（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第13講 機械能守恒定律及其應用課件.ppt

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1、第13講機械能守恒定律及其應用,一 重力做功和重力勢能,二 彈性勢能,三 機械能守恒定律,四 功能關系與能量守恒定律,教材研讀,突破一 機械能守恒的判斷,突破二 機械能守恒定律的應用,突破三 含彈簧類機械能守恒問題,重難突破,突破四 功能關系的應用,突破五 與摩擦生熱相關的功能關系的問題,一、重力做功和重力勢能,教材研讀,1.重力做功的特點 重力做功與運動路徑無關,只與始末位置的高度差有關。 2.重力做功與重力勢能變化的關系 (1)定性關系:重力對物體做正功,物體的重力勢能減少;重力對物體做負功,物體的重力勢能增加。,(2)定量關系:重力對物體所做的功等于物體重力勢能的減少量。 即WG=-Ep

2、=Ep1-Ep2。 二、彈性勢能,1.概念:物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能叫彈性勢能。 2.大小:彈簧的彈性勢能大小與勁度系數(shù)和彈性形變量有關,彈簧勁度系數(shù)一定時,在彈性限度內(nèi),形變量越大,彈性勢能越大。 3.彈力做功與彈性勢能變化的關系:彈力做多少正功,彈性勢能就 減少 多少;彈力做多少負功,彈性勢能就增加多少。,三、機械能守恒定律,1.機械能:動能和勢能統(tǒng)稱為機械能,即E=Ek+Ep,其中勢能包括重力勢能和彈性勢能。 2.機械能守恒定律 (1)內(nèi)容:在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi),動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化,而總的機械能保持不變。 (2)表達式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或Ek增=Ep減

3、或EA增=EB減。 (3)守恒條件:只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功。,四、功能關系與能量守恒定律 1.功能關系 (1)功是 能量轉(zhuǎn)化的量度,即做了多少功就有 多少能發(fā)生了轉(zhuǎn)化。 (2)做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化,而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。 2.能量守恒定律 (1)內(nèi)容:能量既不會創(chuàng)生,也不會消失,它只會從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式,或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體,而在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中,能量的總量保持不變。 (2)表達式:E減=E增。,1.判斷下列說法的正誤: (1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取有關。() (2)重力勢能的變化量與零勢能參考面的選取無關。() (3)物體所受合外力為零,其

4、機械能一定守恒。() (4)合外力做功為零,物體的機械能一定守恒。() (5)做勻速運動的物體其機械能一定守恒。() (6)發(fā)生彈性形變的物體都具有彈性勢能。(),2.如圖所示,在光滑水平面上有一物體,它的左端連一彈簧,彈簧的另一端固定在墻上,在力F作用下物體處于靜止狀態(tài),當撤去力F后,物體將向右運動,在物體向右運動的過程中,下列說法正確的是(D) A.彈簧的彈性勢能逐漸減小 B.彈簧的彈性勢能逐漸增大 C.彈簧的彈性勢能先增大后減小 D.彈簧的彈性勢能先減小后增大,3.如圖所示,質(zhì)量為m的小球從距桌面h1高處的A點自由下落到地面上的B點,桌面離地高為h2。選擇桌面為參考平面,則小球(重力加速

5、度為g) (D) A.在A點時的重力勢能為mg(h1+h2) B.在A點時的機械能為mg(h1+h2) C.在B點時的重力勢能為0 D.落到B點時的動能為mg(h1+h2),4.如圖所示,質(zhì)量分別為M、m的兩個小球置于高低不同的兩個平臺上, a、b、c分別為不同高度的參考平面,下列說法正確的是(B) A.若以c為參考平面,質(zhì)量為M的小球機械能大 B.若以b為參考平面,質(zhì)量為M的小球機械能大 C.若以a為參考平面,質(zhì)量為M的小球機械能大 D.無論如何選擇參考平面,總是質(zhì)量為M的小球機械能大,突破一機械能守恒的判斷,重難突破,只要滿足下列條件中的一條,機械能一定守恒。 (1)物體只受重力,只發(fā)生動

6、能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。如自由落體運動、拋體運動等。 (2)只有系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化。如在光,滑水平面上運動的物體碰到一個彈簧,和彈簧相互作用的過程中,對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說,機械能守恒。 (3)物體既受重力,又受彈力,只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,只發(fā)生動能、彈性勢能、重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。如自由下落的物體落到豎直的彈簧上,和彈簧相互作用的過程中,對物體和彈簧組成的系統(tǒng)來說,機械能守恒。 (4)除受重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)外,還受其他力,但其他力不做功,或其他力做功的代數(shù)和為零。如物體在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下運動,拉力的大小與摩擦力的大小相等,在此運動過程中

7、,機械能守恒。,典例1下列關于機械能守恒的說法中正確的是(D) A.做勻速運動的物體,其機械能一定守恒 B.物體只受重力,機械能才守恒 C.做勻速圓周運動的物體,其機械能一定守恒 D.除重力做功外,其他力不做功,物體的機械能一定守恒,解析做勻速運動的物體所受合外力為零,但除重力外可能有其他力做功,如物體在阻力作用下勻速向下運動,其機械能減少了,A錯。物體除受重力或彈力,也可受其他力,只要其他力不做功或做功的代數(shù)和為零,機械能也守恒,B錯。做勻速圓周運動的物體的動能不變,但勢能可能變化,故C錯。由機械能守恒條件知,選項D正確。,易錯提醒 (1)機械能守恒的條件絕不是合外力的功等于零,更不是合外力

8、為零;“只有重力或彈力做功”不等于“只受重力或彈力作用”。 (2)對于繩子突然繃緊、物體間碰撞等情況,除非題目特別說明,否則機械能必定不守恒。 (3)對于系統(tǒng)機械能是否守恒,可以根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化進行判斷。,1-1在如圖所示的物理過程示意圖中,甲圖為一端固定有小球的輕桿,從右偏上30角釋放后繞光滑支點擺動;乙圖為末端固定有小球的輕質(zhì)直角架,釋放后繞通過直角頂點的固定軸O無摩擦轉(zhuǎn)動;丙圖為一端連著一小球的輕繩,從右偏上30角處自由釋放;丁圖為置于光滑水平面上的帶有豎直支架的小車,把用細繩懸掛的小球從圖示位置釋放,小球開始擺動,則關于這幾個物理過程(空氣阻力忽略不計),下列判斷中正確的是( ),,A.

9、甲圖中小球機械能守恒 B.乙圖中小球A機械能守恒 C.丙圖中小球機械能守恒 D.丁圖中小球機械能守恒,解析甲圖中輕桿對小球不做功,小球的機械能守恒,A正確;乙圖中輕桿對A的彈力不沿桿的方向,會對小球做功,所以小球A的機械能不守恒,但兩個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒,B錯誤;丙圖中小球在繩子繃緊的瞬間有動能損失,機械能不守恒,C錯誤;丁圖中小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒,但小球的機械能不守恒,這是因為擺動過程中小球的軌跡不是圓弧,細繩會對小球做功,D錯誤。,1-2如圖所示為豎直平面內(nèi)的直角坐標系。一個質(zhì)量為m的質(zhì)點,在恒力F和重力的作用下,從坐標原點O由靜止開始沿直線OA斜向下運動,直線OA與y軸負

10、方向成(<90)。不計空氣阻力,重力加速度為g,則以下說法正確的是(A) 當F=mg tan 時,質(zhì)點的機械能守恒 當F=mg sin 時,質(zhì)點的機械能守恒 當F=mg tan 時,質(zhì)點的機械能可能減小也可能增大 當F=mg sin 時,質(zhì)點的機械能可能減小也可能增大 A.B.C.D.,解析質(zhì)點只受重力G和拉力F,質(zhì)點做直線運動,合力方向與OA共線,如圖 當拉力與OA垂直時,拉力最小,根據(jù)幾何關系,有 F=G sin =mg sin ,F的方向與OA垂直,拉力F做功為零,所以質(zhì)點的機械能守恒,故正確, 錯誤; 若F=mg tan ,由于mg tan mg sin ,故F的方向與OA不再垂直,

11、有兩種可能的方向,與質(zhì)點的運動方向的夾角可能大于90,也可能小于90,即 拉力F可能做負功,也可能做正功,重力做功不影響機械能的變化,故根據(jù)功能定理,質(zhì)點機械能變化量等于力F做的功,即機械能可能增大,也可能減小,故錯誤,正確。 故選A。,突破二機械能守恒定律的應用,1.機械能守恒的三種表達式 (1)守恒觀點 表達式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2。 意義:系統(tǒng)機械能守恒時,系統(tǒng)初狀態(tài)的機械能等于末狀態(tài)的機械能。 注意:要先選取零勢能參考平面,并且在整個過程中必須選取同一個零勢能參考平面。,(2)轉(zhuǎn)化觀點 表達式:Ek=-Ep。 意義:系統(tǒng)的機械能守恒時,系統(tǒng)增加(或減少)的動能等于

12、系統(tǒng)減少(或增加)的勢能。 (3)轉(zhuǎn)移觀點 表達式:EA增=EB減。 意義:若系統(tǒng)由A、B兩部分組成,當系統(tǒng)的機械能守恒時,則A部分機械能的增加量等于B部分機械能的減少量。,2.機械能守恒定律與動能定理的比較,,典例2寧波高中科技新苗項目的同學在一個連鎖機關游戲中,設計了一個如圖所示的起始觸發(fā)裝置:AB段是長度連續(xù)可調(diào)的豎直伸縮桿,BCD段是半徑為R的四分之三圓弧彎桿,DE段是長度為2R的水平桿,與AB桿稍稍錯開。豎直桿外套有下端固定且勁度系數(shù)較大的輕質(zhì)彈簧,在彈簧上端放置質(zhì)量為m的套環(huán)。每次將彈簧的長度壓縮至P點后鎖定,設PB的高度差為h,解除鎖定后彈簧可將套環(huán)彈出,在觸發(fā)器的右側(cè)有多米諾骨

13、牌,多米諾骨牌的左側(cè)最高點Q和P點等高,且與E的水平距,離為x(可以調(diào)節(jié)),已知彈簧鎖定時的彈性勢能Ep=10mgR,套環(huán)與水平桿 DE段的動摩擦因數(shù)=0.5,與其他部分的摩擦可以忽略不計,不計套環(huán)受到的空氣阻力及解除鎖定時的彈性勢能損失,不考慮伸縮豎直桿粗細變化對套環(huán)的影響,重力加速度為g。求: (1)當h=7R時,套環(huán)到達桿的最高點C處時的 速度大小; (2)在(1)問中套環(huán)運動到最高點C時對桿作用 力的大小和方向; (3)若h在3R至10R連續(xù)可調(diào),要使該套環(huán)恰能擊中Q點,則x應該在哪個范圍內(nèi)調(diào)節(jié)?,由牛頓第三定律知套環(huán)對桿作用力的大小為3mg,方向豎直向上 (3)套環(huán)恰能擊中Q點,平拋

14、運動過程: h-R=gt2 x=vEt 從P到E,根據(jù)能量守恒定律有 Ep=mg(h-R)+mg2R+m 解得4Rx9R,規(guī)律總結(jié),1.用機械能守恒定律解題的基本思路,2.機械能守恒定律的應用技巧 (1)機械能守恒定律是一種“能能轉(zhuǎn)化”關系,其守恒是有條件的,因此,應用時首先要對研究對象在所研究的過程中機械能是否守恒做出判斷。 (2)如果系統(tǒng)(除地球外)只有一個物體,用守恒觀點列方程較方便;對于由兩個或兩個以上物體組成的系統(tǒng),用轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的觀點列方程較簡便。,2-1如圖所示,豎直平面內(nèi)的一半徑R=0.50 m的光滑圓弧槽BCD,B點與圓心O等高,一水平面與圓弧槽相接于D點,質(zhì)量m=0.10 k

15、g的小球從B點正上方H=0.95 m高處的A點自由下落,由B點進入圓弧軌道,從D點飛出后落在水平面上的Q點,D、Q間的距離x=2.4 m,球從D點飛出后的運動過程中相對水平面上升的最大高度h=0.80 m,g取10 m/s2,不計空氣阻力,求: (1)小球經(jīng)過C點時軌道對它的支持力大小FN; (2)小球經(jīng)過最高點P的速度大小vP; (3)D點與圓心O的高度差hOD。,(3)由機械能守恒定律,有m+mgh=mg(H+hOD),代入數(shù)據(jù),解得hOD=0.30 m。,2-2如圖所示,水平傳送帶的右端與豎直面內(nèi)的用內(nèi)壁光滑鋼管彎成的 “9”形固定軌道相接,鋼管內(nèi)徑很小。傳送帶的運行速度為v0=6 m/

16、s,將質(zhì)量m=1.0 kg的可看做質(zhì)點的滑塊無初速地放在傳送帶A端,傳送帶長度L= 12.0 m,“9”形軌道高H=0.8 m,“9”形軌道上半部分圓弧半徑為R=0.2 m,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.3,重力加速度g=10 m/s2。,(1)求滑塊從傳送帶A端運動到B端所需要的時間; (2)求滑塊滑到軌道最高點C時受到軌道的作用力大小; (3)若滑塊從“9”形軌道D點水平拋出后,恰好垂直撞在傾角=45的斜面上的P點,求P、D兩點間的豎直高度h(保留兩位有效數(shù)字)。,答案(1)3 s(2)90 N(3)1.4 m,解析(1)滑塊在傳送帶上運動時,由牛頓第二定律得: mg=ma a=g=3

17、 m/s2 加速到與傳送帶達到共速所需要的時間:t1==2 s 前2 s內(nèi)的位移:x1=a=6 m 之后滑塊做勻速運動的位移:x2=L-x1=6 m 時間:t2==1 s,故滑塊從傳送帶A端運動到B端所需的時間為:t=t1+t2=3 s。 (2)滑塊由B運動到C,由機械能守恒定律得: -mgH=m-m 在C點,軌道對滑塊的彈力與其重力的合力提供做圓周運動的向心力,設軌道對滑塊的彈力方向豎直向下,由牛頓第二定律得:FN+mg=m 解得:FN=90 N。 (3)滑塊由B到D運動的過程中,由機械能守恒定律得:,m=m+mg(H-2R) 設P、D兩點間的豎直高度為h, 滑塊由D到P運動的過程中,由機械

18、能守恒定律得: m=m+mgh 又vD=vP sin 45 由以上三式可解得h=1.4 m。,突破三含彈簧類機械能守恒問題 物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中,在能量方面,由于彈簧的形變會具有彈性勢能,系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化,若系統(tǒng)所受除重力以外的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒。若還有其他外力和內(nèi)力做功,這些力做功之和等于系統(tǒng)機械能改變量。做功之和為正,系統(tǒng)總機械能增加,反之減少。,典例3輕質(zhì)彈簧原長為2l,將彈簧豎直放置在地面上,在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放,當彈簧被壓縮到最短時,彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置,一端固定在A點,另一端與物塊P接觸但不連接。A

19、B是長度為5l的水平軌道,B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切,半圓的直徑BD豎直,如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)=0.5。用外力推動物塊P,將彈簧壓縮至長度l,然后放開,P開始沿軌道運動。重力加速度大小為g。,(1)若P的質(zhì)量為m,求P到達B點時速度的大小,以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點之間的距離; (2)若P能滑上圓軌道,且仍能沿圓軌道滑下,求P的質(zhì)量的取值范圍。,方法突破 求解這類問題時以胡克定律為突破口:彈簧伸長或縮短時產(chǎn)生的彈力的大小遵循F=kx和F=kx。其次,以彈簧的彈力做功為分析問題的突破口:彈簧發(fā)生形變時,具有一定的彈性勢能。彈簧的彈性勢能與彈簧的勁度系數(shù)

20、、形變量有關,但是在具體的問題中不用計算彈性勢能的大小,彈簧的形變量相同的時候彈性勢能相同,通過運算可以約去。當題目中始、末都不是彈簧原長時,要注意始、末彈力的大小與方向時刻要與當時的形變相對應,即伸長量或壓縮量,而力的位移就可能是兩次形變量之和或之差。,3-1如圖甲所示,輕彈簧豎直放置,下端固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程,他以小球開始下落的位置為原點,沿豎直向下方向建立坐標軸Ox,得到小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示,不計空氣阻力,重力加速度為g。以下判斷正確的是( ),A.

21、由乙圖可知,小球下落h后做勻加速度直線運動 B.小球動能最大值等于mg(h+x0) C.位置坐標為x=h+x0時,重力勢能與彈性勢能之和最小 D.在下落過程中,小球的機械能總是保持不變,解析根據(jù)題圖乙可知,小球下落h后,受重力和彈力,且彈力逐漸增大,故小球不會做勻加速直線運動,故A錯誤;小球達到最大速度的過程中,根據(jù)動能定理可知mg(h+x0)-mgx0=Ekm,Ekm=mg(h+x0),故B錯誤;當x=h+x0 時,小球具有最大速度,動能最大,由彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒可知,重力勢能與彈性勢能之和最小,故C正確;彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒,在壓縮彈簧下落過程中,彈性勢能增大,小球的

22、機械能逐漸減小,故D錯誤。,突破四功能關系的應用 幾種常見的功能關系及其表達式,典例4一質(zhì)量為m的帶正電小球,在豎直向上的勻強電場中以0.9g的加速度加速下落,空氣阻力不計,關于小球在下落h的過程中能量的變化情況,以下說法中正確的有(B) A.小球克服電場力做功0.9mgh B.小球的動能增加了0.9mgh C.小球的機械能減少了0.9mgh D.小球的電勢能增加了0.9mgh,解析根據(jù)牛頓第二定律得,小球所受的合力F合=ma=0.9mg,根據(jù)動能定理知F合h=Ek=0.9mgh,故B正確;而F合=mg-F電,解得F電=0.1mg,故小球克服電場力做功W電=F電h=0.1mgh,則電勢能增加了

23、0.1mgh,小球的機械能減少了0.1mgh,故A、C、D錯誤,B正確。,方法技巧 功能關系的理解和應用原則 1.牢記三條功能關系 (1)重力做的功等于重力勢能的變化,彈力做的功等于彈性勢能的變化; (2)合外力做的功等于動能的變化; (3)除重力、彈力外,其他力做的功等于機械能的變化。 2.功能關系的選用原則 (1)在應用功能關系解決具體問題的過程中,若只涉及動能的變化用動,能定理分析。 (2)只涉及重力勢能的變化用重力做功與重力勢能變化的關系分析。 (3)只涉及機械能變化用除重力和彈力之外的力做功與機械能變化的關系分析。 (4)只涉及電勢能的變化用電場力做功與電勢能變化的關系分析。,4-1

24、如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑, 經(jīng)過B處的速度最大,到達C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)(D) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,摩擦力做的功為 mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為 mv2-mgh D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度,解析由題意知,圓環(huán)從A到C先加速后減速,到達B處的加速度減小為零,故加速度先減小后增大,故A錯誤;根據(jù)能量守恒,從A到C有mgh=Wf+Ep,從C到A有mv2+

25、Ep=mgh+Wf,聯(lián)立解得:Wf=mv2,Ep=mgh-mv2,所 以B、C錯誤;根據(jù)能量守恒,從A到B的過程有m+Ep+Wf=mgh,B到A 的過程有mvB2+Ep=mgh+Wf,比較兩式得vBvB,所以D正確。,4-2如圖所示,固定斜面的傾角=30,物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)=,輕彈簧下端固定在斜面底端,彈簧處于原長時上端位于C點。用 一根不可伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B,滑輪右側(cè)繩子與斜面平行,物體A的質(zhì)量為2m,物體B的質(zhì)量為m,初始時物體A到C點的距離為L。現(xiàn)給物體A、B一初速度v0,使物體A開始沿斜面向 下運動,物體B向上運動,物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈

26、到C點。已知重力加速度為g,不計空氣阻力,整個過程中,輕繩始終處于伸直狀態(tài),求:,(1)物體A向下運動剛到達C點時的速度; (2)彈簧的最大壓縮量; (3)彈簧的最大彈性勢能。,突破五與摩擦生熱相關的功能關系問題,1.兩種摩擦力做功特點的比較,2.傳送帶模型 傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型,典型的有水平和傾斜兩種情況。一般設問的角度有兩個: (1)動力學角度:首先要正確分析物體的運動過程,做好受力分析,然后利用運動學公式并結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移,找出物體和傳送帶之間的位移關系。 (2)能量角度:求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上

27、物體而使電動機多消耗的電能等,常依據(jù)功能關 系或能量守恒定律求解。,3.傳送帶模型問題中的功能關系分析 (1)功能關系分析:W=Ek+Ep+Q。 (2)對W和Q的理解: 傳送帶做的功W=Ffx傳; 產(chǎn)生的內(nèi)能Q=Ffx相對。,典例5(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放,傳送帶由電動機帶動,始終保持以速度v勻速運動,物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為,物體過一會兒能保持與傳送帶相對靜止,對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程,下列說法正確的是(ACD) A.物體在傳送帶上的劃痕長為 B.傳送帶克服摩擦力做的功為 mv2 C.電動機多做的功為mv2 D.電動機增加的功率為mgv,解析

28、物體在傳送帶上的劃痕長等于物體在傳送帶上的相對位移大小。物體加速運動的加速度為a=g,物體加速到速度為v時所需的時間t==,在這段時間內(nèi)物體的位移x1==,傳送帶的位移x2=vt=, 則物體與傳送帶間的相對位移x=x2-x1=,即物體在傳送帶上的劃痕 長為,故A正確。傳送帶克服摩擦力做的功為W=mgx2=mv2,故B錯 誤。電動機多做的功轉(zhuǎn)化成了物體的動能和內(nèi)能,物體在這個過程中獲,得動能是mv2,摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=mgx=mv2,所以電動機多做的功 W電=mv2+Q=mv2,故C正確。電動機增加的功率即克服摩擦力做功的功 率,大小為P=fv=mgv,故D正確。,規(guī)律總結(jié) 1.無論是滑動摩擦

29、力,還是靜摩擦力都可以做正功、做負功或不做功,計算做功時都是用力與對地位移的乘積。 2.摩擦生熱的計算:公式Q=Ffx相對中x相對為兩接觸物體間的相對位移,若物體在傳送帶上做往復運動時,則x相對為總的相對路程。,5-1如圖所示,質(zhì)量為m的小鐵塊A(可看做質(zhì)點)以水平速度v0沖上質(zhì)量為M、長為l、置于光滑水平地面上的木板B,正好不從木板上掉下。已知A、B間的動摩擦因數(shù)為,小鐵塊滑到木板右端時木板對地位移為x,求這一過程中: (1)木板增加的動能; (2)小鐵塊減少的動能; (3)系統(tǒng)機械能的減少量; (4)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。,-mg(x+l)=mv2-m 即EkA=-mg(x+l) 可知小鐵塊的動

30、能減少了mg(x+l) (3)系統(tǒng)機械能的減少量E=m-mv2-Mv2 由可知E=mgl (4)根據(jù)能量守恒可知Q=mgl。,5-2如圖光滑水平導軌AB的左端有一壓縮的彈簧,彈簧左端固定,右端放一個質(zhì)量為m=1 kg的物塊(可視為質(zhì)點),物塊與彈簧不粘連,B點與水平傳送帶的左端剛好平齊接觸,傳送帶BC的長度為L=6 m,沿逆時針方向以恒定速度v=2 m/s勻速轉(zhuǎn)動。CD為光滑的水平軌道,C點與傳送帶的右端剛好平齊接觸,DE是豎直放置的半徑為R=0.4 m的光滑半圓軌道,DE與CD相切于D點。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.2,取g=10 m/s2。,(1)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送

31、帶后剛好能到達C點,求彈簧儲存的彈性勢能Ep; (2)若釋放彈簧,物塊離開彈簧,滑上傳送帶能夠通過C點,并經(jīng)過圓弧軌道DE,從其最高點E飛出,最終落在CD上距D點的距離為x=1.2 m處(CD 長大于1.2 m),求物塊通過E點時受到的壓力大小; (3)滿足(2)條件時,求物塊通過傳送帶的過程中產(chǎn)生的熱量。,(3)從D到E根據(jù)動能定理可知m=m+2mgR, 解得:vD=5 m/s。 從B到D有-mgL=m-m, 解得vB=7 m/s。 L=t,t=1 s, x相對=L+vt=8 m,Q=mgx相對=16 J。,典例6如圖所示,在高h1=30 m的光滑水平平臺上,質(zhì)量m=1 kg的小物塊壓縮彈簧

32、后被鎖扣K鎖住,儲存了一定量的彈性勢能Ep。若打開鎖扣K,物塊將以一定的水平速度v1向右滑下平臺,做平拋運動,并恰好能從光滑圓弧形軌道BC的B點的切線方向進入圓弧形軌道。B點的高度h2=15 m,圓弧軌道的圓心O與平臺等高,軌道最低點C的切線水平,并與地面上長為L=70 m的水平粗糙軌道CD平滑連接;小物塊沿軌道BCD運動并與右邊墻壁發(fā)生碰撞,取g=10 m/s2。,(1)求小物塊由A到B的運動時間; (2)求小物塊原來壓縮彈簧時儲存的彈性勢能Ep的大小; (3)若小物塊與墻壁只發(fā)生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向運動過程中沒有沖出B點,最后停在軌道CD上的某點P(P點沒畫出)。設小物塊與軌道

33、CD之間的動摩擦因數(shù)為,求的取值范圍。,6-1如圖所示,質(zhì)量m=1 kg的物體從高為h=0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑,滑到水平傳送帶上的A點,物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為=0.2,傳送帶A、B之間的距離為L=5 m,傳送帶一直以v=4 m/s的速度勻速運動,則(C) A.物體從A運動到B的時間是1 s B.物體從A運動到B的過程中,摩擦力對物體做的 功為2 J C.物體從A運動到B的過程中,產(chǎn)生的熱量為2 J D.物體從A運動到B的過程中,帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做的功為10 J,解析設物體下滑到A點的速度為v0,對PA過程,由機械能守恒定律有: m=mgh,代入數(shù)據(jù)得:v0==

34、2 m/s