率的速率运行，现把一质量为运行，现把一质量为m=10 kgm=10 kg的工件的工件(可可看做质点看做质点)轻轻放在皮带的底端，经过时间轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s1.9 s，工件被传送，工件被传送到到h=1.5 mh=1.5 m的高处，取的高处，取g=10 m/sg=10 m/s2 2 ，求：，求：(1)(1)工件与传送带间的动摩擦因数；工件与传送带间的动摩擦因数；(2
33、)(2)电动机由于传送工件多消耗的电能电动机由于传送工件多消耗的电能.【命题探究命题探究】本题综合考查了动力学及能的转化和守恒定律的本题综合考查了动力学及能的转化和守恒定律的应用应用.第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二第一问重点在对运动过程分析的基础上的公式应用，第二问是考查能量守恒问题问是考查能量守恒问题.【深度剖析深度剖析】(1)(1)由图可知，皮带长由图可知，皮带长 工件速度达工件速度达v v0 0前，做匀加速运动的位移前，做匀加速运动的位移匀速运动的位移为匀速运动的位移为x-xx-x1 1=v=v0 0(t-t(t-t1 1)解得加速运动的时间解得加速运动的时间t t1
34、 1=0.8 s=0.8 s，加速运动的位移加速运动的位移x x1 1=0.8 m=0.8 m所以加速度所以加速度a=2.5 m/sa=2.5 m/s2 2由牛顿第二定律有：由牛顿第二定律有：mgcos-mgsin=mamgcos-mgsin=ma解得解得=hx3 m.sin0111vxv tt201vt3.2(2)(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦的动能、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发出的热量力做功发出的热量.在时间在时间t t1 1内，皮
35、带运动的位移内，皮带运动的位移x x皮皮=v=v0 0t t1 1=1.6 m=1.6 m在时间在时间t t1 1内，工件相对皮带的位移内，工件相对皮带的位移x x相相=x=x皮皮-x-x1 1=0.8 m=0.8 m在时间在时间t t1 1内，摩擦发热内，摩擦发热Q=mgcosxQ=mgcosx相相=60 J=60 J工件获得的动能工件获得的动能E Ek k=20 J=20 J工件增加的势能工件增加的势能E Ep p=mgh=150 J=mgh=150 J电动机多消耗的电能电动机多消耗的电能W=Q+EW=Q+Ek k+E+Ep p=230 J.=230 J.201mv21.1.如图所示，在一
36、个盛水的杯子里有一木块如图所示，在一个盛水的杯子里有一木块.开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，开始时木块被一根细绳拴住而完全没入水中，整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将整个装置与外界绝热，断开细绳，则木块将浮到水面上，最后达到平衡，在这一过程中，浮到水面上，最后达到平衡，在这一过程中，水、杯子和木块组成的系统水、杯子和木块组成的系统()()A.A.内能增大内能增大B.B.内能减小内能减小C.C.内能不变内能不变D.D.条件不足，无法判断条件不足，无法判断【解析解析】选选A.A.细绳断后，木块上升，同体积的水下移，系统重细绳断后，木块上升，同体积的水下移，系统重心下移，重力势能减小，由
37、能量守恒定律可知，水、杯子和木心下移，重力势能减小，由能量守恒定律可知，水、杯子和木块组成的系统内能一定增大，块组成的系统内能一定增大，A A正确正确.2.2.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动三种运动.在这三种情况下物体机械能的变化情况是在这三种情况下物体机械能的变化情况是()()A.A.匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小能减小B.B.匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小C.C.匀
38、速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变可能减少，也可能不变D.D.三种情况中，物体的机械能均增加三种情况中，物体的机械能均增加【解析解析】选选C.C.无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其无论物体向上加速还是匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，其机械能的变化，C C正确正确.3.3.滑块静
39、止于光滑水平面上，与之相连滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力定的水平外力F F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力拉力F F做了做了10 J10 J的功的功.在上述过程中在上述过程中()()A.A.弹簧的弹性势能增加了弹簧的弹性势能增加了10 J10 JB.B.滑块的动能增加了滑块的动能增加了10 J10 JC.C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J10 JD.D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒滑块和弹簧组成的系统机械能守恒【解
40、析解析】选选C.C.拉力拉力F F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C C正确，正确，A A、B B、D D均均错误错误.4.4.如图所示，如图所示，ABCDABCD是一个盆式容器，盆是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底内侧壁与盆底BCBC的连接处都是一段与的连接处都是一段与BCBC相切的圆弧，相切的圆弧，B B、C C在水平线上，其距离在水平线上，其距离d=0.5 m.d=0
41、.5 m.盆边缘的高度为盆边缘的高度为h=0.30 m.h=0.30 m.在在A A处放一个质量为处放一个质量为m m的小物的小物块并让其由静止出发下滑块并让其由静止出发下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BCBC面面与小物块间的动摩擦因数为与小物块间的动摩擦因数为=0.10.=0.10.小物块在盆内来回滑动，小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停下的位置到最后停下来，则停下的位置到B B的距离为的距离为()()A.0.50 mA.0.50 mB.0.25 mB.0.25 mC.0.10 mC.0.10 mD.0D.0【解析解析】选选D.D.设小物块在设小物块在BCB
42、C段来回滑行的总路程为段来回滑行的总路程为s s，由能量守，由能量守恒定律可知，恒定律可知，mgh=mgs,mgh=mgs,解得解得s=3.0 m,s=3.0 m,由由s=6ds=6d可知，小物块最可知，小物块最终停止在终停止在B B点，点，D D正确正确.5 5 小明荡秋千的情景如图所示小明荡秋千的情景如图所示.设摆绳长为设摆绳长为3 m3 m，悬点在横梁，悬点在横梁上，小明连同底板质量共为上，小明连同底板质量共为60 kg.60 kg.开始时小明在爸爸的外力作开始时小明在爸爸的外力作用下使摆绳与竖直方向成用下使摆绳与竖直方向成3737角处于静止状态角处于静止状态.某时刻爸爸放手某时刻爸爸放
43、手让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，小明与底板始终没让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，小明与底板始终没有相对运动有相对运动.当他运动到最低点时摆绳拉力共为当他运动到最低点时摆绳拉力共为780 N.780 N.取取g=10 g=10 m/sm/s2 2,sin37,sin37=0.6,cos37=0.6,cos37=0.8.=0.8.求：求：(1)(1)小明爸爸施加的最小外力；小明爸爸施加的最小外力；(2)(2)取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能；取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能；(3)(3)通过计算说明秋千第一次摆到另一侧的最大偏角与通过计算说明秋
44、千第一次摆到另一侧的最大偏角与3737的关的关系系.【解析解析】(1)(1)如图所示，当外力与摆绳垂直时最小如图所示，当外力与摆绳垂直时最小.F Fminmin=mgsin37=mgsin37=360 N=360 N(2)E(2)Ep p=-mg=-mglcos37cos37=-1 440 J=-1 440 J(3)(3)设小明第一次向下摆动过程中，动能的变设小明第一次向下摆动过程中，动能的变化量为化量为EEk k,重力势能的变化量为重力势能的变化量为EEp p，小明，小明在最低点时，由牛顿第二定律得：在最低点时，由牛顿第二定律得：求得求得v=3 m/sv=3 m/s2vFmgmlEEp p=mg=mgl(1-cos37(1-cos37)=360 J)=360 JEEp pEEk k说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于侧的最大偏角小于3737答案：答案：(1)360 N (2)-1 440 J (3)(1)360 N (2)-1 440 J (3)见解析见解析2k1Emv270 J2
