★★★专题八 机械能守恒与能量守恒定律

［高考要求］

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大途径之一。

《考纲》对本部分考点要求为Ⅱ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涉及本专题知识。它的特点：一般过程复杂、难度大、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）

①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。 ②从能量的角度看，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。

机械能守恒的方程：

①初始等于最终：2211p k p k E E E E +=+ ②减少等于增加：P k E E ∆-=∆

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：

①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。 ②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，只是违背了能量转化和转移的不可逆性。

、、△E 机）的常用方法： W G =E P1-E P2=mgΔh 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：ΔE P 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1、从离水平地面高为H 的A 点以速度v 0斜向上抛出一个质量为m 的石块，已知v 0与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，求：

(1)石块所能达到的最大高度 (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出初速度的水平分量。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h ，水平速度为v B ， 则v B =v O x =v 0cos θ

石块从A 到B ，根据机械能守恒定律ΔE k 减=ΔE p 增

得：mgh =

21mv 02-2

1

mv B 2 联立得：g

v g v v h 2sin 2)cos (0

2

02

0θθ=-= 则石块所能达到的（距地面）最大高度为：H +h =H +

g

v 2sin 0θ

（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

21mv C 2=2

1

mv 02+mgH 解得石块落地时的速度大小为：v C =gH v 22

0+ 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

图1

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 2与h 的理论关系应满足s 2＝ （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：

请在坐标纸上作出s 2--h 关系图．。

（3）对比实验结果与理论计算得到的s 2--h 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s 2--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 ． 动能，或者是弧形轨道的摩擦力太大。 解析：（1）由钢球在弧形槽上运动，机械能守恒：

2

2

1mv mgh =

离开弧形槽后，钢球做平抛运动：

水平方向：,t

s v =

竖直方向：2

2

1gt H =

联立解得：s 2=4Hh

（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（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：当物体速度达到最大值v 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 —l 图象求弹力做的功；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a 逐渐变小，当重力与弹力相等时，物体的速度刚好达到最大值v 。设物体向下的速度v 最大时，弹簧的形变量即压缩量为x ，则

平衡时：mg =kx 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。

当物体速度达到最大v 时，弹簧的弹性势能为E p ，由机械能守恒定律有：

图

mg (h +x )=

2

1mv 2

+E p 由上面两式可得：E p =mgh +k mg 2)(-2

1mv 2

，

由功能关系可知，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 =-E p =2

1mv 2

-mgh -k mg 2)( 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，物体返回到O 点时，下列说法正确的是：（ ）

A 、弹力做功一定相同

B 、到达O 点时动能期一定相同

C 、物体在B 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 点形变最大，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m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k , A 、B 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m 3的物体C 并从静止状态释放，已知它恰好能使B 离开地面但不继续上升.若将C 换成另一个质量为（m 1+ m 3）的物体D ，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 刚离地时D 的速度的大小是多少？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1x ，有11g kx m =

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2x ， 有22kx m g =

B 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

312112=m ()()E g x x m g x x ∆+-+

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

311311211211

()()()()22

22m m υm υm m g x x m g x x E ++=++-+-∆

联立解得υ=（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m 的小球A 、B 、C ，用两条长为l 的细线相连，置于高为h 的光滑水平桌面上，l >h ，A 球刚跨过桌边.若A 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v 1，三个小球机械能守恒。

21321

23mv mgh mgh += 解得：3

21gh

v =

当B 球刚要落地时，B 、C 机械能守恒。B 、C 有共同速度，设v 2

2

2

2122

12212mv mgh mv mgh +=+ 解得：352gh v = 可见：C 球离开桌边时的速度大小是3

52gh 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

2)(2

141v m M m g R R Mg +=-π M 在最高点时，R

v m mg 2=

联立解得：

3

1

-=

πm M 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 、B 错误。

正确答案：D

图2

图

（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？

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，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

31ｍ，其重心在桌面下61

L 处 此时铁链的重力势能为：－31ｍg 61L ＝－18

1

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2

1

L 处 此时铁链的重力势能为：－

mgL 2

1

设此时铁链的速度为v ，由机械能守恒定律有：

22

1

21181mv mgL mgL +-=-

解得：3

22gL

v =

故铁链末端经过桌边时，铁链的运动速度是3

22gL

v =

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l 根据系统机械能守恒定律：

22

1

2515210353mv l mg l mg l mg +-=⨯-⨯- 解得铁链子刚刚离开滑轮时，链子的运动速度是：

gl v 25

3

=

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 远大于一节车厢的高度h 和长度l ，但L>2πR ）.已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大初速度v 0，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λ，则有：

gR R Lv Lv ⋅⋅+=πλλλ22

121220 要使列车能通过圆形轨道，则必有v >0

解得L

g

R

v π20>

（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 型管两端开口，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ρ。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）若最终液体静止不动，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”、“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

2

h

的液体对称地补偿到另一端，看成是定质量问题。系统重力势能的减少量等于动能的增加量。

即：22

1

22Lsv h sg h ρρ

= 解得两端液面相平时，液体运动的速度是2

2L

gh

v =

（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：24

1

22gsh h sg

h E ρρ==

∆ 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,活塞截面积

分别为S A 、S B ,活塞下面是水,上面是空气,大气压恒为P 0,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B 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,大气压对水做功为______,水的内能增加为______(设水的密度为ρ)

解析：（1）设平衡时，左侧水面下降高度h A ，右侧水面下降高度h B ，

两侧体积相等，即：B B A A s h s h = 左侧大气压对水做正功：A A A s h P W 0= 右侧大气压对水做负功：B B B s h P W 0-=

大气压对水做的总功为W=W A +W B =0 （2）由能量转化及守恒定律得： 水的内能增加=

∆E B

A B A 2S S S S gh 21

+ρ （六）利用机械能守恒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

意时刻的角速度相等。过程中系统的始态、末态的重力势能，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：2211P k P k E E E E +=+，也可写作：减增P k E E ∆=∆。 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v A ，B 球的速度为V B ，则据机械能守恒定律可得：

222

121)(21B A mv mv mgr mgr +=--- 据圆周运动的知识可知：v A =2v B

由上述二式可求得v A =5/4gr

设在转动过程中半径OA 向左偏离竖直方向的最大角度是θ（如图

17所示），则据机械能守恒定律可得：

θθcos sin 2

1

21mgr mgr mgr -=- 解得θ=sin -1

53

=37

0 变式训练：

小球A 用不可伸长的细绳悬于O 点，在O 点的正下方有一固定的钉子B ，OB=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。

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F 1应该大于或等于零，即有：

d

L V

m

mg D

-≤2

图17

图16

m 图15

根据机械能守恒定律可得[])(2

12d L d mg mV D --= 由以上两式可求得：

L d L ≤≤5

3

（七）用能量守恒相对滑S F Q =解相对运动问题

案例7、如图所示，小车的质量为M ，后端放一质量为m 的铁块，铁块与小车之间的动摩擦系数为μ，它们一起以速度v 沿光滑地面向右运动，小车与右侧的墙壁发生碰撞且量损失，设小车足够长，则小车被弹回向左运动多远与铁块停止相对滑动？铁块在小车上相对于小车滑动多远的距离？

命题解读：本题考查动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律。两个物体相互摩擦而产生的热量Q （或说系统内能的增加量）等于物体之间滑动摩擦力F f 与这两个物体间相对滑动的路程的乘积，即相对滑S F Q =。利用这结论可以简便地解答高考试题中的“摩擦生热”问题。

分析与解：小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒，规定小车反弹后的方向作向左为正方向，设共同速度为x v ，则：　x v m M mv Mv )(+=-

解得：　

v m

M m

M v x +-=

以车为对象，摩擦力始终做负功，设小车对地的位移为S 车 则：　

－车22

2

121Mv Mv mgS x -=

μ 即：2

2

2)

(2m M g v M S +μ＝车 系统损耗机械能为：　相fS Q E ==∆

2

2)(2

1)(21

x

v m M v m M mgS +-+＝相μ g

m M Mv S )(22

+μ＝相；

变式训练：

变式1、如图4-4所示，质量为M ，长为L 的木板（端点为A 、B ，中点为O ）在光滑水平面上以v 0的水平速度向右运动，把质量为m 、长度可忽略的小木块置于B 端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v 0在什么范围内才能使小木块停在O 、A 之间？

解析：木块与木板相互作用过程中合外力为零，动量守恒。设木块、木板相对静止时速度为 v ，

则 (M +m )v = Mv 0

能量守恒定律得：

Q mv Mv Mv ++=22202

12121 滑动摩擦力做功转化为内能：mgs Q μ= 相对位移的范围是：

L s L

≤≤2

解得v 0 的范围应是：

M

gL

m M )(+μ≤v 0≤

M

gL

m M )(2+μ

变式2、在光滑水平面上停放着一辆质量为M 的小车，质量为m 的物体与劲度系数为k 的轻弹簧牢固连接，弹簧的另一端与小车左端连接。将弹簧压缩x 0后用细线把物体与小车拴住，使物体静止于车上A 点，如图4所示。物体m 与小车间的动摩擦因素为μ，O 为弹簧原长时物体右端所在位置。然后将细线烧断，物体和小车都要开始运动。求：

（1）当物体在车上运动到距O 点多远处，小车获得的速度最大？ （2）若小车的最大速度是v 1，则此过程中弹簧释放的弹性势能是多少？

解析：（1）物块m 和小车M 组成的系统动量守恒。当物块速度最大时，小车的速度也最大。对物块m ，速度最大时，加速度为零。

则有kx=μmg ，所以x=μmg/k 。

（2）由系统动量守恒，得Mv 1-mv 2=0，V 2=Mv 1/m 由能量守恒定律可知，弹簧释放的弹性势能转化为动能和内能，有

△E p =E kM +E km +Q

而Q=fs 相对=μmg(x 0-μmg/k)，

△Ep=Mv 12(M+m)/2m+μmg(x 0-μmg/k) （八）用能量守恒解决传送带的运动问题

案例8、如图7所示，传送带与地面的倾角θ=37°，从A 端到B 端的长度为16m ，传送带以v 0=10m/s 的速度沿逆时针方向转动。在传送带上端A 处无初速地放置一个质量为0.5kg 的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，求（1）物体从A 端运动到B 端所需的时间是多少？（2）这个过程中系统产生的内能。(sin37°=0.6，cos37°=0.8)

命题解读：该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L ＜5m ，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，传送带的速度大于物体的速度，传送带施加给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，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μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，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”。

图7

开始阶段由牛顿第二定律 mgsinθ＋μmgcosθ=ma 1

解得a 1=gsinθ＋μgcosθ=10m/s 2

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t 1＝v/a 1＝1s

发生的位移为s ＝

2

1

a 1ｔ12＝5m ＜16m 可知物体加速到10m/s 时仍未到达B 点

第二阶段的受力分析如图(b)所示，应用牛顿第二定律 有mgsinθ－μmgcosθ＝ma 2 所以a 2＝2m/s 2

设第二阶段物体滑动到B 端的时间为t 2 则L AB －s ＝v ｔ2＋

2

1

a 2ｔ22 解得t 2＝1s ｔ2′=-11s （舍去） 故物体经历的总时间ｔ=t 1＋t 2=2s （2）W 1=fs 1=μmgcos θ·s 1=10J W 2=-fs 2=-μmgcos θ·s 2= -22J 所以，W=W 1+W 2=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θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v 0=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，经时间t=1.9s ，工件被传送到h=1.5m 的高处，取g=10m/s 2。求（1）工件与皮带间的动摩擦因数。（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/sin30°=3m.

工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移为 2

01t v s = 达到v 0后做匀速运动的位移s-s 1=v 0（t-t 1） 加速运动的加速度为a=v 0/t 1=2.5m/s 2 工件受的支持力F N = mgcosθ，

对工件据牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ=ma 解出动摩擦因数为2

3=

μ 在时间t 1内，皮带运动位移s 2=v 0t 1=1.6m 工件相对皮带的位移△s=s 2-s 1=0.8m

在时间t 1内，摩擦生热Q=μmgcosθ△s=60J 工件获得的动能E k =mv 02/2=20J 工件增加的势能E p =mgh=150J

电动机多消耗的电能W=Q+E k +E p =230J

图8

（九）用能量守恒解决热力学问题

案例9、如图6所示的A、B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。

命题解读：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，大气压强均为P0，进入管中的水银的体积均为V，

所以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 管中水银的内能增量较多，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，这样循环不已，机器不停地转动，就可以永久地用砂轮磨制工件做功了。

请你分析一下，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

电阻R连接，再在电枢的转子轴上缠绕上足够长的轻绳

绳端悬挂一质量为m的重物，如图9所示，重物最后以

速率v1匀速下降。现将一电动势为E，内阻不计的电源，

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v2。

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。搞清能量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v1匀速下降，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。由能量守恒定律可得：mgv1t=I12Rt

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：EI2t=I22Rt+mgv2t

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：I1=I2

联立解得：112v mgR

v E v -= 变式训练：

某一用直流电动机提升重物的装置，如图11所

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?（g=10m/s 2）。

解析：在图11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：

EIt=I 2Rt+mgvt

解得电动机线圈的电阻R=4Ω.

（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θ=37°，电阻不计，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=2Ω的

电阻。另一横跨在平行导轨间的金属棒质量m=1kg ，电阻r=2Ω，其与

导轨间的动摩擦因数μ=0.5.金属棒以平行于导轨向上的初速度

v 0=10m/s 上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端的电量Δq=0.1C （g=10m/s 2，sin370=0.6），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v 0向上滑行的过程中克服重力、安培力和摩擦力做功，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=△φ/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

2△q=I △t=E △t/R=△φ/R 总

所以△φ=2△qR 总=0.6W b

由磁通量定义，可得△S=△φ/B=0.6m 2

金属棒沿导轨上滑的距离L 0为L 0=△S/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 总=mv 02/2-mgLsinθ-μmgLcosθ=30J 。

则上端电阻发热量Q=Q 总/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R 0，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 =v m sinωt ，不计导轨电阻。求：

（1）从t=0到t=2π/ω时间内电阻R 产生的热量。

（2）从t=0到t=π/2ω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=BLv m sinωt 是正弦交流电， 其有效值：22m

m

BLv E E ==

在△t=2π/ω=T 的时间内，电阻R 上产生的热量为：

Q=I 2RT=πRB 2L 2v m /ω(R+R 0)2

（2）t=0到t=π/2ω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 外=mv m 2/2 +Q′，Q′是这段时间内电阻R 和R 0产生的热量

Q′= E 2/(R+R 0)·π/2ω=πB 2L 2v m 2/4ω(R+R 0)

所示这段时间内外力所做的功是：

W 外=mv m 2/2 + πB 2L 2v m 2/4ω(R+R 0)

［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v 0=5m/s 的初速度滑下，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+2021mv 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。如果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，则：

系统机械守恒：mgh+202

1mv =Ep+0 弹力做功：W 弹力= 0-E P 解得： W 弹簧= -（mgh+202

1mv ）= -125J 解法二 根据动能定理：20210mv W mgh -

=+ 解得：W 弹簧= -（mgh+202

1mv ）= -125J 误区二：误认为“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向”都与杆或绳子垂直，都不做功，每个物体的机械能都守恒，忽视

弹力做功的特点。

典型案例2、如图所示，在长为l 的轻杆中点A 和端点

B 各固定一质量均为m 的小球，杆可绕无摩擦的轴O 转动，

使杆从水平位置无初速释放摆下。求当杆转到竖直位置时，

轻杆对A 、B 两球分别做了多少功?

错误解法：由于杆的弹力总垂直于小球的运动方向，所以轻杆对A 、B 两球均不做功。0==B A W W

应对办法：绳的弹力是一定沿绳的方向的，而杆的弹力不一定沿杆的方向。所以当物体的速度与杆垂直时，杆的弹力对一个物体做正功，对另一个物体做负功，这一对作用力与反作用力做功的代数和为零，系统的机械能守恒。

走出误区：设当杆转到竖直位置时，A 球和B 球的速度分别为v A 和v B 。如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。若取B 的最低点为零重力势能参考平面，可得：

2mg l =mgL mv mv B A 2

1212122++ 又因A 球对B 球在各个时刻对应的角速度相同，故v B ＝2v A 由以上二式得：512,53gl v gl v B A ==

根据动能定理，可解出杆对A 、B 做的功。对于A 有

W A +mg

2l =22

1A mv -0 所以W A =－2.0mgl

对于B 有W B +mgi =0212-B mv ，所以W B =0.2mgl 误区三、误认为始末状态机械能守恒成立，忽视物体做圆周运动的过程特点。

典型案例3、如图所示，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O 点，下端拴一小球，L 点是小球下垂时的平衡位置，Q 点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL 直线上，N 点在Q 点正上方，且QN =QL ，M 点与Q 点等高。现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与N 等高的P 点，释放后任其向L 摆动，运动过程中空气阻力可忽略不计，小球到达L 后。因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q 为中心的圆弧继续运动，在此以后( )

A ．小球向右摆到M 点，然后就摆回来

B ．小球沿圆弧摆到N 点，然后竖直下落

C ．小球将绕Q 点旋转，直线细绳完全缠绕在钉子上为止

D ．以上说法都不正确

错误解法：因为全程只有重力做功，机械能一定守恒，从P 到N

运用机械能守恒定律，P 点机械能为零，N 点的机械能必为零，

所以B 正确。 应对办法：对于竖直面内的圆周运动问题，首先应该考虑圆周运

动的临界条件，然后再考虑机械能守恒定律。运用机械能守恒定律常用关系：

P k E E ∆-=∆。

走出误区：从P 到M ，根据机械能守恒定律得：22

1M mv mgR =

v M >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R v m mg N 2= Rg v N =

图7

根据机械能守恒定律，选取PN 水平面势能为零。0212>=

N PN mv mgh 要求PN 两点的相对高度R h PN 2

1= 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v 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B 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（ ）

A ．传送带对物体做功为221υm

B ．传送带克服摩擦做功221υm

C ．电动机消耗的电能为221υm

D ．在传送物体过程产生的热量为22

1υm 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，显然不符合能量转化及守恒定律。系统摩擦发热产生的内能相对s F Q f =，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22

1υm ，A 正确。物体移动的位移是t v s 21=，皮带移动的位移是122s vt s ==，根据功的定义，传送带克服摩擦做功应为2mv ，B 错误。由能量守恒定律知电机消耗的电能就是2221mv Rt I +

，C 错误。由能量守恒定律滑动摩擦产生的内能Q=212

1mv mgs s mg ==∆μμ，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。

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

的另一端固定在空间的O 点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。

今把小球从O 点的正上方离O 点的距离为R 9

8的O 1点以水平的速度gR v 430=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？

图9

（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v ，根据能量守恒定律可得： 2202

1)98(21mv R R mg mv =++ 根据向心力公式得：R v m mg T 2=-，解得：mg T 144

1934= 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：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，绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，则θsin 0R t v =， θcos 98212R R gt -=，其中gR v 4

30= 联立解得g

R t 34,2==π

θ。 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，v 0损失，质点仅有速度v y ， 且gR gt v y 3

4==。 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v ′，根据机械能守恒守律有：

mgR mv mv y +=22/2

121 设此时绳对质点的拉力为T ，则R

v m mg T 2/

=- 联立解得：mg T 943=。 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”

与“绳子的速度”。

典型案例6、如图12，半径为R 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m 1与m 2的物体，挂在定滑轮两边，且m 1＞m 2，开始时m 1、

m 2均静止，m 1、m 2可视为质点，不计一切摩擦。求：

⑴ m 1释放后经过圆弧最低点A 时的速度；

⑵ 若m 1到最低点时绳突然断开，求m 1落地点离A 点水平距离；

⑶ 为使m 1能到达A 点，m 1与m 2之间必须满足什么关系?

错误解法：两个物体的速度大小相等v 2=v 1

图10

0 图11

2

由机械能守恒定律得：

()2121212

1

2v m m R g m gR m +=

- 解得：()

2

12112

2m m g m gR m v +-=

应对办法：物体运动到终点的速度图如图13所示，由此可知两物体的速度大小并不相等。而两物体沿着绳子的速度分量相等。即m 1沿着绳子的速度分量等于m 2的速度。 走出误区：⑴设m 1运动到最低点时速度为v 1，此时m 2的速度为v 2，

速度分解如图，得：v 2=v 1sin45° 由m 1与m 2组成系统，机械能守恒，有

2

2

211212

1212mv v m R g m gR m +=-

由上述两式求得1υ=⑵ 断绳后m

1

做平抛运动1t =

= s = v 1t 解得：s =4

⑶ m 1能到达A 点满足条件v 1≥0

又1υ=

解得：12m ≥

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，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。

错误解法：M 下降的高度与m 升高的高度相等都是R

根据机械能守恒定律得： 2)(2

1

)(v m M gR m M +=-

m 在最高点时，R

v m mg 2

=

解得：

1

3=m M 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4

R π，m 上升R 。

走出误区：对系统运用机械能守恒定律

v 2

2

图13

2)(2

1

41v m M mgR R Mg +=-π

m 在最高点时，R

v m mg 2=

联立解得：

1

3

-=

πm M 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下垂直垂1/3部分做功引起。根据动能定理：

22

16231mv L L mg =⎪⎭⎫ ⎝⎛- 解得：gL v 26

1

=

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

31ｍ，其重心在桌面下61

L 处 此时铁链的重力势能为：－31ｍg 61L ＝－18

1

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2

1

L 处 此时铁链的重力势能为：－

mgL 2

1

设此时铁链的速度为v ，由机械能守恒定律有：

22

1

21181mv mgL mgL +-=-

解得：3

22gL

v =

故铁链末端经过桌边时，铁链的运动速度是3

22gL

v =

［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；降落伞在空中匀速下降；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量

C.物体的势能转化为其他形式的能量

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

4．一块质量为m 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h ，则（ ）

A ．木块的重力势能增加了Fh

B ．木块的机械能增加了Fh

C ．拉力所做的功为Fh

D ．木块的动能增加Fh 5．一个质量为m 的物体，以a=2g 的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h 高度过程中，物体的（ ）

A ．重力势能减少了2mgh

B ．动能增加了2mgh

C ．机械能保持不变

D ．机械能增加了mgh

6．物体做自由落体运动， k E 代表动能，p E 代表势能，h 代表下落的距离，以水平地面为零势能面。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间的关系的是 （ ）

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E 1，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 2，则( )

A ．E 2=E 1 B. E 2=2E 1 C. E 2＞2E 1 D. E 1＜E 2＜2E 1

8．如图所示，传送带以0 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B 端，已知物体到达B

端之间已和传送带相对静止，则下

F

m

列说法正确的是（ ） A ．传送带对物体做功为

221

υm B ．传送带克服摩擦做功2

2

1υm

C ．电动机由于传送物体多消耗的能量为22

1

υm

D ．在传送物体过程产生的热量为

22

1

υm 9．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值。如图中的右图是用这种方法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（ ） A.t 2时刻小球速度最大 B.t 1~t 2期间小球速度先增大后减小 C.t 3时刻小球动能最小

D.t 1与t 4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，下列说法正确的是 ( ) 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大 C ．M 点的电势一定高于N 点的电势

D ．小物块电势能变化量的大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1m 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B 的过程中所受的平均摩擦力为( )

A ．0N

B ．7N

C ．14N

D ．28N

13．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行

周期约为90分钟。下列判断正确的是

A ．飞船变轨前后的机械能相等

B ．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

C ．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度

D ．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

二、填空题（共2小题，共18分，把答案填在题中的横线上）

14 某一在离地面10m 的高处把一质量为2kg 的小球以10m/s 的速率抛出，小球着地时

的速率为15m/s 。g 取10m/s 2

， 人抛球时对球做功是 J ，球在运动中克服空气阻力做功是 J

15. 质量m=1.5kg 的物块在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s 停在B 点，已知A 、B 两点间的距离s=5.0m ，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，恒力F 等于 (物块视为质点g 取10m/s 2). 三、实验探究题

16．探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，试验装置如图所示，试验主要过程如下：

（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W …

（2）分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度1v 、2v 、3v 、…; （3）做出W-v 草图；

（4）分析W-v 图像。如果W-v 图像是一条

直线，表明W ∝v ；如果不是直线，可考虑

是否存在W ∝2v 、W ∝3

v 、W 等

关系。

以下关于该实验的说法中有一项不正确，它是 。

A 本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W 、2W 、3W …。所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行实验室，橡皮筋对小车做的功为W ，用2条、3条、…。橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…。实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W 、3W …。

B 小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。

C 某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。

D 根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。

四、论述计算题（共6小题，共92分，解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

17. 某市规定：卡车在市区内行驶速度不得超过40km/h ，一次一辆卡车在市区路面紧急刹车后，量得刹车痕迹s=18m ，假设车轮与路面的滑动摩擦系数为0.4。问这辆车是否违章？试通过计算预以证明。

18．如图所示，在光滑的平台上，有一质量为

m 的物体，物体与轻绳的一端相连，轻绳跨过定滑轮（定滑轮的质量和摩擦不计）另一端被滑轮正下方站在地面上的人拉住，人与绳的接触点和定滑轮的高度差为h ，若此人以速度v 0 向右匀速前进s ，求在此过程中人的拉力对物体所做的功。

19．一半径R=1米的1/4圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A 静止释放一个质量m=20克的木块，测得其滑至底端B 的速度v B =3米/秒，以后又沿水平导轨滑行BC=3米而停止在C 点，如图8所示，试求（1）圆弧导轨摩擦力的功；（2）BC 段导轨摩擦力的功以及滑动摩擦系数（取g=10米/秒2）

20．如图9所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K ，一条不可伸长的轻绳绕过K 分别与A 、B 连，A 、B 的质量分别为A m 、B m ，开始时系统处于静止状态．现用一水平恒力F 拉物体A ，使物体B 上升．已知当B 上升距离h 时，B 的速度为v ．求此过程中物体A 克服摩擦力所做的功．重力加速度为g ．

21．儿童滑梯可以看成是由斜槽AB 和水平槽CD 组成，中间用很短的光滑圆弧槽BC 连接，如图10所示.质量为m 的儿童从斜槽的顶点A 由静止开始沿斜槽AB 滑下，再进入水平槽CD ，最后停在水平槽上的E 点，由A 到E 的水平距离设为L .假设儿童可以看作质点，已知儿童的质量为m ，他与斜槽和水平槽间的动摩擦因数都为μ，A 点与水平槽CD 的高度差为h .

（1）求儿童从A 点滑到E 点的过程中，重力做的功和克服摩擦力做的功.

（2）试分析说明，儿童沿滑梯滑下通过的水平距离L 与斜槽AB 跟水平面的夹角无关. （3）要使儿童沿滑梯滑下过程中的最大速度不超过v ，斜槽与水平面的夹角不能超过多少？

22．某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg ，通电后以额定功率P=1.5w 工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m ，R=0.32m ，h=1.25m ，S=1.50m 。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10m/s 2）

23．如图所示，质量为m 的小球，由长为l 的细线系住，细线的另一端固定在A 点，AB 是过A 的竖直线，E 为AB 上的一点，且AE=0.5l ，过E 作水平线EF ，在EF 上钉铁钉D ，若线能承受的最大拉力是9mg ，现将小球拉直水平，然后由静止释放，若小球能绕钉子在竖直面内做圆周运动，求钉子位置在水平线上的取值范围。不计线与钉子碰撞时的能量损失。

［参］

m

2.AD 3．AB 4．BC 5.BD 6.B 7. C 8.AD 9.B 10.AD 11.AD 12.B 13．BC

13．解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A 不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B 正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据2T π

ω

=

可知，飞船在此圆轨道上运

动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C 正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D 不正确。

考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律

提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。

根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态

量。由22Mm v G m r r =

得v =，由222()Mm G m r r T π=

得2T =，由2

2Mm G

m r r ω=

得ω=2

n Mm G ma r =可求向心加速度。

14．100J 75J 15. 15N

16．答案：I ．23.0mA ，0.57V ，320Ω II ．（1）3，0.6，1，0～10（2）电压表的分流 III 答案：D 。

17．解：设卡车运动的速度为v 0，刹车后至停止运动，由动能定理：-μmgs=0-202

1mv 。得v=18104.022⨯⨯⨯=

gs μ=12m/s=43.2km/h 。因为v 0＞v 规，所以该卡车违章了。

18．解：当人向右匀速前进的过程中，绳子与竖直 方向的夹角由0°逐渐增大，人的拉力就发生了变化， 故无法用W =Fscos θ计算拉力所做的功，而在这个过

化，故可以用动能定理来计算拉力做的功。 当人在滑轮的正下方时，物体的初速度为零， 当人水平向右匀速前进s 时物体的速度为v 1 ，由图 1可知： v 1= v 0sin a

⑴根据动能定理，人的拉力对物体所做的功 W =m v 12/2－0

⑵由⑴、⑵两式得W =ms 2 v 12/2(s 2+h 2)

19．解：（1）对AB 段应用动能定理：mgR+W f =

2

2

1B mv 0

图1

所以：W f =

221B mv -mgR=910202

1

3⨯⨯⨯--20×10-3×10×1=-0.11J （2）对BC 段应用动能定理：W f =0-221B mv =-910202

13

⨯⨯⨯-=-0.09J 。又因W f =μ

mgBCcos1800=-0.09，得：μ=0.153。

20．解：在此过程中，B 的重力势能的增量为gh m B ，A 、B 动能增量为

2)(2

1

v m m B A +，恒力F 所做的功为Fh ，用W 表示A 克服摩擦力所做的功，根据功能关系有：

()gh m v m m W Fh B B A ++=

-22

1

解得：()gh m v m m Fh W B B A -+-=2

21

21．解：（1）儿童从A 点滑到E 点的过程中，重力做功W=mgh 儿童由静止开始滑下最后停在E 点，在整个过程中克服摩擦力做功W 1，由动能定理得，

1W mgh -=0，则克服摩擦力做功为W 1=mgh

（2）设斜槽AB 与水平面的夹角为α，儿童在斜槽上受重力mg 、支持力N 1和滑动摩擦

力f 1，αμcos 1mg f =，儿童在水平槽上受重力mg 、支持力N 2和滑动摩擦力f 2，

mg f μ=2，儿童从A 点由静止滑下，最后停在E 点.

由动能定理得，0)cot (sin cos =--⋅-αμα

αμh L mg h

mg mgh 解得μ

h L =，它与角α无关.

（3）儿童沿滑梯滑下的过程中，通过B 点的速度最大，显然，倾角α越大，通过B 点的速度越大，设倾角为0α时有最大速度v ，由动能定理得，

2002

1

sin cos mv h mg mgh =⋅

-ααμ 解得最大倾角)22cot(2

0gh

v gh arc μα-=

22．解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律

t v S 1=

22

1gt h =

解得13/v m s ==

设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

R

v m mg 22

=

()R mg mv mv 22

1212

223+= 解得453==gh v m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是

4min =v m/s

设电动机工作时间至少为t ，根据功能原理

min 2

2

1mv fL Pt =

- 由此可得t=2.53s

23．解：这是一个圆周运动与机械能两部分知识综合应用的典型问题。题中涉及两个临界条件：一是线承受的最大拉力不大于9mg ；另一个是在圆周运动的最高点的瞬时速度必须不小于gr （r 是做圆周运动的半径）。 设在D 点绳刚好承受最大拉力，设DE=x ，则：

22)2

(l

x AD +=

悬线碰到钉子后，绕钉做圆周运动的半径为：

22)2

(l

x l AD l r +-=-= ①

当小球落到D 点正下方时，绳受到的最大拉力为F ，此时小球的速度v ，由牛顿第二定律有：

r

mv mg F 2

=-

结合mg F 9≤可得

mg r

mv 82

≤ ② 由机械能守恒定律得：22

1)2(mv r l mg =+ 即： )2

(

22

r l

g v += ③

由①②③式联立解得：l x 3

2≤

随着x 的减小，即钉子左移，绕钉子做圆周运动的半径越来越大。转至最高点的临界速度gr 也越来越大，但根据机械能守恒定律，半径r 约大，转至最高点的瞬时速度越小，当这个瞬时速度小于临界速度时，小球就不能到达圆的最高点了。

设钉子在G 点小球刚能绕钉做圆周运动到达圆的最高点，设EG=x’ 如图解，则

22)2

('l

x AG +=

22)2

(''l

x l AG l r +-=-= ④

在最高点： '

'

2

r mv mg ≤ ⑤

由机械能守恒定律得：2

'2

1)'2(mv r l mg =- ⑥

由④⑤⑥联立得l x 6

7'≥

在水平线上EF 上钉子的位置范围是：

l x l 3

2'67≤≤

m