2019-2020年高中物理 第四章 機械能和能源 第6節(jié) 能源的開發(fā)與利用教學案 教科版必修2.doc

2019-2020年高中物理 第四章 機械能和能源 第6節(jié) 能源的開發(fā)與利用教學案 教科版必修21功是能量轉化的量度，不同形式的能量之間的轉化是通過做功來實現(xiàn)的。2自然界中的能量在轉移和轉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資源。能源與人類生活密切相關，節(jié)約能源，恰當?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內容：能量既不會憑空產生，也不會憑空消失，它只能從一種形式轉化為另一種形式，或者從一個物體轉移到另一個物體，在轉化或轉移的過程中，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資源。2能源的利用(1)人類對能源的利用大致經歷了三個時期，即柴草時期、煤炭時期、石油時期。(2)能源利用方式的改進極大地提高了勞動生產率，給人類的生活帶來了極大的改善，煤炭的利用和蒸汽機的誕生引起了產業(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：如風能、水能等。4常規(guī)能源產生的危害(1)煤炭燃燒產生煙塵，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，導致兩極冰雪融化，海平面上升。(2)煤煙中的致癌物質危害身體。(3)煤炭的開采和生產過程破壞土壤植被，產生的廢水污染水源及農田。(4)石油的開采、煉制、處理過程及其使用都對環(huán)境產生污染。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：風能、海洋能、太陽能、地熱能、氫能、生物質能及核聚變能等。(2)特點：多為可再生能源，且污染較小。1自主思考判一判(1)機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)生轉移或轉化，但能的總量是不變的。()(4)世上總能量雖然不變，但我們仍需要有節(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。你認為這種發(fā)電機能造出來嗎？并說明原因。圖461提示：不能。丹尼斯李發(fā)明的發(fā)電機不消耗其他能量而源源不斷地產生電能，違背了能量守恒，因此這種發(fā)電機不能制造出來。(2)如圖462所示是我國能源結構的統(tǒng)計圖。圖462請根據(jù)此圖數(shù)據(jù)完成下面兩個問題：(1)總結出我國能源結構或能源現(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)能源結構主要以煤為主；能源消耗中不可再生能源占據(jù)的比例過大，結構不合理；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、風能等)。能量守恒定律的理解和應用1適用范圍：能量守恒定律是貫穿物理學的基本規(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)E增E減，能量的增加量等于能量的減少量。3運用能量守恒定律解題的基本思路典例如圖463所示，一個粗細均勻的U形管內裝有同種液體，液體質量為m。在管口右端用蓋板A密閉，兩邊液面高度差為h，U形管內液體的總長度為4h，拿去蓋板，液體開始運動，由于管壁的阻力作用，最終管內液體停止運動，則該過程中產生的內能為()圖463A.mghB.mghC.mgh D.mgh思路點撥通過題圖可知，拿去蓋板后，最后兩端液面相平。U形管中的右側h高度的液體重心降低。解析去掉右側蓋板之后，液體向左側流動，最終兩側液面相平，液體的重力勢能減少，減少的重力勢能轉化為內能。如圖所示，最終狀態(tài)可等效為右側h的液柱移到左側管中，即增加的內能等于該液柱減少的重力勢能，則Qmghmgh，故A正確。答案A(1)能量既可通過做功的方式實現(xiàn)不同形式的能量之間的轉化，也可在同一物體的不同部分或不同物體間進行轉移。(2)能量在轉化與轉移過程中，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)下列關于能量守恒定律的認識正確的是()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)對外做功的機械永動機不可能制成D石子從空中落下，最后靜止在地面上，說明機械能消失了解析：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化為其他形式，或者從一個物體轉移到其他物體，A、B對，D錯；永動機違背了能量守恒定律，故它不可能制造出來，C對。2某地平均風速為5 m/s，已知空氣密度是1.2 kg/m3，有一風車，它的風葉轉動時可形成半徑為12 m的圓面。如果這個風車能將圓面內10%的氣流動能轉變?yōu)殡娔?，則該風車帶動的發(fā)電機功率是多大？解析：在t時間內作用于風車的氣流質量mr2vt這些氣流的動能為mv2，轉變成的電能Emv210%所以風車帶動發(fā)電機的功率為Pr2v310%代入數(shù)據(jù)得P3.4 kW。答案：3.4 kW摩擦力做功的特點與能量的關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功Wf1fs，Wf2fsWf1fs1，Wf2fs2圖析功能關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Wfx相對，即摩擦時產生的內能能量的變化只有能量的轉移，而沒有能量的轉化既有能量的轉移，又有能量的轉化相同點功的正負兩種摩擦力對物體可以做正功、負功，還可以不做功典例如圖464所示，在光滑的水平面上，有一質量為M的長木塊以一定的初速度向右勻速運動，將質量為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，當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)機械能的減少量。思路點撥(1)運動過程中m受向右的滑動摩擦力，M受向左的滑動摩擦力，大小都為mg。(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QmgL，即摩擦力對系統(tǒng)做的總功等于系統(tǒng)產生的熱量。(2)根據(jù)動能定理有mg(lL)mv20，其中(lL)為小鐵塊相對地面的位移，從上式可看出Ekmmg(lL)，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功，根據(jù)功能關系，得EkMmgl，即長木塊減少的動能等于長木塊克服摩擦力做的功mgl。(4)系統(tǒng)機械能的減少量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功EmgL。答案(1)mgL(2)mg(lL)(3)mgl(4)mgL(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)內能的增加量。(2)畫出運動示意圖，找出各自的位移和相對位移是求解該類問題的關鍵。1. (多選)如圖465所示，質量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上。質量為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動，物塊和小車之間的摩擦力為f。經過時間t，小車運動的位移為s，物塊剛好滑到小車的最右端()圖465A此時物塊的動能為(Ff)(sl)B這一過程中，物塊對小車所做的功為f(sl)C這一過程中，物塊和小車增加的機械能為FsD這一過程中，物塊和小車產生的內能為fl解析：選AD根據(jù)動能定理得，(Ff)(sl)mv20，則物塊的動能為Ek(Ff)(sl)，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；由功能關系得知，物塊和小車增加的機械能為F(sl)fl，故C錯誤；系統(tǒng)產生的內能等于系統(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v4 m/s的速度水平勻速運動，將質量為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fNmg0.2110 N2 N。由牛頓第二定律得木塊加速度a m/s22 m/s2。木塊速度達到4 m/s時需發(fā)生位移x m4 m<6 m，即木塊在到達B端之前就已達到最大速度4 m/s，后與傳送帶一起勻速運動，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WEkmv2142 J8 J。木塊滑動過程中與傳送帶的相對位移x相對vxm4 m。所以產生的摩擦熱為Qmgx相對0.21104 J8 J。答案：8 J8 J功能關系的理解和應用1功能關系概述(1)不同形式的能量之間的轉化是通過做功實現(xiàn)的，做功的過程就是能量之間轉化的過程。(2)功是能量轉化的量度。做了多少功，就有多少能量發(fā)生轉化。2幾種常見的功能關系功能的變化表達式重力做功正功重力勢能減少重力勢能變化WGEp負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Ep負功彈性勢能增加合力做功正功動能增加動能變化W合Ek負功動能減少除重力(或系統(tǒng)內彈力)外其他力做功正功機械能增加機械能變化W其他E負功機械能減少典例如圖467所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質量為m(包括雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為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467A運動員減少的重力勢能全部轉化為動能B運動員獲得的動能為mghC運動員克服摩擦力做功為mghD下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh思路點撥解答本題時應注意以下兩點：(1)根據(jù)運動員的加速度確定其摩擦力的大小和方向。(2)明確動能和機械能的變化對應什么力做功。解析運動員的加速度為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mgmgh，故C錯；摩擦力做功，機械能不守恒，減少的勢能沒有全部轉化為動能，而是有mgh轉化為內能，故A錯，D正確；由動能定理知，運動員獲得的動能為mgmgh，故B錯。答案D力做功都對應一定的能量轉化，搞清能量轉化與對應的力做功的關系，是解決此類問題的關鍵。 1. (多選)如圖468所示，質量為m的物體放在升降機的底板上。若升降機從靜止開始以a的加速度豎直向下運動一段位移h。下列說法正確的是()圖468A物體所受的支持力為B物體動能的增加量為mghC物體重力勢能的減小量為mghD物體機械能的減少量為解析：選CD根據(jù)牛頓第二定律得：mgNma，得物體所受的支持力為Nmgma，故A錯誤；合力做功為W合mahmgh，根據(jù)動能定理得，物體動能的增加量為EkW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)功能關系得知，物體機械能的減少量等于物體克服支持力做功，即為mgh，故D正確。2一質量m0.6 kg的物體以v020 m/s的初速度從傾角為30的斜坡底端沿斜坡向上運動。當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了Ek18 J，機械能減少了E3 J，不計空氣阻力，重力加速度g10 m/s2。求：(1)物體向上運動時加速度的大小；(2)物體返回斜坡底端時的動能。解析：(1)設物體在運動過程中所受的摩擦力大小為f，向上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律有a設物體動能減少Ek時，在斜坡上運動的距離為s，由功能關系得Ek(mgsin f)sEfs聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)可得a6 m/s2(2)設物體沿斜坡向上運動的最大距離為sm，由運動學規(guī)律可得sm設物體返回底端時的動能為Ek，由動能定理有Ek(mgsin f)sm聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)可得Ek80 J答案：(1)6 m/s2(2)80 J1有人設想在夏天用電冰箱來降低房間的溫度。他的辦法是：關好房間的門窗然后打開冰箱的所有門讓冰箱運轉，且不考慮房間內外熱量的傳遞，則開機后，室內的溫度將()A逐漸有所升高B保持不變C開機時降低，停機時又升高D開機時升高，停機時降低解析：選A冰箱工作，會產生熱量，即消耗電能，產生了內能，且房間與外界沒有能量交換，所以房內溫度會升高，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 JB物體具有的能量減少100 JC有100 J的能量發(fā)生了轉化D產生了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械能不變，故A、B、D錯誤，C正確。3關于能源的開發(fā)和節(jié)約，你認為以下觀點錯誤的是()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，擔心能源枯竭實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)象中在能量轉化方面的共同點是()圖1A物體的機械能轉化為其他形式的能量B物體的動能全部轉化為重力勢能C其他形式的能量轉化為物體的機械能D物體的重力勢能轉化為其他形式的能量解析：選A題圖中幾種現(xiàn)象的共同特點是物體的機械能轉化為其他形式的能量，選項A正確。5(多選)某人將重物由靜止開始舉高h，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械能的改變量，B正確；重力做負功，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)質量為m1、m2的兩物體，靜止在光滑的水平面上，質量為m的人站在m1上用恒力F拉繩子，經過一段時間后，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。則這段時間內此人所做的功的大小等于()圖2AFs2BF(s1s2)C.m2v22(mm1)v12 D.m2v22解析：選BC根據(jù)功能轉化關系知道：人做的功都轉化成了系統(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)恒力做功的計算方法繩子上的力也為F，由恒力做功公式WFs得：WF(s1s2)，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生的內能分別為QA、QB，設木塊對子彈的摩擦力大小一定，則()AvAvB，QAQB BvAvB，QAQBCvAvB，QAQB DvAvB，QAQB解析：選D設子彈的初速度為v0，質量為m，木塊的厚度為d，穿透過程中子彈所受阻力大小為，未固定的木塊前進了x，根據(jù)動能定理：dmv02mvA2，(dx)mv02mvB2，比較以上兩式得vAvB，兩種情況下產生的熱量相等，QAQBd，故D正確。8. (多選)如圖3所示，在粗糙的桌面上有一個質量為M的物塊，通過輕繩跨過定滑輪與質量為m的小球相連，不計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3A小球的機械能守恒B物塊與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒C若小球勻速下降，小球減少的重力勢能等于物塊M與桌面間摩擦產生的熱量D若小球加速下降，小球減少的機械能大于物塊M與桌面間摩擦產生的熱量解析：選CD由于繩子對小球做負功，因此小球的機械能減小，A錯誤；由于桌面粗糙，摩擦力對M做負功，因此物塊與小球組成的系統(tǒng)機械能減小，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化為動能，而是完全轉化為M與桌面摩擦生成的熱量，C正確；而若小球加速下降，則小球減小的機械能一部分摩擦生熱，另一部分轉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)，下列說法正確的是()圖4A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)的機械能最大C恒力對系統(tǒng)一直做正功，系統(tǒng)的機械能不斷增大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)的機械能最大，B正確。彈簧達到最長后，甲、乙兩車開始反向加速運動，F(xiàn)1、F2對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)機械能開始減小，C錯誤。當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，質量為m的物塊從A點由靜止開始下落，加速度是，下落H到B點后與一輕彈簧接觸，又下落h后到達最低點C，在由A運動到C的過程中，空氣阻力恒定，則()圖5A物塊機械能守恒B物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C物塊機械能減少mg(Hh)D物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少mg(Hh)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又將一部分機械能轉化為彈簧的彈性勢能，因此機械能肯定減少，故A錯誤；對于物塊和彈簧組成的系統(tǒng)來說，減少的機械能為克服空氣阻力所做的功，故B錯誤；由A運動到C的過程中，物塊的動能變化為零，重力勢能減小量等于機械能的減小量，所以物塊機械能減少mg(Hh)，故C錯誤；物塊從A點由靜止開始下落，加速度是g，根據(jù)牛頓第二定律得：fmgmamg，所以空氣阻力所做的功mg(Hh)，整個系統(tǒng)機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)機械能減少mg(Hh)，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？(g10 m/s2，不計發(fā)電機的能量損失)圖6解析：退潮時，由壩內流向壩外的水的質量mVSh1.01031.0107(2018)kg21010 kg該過程中重力勢能的減少量Ep減mg兩次漲潮、退潮共減少Ep2mgmgh故每天發(fā)出的電能E電Ep10%2101010210% J41010 J。答案：41010 J12.嚴重的霧霾天氣，對國計民生已造成了嚴重的影響。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。地鐵列車可實現(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動，先勻加速運動20s達最高速度72km/h，再勻速運動80 s，接著勻減速運動15 s到達乙站停住。設列車在勻加速運動階段牽引力為1106 N，勻速運動階段牽引力的功率為6103 kW，忽略勻減速運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)污染物的質量。(燃油公交車每做1焦耳功排放氣態(tài)污染物3106克)解析：(1)設列車勻加速直線運動階段所用的時間為t1，距離為s1；在勻速直線運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s1v t1s2v t2s3v t3ss1s2s3聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得s1 950 m。(2)設列車在勻加速直線運動階段的牽引力為F，所做的功為W1；在勻速直線運動階段的牽引力的功率為P，所做的功為W2。設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)污染物的質量為M。則W1Fs1W2Pt2WW1W2M(3109kgJ1)W聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得M2.04 kg。答案：見解析動能定理和機械能守恒的綜合應用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；質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2 mg，重力加速度大小為g。質點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()圖1A.mgRB.mgRC.mgR D.mgR解析：選C在Q點，Nmg，所以v；由P到Q根據(jù)動能定理得mgRWfmv2，解得WfmgR，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。小車和小球一起以速度v向右勻速運動。當小車遇到障礙物突然停止后，小球上升的高度可能是()圖2A等于 B大于C小于 D與小車的速度v有關解析：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mv2mgh，解得h；另一可能是速度較大，小球滑出弧面做斜拋運動，到最高點還有水平速度，則此時小球所能達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量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，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3A圓環(huán)機械能守恒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mghD彈簧與光滑桿垂直時圓環(huán)動能最大解析：選C圓環(huán)與彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)機械能不守恒，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)與彈簧構成的系統(tǒng)機械能守恒，圓環(huán)的機械能減少了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，所以做加速運動，D錯誤。4.質量均為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的傾斜軌道，兩小球運動過程中始終接觸。若兩軌道通過一小段圓弧平滑連接，不計摩擦阻力及彎道處的能量損失，則兩小球運動到最高點的過程中，A球對B球所做的功()圖4A0 BmgRsin C2mgRsin D2mgR解析：選B設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)機械能守恒定律得2mv2mghmg(h2Rsin )再對B，由動能定理得Wmg(h2Rsin )0mv2聯(lián)立解得A球對B球所做的功WmgRsin ，故選B。5.如圖5所示，一輛汽車通過圖中的細繩拉起井中質量為m的重物。開始時汽車在A點，繩子已拉緊且豎直，左側繩長為H。汽車加速向左運動，沿水平方向從A經過B駛向C，且A、B間的距離也為H，汽車過B點時的速度為v0。求汽車由A移動到B的過程中，繩的拉力對重物做的功。設繩和滑輪的質量及摩擦力不計，滑輪、汽車的大小都不計。圖5解析：將汽車到達B點時的速度v0分解如圖所示，汽車到達B點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v1v0 cos 重物上升的高度hH，設拉力對重物做的功為WF，由動能定理得WFmghmv12拉力對重物做的功WFmgm(v0 cos )2(1)mgHmv02。答案：(1)mgHmv026如圖6甲所示，一質量為m1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，從t0時刻開始，物塊受到按如圖乙所示規(guī)律變化的水平力F作用并向右運動，第3 s末物塊運動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)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動，即Fmgma由運動學公式知：xABat2代入數(shù)據(jù)解得：xAB4 m。(2)物塊在前3 s內動能改變量為零，由動能定理得：W1Wf0，即W1mgxAB0則前3 s內水平力F做的功為W18 J根據(jù)功的定義式WFx得，水平力F在第35 s時間內所做的功為W2FxAB16 J則水平力F在5 s內對物塊所做的功為WW1W224 J。答案：(1)4 m(2)24 J7.如圖7所示，豎直平面內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點在O的正下方，小球自A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點時進入管道，從上端口飛出后落在C點，當小球到達B點時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍。求：圖7(1)釋放點距A點的豎直高度；(2)落點C與A點的水平距離。解析：(1)設小球到達B點的速度為v1，因為到達B點時，管壁對小球的彈力大小是小球重力大小的9倍，所以有9mgmg設B點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得mg(hR)mv12解得h3R。(2)設小球到達最高點的速度為v2，落點C與A點的水平距離為x。由機械能守恒定律得mv12mv22mg2R由平拋運動的規(guī)律得Rgt2，Rxv2t解得x(21)R。答案：(1)3R(2)(21)R8.如圖8所示，半徑為R1.5 m的光滑圓弧支架豎直放置，圓心角60，支架的底部CD離地面足夠高，圓心O在C點的正上方，右側邊緣P點固定一個光滑小輪，可視為質點的小球A、B分別系在足夠長的跨過小輪的輕繩兩端，兩球的質量分別為mA0.3 kg、mB0.1 kg。將A球從緊靠小輪處由靜止釋放，求：圖8(1)當A球運動到C點時，兩球組成系統(tǒng)的重力勢能的變化量；(2)A球運動到C點時的速度大??；(3)若A球運動到C點時輕繩突然斷裂，從此時開始，需經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系得：A球重力勢能變化量為：EpAmAghA0.3101.5(1cos 60) J2.25 J，B球重力勢能變化量為：EpBmBgR0.1101.5 J1.5 J，兩球組成系統(tǒng)的重力勢能的變化量為：EpEpAEpB0.75 J，即系統(tǒng)重力勢能減少0.75 J。(2)系統(tǒng)機械能守恒：mAvA2mBvB2Ep0，根據(jù)幾何關系得：vAcos 30vB，聯(lián)立解得：vA2 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：vBvAcos 30 m/s，設經過時間t兩球重力功率大小相等，則有：mAg(gt)mBg|(vBgt)|，解得：t s。答案：(1)減少0.75 J(2)2 m/s (3) s9.如圖9所示，傾角為的光滑斜面上放有兩個質量均為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，不計球與水平面碰撞時的機械能損失，且地面光滑，求：圖9(1)兩球在光滑水平面上運動時的速度大?。?2)此過程中桿對A球所做的功。解析：(1)由于不計摩擦及碰撞時的機械能損失，因此兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒。兩球在光滑水平面上運動時的速度大小相等，設為v，根據(jù)機械能守恒定律有：mg(2hLsin )2mv2解得：v。(2)因兩球在光滑水平面上運動時的速度v比B從h處自由滑下的速度大，增加的動能就是桿對B做正功的結果。B增加的動能為：EkBmv2mghmgLsin 。因系統(tǒng)的機械能守恒，所以桿對B球做的功與桿對A球做的功的數(shù)值應該相等，桿對B球做正功，對A做負功。所以桿對A球做的功為：WmgLsin 。答案：(1)(2)mgLsin 10.如圖10，質量為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。一質量為m的滑塊在小車上從A點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點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車。已知滑塊質量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，求：滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm；滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。解析：(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒mgRmvB2滑塊在B點處，由牛頓第二定律得Nmgm解得N3mg由牛頓第三定律得N3mg。(2)滑塊下滑到達B點時，小車速度最大。由機械能守恒得mgRMvm2m(2vm)2解得vm 。設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系得mgRmgLMvC2m(2vC)2設滑塊從B到C過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律得mgMa由運動學規(guī)律得vC2vm22as解得sL。答案：(1)3mg(2) L功能關系和能量守恒問題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。不計空氣阻力，在整個上升過程中，物體機械能隨時間變化關系是()解析：選C物體受恒力加速上升時，恒力做正功，物體的機械能增大，又因為恒力做功為：WFat2，與時間成二次函數(shù)關系，A、B項錯誤；撤去恒力后，物體只受重力作用，所以機械能守恒，D項錯誤，C項正確。2. (多選)如圖1所示，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧，一端系在豎直放置的半徑為R的圓環(huán)頂點P，另一端系一質量為m的小球，小球穿在圓環(huán)上做無摩擦的運動。設開始時小球置于A點，彈簧處于自然狀態(tài)，當小球運動到最低點時速率為v，對圓環(huán)恰好沒有壓力。下列正確的是()圖1A從A到B的過程中，小球的機械能守恒B從A到B的過程中，小球的機械能減少C小球過B點時，彈簧的彈力為mgmD小球過B點時，彈簧的彈力為mgm解析：選BC運動過程中，彈力對小球做負功，小球的機械能減少，A錯，B對；由牛頓第二定律得Fmgm，故小球過B點時，彈力Fmgm，C對，D錯。3太陽能汽車是利用太陽能電池板將太陽能轉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，假設太陽光傳播到達地面的過程中約有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化為機械能的轉化效率約為15%。汽車太陽能電池板的面積為8 m2，如果驅動該太陽能汽車正常行駛所需的機械功率20%來自于太陽能電池，則該太陽能汽車正常行駛所需的機械功率為(已知半徑為r的球表面積為S4r2)()A0.2 kWB5 kWC100 kW D1 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P0W/m21.42103 W/m2；汽車吸收到的太陽功率P1(140%)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，卷揚機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2AF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BF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DF對木箱做的功等于木箱增加的機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，EpWG，C正確。由動能定理得WGWfWFmv2，則WFmv2WGWf(EkEp)Wf，A、B錯誤，D正確。5(多選)如圖3所示，在粗糙的水平面上，質量相等的兩個物體A、B間用一輕質彈簧相連組成系統(tǒng)。且該系統(tǒng)在外力F作用下一起做勻加速直線運動，當它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運動。不計空氣阻力，認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，從撤去拉力F到系統(tǒng)停止運動的過程中()圖3A外力對物體A所做總功的絕對值等于EkB物體A克服摩擦阻力做的功等于EkC系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功可能等于系統(tǒng)的總動能2EkD系統(tǒng)克服摩擦阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減小量解析：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)的機械能等于系統(tǒng)的動能加上彈簧的彈性勢能，當它們的總動能為2Ek時撤去水平力F，最后系統(tǒng)停止運動，系統(tǒng)克服阻力做的功一定等于系統(tǒng)機械能的減小量，D正確。6(多選)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出，當它上升到某一高度A點時，動能減少40 J，機械能減少10 J。設空氣阻力大小不變，以地面為零勢能面，則物體()A在最高點時機械能為105 JB上升到最高點后落回A點時機械能為70 JC空氣阻力與重力大小之比為14D上升過程與下落過程加速度大小之比為21解析：選BD物體以120 J的初動能豎直向上拋出，做豎直上拋運動，當上升到A點時，動能減少了40 J，機械能損失了10 J。根據(jù)功能關系可知：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，則當上升到最高點時，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，機械能減小30 J，因此在最高點時機械能為120 J30 J90 J，故A錯誤；由上分析知，從A點到最高點機械能減小20 J，當下落過程中，由于阻力做功不變，所以又損失了20 J，因此該物體落回A時的機械能為110 J20 J20 J70 J，故B正確；對從拋出點到A點的過程，根據(jù)功能關系：mghfh40 J，fh10 J，則得：空氣阻力與重力大小之比為fmg13，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有：mgfma1；下降過程有：mgfma2；則得a1a221，故D正確。7. (多選)如圖4所示，質量為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，始終保持以速率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傳送帶靜止這一過程，下列說法正確的是()圖4A電動機多做的功為mv2B摩擦力對物體做的功為mv2C電動機增加的功率為mgvD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，Wfmv2，B正確。因為電動機增加的功率Pmgv，C正確。因為傳送帶與物體共速之前，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，由靜止開始運動。不計摩擦，a、b可視為質點，重力加速度大小為g。則()圖5Aa落地前，輕桿對b一直做正功Ba落地時速度大小為Ca下落過程中，其加速度大小始終不大于gDa落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg解析：選BD由題意知，系統(tǒng)機械能守恒。設某時刻a、b的速度分別為va、vb。此時剛性輕桿與豎直桿的夾角為，分別將va、vb分解，如圖。因為剛性桿不可伸長，所以沿桿的分速度v與v是相等的，即vacos vb sin 。當a滑至地面時90，此時vb0，由系統(tǒng)機械能守恒得mghmva2，解得va，選項B正確。同時由于b初、末速度均為零，運動過程中其動能先增大后減小，即桿對b先做正功后做負功，選項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D正確。正確選項為B、D。9.小物塊A的質量為m，物塊與坡道間的動摩擦因數(shù)為，水平面光滑；坡道頂端距水平面高度為h，傾角為；物塊從坡道進入水平滑道時，在底端O點處無機械能損失，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，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mghmghcot mv2得v。(2)水平滑道上，由能量守恒定律得Epmv2即Epmghmghcot 。(3)設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Epmgh1mgh1cot 解得h1。答案：(1)(2)mghmghcot (3)10.如圖7所示，AB為半徑R0.8 m的光滑圓弧軌道，下端B恰與小車右端平滑對接。小車質量M3 kg，車長L2.06 m，車上表面距地面的高度h0.2 m，現(xiàn)有一質量m1 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)0.3，當車運動了t01.5 s時，車被地面裝置鎖定(g10 m/s2)。試求：圖7(1)滑塊到達B端時，軌道對它支持力的大??；(2)車被鎖定時，車右端距軌道B端的距離；(3)從車開始運動到被鎖定的過程中，滑塊與車面間由于摩擦而產生的內能大小。解析：(1)由機械能守恒定律和牛頓第二定律得mgRmvB2，NBmgm，則：NB30 N。(2)設m滑上小車后經過時間t1與小車同速，共同速度大小為v對滑塊有：mgma1，vvBa1t1。對于小車：mgMa2，va2t1。解得：v1 m/s，t11 s，因t1<t0，故滑塊與小車同速后，小車繼續(xù)向左勻速行駛了0.5 s，則小車右端距B端的距離為l車t1v(t0t1)。解得l車1 m。(3)Qmgl相對mg。解得Q6 J。答案：(1)30 N(2)1 m(3)6 J11.如圖8所示，傳送帶與水平面之間的夾角30，其上A、B兩點間的距離x5 m，傳送帶在電動機的帶動下以v1 m/s的速度勻速運動，現(xiàn)將一質量m10 kg的小物體(可視為質點)輕放在傳送帶的A點，已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中，(g取10 m/s2)求：圖8(1)傳送帶對小物體做的功；(2)電動機做的功。解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律知mgcos mgsin ma可得ag2.5 m/s2當小物體的速度為1 m/s時，位移為x0.2 m即小物體勻加速運動了0.2 m，勻速運動了4.8 mEkmv20Epmgxsin 由功能關系可得WEkEp255 J。(2)電動機做功使小物體機械能增加，同時小物體與傳送帶間因摩擦產生熱量Q，而由vat，得t0.4 s相對位移xvtx0.2 m摩擦生熱Qmgxcos 15 JW電WQ255 J15 J270 J故電動機做的功為270 J。答案：(1)255 J(2)270 J12如圖9所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點。水平桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135的圓弧，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R。用質量m10.4 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點，釋放后彈簧恢復原長時物塊恰停止在B點。用同種材料、質量為m20.2 kg的小物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后做勻變速運動，物塊由B到D位移與時間的關系為s6t2t2，物塊飛離桌面后恰好由P點沿切線進入圓弧軌道，g10 m/s2，不計空氣阻力。求：圖9(1)BD間的距離；(2)判斷小物塊m2能否沿圓弧軌道到達M點(要求寫出判斷過程)；(3)小物塊m2由C點釋放運動到D過程中克服摩擦力做的功。解析：(1)由物塊過B點后其位移與時間的關系s6t2t2得v06 m/s，加速度a4 m/s2物塊由D點以初速度vD做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy，tan 45得vD4 m/sBD間位移為s12.5 m。(2)若物塊能沿軌道到達M點，其速度為vMm2vM2m2vD2m2gR得vM m/s若物塊恰好能沿軌道過M點，則m2gm2，解得vM m/s>vM，即物塊不能到達M點。(3)設彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep，釋放m1時，Epm1gxCB釋放m2時，可得Epm2gxCBm2v02且m12m2，可得Epm2v027.2 Jm2在桌面上運動過程中克服摩擦力做功為Wf，則EpWfm2vD2，可得Wf5.6 J。答案：(1)2.5 m(2)見解析(3)5.6 J