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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 1．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，恰當地利用能源，以及開發(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形式。(√) (2)人們開發(fā)和利用能源的過程中，能量在數量上逐漸減少。() (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 請根據此圖數據完成下面兩個問題： (1)總結出我國能源結構或能源現狀的規(guī)律。 (2)試著提出解決這種現狀的合理化建議。 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)ΔE增＝ΔE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463 A.mgh　　　　　　　　 B.mgh C.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Q＝mgh＝mgh，故A正確。 [答案]　A (1)能量既可通過做功的方式實現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m＝πr2vtρ 這些氣流的動能為mv2， 轉變成的電能E＝mv210% 所以風車帶動發(fā)電機的功率為P＝＝πr2ρv310% 代入數據得P＝3.4 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 Wf1＝－fs，Wf2＝fs Wf1＝－fs1，Wf2＝fs2 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和總等于零 一對滑動摩擦力所做功的代數和不為零，總功W＝－fx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為μ，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)產生的熱量。 (2)根據動能定理有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功，根據功能關系，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械能為Fs D．這一過程中，物塊和小車產生的內能為fl 解析：選AD　根據動能定理得，(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；由功能關系得知，物塊和小車增加的機械能為F(s＋l)－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v＝4 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f＝μN＝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。 木塊速度達到4 m/s時需發(fā)生位移 x＝＝ m＝4 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 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。 所以產生的摩擦熱為 Q＝μmgx相對＝0.21104 J＝8 J。 答案：8 J　8 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 WG＝－ΔEp 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＝－ΔEp 負功 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＝ΔE 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467 A．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mgh C．運動員克服摩擦力做功為mgh D．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mg＝mgh，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mg＝mgh，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．物體機械能的減少量為 解析：選CD　根據牛頓第二定律得：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動。當物體向上滑到某一位置時，其動能減少了ΔEk＝18 J，機械能減少了ΔE＝3 J，不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物體向上運動時加速度的大?。? (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＝① 設物體動能減少ΔEk時，在斜坡上運動的距離為s，由功能關系得 ΔEk＝(mgsin α＋f)s② ΔE＝fs③ 聯立①②③式并代入數據可得 a＝6 m/s2④ (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＝⑤ 設物體返回底端時的動能為Ek，由動能定理有 Ek＝(mgsin α－f)sm⑥ 聯立①④⑤⑥式并代入數據可得 Ek＝80 J⑦ 答案：(1)6 m/s2　(2)80 J 1．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 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．根據能量守恒定律，擔心能源枯竭實在是一種杞人憂天的表現 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．不同的物理現象往往反映出相同的物理規(guī)律。如圖1所示的現象中在能量轉化方面的共同點是(　　) 圖1 A．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2 A．Fs2　　　　　　　　　 　B．F(s1＋s2) C.m2v22＋(m＋m1)v12 D.m2v22 解析：選BC　根據功能轉化關系知道：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。根據恒力做功的計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生的內能分別為QA、QB，設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3 A．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，F1、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5 A．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(H＋h) D．物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能減少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(H＋h)，故C錯誤；物塊從A點由靜止開始下落，加速度是g，根據牛頓第二定律得：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(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？(g＝10 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 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310－6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 s1＝v t1① s2＝v t2② s3＝v t3③ s＝s1＋s2＋s3④ 聯立①②③④式并代入數據得 s＝1 950 m。⑤ (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 W1＝Fs1⑥ W2＝Pt2⑦ W＝W1＋W2⑧ M＝(310－9kgJ－1)W⑨ 聯立①⑥⑦⑧⑨式并代入數據得 M＝2.04 kg。⑩ 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1 A.mgR　　　　　　　 B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選C　在Q點，N－mg＝，所以v＝；由P到Q根據動能定理得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。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2 A．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3 A．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θ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4 A．0 B．mgRsin θ C．2mgRsin θ D．2mgR 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，根據機械能守恒定律得 2mv2＝mgh＋mg(h＋2Rsin θ) 再對B，由動能定理得 W－mg(h＋2Rsin θ)＝0－mv2 聯立解得A球對B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v1＝v0 cos θ 重物上升的高度h＝－H，設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，一質量為m＝1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的A點，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內對物塊所做的功。 解析：(1)根據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 F－μmg＝ma 由運動學公式知：xAB＝at2 代入數據解得：xAB＝4 m。 (2)物塊在前3 s內動能改變量為零，由動能定理得： W1－Wf＝0，即W1－μmgxAB＝0 則前3 s內水平力F做的功為W1＝8 J 根據功的定義式W＝Fx得，水平力F在第3～5 s時間內所做的功為W2＝FxAB＝16 J 則水平力F在5 s內對物塊所做的功為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9mg－mg＝ 設B點為重力勢能的零點，由機械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv12 解得h＝3R。 (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mv12＝mv22＋mg2R 由平拋運動的規(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：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)機械能守恒：mAvA2＋mBvB2＋ΔEp＝0， 根據幾何關系得：vAcos 30＝vB， 聯立解得：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， 設經過時間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小； (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，根據機械能守恒定律有： 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： ΔEkB＝mv2－mgh＝mgLsin θ。 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： W＝－mgLsin θ。 答案：(1)　(2)－mgLsin θ 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間的動摩擦因數為μ，求： ①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm； ②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 mgR＝mvB2① 滑塊在B點處，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B點時，小車速度最大。由機械能守恒得 mgR＝Mvm2＋m(2vm)2⑤ 解得vm＝ 。⑥ ②設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系得 mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2⑦ 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 μmg＝Ma⑧ 由運動學規(guī)律得 vC2－vm2＝－2as⑨ 解得s＝L。 答案：(1)3mg　(2)① ?、贚 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　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：W＝Fat2，與時間成二次函數關系，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1 A．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mg＋m D．小球過B點時，彈簧的彈力為mg＋m 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F－mg＝m，故小球過B點時，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 J B．上升到最高點后落回A點時機械能為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 J－30 J＝90 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 J－20 J－20 J＝70 J，故B正確；對從拋出點到A點的過程，根據功能關系：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．電動機多做的功為mv2 B．摩擦力對物體做的功為mv2 C．電動機增加的功率為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多做的功為物體動能增量和摩擦生熱Q，A錯誤。根據動能定理，對物體列方程，Wf＝mv2，B正確。因為電動機增加的功率P＝＝＝μmgv，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5 A．a落地前，輕桿對b一直做正功 B．a落地時速度大小為 C．a下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a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θ，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 θ＝vb sin θ。當a滑至地面時θ＝90，此時vb＝0，由系統(tǒng)機械能守恒得mgh＝mva2，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，現有一質量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μ＝0.3，當車運動了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 mgR＝mvB2，NB－mg＝m， 則：NB＝30 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：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M點。 (3)設彈簧長為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