2019-2020年高中物理第四章機(jī)械能和能源第6節(jié)能源的開發(fā)與利用教學(xué)案教科版必修2.doc

《2019-2020年高中物理第四章機(jī)械能和能源第6節(jié)能源的開發(fā)與利用教學(xué)案教科版必修2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中物理第四章機(jī)械能和能源第6節(jié)能源的開發(fā)與利用教學(xué)案教科版必修2.doc（29頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中物理第四章機(jī)械能和能源第6節(jié)能源的開發(fā)與利用教學(xué)案教科版必修2 1．功是能量轉(zhuǎn)化的量度，不同形式的能量之間的轉(zhuǎn)化是通過做功來實(shí)現(xiàn)的。 2．自然界中的能量在轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化過程中總量是不變的。 3．能源是指能夠提供某種形式能量的物質(zhì)資源。能源與人類生活密切相關(guān)，節(jié)約能源，恰當(dāng)?shù)乩媚茉矗约伴_發(fā)新能源是人類解決能源問題的基本途徑。 一、能量守恒定律 1．內(nèi)容：能量既不會憑空產(chǎn)生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中，其總量保持不變。 2．意義：能量守恒定律的建立，是人類認(rèn)識自然的一次重大飛躍。它是自然界中最重要、最普遍的規(guī)律之一。 二、能源的利用 1．能源：能夠提供某種形式能量的物質(zhì)資源。 2．能源的利用 (1)人類對能源的利用大致經(jīng)歷了三個時期，即柴草時期、煤炭時期、石油時期。 (2)能源利用方式的改進(jìn)極大地提高了勞動生產(chǎn)率，給人類的生活帶來了極大的改善，煤炭的利用和蒸汽機(jī)的誕生引起了產(chǎn)業(yè)革命。 3．能源的分類 (1)非再生能源：如煤、石油、天然氣等常規(guī)能源。 (2)可再生能源：如風(fēng)能、水能等。 4．常規(guī)能源產(chǎn)生的危害 (1)煤炭燃燒產(chǎn)生煙塵，且煤煙中含有二氧化碳、二氧化硫、氮氧化合物等，污染大氣，造成酸雨和溫室效應(yīng)，導(dǎo)致兩極冰雪融化，海平面上升。 (2)煤煙中的致癌物質(zhì)危害身體。 (3)煤炭的開采和生產(chǎn)過程破壞土壤植被，產(chǎn)生的廢水污染水源及農(nóng)田。 (4)石油的開采、煉制、處理過程及其使用都對環(huán)境產(chǎn)生污染。 三、新能源的開發(fā) 1．非再生能源對人類的要求 (1)節(jié)約能源。 (2)開發(fā)和利用新能源。 2．新能源 (1)種類：風(fēng)能、海洋能、太陽能、地?zé)崮?、氫能、生物質(zhì)能及核聚變能等。 (2)特點(diǎn)：多為可再生能源，且污染較小。 1．自主思考——判一判 (1)機(jī)械能守恒定律是能量守恒定律的一種特殊表現(xiàn)形式。(√) (2)人們開發(fā)和利用能源的過程中，能量在數(shù)量上逐漸減少。() (3)能量在開發(fā)和利用過程中發(fā)生轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化，但能的總量是不變的。(√) (4)世上總能量雖然不變，但我們?nèi)孕枰泄?jié)能意識。(√) (5)煤自古至今都是人類的主要能源。() (6)化石燃料的利用給人們的生活帶來了便利，但同時引起了環(huán)境問題。(√) 2．合作探究——議一議 (1)一個叫丹尼斯李(Dennis Lee)的美國人在《美國今日》《新聞周刊》等全國性報(bào)刊上刊登大幅廣告，在全美各地表演，展示其號稱無需任何能源的發(fā)電機(jī)。 你認(rèn)為這種發(fā)電機(jī)能造出來嗎？并說明原因。 圖461 提示：不能。丹尼斯李發(fā)明的發(fā)電機(jī)不消耗其他能量而源源不斷地產(chǎn)生電能，違背了能量守恒，因此這種發(fā)電機(jī)不能制造出來。 (2)如圖462所示是我國能源結(jié)構(gòu)的統(tǒng)計(jì)圖。 圖462 請根據(jù)此圖數(shù)據(jù)完成下面兩個問題： (1)總結(jié)出我國能源結(jié)構(gòu)或能源現(xiàn)狀的規(guī)律。 (2)試著提出解決這種現(xiàn)狀的合理化建議。 提示：(1)能源結(jié)構(gòu)主要以煤為主；能源消耗中不可再生能源占據(jù)的比例過大，結(jié)構(gòu)不合理；能源消耗中可再生能源的比例過小。 (2)建議：節(jié)能降耗；開發(fā)新能源；開發(fā)可再生能源(如太陽能、風(fēng)能等)。  能量守恒定律的理解和應(yīng)用 1．適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學(xué)的基本規(guī)律，是各種自然現(xiàn)象中普遍適用的一條規(guī)律。 2．表達(dá)式 (1)E初＝E末，初狀態(tài)各種能量的總和等于末狀態(tài)各種能量的總和。 (2)ΔE增＝ΔE減，能量的增加量等于能量的減少量。 3．運(yùn)用能量守恒定律解題的基本思路 [典例]　如圖463所示，一個粗細(xì)均勻的U形管內(nèi)裝有同種液體，液體質(zhì)量為m。在管口右端用蓋板A密閉，兩邊液面高度差為h，U形管內(nèi)液體的總長度為4h，拿去蓋板，液體開始運(yùn)動，由于管壁的阻力作用，最終管內(nèi)液體停止運(yùn)動，則該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為(　　) 圖463 A.mgh　　　　　　　　 B.mgh C.mgh D.mgh [思路點(diǎn)撥]　通過題圖可知，拿去蓋板后，最后兩端液面相平。U形管中的右側(cè)h高度的液體重心降低。 [解析]　去掉右側(cè)蓋板之后，液體向左側(cè)流動，最終兩側(cè)液面相平，液體的重力勢能減少，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。如圖所示，最終狀態(tài)可等效為右側(cè)h的液柱移到左側(cè)管中，即增加的內(nèi)能等于該液柱減少的重力勢能，則Q＝mgh＝mgh，故A正確。 [答案]　A (1)能量既可通過做功的方式實(shí)現(xiàn)不同形式的能量之間的轉(zhuǎn)化，也可在同一物體的不同部分或不同物體間進(jìn)行轉(zhuǎn)移。 (2)能量在轉(zhuǎn)化與轉(zhuǎn)移過程中，能量的總量保持不變。利用能量守恒定律解題的關(guān)鍵是正確分析有多少種能量變化，分析時避免出現(xiàn)遺漏?！　　　? 1．(多選)下列關(guān)于能量守恒定律的認(rèn)識正確的是(　　) A．某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加 B．某個物體的能量減少，必然有其他物體的能量增加 C．不需要任何外界的動力而持續(xù)對外做功的機(jī)械——永動機(jī)不可能制成 D．石子從空中落下，最后靜止在地面上，說明機(jī)械能消失了 解析：選ABC　根據(jù)能量守恒定律可知，能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生。能量只能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到其他物體，A、B對，D錯；永動機(jī)違背了能量守恒定律，故它不可能制造出來，C對。 2．某地平均風(fēng)速為5 m/s，已知空氣密度是1.2 kg/m3，有一風(fēng)車，它的風(fēng)葉轉(zhuǎn)動時可形成半徑為12 m的圓面。如果這個風(fēng)車能將圓面內(nèi)10%的氣流動能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔埽瑒t該風(fēng)車帶動的發(fā)電機(jī)功率是多大？ 解析：在t時間內(nèi)作用于風(fēng)車的氣流質(zhì)量m＝πr2vtρ 這些氣流的動能為mv2， 轉(zhuǎn)變成的電能E＝mv210% 所以風(fēng)車帶動發(fā)電機(jī)的功率為P＝＝πr2ρv310% 代入數(shù)據(jù)得P＝3.4 kW。 答案：3.4 kW 摩擦力做功的特點(diǎn)與能量的關(guān)系 靜摩擦力 滑動摩擦力 物理 情景 光滑平面上，木板、物塊在外力作用下一起勻加速 光滑平面上，木板、物塊均向前滑動，物塊速度大于木板速度 不 同 點(diǎn) 功 Wf1＝－fs，Wf2＝fs Wf1＝－fs1，Wf2＝fs2 圖析功能關(guān)系 一對摩擦力的總功 一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零 一對滑動摩擦力所做功的代數(shù)和不為零，總功W＝－fx相對，即摩擦?xí)r產(chǎn)生的內(nèi)能 能量的變化 只有能量的轉(zhuǎn)移，而沒有能量的轉(zhuǎn)化 既有能量的轉(zhuǎn)移，又有能量的轉(zhuǎn)化 相同點(diǎn) 功的正負(fù) 兩種摩擦力對物體可以做正功、負(fù)功，還可以不做功 [典例]　如圖464所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)量為M的長木塊以一定的初速度向右勻速運(yùn)動，將質(zhì)量為m的小鐵塊無初速度地輕放到長木塊右端，小鐵塊與長木塊間的動摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)小鐵塊在長木塊上相對長木塊滑動L時與長木塊保持相對靜止，此時長木塊對地的位移為l，求這個過程中： 圖464 (1)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量； (2)小鐵塊增加的動能； (3)長木塊減少的動能； (4)系統(tǒng)機(jī)械能的減少量。 [思路點(diǎn)撥]　 (1)運(yùn)動過程中m受向右的滑動摩擦力，M受向左的滑動摩擦力，大小都為μmg。 (2)用能量守恒定律和動能定理分析解答問題。 [解析]　畫出這一過程兩物體位移示意圖，如圖所示。 (1)m、M間相對滑動的位移為L，根據(jù)能量守恒定律，有Q＝μmgL，即摩擦力對系統(tǒng)做的總功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。 (2)根據(jù)動能定理有μmg(l－L)＝mv2－0，其中(l－L)為小鐵塊相對地面的位移，從上式可看出ΔEkm＝μmg(l－L)，說明摩擦力對小鐵塊做的正功等于小鐵塊動能的增加量。 (3)摩擦力對長木塊做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系，得ΔEkM＝－μmgl，即長木塊減少的動能等于長木塊克服摩擦力做的功μmgl。 (4)系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功ΔE＝μmgL。 [答案]　(1)μmgL　(2)μmg(l－L)　(3)μmgl　(4)μmgL (1)從功的角度看，一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量；從能量的角度看，其他形式能量的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量。 (2)畫出運(yùn)動示意圖，找出各自的位移和相對位移是求解該類問題的關(guān)鍵?！? 　　　 1. (多選)如圖465所示，質(zhì)量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上。質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端。現(xiàn)有一水平恒力F作用在小物塊上，使物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，物塊和小車之間的摩擦力為f。經(jīng)過時間t，小車運(yùn)動的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端(　　) 圖465 A．此時物塊的動能為(F－f)(s＋l) B．這一過程中，物塊對小車所做的功為f(s＋l) C．這一過程中，物塊和小車增加的機(jī)械能為Fs D．這一過程中，物塊和小車產(chǎn)生的內(nèi)能為fl 解析：選AD　根據(jù)動能定理得，(F－f)(s＋l)＝mv2－0，則物塊的動能為Ek＝(F－f)(s＋l)，故A正確；這一過程中，物塊對小車有壓力和摩擦力，壓力不做功，摩擦力所做的功為fs，故物塊對小車所做的功為fs，故B錯誤；由功能關(guān)系得知，物塊和小車增加的機(jī)械能為F(s＋l)－fl，故C錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服滑動摩擦力做功fl，故D正確。 2.如圖466所示，傳送帶保持v＝4 m/s的速度水平勻速運(yùn)動，將質(zhì)量為1 kg的物塊無初速地放在A端，若物塊與皮帶間動摩擦因數(shù)為0.2，A、B兩端相距6 m，則物塊從A到B的過程中，皮帶摩擦力對物塊所做的功為多少？產(chǎn)生的摩擦熱又是多少？(g取10 m/s2) 圖466 解析：木塊與皮帶間的摩擦力f＝μN(yùn)＝μmg＝0.2110 N＝2 N。 由牛頓第二定律得木塊加速度 a＝＝ m/s2＝2 m/s2。 木塊速度達(dá)到4 m/s時需發(fā)生位移 x＝＝ m＝4 m<6 m， 即木塊在到達(dá)B端之前就已達(dá)到最大速度4 m/s，后與傳送帶一起勻速運(yùn)動，不再發(fā)生滑動。 皮帶摩擦力對物塊所做的功等于物塊動能的增加量，即 W＝ΔEk＝mv2＝142 J＝8 J。 木塊滑動過程中與傳送帶的相對位移 x相對＝v－x＝m＝4 m。 所以產(chǎn)生的摩擦熱為 Q＝μmgx相對＝0.21104 J＝8 J。 答案：8 J　8 J 功能關(guān)系的理解和應(yīng)用 1．功能關(guān)系概述 (1)不同形式的能量之間的轉(zhuǎn)化是通過做功實(shí)現(xiàn)的，做功的過程就是能量之間轉(zhuǎn)化的過程。 (2)功是能量轉(zhuǎn)化的量度。做了多少功，就有多少能量發(fā)生轉(zhuǎn)化。 2．幾種常見的功能關(guān)系 功 能的變化 表達(dá)式 重力 做功 正功 重力勢能減少 重力勢 能變化 WG＝－ΔEp 負(fù)功 重力勢能增加 彈力 做功 正功 彈性勢能減少 彈性勢 能變化 W彈＝－ΔEp 負(fù)功 彈性勢能增加 合力 做功 正功 動能增加 動能變化 W合＝ΔEk 負(fù)功 動能減少 除重力(或系統(tǒng)內(nèi)彈力)外 其他力做功 正功 機(jī)械能增加 機(jī)械能 變化 W其他＝ΔE 負(fù)功 機(jī)械能減少 [典例]　如圖467所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質(zhì)量為m(包括雪具在內(nèi))的滑雪運(yùn)動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度為g。在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖467 A．運(yùn)動員減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能 B．運(yùn)動員獲得的動能為mgh C．運(yùn)動員克服摩擦力做功為mgh D．下滑過程中系統(tǒng)減少的機(jī)械能為mgh [思路點(diǎn)撥]　解答本題時應(yīng)注意以下兩點(diǎn)： (1)根據(jù)運(yùn)動員的加速度確定其摩擦力的大小和方向。 (2)明確動能和機(jī)械能的變化對應(yīng)什么力做功。 [解析]　運(yùn)動員的加速度為g，小于gsin 30，所以必受摩擦力的作用，且大小為mg，克服摩擦力做功為mg＝mgh，故C錯；摩擦力做功，機(jī)械能不守恒，減少的勢能沒有全部轉(zhuǎn)化為動能，而是有mgh轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯，D正確；由動能定理知，運(yùn)動員獲得的動能為mg＝mgh，故B錯。 [答案]　D 力做功都對應(yīng)一定的能量轉(zhuǎn)化，搞清能量轉(zhuǎn)化與對應(yīng)的力做功的關(guān)系，是解決此類問題的關(guān)鍵?！　　　? 1. (多選)如圖468所示，質(zhì)量為m的物體放在升降機(jī)的底板上。若升降機(jī)從靜止開始以a＝的加速度豎直向下運(yùn)動一段位移h。下列說法正確的是(　　) 圖468 A．物體所受的支持力為 B．物體動能的增加量為mgh C．物體重力勢能的減小量為mgh D．物體機(jī)械能的減少量為 解析：選CD　根據(jù)牛頓第二定律得：mg－N＝ma，得物體所受的支持力為N＝mg－ma＝，故A錯誤；合力做功為W合＝mah＝mgh，根據(jù)動能定理得，物體動能的增加量為ΔEk＝W合＝mgh，故B錯誤；重力做功為mgh，則物體重力勢能的減小量為mgh，故C正確；根據(jù)功能關(guān)系得知，物體機(jī)械能的減少量等于物體克服支持力做功，即為mgh，故D正確。 2．一質(zhì)量m＝0.6 kg的物體以v0＝20 m/s的初速度從傾角為30的斜坡底端沿斜坡向上運(yùn)動。當(dāng)物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk＝18 J，機(jī)械能減少了ΔE＝3 J，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物體向上運(yùn)動時加速度的大??； (2)物體返回斜坡底端時的動能。 解析：(1)設(shè)物體在運(yùn)動過程中所受的摩擦力大小為f，向上運(yùn)動的加速度大小為a， 由牛頓第二定律有a＝① 設(shè)物體動能減少ΔEk時，在斜坡上運(yùn)動的距離為s，由功能關(guān)系得 ΔEk＝(mgsin α＋f)s② ΔE＝fs③ 聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)可得 a＝6 m/s2④ (2)設(shè)物體沿斜坡向上運(yùn)動的最大距離為sm，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得 sm＝⑤ 設(shè)物體返回底端時的動能為Ek，由動能定理有 Ek＝(mgsin α－f)sm⑥ 聯(lián)立①④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)可得 Ek＝80 J⑦ 答案：(1)6 m/s2　(2)80 J 1．有人設(shè)想在夏天用電冰箱來降低房間的溫度。他的辦法是：關(guān)好房間的門窗然后打開冰箱的所有門讓冰箱運(yùn)轉(zhuǎn)，且不考慮房間內(nèi)外熱量的傳遞，則開機(jī)后，室內(nèi)的溫度將(　　) A．逐漸有所升高 B．保持不變 C．開機(jī)時降低，停機(jī)時又升高 D．開機(jī)時升高，停機(jī)時降低 解析：選A　冰箱工作，會產(chǎn)生熱量，即消耗電能，產(chǎn)生了內(nèi)能，且房間與外界沒有能量交換，所以房內(nèi)溫度會升高，A正確。 2．力對物體做功100 J，下列說法正確的是(　　) A．物體具有的能量增加100 J B．物體具有的能量減少100 J C．有100 J的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化 D．產(chǎn)生了100 J的能量 解析：選C　力對物體做功100 J, 就有100 J的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，但是物體具有的能量不一定增加也不一定減少，比如只有重力做功的情況物體具有的機(jī)械能不變，故A、B、D錯誤，C正確。 3．關(guān)于能源的開發(fā)和節(jié)約，你認(rèn)為以下觀點(diǎn)錯誤的是(　　) A．能源是有限的，無節(jié)制地利用常規(guī)能源，如石油之類，是一種盲目的短期行為 B．根據(jù)能量守恒定律，擔(dān)心能源枯竭實(shí)在是一種杞人憂天的表現(xiàn) C．能源的開發(fā)利用，必須要同時考慮對環(huán)境的影響 D．和平利用核能是目前開發(fā)新能源的一項(xiàng)有效途徑 解析：選B　雖然能量守恒，但由于常規(guī)能源不可再生，可利用能源仍存在減少問題，故要節(jié)約能源和開發(fā)新能源。故選B。 4．不同的物理現(xiàn)象往往反映出相同的物理規(guī)律。如圖1所示的現(xiàn)象中在能量轉(zhuǎn)化方面的共同點(diǎn)是(　　) 圖1 A．物體的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 B．物體的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能 C．其他形式的能量轉(zhuǎn)化為物體的機(jī)械能 D．物體的重力勢能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量 解析：選A　題圖中幾種現(xiàn)象的共同特點(diǎn)是物體的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，選項(xiàng)A正確。 5．(多選)某人將重物由靜止開始舉高h(yuǎn)，并使物體獲得速度v，則下列說法中正確的是(　　) A．物體所受合外力對它做的功等于物體動能的增加 B．此人對物體做的功等于物體動能和重力勢能的增加量 C．物體所受合外力做的功等于物體動能和重力勢能的增加量 D．克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量 解析：選ABD　由動能定理知，合外力做的功等于物體動能的改變量，故A正確，C錯誤；人給物體的力對物體做的功等于物體機(jī)械能的改變量，B正確；重力做負(fù)功，克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量，D正確。 6. (多選)質(zhì)量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經(jīng)過一段時間后，兩物體的速度大小分別為v1和v2，位移分別為s1和s2，如圖2所示。則這段時間內(nèi)此人所做的功的大小等于(　　) 圖2 A．Fs2　　　　　　　　　 　B．F(s1＋s2) C.m2v22＋(m＋m1)v12 D.m2v22 解析：選BC　根據(jù)功能轉(zhuǎn)化關(guān)系知道：人做的功都轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的能量，即m1、m2和人的動能，所以C正確；或者利用動能定理得繩子上的拉力對m1、m2做功的和為他們動能的增量。根據(jù)恒力做功的計(jì)算方法繩子上的力也為F，由恒力做功公式W＝Fs得：W＝F(s1＋s2)，所以B正確。 7．兩塊完全相同的木塊A、B，其中A固定在水平桌面上，B放在光滑水平桌面上。兩顆同樣的子彈以相同的水平速度射入兩木塊，穿透后子彈的速度分別為vA、vB，在子彈穿透木塊過程中因克服摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能分別為QA、QB，設(shè)木塊對子彈的摩擦力大小一定，則(　　) A．vA＞vB，QA＞QB B．vA＜vB，QA＝QB C．vA＝vB，QA＜QB D．vA＞vB，QA＝QB 解析：選D　設(shè)子彈的初速度為v0，質(zhì)量為m，木塊的厚度為d，穿透過程中子彈所受阻力大小為?，未固定的木塊前進(jìn)了x，根據(jù)動能定理：?d＝mv02－mvA2，?(d＋x)＝mv02－mvB2，比較以上兩式得vA＞vB，兩種情況下產(chǎn)生的熱量相等，QA＝QB＝?d，故D正確。 8. (多選)如圖3所示，在粗糙的桌面上有一個質(zhì)量為M的物塊，通過輕繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的小球相連，不計(jì)輕繩與滑輪間的摩擦，在小球下落的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖3 A．小球的機(jī)械能守恒 B．物塊與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．若小球勻速下降，小球減少的重力勢能等于物塊M與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量 D．若小球加速下降，小球減少的機(jī)械能大于物塊M與桌面間摩擦產(chǎn)生的熱量 解析：選CD　由于繩子對小球做負(fù)功，因此小球的機(jī)械能減小，A錯誤；由于桌面粗糙，摩擦力對M做負(fù)功，因此物塊與小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小，B錯誤；若小球勻速下降，根據(jù)能量守恒，小球減小的重力勢能沒有轉(zhuǎn)化為動能，而是完全轉(zhuǎn)化為M與桌面摩擦生成的熱量，C正確；而若小球加速下降，則小球減小的機(jī)械能一部分摩擦生熱，另一部分轉(zhuǎn)化為物塊與小球組成系統(tǒng)的動能，因此D正確。 9．如圖4所示，甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同時由靜止開始運(yùn)動，在整個過程中，對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(tǒng)(假定整個過程中彈簧均在彈性限度內(nèi))，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．系統(tǒng)受到外力作用，動能不斷增大 B．彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機(jī)械能最大 C．恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷增大 D．兩車的速度每次減小到零時，彈簧的彈力大小都大于外力F1、F2的大小 解析：選B　對甲、乙單獨(dú)受力分析，兩車都先加速后減速，故系統(tǒng)動能先增大后減小，A錯誤。彈簧最長時，外力對系統(tǒng)做正功最多，系統(tǒng)的機(jī)械能最大，B正確。彈簧達(dá)到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運(yùn)動，F(xiàn)1、F2對系統(tǒng)做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能開始減小，C錯誤。當(dāng)兩車第一次速度減小到零時，彈簧彈力大小大于F1、F2的大小，當(dāng)返回速度減小為零時，彈簧的彈力為零，小于外力F1、F2的大小，D錯誤。 10.如圖5所示，質(zhì)量為m的物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度是，下落H到B點(diǎn)后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達(dá)最低點(diǎn)C，在由A運(yùn)動到C的過程中，空氣阻力恒定，則(　　) 圖5 A．物塊機(jī)械能守恒 B．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．物塊機(jī)械能減少mg(H＋h) D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少mg(H＋h) 解析：選D　對于物塊來說，從A到C要克服空氣阻力做功，從B到C又將一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，因此機(jī)械能肯定減少，故A錯誤；對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說，減少的機(jī)械能為克服空氣阻力所做的功，故B錯誤；由A運(yùn)動到C的過程中，物塊的動能變化為零，重力勢能減小量等于機(jī)械能的減小量，所以物塊機(jī)械能減少mg(H＋h)，故C錯誤；物塊從A點(diǎn)由靜止開始下落，加速度是g，根據(jù)牛頓第二定律得：f＝mg－ma＝mg，所以空氣阻力所做的功－mg(H＋h)，整個系統(tǒng)機(jī)械能減少量即為克服空氣阻力所做的功，所以物塊、彈簧和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少mg(H＋h)，故D正確。 11.某海灣共占面積1.0107 m2，漲潮時平均水深20 m，此時關(guān)上水壩閘門，可使水位保持20 m不變，退潮時，壩外水位降至18 m(如圖6)。利用此水壩建立一座水力發(fā)電站，重力勢能轉(zhuǎn)化為電能的效率為10%，每天有兩次漲潮，該電站每天能發(fā)出多少電能？(g＝10 m/s2，不計(jì)發(fā)電機(jī)的能量損失) 圖6 解析：退潮時，由壩內(nèi)流向壩外的水的質(zhì)量 m＝ρV＝ρSh＝1.01031.0107(20－18)kg＝21010 kg 該過程中重力勢能的減少量 ΔEp減＝mg 兩次漲潮、退潮共減少 ΔEp＝2mg＝mgh 故每天發(fā)出的電能 E電＝ΔEp10%＝2101010210% J＝41010 J。 答案：41010 J 12.嚴(yán)重的霧霾天氣，對國計(jì)民生已造成了嚴(yán)重的影響。汽車尾氣是形成霧霾的重要污染源，“鐵腕治污”已成為國家的工作重點(diǎn)。地鐵列車可實(shí)現(xiàn)零排放，大力發(fā)展地鐵，可以大大減少燃油公交車的使用，減少汽車尾氣排放。 圖7 若一地鐵列車從甲站由靜止啟動后做直線運(yùn)動，先勻加速運(yùn)動20s達(dá)最高速度72km/h，再勻速運(yùn)動80 s，接著勻減速運(yùn)動15 s到達(dá)乙站停住。設(shè)列車在勻加速運(yùn)動階段牽引力為1106 N，勻速運(yùn)動階段牽引力的功率為6103 kW，忽略勻減速運(yùn)動階段牽引力所做的功。 (1)求甲站到乙站的距離； (2)如果燃油公交車運(yùn)行中做的功與該列車從甲站到乙站牽引力做的功相同，求公交車排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量。(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物310－6克) 解析：(1)設(shè)列車勻加速直線運(yùn)動階段所用的時間為t1，距離為s1；在勻速直線運(yùn)動階段所用的時間為t2，距離為s2，速度為v；在勻減速直線運(yùn)動階段所用的時間為t3，距離為s3；甲站到乙站的距離為s。則 s1＝v t1① s2＝v t2② s3＝v t3③ s＝s1＋s2＋s3④ 聯(lián)立①②③④式并代入數(shù)據(jù)得 s＝1 950 m。⑤ (2)設(shè)列車在勻加速直線運(yùn)動階段的牽引力為F，所做的功為W1；在勻速直線運(yùn)動階段的牽引力的功率為P，所做的功為W2。設(shè)燃油公交車與該列車從甲站到乙站做相同的功W，將排放氣態(tài)污染物的質(zhì)量為M。則 W1＝Fs1⑥ W2＝Pt2⑦ W＝W1＋W2⑧ M＝(310－9kgJ－1)W⑨ 聯(lián)立①⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)得 M＝2.04 kg。⑩ 答案：見解析 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　動能定理和機(jī)械能守恒的綜合應(yīng)用 1．如圖1所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時，對軌道的正壓力為2 mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　) 圖1 A.mgR　　　　　　　 B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選C　在Q點(diǎn)，N－mg＝，所以v＝；由P到Q根據(jù)動能定理得mgR－Wf＝mv2， 解得Wf＝mgR，故C正確。 2．(多選)如圖2所示，半徑為R的光滑圓弧槽固定在小車上，有一小球靜止在圓弧槽的最低點(diǎn)。小車和小球一起以速度v向右勻速運(yùn)動。當(dāng)小車遇到障礙物突然停止后，小球上升的高度可能是(　　) 圖2 A．等于 B．大于 C．小于 D．與小車的速度v有關(guān) 解析：選ACD　小球沖上圓弧槽，則有兩種可能，一是速度較小，滑到某處小球速度為0，根據(jù)動能定理有mv2＝mgh，解得h＝；另一可能是速度較大，小球滑出弧面做斜拋運(yùn)動，到最高點(diǎn)還有水平速度，則此時小球所能達(dá)到的最大高度要小于。故A、C、D正確，B錯誤。 3.如圖3所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質(zhì)量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點(diǎn)，彈簧處于原長時，圓環(huán)高度為h。讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零。則在圓環(huán)下滑到底端的過程中(桿與水平方向夾角為30)(　　) 圖3 A．圓環(huán)機(jī)械能守恒 B．彈簧的彈性勢能先減小后增大 C．彈簧的彈性勢能變化了mgh D．彈簧與光滑桿垂直時圓環(huán)動能最大 解析：選C　圓環(huán)與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，圓環(huán)機(jī)械能不守恒，A錯誤；彈簧形變量先增大后減小然后再增大，所以彈性勢能先增大后減小再增大，B錯誤；由于圓環(huán)與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，圓環(huán)的機(jī)械能減少了mgh，所以彈簧的彈性勢能增加mgh，C正確；彈簧與光滑桿垂直時，圓環(huán)所受合力沿桿向下，圓環(huán)具有與速度同向的加速度，所以做加速運(yùn)動，D錯誤。 4.質(zhì)量均為m、半徑均為R的兩個完全相同的小球A、B，在水平軌道上以某一初速度向右沖上傾角為θ的傾斜軌道，兩小球運(yùn)動過程中始終接觸。若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計(jì)摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運(yùn)動到最高點(diǎn)的過程中，A球?qū)球所做的功(　　) 圖4 A．0 B．mgRsin θ C．2mgRsin θ D．2mgR 解析：選B　設(shè)A球的重心在斜面上上升的高度為h。兩球的初速度大小為v。對AB整體，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 2mv2＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ) 再對B，由動能定理得 W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv2 聯(lián)立解得A球?qū)球所做的功W＝mgRsin θ， 故選B。 5.如圖5所示，一輛汽車通過圖中的細(xì)繩拉起井中質(zhì)量為m的重物。開始時汽車在A點(diǎn)，繩子已拉緊且豎直，左側(cè)繩長為H。汽車加速向左運(yùn)動，沿水平方向從A經(jīng)過B駛向C，且A、B間的距離也為H，汽車過B點(diǎn)時的速度為v0。求汽車由A移動到B的過程中，繩的拉力對重物做的功。設(shè)繩和滑輪的質(zhì)量及摩擦力不計(jì)，滑輪、汽車的大小都不計(jì)。 圖5 解析：將汽車到達(dá)B點(diǎn)時的速度v0分解如圖所示，汽車到達(dá)B點(diǎn)時重物的速度與同一時刻沿繩方向的速度分量v1相等，即重物速度v1＝v0 cos θ 重物上升的高度h＝－H，設(shè)拉力對重物做的功為WF， 由動能定理得WF－mgh＝mv12 拉力對重物做的功WF＝mg＋m(v0 cos θ)2 ＝(－1)mgH＋mv02。 答案：(－1)mgH＋mv02 6．如圖6甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點(diǎn)，從t＝0時刻開始，物塊受到按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用并向右運(yùn)動，第3 s末物塊運(yùn)動到B點(diǎn)時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點(diǎn)，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 (g取10 m/s2)，求： 圖6 (1)A與B間的距離； (2)水平力F在5 s內(nèi)對物塊所做的功。 解析：(1)根據(jù)題目條件及題圖乙可知，物塊在從B返回A的過程中，在恒力作用下做勻加速直線運(yùn)動，即 F－μmg＝ma 由運(yùn)動學(xué)公式知：xAB＝at2 代入數(shù)據(jù)解得：xAB＝4 m。 (2)物塊在前3 s內(nèi)動能改變量為零，由動能定理得： W1－Wf＝0，即W1－μmgxAB＝0 則前3 s內(nèi)水平力F做的功為W1＝8 J 根據(jù)功的定義式W＝Fx得，水平力F在第3～5 s時間內(nèi)所做的功為W2＝FxAB＝16 J 則水平力F在5 s內(nèi)對物塊所做的功為W＝W1＋W2＝24 J。 答案：(1)4 m　(2)24 J 7.如圖7所示，豎直平面內(nèi)的圓弧形光滑管道半徑略大于小球半徑，管道中心線到圓心的距離為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點(diǎn)在O的正下方，小球自A點(diǎn)正上方由靜止釋放，自由下落至A點(diǎn)時進(jìn)入管道，從上端口飛出后落在C點(diǎn)，當(dāng)小球到達(dá)B點(diǎn)時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍。求： 圖7 (1)釋放點(diǎn)距A點(diǎn)的豎直高度； (2)落點(diǎn)C與A點(diǎn)的水平距離。 解析：(1)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)的速度為v1，因?yàn)榈竭_(dá)B點(diǎn)時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mg－mg＝ 設(shè)B點(diǎn)為重力勢能的零點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv12 解得h＝3R。 (2)設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度為v2，落點(diǎn)C與A點(diǎn)的水平距離為x。由機(jī)械能守恒定律得mv12＝mv22＋mg2R 由平拋運(yùn)動的規(guī)律得R＝gt2，R＋x＝v2t 解得x＝(2－1)R。 答案：(1)3R　(2)(2－1)R 8.如圖8所示，半徑為R＝1.5 m的光滑圓弧支架豎直放置，圓心角θ＝60，支架的底部CD離地面足夠高，圓心O在C點(diǎn)的正上方，右側(cè)邊緣P點(diǎn)固定一個光滑小輪，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B分別系在足夠長的跨過小輪的輕繩兩端，兩球的質(zhì)量分別為mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg。將A球從緊靠小輪處由靜止釋放，求： 圖8 (1)當(dāng)A球運(yùn)動到C點(diǎn)時，兩球組成系統(tǒng)的重力勢能的變化量； (2)A球運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小； (3)若A球運(yùn)動到C點(diǎn)時輕繩突然斷裂，從此時開始，需經(jīng)過多少時間兩球重力功率的大小相等？ 解析：(1)根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系得： A球重力勢能變化量為：ΔEpA＝mAghA＝－0.3101.5(1－cos 60) J＝－2.25 J， B球重力勢能變化量為：ΔEpB＝mBgR＝0.1101.5 J＝1.5 J， 兩球組成系統(tǒng)的重力勢能的變化量為：ΔEp＝ΔEpA＋ΔEpB＝－0.75 J， 即系統(tǒng)重力勢能減少0.75 J。 (2)系統(tǒng)機(jī)械能守恒：mAvA2＋mBvB2＋ΔEp＝0， 根據(jù)幾何關(guān)系得：vAcos 30＝vB， 聯(lián)立解得：vA＝2 m/s。 (3)輕繩斷裂后，A球平拋，B球豎直上拋，B球上拋初速度為：vB＝vAcos 30＝ m/s， 設(shè)經(jīng)過時間t兩球重力功率大小相等，則有：mAg(gt)＝mBg|(vB－gt)|， 解得：t＝ s。 答案：(1)減少0.75 J　(2)2 m/s 　(3) s 9.如圖9所示，傾角為θ的光滑斜面上放有兩個質(zhì)量均為m的小球A和B，兩球之間用一根長為L的輕桿相連，下面的小球B離斜面底端的高度為h。兩球從靜止開始下滑，不計(jì)球與水平面碰撞時的機(jī)械能損失，且地面光滑，求： 圖9 (1)兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度大??； (2)此過程中桿對A球所做的功。 解析：(1)由于不計(jì)摩擦及碰撞時的機(jī)械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有： mg(2h＋Lsin θ)＝2mv2 解得：v＝。 (2)因兩球在光滑水平面上運(yùn)動時的速度v比B從h處自由滑下的速度大，增加的動能就是桿對B做正功的結(jié)果。B增加的動能為： ΔEkB＝mv2－mgh＝mgLsin θ。 因系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以桿對B球做的功與桿對A球做的功的數(shù)值應(yīng)該相等，桿對B球做正功，對A做負(fù)功。 所以桿對A球做的功為： W＝－mgLsin θ。 答案：(1)　(2)－mgLsin θ 10.如圖10，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。 圖10 (1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動過程中對小車的最大壓力。 (2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車。已知滑塊質(zhì)量m＝，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求： ①滑塊運(yùn)動過程中，小車的最大速度大小vm； ②滑塊從B到C運(yùn)動過程中，小車的位移大小s。 解析：(1)滑塊滑到B點(diǎn)時對小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒 mgR＝mvB2① 滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律得 N－mg＝m② 解得N＝3mg③ 由牛頓第三定律得N′＝3mg。④ (2)①滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時，小車速度最大。由機(jī)械能守恒得 mgR＝Mvm2＋m(2vm)2⑤ 解得vm＝ 。⑥ ②設(shè)滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系得 mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2⑦ 設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動加速度大小為a，由牛頓第二定律得 μmg＝Ma⑧ 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律得 vC2－vm2＝－2as⑨ 解得s＝L。 答案：(1)3mg　(2)① ?、贚 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　功能關(guān)系和能量守恒問題 1．靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力，在整個上升過程中，物體機(jī)械能隨時間變化關(guān)系是(　　) 解析：選C　物體受恒力加速上升時，恒力做正功，物體的機(jī)械能增大，又因?yàn)楹懔ψ龉椋篧＝Fat2，與時間成二次函數(shù)關(guān)系，A、B項(xiàng)錯誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機(jī)械能守恒，D項(xiàng)錯誤，C項(xiàng)正確。 2. (多選)如圖1所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點(diǎn)P，另一端系一質(zhì)量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運(yùn)動。設(shè)開始時小球置于A點(diǎn)，彈簧處于自然狀態(tài)，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列正確的是(　　) 圖1 A．從A到B的過程中，小球的機(jī)械能守恒 B．從A到B的過程中，小球的機(jī)械能減少 C．小球過B點(diǎn)時，彈簧的彈力為mg＋m D．小球過B點(diǎn)時，彈簧的彈力為mg＋m 解析：選BC　運(yùn)動過程中，彈力對小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減少，A錯，B對；由牛頓第二定律得F－mg＝m，故小球過B點(diǎn)時，彈力F＝mg＋m，C對，D錯。 3．太陽能汽車是利用太陽能電池板將太陽能轉(zhuǎn)化為電能工作的一種新型汽車，已知太陽輻射的總功率約為41026 W，太陽到地球的距離約為1.51011 m，假設(shè)太陽光傳播到達(dá)地面的過程中約有40%的通量損耗，某太陽能汽車所用太陽能電池板接收到的太陽能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的轉(zhuǎn)化效率約為15%。汽車太陽能電池板的面積為8 m2，如果驅(qū)動該太陽能汽車正常行駛所需的機(jī)械功率20%來自于太陽能電池，則該太陽能汽車正常行駛所需的機(jī)械功率為(已知半徑為r的球表面積為S＝4πr2)(　　) A．0.2 kW　　　　　　　　 　B．5 kW C．100 kW D．1 000 kW 解析：選B　太陽的總功率分布在半徑是1.51011 m的球面上，則單位面積上的功率P0＝＝W/m2＝1.42103 W/m2；汽車吸收到的太陽功率P1＝(1－40%)15%P08，則汽車需要的功率約為：P總＝≈5 kW；故選B。 4．(多選)如圖2所示，卷揚(yáng)機(jī)的繩索通過定滑輪用力F拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移動，在移動過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．F對木箱做的功等于木箱增加的動能與木箱克服摩擦力所做的功之和 B．F對木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和 C．木箱克服重力做功等于木箱的重力勢能的增加量 D．F對木箱做的功等于木箱增加的機(jī)械能與木箱克服摩擦力所做的功之和 解析：選CD　克服重力做的功等于物體重力勢能的增加量，ΔEp＝－WG，C正確。由動能定理得WG＋Wf＋WF＝mv2，則WF＝mv2－WG－Wf＝(ΔEk＋ΔEp)－Wf，A、B錯誤，D正確。 5．(多選)如圖3所示，在粗糙的水平面上，質(zhì)量相等的兩個物體A、B間用一輕質(zhì)彈簧相連組成系統(tǒng)。且該系統(tǒng)在外力F作用下一起做勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動。不計(jì)空氣阻力，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運(yùn)動的過程中(　　) 圖3 A．外力對物體A所做總功的絕對值等于Ek B．物體A克服摩擦阻力做的功等于Ek C．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動能2Ek D．系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小量 解析：選AD　它們的總動能為2Ek，則A的動能為Ek，根據(jù)動能定理知：外力對物體A所做總功的絕對值等于物體A動能的變化量，即Ek，故A正確，B錯誤；系統(tǒng)克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)的動能和彈簧的彈性勢能的減小量，所以系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功不可能等于系統(tǒng)的總動能2Ek，故C錯誤；系統(tǒng)的機(jī)械能等于系統(tǒng)的動能加上彈簧的彈性勢能，當(dāng)它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運(yùn)動，系統(tǒng)克服阻力做的功一定等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小量，D正確。 6．(多選)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出，當(dāng)它上升到某一高度A點(diǎn)時，動能減少40 J，機(jī)械能減少10 J。設(shè)空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體(　　) A．在最高點(diǎn)時機(jī)械能為105 J B．上升到最高點(diǎn)后落回A點(diǎn)時機(jī)械能為70 J C．空氣阻力與重力大小之比為1∶4 D．上升過程與下落過程加速度大小之比為2∶1 解析：選BD　物體以120 J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運(yùn)動，當(dāng)上升到A點(diǎn)時，動能減少了40 J，機(jī)械能損失了10 J。根據(jù)功能關(guān)系可知：合力做功為－40 J，空氣阻力做功為－10 J，合力做功是阻力做功的4倍，則當(dāng)上升到最高點(diǎn)時，動能為零，動能減小了120 J，合力做功為－120 J，則阻力做功為－30 J，機(jī)械能減小30 J，因此在最高點(diǎn)時機(jī)械能為120 J－30 J＝90 J，故A錯誤；由上分析知，從A點(diǎn)到最高點(diǎn)機(jī)械能減小20 J，當(dāng)下落過程中，由于阻力做功不變，所以又損失了20 J，因此該物體落回A時的機(jī)械能為110 J－20 J－20 J＝70 J，故B正確；對從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的過程，根據(jù)功能關(guān)系：mgh＋fh＝40 J，fh＝10 J，則得：空氣阻力與重力大小之比為f∶mg＝1∶3，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有：mg＋f＝ma1；下降過程有：mg－f＝ma2；則得a1∶a2＝2∶1，故D正確。 7. (多選)如圖4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(jī)帶動，始終保持以速率v勻速運(yùn)動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，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傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是(　　) 圖4 A．電動機(jī)多做的功為mv2 B．摩擦力對物體做的功為mv2 C．電動機(jī)增加的功率為μmgv D．傳送帶克服摩擦力做功為mv2 解析：選BC　由能量守恒知電動機(jī)多做的功為物體動能增量和摩擦生熱Q，A錯誤。根據(jù)動能定理，對物體列方程，Wf＝mv2，B正確。因?yàn)殡妱訖C(jī)增加的功率P＝＝＝μmgv，C正確。因?yàn)閭魉蛶c物體共速之前，傳送帶的路程是物體路程的2倍，所以傳送帶克服摩擦力做功是摩擦力對物體做功的2倍，即mv2，D錯誤。 8．(多選)如圖5所示，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運(yùn)動。不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。則(　　) 圖5 A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時，b對地面的壓力大小為mg 解析：選BD　由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因?yàn)閯傂詶U不可伸長，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacos θ＝vb sin θ。當(dāng)a滑至地面時θ＝90，此時vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，選項(xiàng)B正確。同時由于b初、末速度均為零，運(yùn)動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯誤。桿對b的作用先是推力后是拉力，對a則先是阻力后是動力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時大于g，選項(xiàng)C錯誤。b的動能最大時，桿對a、b的作用力為零，此時a的機(jī)械能最小，b只受重力和支持力，所以b對地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確。正確選項(xiàng)為B、D。 9.小物塊A的質(zhì)量為m，物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為μ，水平面光滑；坡道頂端距水平面高度為h，傾角為θ；物塊從坡道進(jìn)入水平滑道時，在底端O點(diǎn)處無機(jī)械能損失，重力加速度為g。將輕彈簧的一端連接在水平滑道M處并固定在墻上，另一自由端恰位于坡道的底端O點(diǎn)，如圖6所示。物塊A從坡頂由靜止滑下，求： 圖6 (1)物塊滑到O點(diǎn)時的速度大??； (2)彈簧為最大壓縮量時的彈性勢能； (3)物塊A被彈回到坡道上升的最大高度。 解析：(1)由動能定理有mgh－μmghcot θ＝mv2 得v＝。 (2)水平滑道上，由能量守恒定律得Ep＝mv2 即Ep＝mgh－μmghcot θ。 (3)設(shè)物塊能上升的最大高度為h1，物塊被彈回過程中，由能量守恒定律得Ep＝mgh1＋μmgh1cot θ 解得h1＝。 答案：(1)　(2)mgh－μmghcot θ　(3) 10.如圖7所示，AB為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質(zhì)量M＝3 kg，車長L＝2.06 m，車上表面距地面的高度h＝0.2 m，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝1 kg的滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到B端后沖上小車。已知地面光滑，滑塊與小車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當(dāng)車運(yùn)動了t0＝1.5 s時，車被地面裝置鎖定(g＝10 m/s2)。試求： 圖7 (1)滑塊到達(dá)B端時，軌道對它支持力的大小； (2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離； (3)從車開始運(yùn)動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能大小。 解析：(1)由機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律得 mgR＝mvB2，NB－mg＝m， 則：NB＝30 N。 (2)設(shè)m滑上小車后經(jīng)過時間t1與小車同速，共同速度大小為v 對滑塊有：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1。 對于小車：μmg＝Ma2，v＝a2t1。 解得：v＝1 m/s，t1＝1 s，因t1vM， 即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)。 (3)設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep， 釋放m1時，Ep＝μm1gxCB 釋放m2時，可得Ep＝μm2gxCB＋m2v02 且m1＝2m2，可得Ep＝m2v02＝7.2 J m2在桌面上運(yùn)動過程中克服摩擦力做功為Wf， 則Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝5.6 J。 答案：(1)2.5 m　(2)見解析　(3)5.6 J