1、第13讲 机械能守恒定律及其应用,一 重力做功和重力势能,二 弹性势能,三 机械能守恒定律,四 功能关系与能量守恒定律,教材研读,突破一 机械能守恒的判断,突破二 机械能守恒定律的应用,突破三 含弹簧类机械能守恒问题,重难突破,突破四 功能关系的应用,突破五 与摩擦生热相关的功能关系的问题,一、重力做功和重力势能,教材研读,1.重力做功的特点 重力做功与 运动路径 无关,只与始末位置的 高度差 有关。 2.重力做功与重力势能变化的关系 (1)定性关系:重力对物体做正功,物体的重力势能 减少 ;重力对物 体做负功,物体的重力势能 增加 。,(2)定量关系:重力对物体所做的功等于物体重力势能的 减
2、少量 。 即WG=-Ep= Ep1-Ep2 。 二、弹性势能,1.概念:物体由于发生 弹性形变 而具有的能叫弹性势能。 2.大小:弹簧的弹性势能大小与 劲度系数 和 弹性形变量 有 关,弹簧劲度系数一定时,在弹性限度内,形变量越大,弹性势能越大。 3.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做多少正功,弹性势能就 减少 多少;弹力做多少负功,弹性势能就 增加 多少。,三、机械能守恒定律,1.机械能: 动能 和 势能 统称为机械能,即E=Ek+Ep,其中势能 包括 重力势能 和 弹性势能 。 2.机械能守恒定律 (1)内容:在只有 重力 或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以 相互转化,而总的机械能保
3、持不变。 (2)表达式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或Ek增=Ep减或EA增=EB减。 (3)守恒条件:只有重力或系统内弹力做功。,四、功能关系与能量守恒定律 1.功能关系 (1)功是 能量转化 的量度,即做了多少功就有 多少能 发生了转化。 (2)做功的过程一定伴随着 能量的转化 ,而且 能量的转化 必通过做功来实现。 2.能量守恒定律 (1)内容:能量既不会创生,也不会消失,它只会从一种形式转化为其他形 式,或者从一个物体转移到另一个物体,而在转化或转移的过程中,能量 的总量 保持不变 。 (2)表达式:E减= E增 。,1.判断下列说法的正误: (1)重力势能的大小与零势能参考面的选取
4、有关。 ( ) (2)重力势能的变化量与零势能参考面的选取无关。 ( ) (3)物体所受合外力为零,其机械能一定守恒。 ( ) (4)合外力做功为零,物体的机械能一定守恒。 ( ) (5)做匀速运动的物体其机械能一定守恒。 ( ) (6)发生弹性形变的物体都具有弹性势能。 ( ),2.如图所示,在光滑水平面上有一物体,它的左端连一弹簧,弹簧的另一 端固定在墙上,在力F作用下物体处于静止状态,当撤去力F后,物体将向 右运动,在物体向右运动的过程中,下列说法正确的是 ( D ) A.弹簧的弹性势能逐渐减小 B.弹簧的弹性势能逐渐增大 C.弹簧的弹性势能先增大后减小 D.弹簧的弹性势能先减小后增大,
5、3.如图所示,质量为m的小球从距桌面h1高处的A点自由下落到地面上的 B点,桌面离地高为h2。选择桌面为参考平面,则小球(重力加速度为g) ( D ) A.在A点时的重力势能为mg(h1+h2) B.在A点时的机械能为mg(h1+h2) C.在B点时的重力势能为0 D.落到B点时的动能为mg(h1+h2),4.如图所示,质量分别为M、m的两个小球置于高低不同的两个平台上, a、b、c分别为不同高度的参考平面,下列说法正确的是 ( B )A.若以c为参考平面,质量为M的小球机械能大 B.若以b为参考平面,质量为M的小球机械能大 C.若以a为参考平面,质量为M的小球机械能大 D.无论如何选择参考平
6、面,总是质量为M的小球机械能大,突破一 机械能守恒的判断,重难突破,只要满足下列条件中的一条,机械能一定守恒。 (1)物体只受重力,只发生动能和重力势能的相互转化。如自由落体运 动、抛体运动等。 (2)只有系统内弹力做功,只发生动能和弹性势能的相互转化。如在光,滑水平面上运动的物体碰到一个弹簧,和弹簧相互作用的过程中,对物 体和弹簧组成的系统来说,机械能守恒。 (3)物体既受重力,又受弹力,只有重力和系统内弹力做功,只发生动能、弹性势能、重力势能的相互转化。如自由下落的物体落到竖直的弹簧上,和弹簧相互作用的过程中,对物体和弹簧组成的系统来说,机械能守恒。 (4)除受重力(或系统内弹力)外,还受
7、其他力,但其他力不做功,或其他力做功的代数和为零。如物体在沿斜面向下的拉力F的作用下沿斜面向下运动,拉力的大小与摩擦力的大小相等,在此运动过程中,机械能守恒。,典例1 下列关于机械能守恒的说法中正确的是 ( D ) A.做匀速运动的物体,其机械能一定守恒 B.物体只受重力,机械能才守恒 C.做匀速圆周运动的物体,其机械能一定守恒 D.除重力做功外,其他力不做功,物体的机械能一定守恒,解析 做匀速运动的物体所受合外力为零,但除重力外可能有其他力做 功,如物体在阻力作用下匀速向下运动,其机械能减少了,A错。物体除 受重力或弹力,也可受其他力,只要其他力不做功或做功的代数和为零, 机械能也守恒,B错
8、。做匀速圆周运动的物体的动能不变,但势能可能变 化,故C错。由机械能守恒条件知,选项D正确。,易错提醒 (1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零,更不是合外力为零; “只有重力或弹力做功”不等于“只受重力或弹力作用”。 (2)对于绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况,除非题目特别说明,否则机 械能必定不守恒。 (3)对于系统机械能是否守恒,可以根据能量的转化进行判断。,1-1 在如图所示的物理过程示意图中,甲图为一端固定有小球的轻杆,从右偏上30角释放后绕光滑支点摆动;乙图为末端固定有小球的轻质直角架,释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动;丙图为一端连着一小球的轻绳,从右偏上30角处自由释放
9、;丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车,把用细绳悬挂的小球从图示位置释放,小球开始摆动,则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计),下列判断中正确的是 ( ),A.甲图中小球机械能守恒 B.乙图中小球A机械能守恒 C.丙图中小球机械能守恒 D.丁图中小球机械能守恒,解析 甲图中轻杆对小球不做功,小球的机械能守恒,A正确;乙图中轻 杆对A的弹力不沿杆的方向,会对小球做功,所以小球A的机械能不守恒, 但两个小球组成的系统机械能守恒,B错误;丙图中小球在绳子绷紧的瞬 间有动能损失,机械能不守恒,C错误;丁图中小球和小车组成的系统机 械能守恒,但小球的机械能不守恒,这是因为摆动过程中小球的轨迹不
10、是圆弧,细绳会对小球做功,D错误。,1-2 如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一个质量为m的质点,在恒 力F和重力的作用下,从坐标原点O由静止开始沿直线OA斜向下运动,直 线OA与y轴负方向成(90)。不计空气阻力,重力加速度为g,则以下 说法正确的是 ( A ) 当F=mg tan 时,质点的机械能守恒 当F=mg sin 时,质点的机械能守恒 当F=mg tan 时,质点的机械能可能减小也可能增大 当F=mg sin 时,质点的机械能可能减小也可能增大 A. B. C. D.,解析 质点只受重力G和拉力F,质点做直线运动,合力方向与OA共线,如图当拉力与OA垂直时,拉力最小,根据几何关系,
11、有 F=G sin =mg sin ,F的方向与OA垂直,拉力F做功为零,所以质点的机械能守恒,故正确, 错误; 若F=mg tan ,由于mg tan mg sin ,故F的方向与OA不再垂直,有两种 可能的方向,与质点的运动方向的夹角可能大于90,也可能小于90,即 拉力F可能做负功,也可能做正功,重力做功不影响机械能的变化,故根 据功能定理,质点机械能变化量等于力F做的功,即机械能可能增大,也 可能减小,故错误,正确。 故选A。,突破二 机械能守恒定律的应用,1.机械能守恒的三种表达式 (1)守恒观点 表达式:Ek1+Ep1=Ek2+Ep2或E1=E2。 意义:系统机械能守恒时,系统初状
12、态的机械能等于末状态的机械能。 注意:要先选取零势能参考平面,并且在整个过程中必须选取同一个 零势能参考平面。,(2)转化观点 表达式:Ek=-Ep。 意义:系统的机械能守恒时,系统增加(或减少)的动能等于系统减少 (或增加)的势能。 (3)转移观点 表达式:EA增=EB减。 意义:若系统由A、B两部分组成,当系统的机械能守恒时,则A部分机 械能的增加量等于B部分机械能的减少量。,2.机械能守恒定律与动能定理的比较,典例2 宁波高中科技新苗项目的同学在一个连锁机关游戏中,设计了 一个如图所示的起始触发装置:AB段是长度连续可调的竖直伸缩杆, BCD段是半径为R的四分之三圆弧弯杆,DE段是长度为
13、2R的水平杆,与 AB杆稍稍错开。竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧, 在弹簧上端放置质量为m的套环。每次将弹簧的长度压缩至P点后锁 定,设PB的高度差为h,解除锁定后弹簧可将套环弹出,在触发器的右侧 有多米诺骨牌,多米诺骨牌的左侧最高点Q和P点等高,且与E的水平距,离为x(可以调节),已知弹簧锁定时的弹性势能Ep=10mgR,套环与水平杆 DE段的动摩擦因数=0.5,与其他部分的摩擦可以忽略不计,不计套环受 到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失,不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响,重力加速度为g。求: (1)当h=7R时,套环到达杆的最高点C处时的 速度大小; (2)在(1)问
14、中套环运动到最高点C时对杆作用 力的大小和方向; (3)若h在3R至10R连续可调,要使该套环恰能击中Q点,则x应该在哪个范 围内调节?,由牛顿第三定律知套环对杆作用力的大小为3mg,方向竖直向上 (3)套环恰能击中Q点,平抛运动过程: h-R= gt2 x=vEt 从P到E,根据能量守恒定律有 Ep=mg(h-R)+mg2R+ m 解得4 Rx9R,规律总结,1.用机械能守恒定律解题的基本思路,2.机械能守恒定律的应用技巧 (1)机械能守恒定律是一种“能能转化”关系,其守恒是有条件的, 因此,应用时首先要对研究对象在所研究的过程中机械能是否守恒做出 判断。 (2)如果系统(除地球外)只有一个
15、物体,用守恒观点列方程较方便;对于由两个或两个以上物体组成的系统,用转化或转移的观点列方程较简便。,2-1 如图所示,竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点,质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,D、Q间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,g取10 m/s2,不计空气阻力,求: (1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN; (2)小球经过最高点P的速度大小vP; (3)D点与圆心O的高度差h
16、OD。,(3)由机械能守恒定律,有 m +mgh=mg(H+hOD),代入数据,解得hOD=0.30 m。,2-2 如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的 “9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6 m/s,将质量m=1.0 kg的可看做质点的滑块无初速地放在传送带A端,传送带长度L= 12.0 m,“9”形轨道高H=0.8 m,“9”形轨道上半部分圆弧半径为R=0.2 m,滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.3,重力加速度g=10 m/s2。,(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间; (2)求滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小; (3)若
17、滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角=45的斜 面上的P点,求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。,答案 (1)3 s (2)90 N (3)1.4 m,解析 (1)滑块在传送带上运动时,由牛顿第二定律得: mg=ma a=g=3 m/s2 加速到与传送带达到共速所需要的时间:t1= =2 s 前2 s内的位移:x1= a =6 m 之后滑块做匀速运动的位移:x2=L-x1=6 m 时间:t2= =1 s,故滑块从传送带A端运动到B端所需的时间为:t=t1+t2=3 s。 (2)滑块由B运动到C,由机械能守恒定律得: -mgH= m - m 在C点,轨道对滑块的弹力与其
18、重力的合力提供做圆周运动的向心力,设 轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得:FN+mg=m 解得:FN=90 N。 (3)滑块由B到D运动的过程中,由机械能守恒定律得:,m = m +mg(H-2R) 设P、D两点间的竖直高度为h, 滑块由D到P运动的过程中,由机械能守恒定律得:m = m +mgh 又vD=vP sin 45 由以上三式可解得h=1.4 m。,突破三 含弹簧类机械能守恒问题物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹 簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若系统所受除重 力以外的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。若还 有其他外
19、力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。做功 之和为正,系统总机械能增加,反之减少。,典例3 轻质弹簧原长为2l,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道,B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切,半圆的直径BD竖直,如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度l,然后放开,P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。,(1)若P的质量为m,求P到达B点时速度的大小,以及它离开圆轨道后落回 到AB上的位置与B
20、点之间的距离; (2)若P能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P的质量的取值范围。,方法突破 求解这类问题时以胡克定律为突破口:弹簧伸长或缩短时产生的弹力的大小遵循F=kx和F=kx。其次,以弹簧的弹力做功为分析问题的突破口:弹簧发生形变时,具有一定的弹性势能。弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数、形变量有关,但是在具体的问题中不用计算弹性势能的大小,弹簧的形变量相同的时候弹性势能相同,通过运算可以约去。当题目中始、末都不是弹簧原长时,要注意始、末弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应,即伸长量或压缩量,而力的位移就可能是两次形变量之和或之差。,3-1 如图甲所示,轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地
21、面上,一质量为m 的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧 上后继续向下运动到最低点的过程,他以小球开始下落的位置为原点, 沿竖直向下方向建立坐标轴Ox,得到小球所受弹力F大小随小球下落的 位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以 下判断正确的是 ( ),A.由乙图可知,小球下落h后做匀加速度直线运动 B.小球动能最大值等于mg(h+x0) C.位置坐标为x=h+x0时,重力势能与弹性势能之和最小 D.在下落过程中,小球的机械能总是保持不变,解析 根据题图乙可知,小球下落h后,受重力和弹力,且弹力逐渐增大, 故小球不会做匀加速直线运动,故A错误;小
22、球达到最大速度的过程中, 根据动能定理可知mg(h+x0)- mgx0=Ekm,Ekm=mg(h+x0),故B错误;当x=h+x0 时,小球具有最大速度,动能最大,由弹簧和小球组成的系统机械能守恒 可知,重力势能与弹性势能之和最小,故C正确;弹簧和小球组成的系统 机械能守恒,在压缩弹簧下落过程中,弹性势能增大,小球的机械能逐渐 减小,故D错误。,突破四 功能关系的应用几种常见的功能关系及其表达式,典例4 一质量为m的带正电小球,在竖直向上的匀强电场中以0.9g的加 速度加速下落,空气阻力不计,关于小球在下落h的过程中能量的变化情 况,以下说法中正确的有 ( B ) A.小球克服电场力做功0.9
23、mgh B.小球的动能增加了0.9mgh C.小球的机械能减少了0.9mgh D.小球的电势能增加了0.9mgh,解析 根据牛顿第二定律得,小球所受的合力F合=ma=0.9mg,根据动能 定理知F合h=Ek=0.9mgh,故B正确;而F合=mg-F电,解得F电=0.1mg,故小球克 服电场力做功W电=F电h=0.1mgh,则电势能增加了0.1mgh,小球的机械能 减少了0.1mgh,故A、C、D错误,B正确。,方法技巧 功能关系的理解和应用原则 1.牢记三条功能关系 (1)重力做的功等于重力势能的变化,弹力做的功等于弹性势能的变化; (2)合外力做的功等于动能的变化; (3)除重力、弹力外,其
24、他力做的功等于机械能的变化。 2.功能关系的选用原则 (1)在应用功能关系解决具体问题的过程中,若只涉及动能的变化用动,能定理分析。 (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析。 (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化的关 系分析。 (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。,4-1 如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑, 经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h。圆环在C处获得一竖 直向上的速度v,恰好能回到A。弹簧始终在弹性限度内,重力
25、加速度 为g。则圆环 ( D ) A.下滑过程中,加速度一直减小 B.下滑过程中,摩擦力做的功为 mv2 C.在C处,弹簧的弹性势能为 mv2-mgh D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度,解析 由题意知,圆环从A到C先加速后减速,到达B处的加速度减小为 零,故加速度先减小后增大,故A错误;根据能量守恒,从A到C有mgh=Wf+ Ep,从C到A有 mv2+Ep=mgh+Wf,联立解得:Wf= mv2,Ep=mgh- mv2,所 以B、C错误;根据能量守恒,从A到B的过程有 m +Ep+Wf=mgh,B到A 的过程有 mvB2+Ep=mgh+Wf,比较两式得vBvB,所以D正确。,4-2 如
26、图所示,固定斜面的倾角=30,物体A与斜面之间的动摩擦因数 = ,轻弹簧下端固定在斜面底端,弹簧处于原长时上端位于C点。用 一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B,滑轮右侧 绳子与斜面平行,物体A的质量为2m,物体B的质量为m,初始时物体A到C 点的距离为L。现给物体A、B一初速度v0 ,使物体A开始沿斜面向 下运动,物体B向上运动,物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点。已知重力加速度为g,不计空气阻力,整个过程中,轻绳始终处于伸直 状态,求:,(1)物体A向下运动刚到达C点时的速度; (2)弹簧的最大压缩量; (3)弹簧的最大弹性势能。,突破五 与摩擦生热相关的功能关系问
27、题,1.两种摩擦力做功特点的比较,2.传送带模型 传送带模型是高中物理中比较成熟的模型,典型的有水平和倾斜两种情 况。一般设问的角度有两个: (1)动力学角度:首先要正确分析物体的运动过程,做好受力分析,然后利 用运动学公式并结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位 移,找出物体和传送带之间的位移关系。 (2)能量角度:求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动 而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等,常依据功能关 系或能量守恒定律求解。,3.传送带模型问题中的功能关系分析 (1)功能关系分析:W=Ek+Ep+Q。 (2)对W和Q的理解: 传送带做的功W=Ffx传; 产生
28、的内能Q=Ffx相对。,典例5 (多选)如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放, 传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动 摩擦因数为,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止 释放到相对静止这一过程,下列说法正确的是 ( ACD ) A.物体在传送带上的划痕长为 B.传送带克服摩擦力做的功为 mv2 C.电动机多做的功为mv2 D.电动机增加的功率为mgv,解析 物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大 小。物体加速运动的加速度为a=g,物体加速到速度为v时所需的时间t = = ,在这段时间内物体的位移x1= = ,传送带的位移x2=v
29、t= , 则物体与传送带间的相对位移x=x2-x1= ,即物体在传送带上的划痕 长为 ,故A正确。传送带克服摩擦力做的功为W=mgx2=mv2,故B错 误。电动机多做的功转化成了物体的动能和内能,物体在这个过程中获,得动能是 mv2,摩擦产生的内能为Q=mgx= mv2,所以电动机多做的功 W电= mv2+Q=mv2,故C正确。电动机增加的功率即克服摩擦力做功的功 率,大小为P=fv=mgv,故D正确。,规律总结 1.无论是滑动摩擦力,还是静摩擦力都可以做正功、做负功或不做功,计 算做功时都是用力与对地位移的乘积。 2.摩擦生热的计算:公式Q=Ffx相对中x相对为两接触物体间的相对位移,若 物
30、体在传送带上做往复运动时,则x相对为总的相对路程。,5-1 如图所示,质量为m的小铁块A(可看做质点)以水平速度v0冲上质量 为M、长为l、置于光滑水平地面上的木板B,正好不从木板上掉下。已 知A、B间的动摩擦因数为,小铁块滑到木板右端时木板对地位移为x, 求这一过程中: (1)木板增加的动能; (2)小铁块减少的动能; (3)系统机械能的减少量; (4)系统产生的热量。,-mg(x+l)= mv2- m 即EkA=-mg(x+l) 可知小铁块的动能减少了mg(x+l) (3)系统机械能的减少量E= m - mv2- Mv2 由可知E=mgl (4)根据能量守恒可知Q=mgl。,5-2 如图光
31、滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧,弹簧左端固定,右端放一个质量为m=1 kg的物块(可视为质点),物块与弹簧不粘连,B点与水平传送带的左端刚好平齐接触,传送带BC的长度为L=6 m,沿逆时针方向以恒定速度v=2 m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道,C点与传送带的右端刚好平齐接触,DE是竖直放置的半径为R=0.4 m的光滑半圆轨道,DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.2,取g=10 m/s2。,(1)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带后刚好能到达C点,求弹簧储 存的弹性势能Ep; (2)若释放弹簧,物块离开弹簧,滑上传送带能够通过C点,并经过圆弧轨 道DE,从其最高点
32、E飞出,最终落在CD上距D点的距离为x=1.2 m处(CD 长大于1.2 m),求物块通过E点时受到的压力大小; (3)满足(2)条件时,求物块通过传送带的过程中产生的热量。,(3)从D到E根据动能定理可知 m = m +2mgR, 解得:vD=5 m/s。 从B到D有-mgL= m - m , 解得vB=7 m/s。 L= t,t=1 s, x相对=L+vt=8 m,Q=mgx相对=16 J。,典例6 如图所示,在高h1=30 m的光滑水平平台上,质量m=1 kg的小物 块压缩弹簧后被锁扣K锁住,储存了一定量的弹性势能Ep。若打开锁扣 K,物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台,做平抛运动,
33、并恰好能从光 滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道。B点的高度h2=15 m,圆弧轨道的圆心O与平台等高,轨道最低点C的切线水平,并与地面上 长为L=70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接;小物块沿轨道BCD运动并与 右边墙壁发生碰撞,取g=10 m/s2。,(1)求小物块由A到B的运动时间; (2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小; (3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞,碰后速度等大反向,反向运动过程 中没有冲出B点,最后停在轨道CD上的某点P(P点没画出)。设小物块与 轨道CD之间的动摩擦因数为,求的取值范围。,6-1 如图所示,质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m
34、的光滑轨道上P点由 静止开始下滑,滑到水平传送带上的A点,物体和传送带之间的动摩擦因 数为=0.2,传送带A、B之间的距离为L=5 m,传送带一直以v=4 m/s的速 度匀速运动,则 ( C ) A.物体从A运动到B的时间是1 s B.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做的 功为2 J C.物体从A运动到B的过程中,产生的热量为2 J D.物体从A运动到B的过程中,带动传送带转动的电动机多做的功为10 J,解析 设物体下滑到A点的速度为v0,对PA过程,由机械能守恒定律有: m =mgh,代入数据得:v0= =2 m/sv=4 m/s,则物体滑上传送带后,在 滑动摩擦力的作用下做匀加速运动
35、,加速度大小为a= =g=2 m/s2;当 物体的速度与传送带的速度相等时用时:t1= = s=1 s,匀加速运 动的位移x1= t1= 1 m=3 mL=5 m,所以物体与传送带共速后向 右做匀速运动,匀速运动的时间为t2= = s=0.5 s,故物体从A运动,到B的时间为:t=t1+t2=1.5 s,故选项A错误;物体运动到B的速度是v=4 m/s, 根据动能定理得:摩擦力对物体做功Wf= mv2- m = 142 J- 122 J= 6 J,故B项错误;在t1时间内,传送带做匀速运动的位移为x带=vt1=4 m,故产 生的热量Q=mgx=mg(x带-x1),代入数据得:Q=2 J,故C项
36、正确;电动机多 做的功一部分转化成了物体的动能,另一部分转化为内能,则电动机多 做的功W= +Q=8 J,故D项错误。,6-2 如图所示,传送带与地面的夹角=37,A、B两端间距L=16 m,传送带以速度v=10 m/s,沿顺时针方向运动,物体的质量m=1 kg,无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数=0.5,(sin 37=0.6, cos 37=0.8)试求:(1)物体由A端运动到B端的时间; (2)系统因摩擦产生的热量。,mg sin -mg cos =ma2 L-x1=vt2+ a2 解得t2=1 s 故物体由A端运动到B端的时间 t=t1+t2=2 s (2)物体与传送带间的相对位移 x相对=(vt1-x1)+(L-x1-vt2)=6 m 故Q=mg cos x相对=24 J,
