机械能守恒与能量守恒定律经典习题

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1、专题二机械能守恒与能量守恒高考要求内容要求重力势能、做功与重力势能改变的关系II弹性势能I机械能守恒定律II能量守恒定律II本专题涉及的考点有：重力势能、弹性势能、机械能守恒定律、能量转化及守恒定律都是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。机械能守恒定律、能的转化和守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三人途径之O考纲对本部分考点要求为I【类有三个。考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常

2、涉及本专题知识。它的特点：一般过程复杂、难度人、能力要求高。还常考查考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学知识解决物理问题的能力。所以复习时要重视对基本概念、规律的理解掌握，加强建立物理模型、运用数学知识解决物理问题的能力。由于新课程标准更注重联系生活、生产实际，更重视能源、环保、节能等问题，因此，能量的转化及其守恒很有可能在新课程的第一年高考中有所体现，师生们应引起足够的重视。知识体系知识点拨1、机械能守恒定律机械能守恒的条件：系统内只有重力（或弹力）做功，其它力不做功（或没有受到其它力作用） 从做功的角度看，只有重力或弹簧的弹力做功或系统内的弹力做功，机械能守恒。 从能屋

3、的角度看，只有系统内动能和势能的相互转化，没有机械能与其他形式能量之间的转化,机械能守恒。疵械能守恒岳方程：初始等于最终：Ekl+Epl=Ek2+Ep2减少等于增加：Ek=-EP用第二种方法有时更简捷。对机械能守恒定律的理解：机械能守恒定律是对一个过程而言的，在做功方面只涉及跟重力势能有关的重力做功和跟弹性势能相关的弹力做功。在机械能方面只涉及初状态和末状态的动能和势能，而不涉及运动的各个过程的详细情况：因此,用来分析某些过程的状态量十分简便。机械能中的势能是指重力势能和弹性势能，不包括电势能和分子势能，这一点要注意。思维误区警示：对于一个系统，系统不受外力或合外力为零，并不能保证重力以外其他

4、力不做功，所以系统外力之和为零，机械能不一定守恒，而此时系统的动量却守恒（因为动量守恒的条件是系统的合外力为零）。同样，只有重力做功，并不意味系统不受外力或合外力为零。2、能量守恒定律（1）内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移互另一个物体，在转化和转移的过程中其总量保持不变。（2）对能量守恒定律的理解： 某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能的增加，且减少量和增加量一定相等。 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。（3）能量转化和转移具有方向性第二类永动机不可制成，它不违反能量守恒定律，只是违背了能

5、量转化和转移的不可逆性。3、各定理、定律对比适用条件表达式研究对彖备注*动量守恒定律系统所受的合外力为零P总0=戸总1一定是两个物体或两个以上物体组成的系统注意动量守恒和机械能守恒的条件的区别机械能守恒定律只有重力或弹簧的弹力做功时Ei=E2EpEk堵一个或多个物体组成的系统E为机械能能量守恒定律均适用E总i=E总2EEm一个或多个物体组成的系统E为总能量：自然界均遵从能量守恒。4、求各变化量（AEk、AEP.AE机）的常用方法:常用方法求厶EkAEk=EK2-EKiEk=Wa通过求合外力做功求动能的变化量（更常用）求厶EpEp=Ep2-EpiAEp=Wo=nigAh通过求重力做功求AEp；当

6、Wg做正功时，Ep减小；当W。做负功时，Ep增加（常用）求厶E机El=E2-EiEn=WG其它通过求除重力以外的其它力做功求机械能的变化量（更常用）5、重力做功的特点：Wo=Epi-Ep2=ingAh重力做功与路径无关重力做正功，重力势能减少，重做负功，重力势能增加注意：AEp和重力做功与参考平面的选择无关（但重力势能与参考平面的选择有关）专题探究（一）利用机械能守恒定律求解抛体运动问题案例从离水平地面高为H的A点以速度心斜向上抛出一个质量为加的石块，已知心与水平方向的夹角为不计空气阻力，求:图1（1）石块所能达到的最人高度（2）石块落地时的速度命题解读：本题研究抛体运动中的机械能守恒定律。斜

7、抛运动的水平分运动是匀速直线运动，因此石块在最高点的速度是抛岀初速度的水平分量。石块只受重力的作用，机械能守恒。分析与解：石块抛出后在空中运动过程中，只受重力作用，机械能守恒，作出石块的运动示意图（1）设石块在运动的最高点B处与抛出点A的竖直高度差为儿水平速度为血,贝|J1,B=V?Oa=VoCOS石块从A到B,根据机械能守恒定律血沪码徽得:讪=mvo2-mva222联立得：叮一心釦_vosin&2g2g则石块所能达到的（距地面）最大高度为：H+h=H+M?2g（2）取地面为参考平面，对石块从抛出点A至落地点C的整个运动过程应用机械能守恒定律得丄mvc2=mv（r+mgH22解得石块落地时的速

8、度人小为：kJ叮+2gH变式训练：某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。弧形轨道末端水平，离地面的高度为H。将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s（1）若轨道完全光滑，S）与h的理论关系应满足Q=（用H、h表示）。（2）该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示：?/x10第5页共29页第#页共29页请在坐标纸上作出S-11关系图.（3）对比实验结果与理论计算得到的sh关系图线（图中已画出），自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速度（填“小于”或“大于”）理论值.（4）从Q-h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是

9、.动能，或者是弧形轨道的摩擦力太人。解析：（1）由钢球在弧形槽上运动，机械能守恒:mgh=1一/7V2离开弧形槽后，钢球做平抛运动:水平方向：V=-,t竖直方向：H=gt22联立解得：S-4H11話能：i：3it“中wr：.卜卜.卜讨v4“423rl:l:s4sr第#页共29页（2）由实验数据作图，得到一条通过原点的斜率比理论图线小的直线。（3）实验图和理论图比较可以发现，小球从相同高度下落，对应的s实s理，又s-v,说明自同一高度静止释放的小球，水平抛出的速率小于理论值。（4）实验中速率差十分明显，可能是一部分重力势能转变成钢球的转动动能，或者是弧形轨道的摩擦力太大的原因。（二）利用机械能守

10、恒定律解决弹力做功与弹性势能问题案例2、如图所示，一个质量为m的物体自高h处自由下落，落在一个劲度系数为k的轻质弹簧上。求：当物体速度达到最人值卩时，弹簧对物体做的功为多少？命题解读：弹簧的弹力是变力，弹力做功是变力做功，本题由于形变量不清楚，不能运用F/图彖求弹力做的功；只能根据机械能守恒定律先求解出弹性势能的变化，再运用功能关系求解弹力做的功。同时要注意物体在平衡位置时动能最大，运动的速度最大。分析与解：在物体与弹簧相互作用的过程中，开始时弹力较小，故物体向下加速，这时弹力F逐渐增大，物体的加速度。逐渐变小，当重力与弹力相等时，物体的速度刚好达到最人值以设物体向下的速度y最大时，弹簧的形变

11、量即压缩量为”则平衡时：物体与弹簧组成的系统只有重力、弹力做功，故系统的机械能守恒。当物体速度达到最人“时，弹簧的弹性势能为价，由机械能守恒定律有:mg（h+x）=mv2+Ep由上面两式可得：价=劲+也込丄gk2由功能关系町知，弹簧弹性势能的增加量与弹簧力做功的数值相等。故弹簧对物体所做的功为:W=-Ep=mv2-mgh（吨）第7页共29页第#页共29页变式训练：变式1、如图所示的弹性系统中，接触面光滑，O为弹簧自由伸长状态。第一次将物体从O点拉到A点释放，第二次将物体从O点拉到B点释放，物乡体返回到o点时，下列说法正确的是：（）|a、弹力做功-定相同E、到达O点时动能期一定相同OABC、物体

12、在E点的弹性势能大D、系统的机械能不守恒解析：弹簧的形变不同，弹力做功不同，A错。弹力做功不同，弹性势能的减少量不同,由机械能守恒定律知，物体回到O点的动能不同，B错误。物体在B点形变最人，弹性势能最大，C正确。系统只有弹力做功，机械能一定守恒，D错误。正确答案选C。变式2、如图，质量为的物体A经一轻质弹簧与卞方地面上的质量为m,的物体E相连，弹簧的劲度系数为k,A、E都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为ms的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使E离开地面但不继续上升若将C换成

13、另一个质量为（im+mj的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次E刚离地时D的速度的人小是多少？已知重力加速度为g解析：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为血，有kx=挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为有kx2=m2gB不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点.由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ETihg（兀+x2）-“g（兀+x2）C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得丄（“+坷+mfi2=（叫+X2）“g（兀+X2）比2第#页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明11联立解得2如如呼Y（2“+“

14、）k（三）利用机械能守恒定律求多个物体组成系统的运动速度问题案例1、如图所示，质量均为加的小球A、B、C,用两条长为/的细线相连，置于高为力的光滑水平桌面上，/bA球刚跨过桌边若4球、B球相继下落着地后均不再反跳，则C球离开桌边时的速度大小是多少？命题解读：本题考查系统机械能守恒定律。对每个小球而言，由于绳子的拉力做功，每个小球的机械能不守恒。而且只能分段运用机械能守恒定律求解。运用动能定理也能求解，但拉力要做功解题就比较麻烦。分析与解：当A小球刚要落地时，三小球速度相等设为小三个小球机械能守恒。当E球刚要落地时，E、C机械能守恒。E、C有共同速度，设卩2mgh+=tngh+丄ig解得：v2=

15、I可见:C球离开桌边时的速度人小是V.变式训练：变式1、半径为R的光滑圆柱体固定在地面上，两质量分别是M和m的小球用细线连接，正好处于水平直径的两端，从此位置释放小球，当m运动到最高点时，对球的压力恰好为零，求此时M的速度和两小球的质量之比。解析：对系统运用机械能守恒定律Mg-7iR-mgR=（M+m）v2亠vM在最高点时，mg=m一M7r-联立解得：m3变式2、如图所示，一辆小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置释放（无初速度），则小球在下摆过程中（）A.绳对小车的拉力不做功B.绳对小球的拉力做正功C.小球的合外力不做功D.绳对小球的拉力做负功解析：由于绳子的拉力对物

16、体做功，每个物体的机械能不守恒。对系统没有机械能的能量损失，因此系统的机械能是守恒的。小球由静止开始做变速曲线运动，动能增加，合力做正功，C错误。小车在拉力作用下运动，绳子对小车的拉力做正功，绳子对小球的拉力做负功，D正确，A、E错误。正确答案：D（四）利用机械能守恒定律求解质量分布均匀的绳子、链子问题案例3如图3所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为L质量为N1的铁链，使其1/3垂在桌边。松手后，铁链从桌边滑下，求铁链末端经过桌边时运动速度是过少？命题解读：绳子、铁链子运动的问题，对于每一部分来讲都是变力，运用动能定理难以解决过程中变力做的功。但运用机械能守恒定律只需要知道绳子的两个运动的状态

17、，不必考虑运动过程，因此解题就简单了。此类问题的重力势能要取每部分的中心，要选好参考平面，尽量使解题简捷。分析与解：松手后，铁链在运动过程中，受重力和桌面的支持力，支持力的方向与运动方向垂直，对铁链不做功，即这一过程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，从松手到铁链离开桌边，铁链的机械能守恒。以桌面为重力势能参考面松手时，桌外部分的质量为-m,其重心在桌面F-L处36此时铁链的重力势能为：-mg-L=mgL3618铁链末端刚离桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下丄L处2此时铁链的重力势能为：-mgL2设此时铁链的速度为”，由机械能守恒定律有：-mgL=一丄mgL+丄mv21822解得:故铁

18、链末端经过桌边时，铁链的运动速度是2呼变式训练：变式1、如图所示，均匀的铁链子搭在小定滑轮上，左端占总长的2/5,现将铁链由静止释放，当多少？解析：选取滑轮中心水平线为参考平面，设绳子总长为/根据系统机械能守恒定律：3321/?gxI-fngxl=-mg+mv2解得铁链子刚刚离开滑轮时，链子的运动速度是:变式2、如图16所示，游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为L,圆形轨道半径为R，（R远人于一节车厢的高度h和长度人但L2兀R）己知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着圆周运动而不能脱轨。试问：列车在水平轨道上应具有多人初速度Vo,才能使列车通过圆形轨道？解析：列车开上圆轨道时速度开始

19、减慢，当整个圆轨道上都挤满了一节节车厢时，列车速度达到最小值V,此最小速度一直保持到最后一节车厢进入圆轨道，然后列车开始加速。由于轨道光滑，列车机械能守恒，设单位长列车的质量为儿则有：丄山:=-ALv2+入2/iRgR22要使列车能通过圆形轨道，则必有20（五）利用机械能守恒定律求解连通器水流速问题案例5、粗细均匀的U型管两端开II,左端用活塞压着液体，此时两液面的高度差为h,液体的总长度为L,U型管的截面积为s,液体的密度为P。现在突然抽去活塞，（1）不计阻力影响，当两端液面相平时，液体运动的速度是多少？（2）若最终液体静II不动，则系统产生的内能是多少?命题解读：流体的运动也是“变力”作用

20、的运动，但在一定的位置流体的运动状态是一定的。研究流体的运动速度，能量问题，最好运用机械能守恒定律和能量转化及守恒定律。研究的方法是把变质量看作定质量，运用“补偿法”、“等效法二整体法”、“对称法”去解决问题。分析与解：（1）若不计阻力。如图所示，当两端液面相平时，可以等效地认为是把高度为的液体对称地补偿到另一端，看成是定质量问题。系2统重力势能的减少屋等于动能的增加量。口nhhr解得两端液面相平时，液体运动的速度是u=即：p_sg_=一pLs厂（2）根据能量转化及守恒定律，系统重力势能的减少量等于内能的增加量所以增加的内能是：变式训练:如图所示，容器A、B各有一个可以自由移动的活塞，活塞截面

21、积分别为Sa、S,活塞下面是水，上面是空气，大气压恒为P,A、B底部与带有阀门K的管道相连,整个装置与外界绝热原先,A中水面比E中高h,打开阀门，使A中水逐渐流向B中，最后达平衡，在这个过程中，人气压对水做功为,水的内能增加为（设水的密度为p）解析：（1）设平衡时，左侧水面下降高度h右侧水面下降高度h两侧体积相等,即:hAsA=hBsB左侧大气压对水做正功:WA=PQhAsA右侧大气压对水做负功：Wp=-4九斥第7页共29页图162011年高考第二轮复习资料姚维明11人气压对水做的总功为W=WA+WH=0（2）由能量转化及守恒定律得：SS水的内能增加AE=-pgh2气2+Se（六利用机械能守恒

22、定律解决圆周运动的问题当系统内的物体都在做圆周运动，若机械能守恒，则可利用机械能守恒定律列一个方程,但未知数有多个，因此必须利用圆周运动的知识补充方程，才能解答相关问题。案例6、如图所示，半径为r,质量不计的圆盘与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O,在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A,在O点的正下方离O点r/2处固定一个质量也为m的小球B。放开盘让其自由转动，问：（1）A球转到最低点时的线速度是多少？（2）在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？命题解读：这是一道机械能与圆周运动综合的问题，注意到两球任图16意时刻的角速度相等。过程中系统的始态、末态的重力势能，

23、因参考面的选取会有所不同，但重力势能的变化是绝对的，不会因参考面的选取而异。机械能守恒的表达方式可记为：Ekl+Ep、=Ek2+EP2，也可写作：憎=Ep减o分析与解：该系统在自由转动过程中，只有重力做功，机械能守恒。设A球转到最低点时的线速度为vA,B球的速度为Vb，则据机械能守恒定律可得：-1tngr-(-mgr)=|mv+1mvj据圆周运动的知识可知：ua=2vb由上述二式可求得s=j4gr/5设在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是0（如图17所示），则据机械能守恒定律可得：一扌mgr=扌mgrsm0一mgrcos03解得0=sur1T=37图17变式训练：小球A用不可伸长的

24、细绳悬于O点，在O点的正下方有一固定的钉子E.OE=d,初始时小球A与O同水平面无初速度释放，绳长为L,为使小球能绕B点做完整的圆周运动，如图15所示。试求d的取值范围。mgm解析：为使小球能绕B点做完整的圆周运动，则小球在D对绳的拉力Fi应该人于或等于零，即有：根据机械能守恒定律可得=gd-（厶-d）3由以上两式可求得：厶d075,第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动：若LV5m,物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度人于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力

25、，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图（a）所示;当物体加速至与传送带速度相等时，由于ntaiiO,物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度人于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图（b）所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变S开始阶段由牛顿第二定律(a)(b)图8mgsmO+pmgcos0=mai解得ai=gsiii0+|igcos0=lOin.-zs2物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ti=v/ai=ls发生的位移为s=aitr=5m16m2町知物体加速到lOm/s时仍未到达B点第二阶段的受力分

26、析如图（b）所示，应用牛顿第二定律有mgsm0（.ungcosO=ma2所以a2=2nVs2设第二阶段物体滑动到B端的时间为t：则Labs=vt2+丄a2t222解得t2=lst2-llS(舍去)故物体经历的总时间t=ti+t：=2s(2)Wi=fsi=/angcos09si=10JW2=-fs2=-/mgcos0s2=-22J所以，W=Wi+Wj=10-22=12J故知系统发热产生的内能是12J变式训练：如图12所示，绷紧的传送带与水平面的夹角9=30%皮带在电动机的带动下，始终保持v=2m/s的速率运行。现把一质量m=10kg的工件（可看为质点）轻轻放在皮带的底端,经时|ujt=1.9s工

27、件被传送到h=1.5m的高处，取g=10nVs2o求（1）工件与皮带间的动摩擦图12因数。（2）电动机由于传送工件多消耗的电能。解析：由题意可知皮带长s=h/sui30=3m.V工件速度达到V。前，做匀加速运动的位移为2达到Vo后做匀速运动的位移S-S1=VO（t-tl）加速运动的加速度为a=v0/ti=2.5in/s2工件受的支持力FN=mgcosO,对工件据牛顿第二定律得：（.ungcos9-mgsnie=tna解出动摩擦因数为“在时间ti内，皮带运动位移S2=voti=1.6m工件相对皮带的位移s=s2-Si=0.8m在时间ti内，摩擦生热Q=pmgcos0As=60J工件获得的动能Ek

28、=mvo2/2=2OJ工件増加的势能Ep=mgh=150J电动机多消耗的电能W=Q+Ek+Ep=230J（九）用能量守恒解决热力学问题案例9、如图6所示的A、E是两个管状容器，除了管较粗的部分高低不同之外，其他一切全同。将此两容器抽成真空，再同时分别插入两个水银池中，当水银柱停止运动时，问二管中水银的温度是否相同？为什么？设水银与外界没有热交换。命題解读：本题主要研究液体内部能量的转化与守恒问题。液体中的能量问题除了重力势能，还有内能，要结合功能关系，搞清能量的守恒关系。分析与解：不同。A管中水银的温度略高于B管中水银的温度。两管插入水银池时，人气压强均为Po,进入管中的水银的体积均为V,所以

29、大气压力对两池中水银所做的功相同，但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能改变量也不同。由图可知，A管中水银的重力势能较小，所以A管中水银的内能增屋较多，其温度应略高。变式训练：有人设计了这样一台“永动机”：如图，距地面一定高度架设一个水槽，水从槽底的管中流出，冲击一个水轮机，水轮机的轴上安装一个抽水机和一个砂轮.他指望抽水机把地面水槽里的水抽上去，这样循坏不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。请你分析一卞，高处水槽中水的重力势能共转变成哪几种形式的能，说明这个机器是否能够永远运动下去。解析：高处水槽中水的重力势能转变成了水的动能、砂轮磨制工件产生的内能，水轮机与轴摩擦

30、产生的内能。这个机器不可能够永远运动下去。一方面摩擦产生内能，损失机械能：另一方面抽水机向上抽水，消耗电能。（十）用能量守恒解决电学问题案例10、有一台内阻和损耗均不计的直流发电机，_其定子的磁场恒定。先把它的电枢（转子）线圈与一个尸电阻R连接，再在电枢的转子轴上缠绕上足够长的轻绳I绳端悬挂一质量为m的重物，如图9所示，重物最后以速率力匀速下降。现将一电动势为E,内阻不计的电源，II如图10所示，接入电路中，使发电机作为电动机用。悬挂重物不变，最后重物匀速上升。求重物上升的速率v2o图9命题解读：本题涉及发电机与电动机的能量转化及守恒问题。一个是机械能转化为电能；另一个电源工作将其他形式的能转

31、化电能输入电路,电流通过电机将电能转化为机械能输出。搞清能屋守恒关系就能顺利解题。分析与解：在图9的物理过程中，重物以速率w匀速卞降，带动发电机线圈匀速转动,切割磁感线产生感应电动势，将机械能转化为电能，在电路中消耗。由能量守恒定律町得:mgit=Ii2Rt在图10的物理过程中，电源工作将其他形式的能转化电能输入电路，电流通过电机将电能转化为机械能输出。由能量守恒定律可得：E【2t=lFRt+mgvF在两次工作过程中电机的线圈都匀速转动。作用在转轴上力矩都平衡，而两次重力矩相等，从而两次作用在线圈上的磁力矩相等，所以有：11=12第15页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明17X图17第

32、14页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明#联立解得:变式训练：某一用直流电动机提升重物的装置，如图11所饰巾示，重物的质量m=50kg,电源电动势E=110V,不计电源电阻及各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I=5A,由此可知，电动机线圈的电阻R是多少？(gFOmZ)。占解析：在图11的物理过程中，电源工作将其他形图11式的能转化电能输入电路，电流通过电机将电能转化为机械能输出由能量守恒定律可得：EIt=IRt+mgvt解得电动机线圈的电阻R=4Q.(十一)用能量守恒解决电磁感应中的能量问题案例11、如图16(a)所示，倾角为0=37%电阻

33、不计，间距L=0.3m,长度足够的平行导轨所在处，加有磁感应强度B=1T,方向垂直于导轨平面(图中未画出)的匀强磁场，导轨两端各接一个阻值R=2Q的尺电阻。另一横跨在平行导轨间的金属棒质量m=lkg,电阻“2Q,其与图16导轨间的动摩擦因数卩=05金属棒以平行于导轨向上的初速度v0=10nVs上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端的电量旳=0.2(g=10m/s2,sin37X0.6),求上端电阻R上产生的焦耳热热Q。命题解读：本题涉及到外力、重力、安培力、滑动摩擦力做功及动能、势能、内能的关系，重点考查电磁感应的受力分析与能量关系。分析与解：金属棒以初速度比向上滑行的过程中克服重力、安培力

34、和摩擦力做功，动能分别转化为重力势能、电能和内能。从电路构成可知导轨上、下端电阻发出的热量相等，由焦耳定律可求出金属棒发热是R发热的四倍。由电磁感应定律可得q=A(p，R,可求出金属棒扫过的面积和沿导轨上滑的距离。由电流定义式和并联电路规律，闭合电路欧姆定律和电磁感应定律，可得2Aq=lAt=EAVR=A(p/R总所以q)=2AqRo=O6Wb图16(b)由磁通量定义，可得S=A(pB=O6nr金属棒沿导轨上滑的距离Lo为Lo=AS/L=2m金属棒沿导轨上滑的受力如图16(b)所示。金属棒所受各力中安培力是变力，其做负功使机械能转化为电能，进而变为内能。由能量守恒定律可得Q=mv02/2-mg

35、LsniO-|imgLcose=30J。则上端电阻发热量Q=Q”6=5J变式训练:如图17所示间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感强度为B的匀强磁场中，一端接阻值是R的电阻。一电阻是Ro,质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律V=VmsillCDt,不计导轨电阻。求：YVV*YVYXXXXXX击XXXXxxXXXXXxXXXXX图17第14页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明11(1) 从t=0到t=27/co时间内电阻R产生的热量。(2) 从t=0到52时间内外力F所做的功。解析：(1)导体棒产生的感应电动势e=B

36、Lvmsincot足正弦交流电,其有效值:在厶t=2兀/o=T的时间内，电阻R上产生的热量为：Q=I2RT=7rRB2L2vm/co(R+Ro)2(2)t=0到t=7T/2co时间是1/4,在这段时间内对导体棒运用能量守恒定律有:W=mvm-/2+QQ，是这段时间内电阻R和Ro产生的热量Q=E2/(R+Ro)n/2o=7rB2Lm2/4co(R+Ro)所示这段时间内外力所做的功是：W=mvn2+7TB2L2Vm2/4co(R+Ro)误区分析误区一、误认为弹力对物体所做的功等于系统机械能的变化，忽视功能关系的概念。典型案例1、如图所示，质量m=2kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以vo=5m/s的

37、初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零，已知从A到B的竖直高度h=5m,求弹簧的弹力对物体所做的功。错误解法：W=mgh+i,?/v应对办法：如果物体只受重力和弹力作用，或只有重力或弹力做功时，满足机械能守恒定律。如呆求弹力这个变力做的功，可用机械能守恒定律先求解势能的变化，再根据弹力做功与弹性势能的关系求解弹力做的功。走出误区：解法一由于斜面光滑故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做的功的数值与弹性势能的增加量相等。取B所在水平面为零参考面，弹簧原长处D点为弹性势能的零参考点，贝I：系统机械守恒：mgh+丄w：=Ep+02弹力做功

38、：W弹力=O-Ep解得：W和=-(mgh+)=-125J解得：W=-（mgh+丄贬）=-125J2解法二根据动能定理：mgh+W=误区二：误认为0可见小球能够通过M点继续做圆周运动。A错误。设QN=QL=R若使小球能够做圆周运动到达N点，至少有mg=加且vjV=J冠R根据机械能守恒定律，选取PN水平面势能为零。mghpN=-/nV；0要求PN两点的相对高度/7刖=-R小球不可能到达N点。B错误。由上面的分析知道，小球只能在MN之间的某位置斜抛出去，C错误。正确答案：D误区四、误认为摩擦产生的热量就等于物体动能的增加，混淆能量的转化与守恒定律。典型案例4、如图所示，传送带以”的初速度匀速运动。将

39、质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到E端，已知物体到达B端之前已和传送带相对静止，电动机的内阻不可忽略。则下列说法正确的是()G）二A. 传送带对物体做功为丄加/2B. 传送带克服摩擦做功丄加/2C. 电动机消耗的电能为-mu22D. 在传送物体过程产生的热量为-mu22错误理解：两物体的相对位移就等于物体的对地位移，根据动能定理系统产生的热量就是物体动能的增加。D正确。应对办法：这种解法结果虽然碰对了，但是理解却是完全错误的。首先能量守恒是对系统而言的，其次上述观点不符合能的转化及守恒定律。摩擦力对物体做了正功，物体的动能增加了，而物体的内能却也应该增加了，显然不符合

40、能量转化及守恒定律。系统摩擦发热产生的内能0=F小相对，滑动摩擦力对系统做功是阻力做功才损失机械能，增加内能。分析与解：物体先加速后匀速，在加速过程中滑动摩擦力对物体做功，使物体的动能增加，由动能定理知传送带对物体做功为卯心，A正确。物体移动的位移是討皮带移动的位移是5.=Vt=2s,根据功的定义，传送带克服摩擦做功应为/7V2,E错误。由能量守恒定律知电机消耗的电能就是心“新凡C错误。由能量守恒定律滑动摩擦产生的内能Q=pmgsl=-mv2,D正确。正确答案：AD误区五：误认为全过程机械能都守恒，忽视机械能的瞬时损失。图9典型案例5、一质量为m的小球，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在

41、空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。8今把小球从O点的正上方离O点的距离为一/?的6点以水平的速度9。=+廂抛出，如图9所示。试求(1)轻绳刚伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？（2）当小球到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？错误解法：对全过程，设质点到达o点的正下方时速度为卩，根据能量守恒定律可得:81mvl+mg（R+-R）=mv2193根据向心力公式得：Tmg=m,解得：T=4mgR144应对办法：认真分析小球运动的过程，可知小球运动经过三个阶段。平抛、绷直时、圆周运动。绳子绷直以后，小球在竖直面内做圆周运动，故知绳子绷直时瞬时速度马上变为切线方向。有能量的损失。走出误区

42、：上述解法是错误的。这些同学对物理过程没有弄清楚，忽视了在绳被拉直瞬时过程中机械能的瞬时损失。其实质点的运动可分为三个过程：第一过程：质点做平抛运动。设绳即将伸直时，绳与竖直方向的83尹匕RcosC其中r夹角为8,如图所示，贝ijvor=/?sm（9,联立解得瑪丿第二过程：绳绷直过程。绳棚直时，绳刚好水平，如图10所示由于绳不可伸长，故绳绷直时，心损失，质点仅有速度与，且匕.=g/=扌極。第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动。设质点到达O点正下方时，速度为必根据机械能守恒守律有:设此时绳对质点的拉力为T,则T-mg=m-联立解得：T=误区六：误认为连接体的速度都是相同的，混淆“物体运动的速度”

43、与“绳子的速度”。典型案例6、如图12,半径为的1/4圆弧支架竖直放置，支架底AB离地的距离为2R,圆弧边缘C处有一小定滑轮，一轻绳两端系着质量分别为恥与盹的物体,挂在定滑轮两边，且mlm2f开始时如、加2均静止,mism2可视为质点,不计一切摩擦。求：释放后经过圆弧最低点A时的速度；（2）若m到最低点时绳突然断开，求皿落地点离A点水平距离；（3）为使心能到达A点，与耳之间必须满足什么关系？错误解法：两个物体的速度人小相等v2=vi第21页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明23由机械能守恒定律得：gR-m2gyf2R=-(为+m2)v；解得:2mlgR-m2应对办法：物体运动到终点的速

44、度图如图13所示，由此町知两物体的速度人小并不相等。而两物体沿着绳子的速度分量相等。即沿着绳子的速度分量等于的速度。走出误区:设皿运动到最低点时速度为力,此时加2的速度为宀速度分解如图,得:V2=Visin45由m与匕组成系统，机械能守恒，有mR-叫gylR=丄中：+-mvy由上述两式求得q=2一血从/V2勺+m2图13断绳后加做平抛运动人=第19页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明#第19页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明#解得：s=4R曲一忑叫)j2g+m2nil能到达A点满足条件Vi0y2/n1+?772解得：n第19页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明#第19

45、页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明25误区七、误认为两物体竖直高度变化相同，混淆半径的的变化与高度的变化不等典型案例7、半径为R的光滑圆柱体固定在地面上，两质量分别是M和m的小球用细当m运动到最高点时,线连接，正好处于水平直径的两端，如图所示。从此位置释放小球,对球的压力恰好为零，求此时M的速度和两小球的质量之比。错误解法：M卜降的高度与m升高的高度相等都是R根据机械能守恒定律得：(M-m)gR=(M+m)v2m在最高点时,解得:应对办法：作出两小球运动状态的图景，由于绳长不变，所以M下降m上升R。4走出误区：对系统运用机械能守恒定律Mg+冰一mgR=g（M+加），亠V*m在最高点时

46、，mg=in一联立解得：=m兀一1误区八.误认为整个铁链子的动能变化是初始位置的重力做功引起的。忽视“重力”是变力。典型案例8、如图所示，在光滑水平桌面上，用手拉住长为L质量为M的铁链，使其1/3垂在桌边。松手后，铁链从桌边滑下，求铁链末端经过桌边时运动速度是过少？错误解法：根据动能定理，系统动能的变化是由于卞垂直垂1/3部分做功引起。根据动能定理：r解得：y=丄J2g厶6走出误区：动能定理不是物理上的万能公式。本题中铁链子在桌面上运动的过程中的下垂部分重力时刻变化，属于变质量、变重力问题。这个变重力做功我们还不能直接求解。这类问题只能运用机械能守恒定律解决。松手后，铁链在运动过程中，受重力和

47、桌面的支持力，支持力的方向与运动方向垂直,对铁链不做功，即这一过程中，只是垂在桌外部分的重力做功。因此，从松手到铁链离开桌边，铁链的机械能守恒。以桌面为重力势能参考面松手时，桌外部分的质量为-m,其重心在桌面卞丄L处此时铁链的重力势能为：-mg-L=一mgL铁链末端刚离桌面时，整条铁链都在空中，其重心在桌面下尹处此时铁链的重力势能为：-孑啦设此时铁链的速度为，由机械能守恒定律有:故铁链末端经过桌边时，铁链的运动速度是心于专题专练一、选择题（共10小题，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分1. 一物体

48、在竖直平面内做圆匀速周运动，下列物理量一定不会发生变化的是（）A. 向心力B.向心加速度C.动能D.机械能2. 行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下：流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速卞降：条形磁铁在下落过程中穿过闭线圈，线圈中产生电流，上述不同现象中所包含的相同的物理过程是（）A. 物体克服阻力做功B. 物体的动能转化为其他形式的能屋C. 物体的势能转化为其他形式的能屋D. 物体的机械能转化为其他形式的能量3. 一吊车吊物体匀加速上升，则（）A. 吊车对物体所做的功等于机械能的增量B. 绳的拉力与重力的合力对物体所做的功等于动能的增量C. 物体克服重力做功等于系统势能的增

49、量D. 绳的拉力与重力的合力对物体所做的功等于物体势能的增量|14. 一块质量为川的木块放在地面上，用一根弹簧连着木块，如图所示。用恒力F拉弹簧，使木块离开地面，如果力F的作用点向上移动的距离为仏则（）BA. 木块的重力势能增加了FhB.木块的机械能增加了Fh爲C.拉力所做的功为FhD.木块的动能增加F/?5. 一个质量为7的物体，以a=2g的加速度竖直向下运动，则在此物体卞降高度过程中，物体的（）A.重力势能减少了2mghB.动能增加了2mghC.机械能保持不变D.机械能增加了mgh6.物体做自由落体运动，乞代表动能，代表势能，代表下落的距离，以水平地面为零势能面。卞列所示图像中，能正确反映

50、各物理量之间的关系的是（）第19页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明#7. 质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，若物体受水平力F的作用从静止开始通过位移时的动能为Ei,当物体受水平力2F作用，从静止开始通过相同位移，它的动能为E）,则（）A. E：=EiE.E；=2EiC.E22EiD.ELE22El8. 如图所示，传送带以的初速度匀速运动。将质量为m的物体无初速度放在传送带上的A端，物体将被传送带带到E端，已知物体到达E端之间已和传送带相对静止，则下第19页共29页2011年高考第二轮复习资料姚维明29列说法正确的是（）A. 传送带对物体做功为-mu22B. 传送带克服摩擦做功丄加

51、庆2C. 电动机由于传送物体多消耗的能量为丄7庆2D. 在传送物体过程产生的热量为丄7，2如图中的右图是用这种方法9. 利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值。获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线。实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落。由此图线所提供的信息，以下判断正确的是（）AH时刻小球速度最大期间小球速度先增大后减小C. %时刻小球动能最小D. 与&时刻小球速度一定相同10. 如图所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑,在物体下滑过程中，卞列说法正确的是（）A. 物体的重力势能减少，动能增加B. 斜面的机械能不变C. 斜面对物体的作用

52、力垂直于接触面，不对物体做功D物体和斜面组成的系统机械能守恒11. 如图所示，粗糙的水平面上固定一个点电荷Q，在M点无初速度是放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止。则从M点运动到N点的过程中（）A. 小物块所受的电场力逐渐减小B. 小物块具有的电势能逐渐增人CM点的电势一定高于N点的电势D. 小物块电势能变化量的人小一定等于克服摩擦力做的功12如图所示，在竖直平面内有一半径为Im的半圆形轨道，质量为2kg的物体自与圆心O等高的A点由静止开始滑下，通过最低点B时的速度为3m/s,物体自A至E的过程中所受的平均摩擦力为（）AONE7NC14ND28N13. 2008年9月25口至28口我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航