7.10 能量守恒定律与能源
课时自测·基础达标
1.有关功和能,下列说法正确的是 ( )
A.力对物体做了多少功,物体就具有多少能
B.物体具有多少能,就一定能做多少功
C.物体做了多少功,就有多少能量消失
D.能量从一种形式转化为另一种形式时,可以用功来量度能量转化的多少
【解析】选D。功是能量转化的量度,即物体做了多少功,就有多少能量发生了转化;并非力对物体做了多少功,物体就具有多少能;也非物体具有多少能,就一定能做多少功,所以A、B错误;做功的过程是能量转化的过程,能量在转化过程中能量守恒并不消失,所以C错误;功是能量转化的量度,选项D正确。
【补偿训练】
蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱。如图所示,蹦极者从P处由静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,B离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能的增加量为ΔE2、克服空气阻力做的功为W,则下列说法正确的是 ( )
A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒
B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒
C.ΔE1=W+ΔE2
D.ΔE1+ΔE2=W
【解析】选C。下落过程中有空气阻力做功,所以机械能不守恒,A、B项错误;根据能量守恒,在下落的全过程,有ΔE1=W+ΔE2,故C项正确,D项错误。
2.传送带左端点上,设工件初速度为零,当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v,而与传送带保持相对静止。设工件质量为m,它与传送带间的动摩擦因数为μ,左右端点相距L,则该电动机每传送完一个工件消耗的电能为 ( )
A.μmgL B.mv2
C.μmgL+mv2 D.mv2
【解析】选D。根据牛顿第二定律知工件的加速度为μg,所以速度达到v而与传送带保持相对静止所用时间:t=,工件的位移为,
工件相对于传送带滑动的距离为Δx=vt-=
则产生的热量:Q=μmgΔx=mv2
由能量守恒知,电动机每传送完一个工件消耗的电能一部分转化为一个工件的动能,另一部分产生热量,则E电=Ek+Q=mv2+mv2=mv2,故D正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示,质量m=1 kg的物体从高为h=0.2 m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μ=0.2,传送带AB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 ( )
A.物体从A运动到B的时间是1.5 s
B.物体从A运动到B的过程中,摩擦力对物体做功为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】选A、C。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/s 1.5 s,故选项A正确;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W=mv2-m=×1×42 J-×1×22 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,故产生热量Q=μmgΔx=μmg(x带-x1),代入数据得:Q=2 J,故C项正确;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=mv2-m+Q=×1×(42-22) J+2 J=
8 J,故D项错误。
3.如图所示,固定斜面的倾角θ=30°,物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ=,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,A的质量为2m=4 kg,B的质量为m=2 kg,初始时物体A到C点的距离为L=1 m,现给A、B一初速度v0=3 m/s,使A开始沿斜面向下运动,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。已知重力加速度取g=10 m/s2,不计空气阻力,整个过程中轻绳始终处于伸直状态,求此过程中:
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小。
(2)弹簧的最大压缩量。
(3)弹簧中的最大弹性势能。
【解析】 (1)物体A向下运动刚到C点的过程中,对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得:μ·2mg·cos θ·L=·3m-·3mv2+2mgLsin θ-mgL
可解得v=2 m/s。
(2)以A、B组成的系统,在物体A将弹簧压缩到最大压缩量,又返回到C点的过程中,系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量。
即:·3mv2-0=μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x=0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得:
·3mv2+2mgxsinθ-mgx=μ·2mgcosθ·x+Epm
解得:Epm=6 J。
答案:(1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
7.1-7.2 追寻守恒量 功
课时自测·基础达标
1.如图所示,同一物块分别放在水平面和固定斜面上,在两个大小相等的推力F1、F2作用下运动,F1、F2方向分别平行于水平面和斜面。若物块在两种推力作用下通过的位移大小相等,则推力F1、F2对物块所做的功 ( )
A.相等
B.与物块和接触面的粗糙程度有关
C.在水平面上推力所做的功较多
D.在斜面上推力所做的功较多
【解析】选A。据题意,由于两个推力大小相等,且在力的方向上的位移相等,则这两个力所做的功大小相等,故选项A正确而选项C、D错误;某个力做的功等于力的大小与这个力方向上位移的乘积,与其他因素无关,故选项B错误。
2.如图,坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m,在与水平面成θ角的恒定拉力F作用下,沿水平地面向右移动了一段距离l。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ,则雪橇受到的 ( )
A.支持力做功为mgl B.重力做功为mgl
C.拉力做功为Flcos θ D.滑动摩擦力做功为-μmgl
【解析】选C。支持力和重力与位移垂直,不做功,A、B错误;拉力和摩擦力分别做功为W=Flcos θ,W=-μ(mg-Fsin θ)l,C正确,D错误。
【补偿训练】
如图所示,质量为m的物体A静止在倾角为θ的斜面体B上,斜面体B的质量为M。现对该斜面体施加一个水平向左的推力F,使物体随斜面体一起沿水平方向向左匀速运动,当移动的距离为l时,斜面体B对物体A所做的功为 ( )
A.Fl B.mglsin θcos θ
C.mglsin θ D.0
【解析】选D。对物体A进行受力分析,其受到重力mg、支持力FN、静摩擦力Ff,如图所示,由于物体A做匀速运动,所以支持力FN与静摩擦力的合力即斜面体B对物体A的作用力竖直向上,而位移水平向左,所以斜面体B对物体A的作用力的方向与位移方向垂直,斜面体B对物体A所做的功为0,D正确。
3.如图所示,在水平面上,有一弯曲的槽道弧AB,槽道由半径分别为和R的两个半圆构成,现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点,若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致,则此过程中拉力所做的功为 ( )
A.0 B.FR
C.πFR D.2πFR
【解析】选C。虽然拉力方向时刻改变,但力与运动方向始终一致,用微元法,在很小的一段位移内可以看成恒力,小球的路程为πR+π,则拉力做的功为πFR,故C正确。
4.如图所示,一质量m=4.0 kg的物体,由高h=2.0 m、倾角θ=53°的固定斜面的顶端滑到底端。物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.2,求物体所受各个力做的功及合外力做的功。(g取10 m/s2,
sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)
【解析】以物体为研究对象受力分析如图。
物体受重力mg、摩擦力Ff和支持力FN,FN=mgcos θ,
Ff=μmgcos θ,物体的位移l=。
根据功的公式可求得
WG=mg·lcos (90°-θ)=mgh=4.0×10×2.0 J=80 J,
WN=0,
=-Ff·l=-μmgcos θ·=-0.2×4.0×10×2.0× J=-12 J。
W合=WG+WN+=80 J+0-12 J=68 J。
求合外力做的功也可以先求合外力,再求合外力的功。
F合=mgsin θ-Ff,
W合=F合·l=(mgsin θ-μmgcos θ)l
=(4.0×10×0.8-0.2×4.0×10×0.6)× J=68 J。
答案:WG=80 J WN=0 =-12 J W合=68 J
7.3 功率
课时自测·基础达标
1.汽车上坡的时候,司机必须换挡,其目的是 ( )
A.减小速度,得到较小的牵引力
B.增大速度,得到较小的牵引力
C.减小速度,得到较大的牵引力
D.增大速度,得到较大的牵引力
【解析】选C。汽车在上坡时,汽车的牵引力除了需要克服阻力以外,还要克服重力沿斜坡向下的分力,所以需要增大牵引力,由F引=,在P不变时要增大牵引力,必须减小v。
2.(多选)如图所示,在天花板上的O点系一根细绳,细绳的下端系一小球。将小球拉至细绳处于水平的位置,由静止释放小球,小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中,下面说法正确的是 ( )
A.小球受到的向心力在逐渐变大
B.重力对小球做功的平均功率为零
C.重力对小球做功的瞬时功率逐渐增大
D.由于细绳的拉力方向始终与小球的速度方向垂直,所以拉力对小球做的功为零
【解析】选A、D。由F向=m,v逐渐增大,则F向增大,A对;由P=知B错;重力
的功率先增大后减小,C错;由W=F·lcosα知D对。
【补偿训练】
一个质量为m的小球做自由落体运动,那么,在前t秒内重力对它做功的平均功率及在t秒末重力做功的瞬时功率P分别为(t秒末小球未着地) ( )
A.=mg2t2,P=mg2t2 B.=mg2t2,P=mg2t2
C.=mg2t,P=mg2t D.=mg2t,P=2mg2t
【解析】选C。前t秒内重力做功的平均功率
===mg2t。
t秒末重力做功的瞬时功率P=Fv=mg·gt=mg2t。
故C正确。
3.如图所示,质量为m的小球以初速度v0水平抛出,恰好垂直打在倾角为θ的斜面上,不计空气阻力,则球落在斜面上时重力的瞬时功率为 ( )
A.mgv0tanθ B.
C. D.mgv0cosθ
【解析】选B。如图所示,由于v垂直于斜面,可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v2=,此时重力做功的瞬时功率为P=mgv2=,B正确。
4.一列火车总质量m=500 t,发动机的额定功率P=6×105 W,在轨道上行驶时,轨道对列车的阻力Ff是车重的0.01倍。(g取10 m/s2)
(1)求列车在水平轨道上行驶的最大速度。
(2)在水平轨道上,发动机以额定功率P工作,求当行驶速度为v1=1 m/s和
v2=10 m/s时,列车的瞬时加速度a1、a2的大小。
(3)列车在水平轨道上以36 km/h的速度匀速行驶时,求发动机的实际功率P′。
(4)若列车从静止开始,保持0.5 m/s2的加速度做匀加速运动,求这一过程维持的最长时间。
【解析】(1)列车以额定功率行驶,当牵引力等于阻力,即F=Ff=kmg时,列车的加速度为零,速度达到最大值vm,则vm====12 m/s。
(2)当va1==1.1 m/s2
若v2=10 m/s,则F2==6×104 N,根据牛顿第二定律得a2==0.02 m/s2。
(3)当v=36 km/h=10 m/s时,列车匀速运动,则发动机的实际功率P′=Ffv=
5×105 W。
(4)由牛顿第二定律得F′=Ff+ma=3×105 N
在此过程中,速度增大,发动机功率增大,当功率为额定功率时速度为v′,即
v′==2 m/s,由
答案:(1)12 m/s (2)1.1 m/s2 0.02 m/s2
(3)5×105 W (4)4 s
7.4 重力势能
课时自测·基础达标
1.沿着高度相同,坡度不同,粗糙程度也不同的斜面将同一物体分别从底端拉到顶端,下列说法正确的是 ( )
A.沿坡度小的斜面运动时物体克服重力做功多
B.沿坡度大、粗糙程度大的斜面运动时物体克服重力做功多
C.沿坡度小、粗糙程度大的斜面运动时物体克服重力做功多
D.不管沿怎样的斜面运动,物体克服重力做功相同,物体增加的重力势能也相同
【解析】选D。重力做功的特点与物体的运动路径无关,只与初末状态物体的高度差有关,不论是光滑路径还是粗糙路径,也不论是直线运动还是曲线运动。物体克服重力做多少功(重力做多少负功)它的重力势能必增加多少。
2.如图所示,在离地面高为H处,将质量为m的小球以初速度v0竖直上抛,取抛出位置所在水平面为参考平面,则小球在最高点和落地处重力势能分别为 ( )
A.mg,0
B.m,-mgH
C.m,mgH
D.m,mgH+m
【解析】选B。小球能上升到的最高点与抛出点相距h=,所以在最高点时具有的重力势能Ep1=mgh=m。落地时小球的位置在参考平面下方H处,所以落地时小球具有的重力势能Ep2=-mgH。故B正确。
【补偿训练】
升降机中有一质量为m的物体,当升降机以加速度a匀加速上升高度h时,物体增加的重力势能为 ( )
A.mgh B.mgh+mah
C.mah D.mgh-mah
【解析】选A。重力势能的改变量只与物体重力做功有关,而与其他力做的功无关。物体上升h的过程中,物体克服重力做功mgh,故重力势能增加mgh,选A。
3.盘在地面上的一根不均匀的金属链重30 N,长1 m,从甲端缓慢提至乙端到恰好离地时需克服重力做功10 J。如果改从乙端缓慢提至甲端到恰好离地要克服重力做多少功?重力势能变化了多少?(g取10 m/s2)
【解析】设金属链的重心离乙端距离为x,则当乙端刚离开地面时克服重力做功
mgx=10 J,可得:x= m。则金属链的重心离甲端为 m,可知从乙端缓慢提至甲端恰好离地要克服重力做功W=mg· m=20 J。重力势能增加了20 J。
答案:20 J 重力势能增加了20 J
7.5 探究弹性势能的表达式
课时自测·基础达标
1.(多选)如图所示,在光滑水平面上有一物体,它的左端连接着一轻弹簧,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 ( )
A.弹簧的弹性势能逐渐减少
B.物体的动能先增大后减少
C.弹簧的弹性势能先增加后减少
D.弹簧的弹性势能先减少后增加
【解析】选B、D。撤去外力F后,物体在弹簧水平向右弹力的作用下先向右做加速运动,当弹簧恢复原长时物体速度达到最大,然后再向右运动过程中物体受弹簧弹力水平向左,物体做减速运动,选项B正确;在物体向右运动的整体过程中弹簧的形变量先减小后增大,弹簧的弹性势能先减少后增加,选项D正确。
【补偿训练】
(多选)如图所示,一轻弹簧一端固定于O点,另一端系一重物,将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度地释放,让它自由摆下,不计空气阻力,在重物由A点摆向最低点B的过程中 ( )
A.重力做正功,重力势能减小
B.重力做正功,重力势能增加
C.弹力做正功,弹性势能减小
D.弹力做负功,弹性势能增加
【解析】选A、D。重物向下摆动过程重力做正功,重力势能减小;弹力做负功,弹性势能增加。选项A、D正确。
2.一根弹簧的弹力F与伸长量x的关系图象如图所示,那么弹簧由伸长量为8 cm 到伸长量为4 cm的过程中,弹力做的功和弹性势能的变化量为 ( )
A.3.6 J,-3.6 J
B.-3.6 J,3.6 J
C.1.8 J,-1.8 J
D.-1.8 J,1.8 J
【解析】选C。F-x图象中图线与x轴围成的“面积”表示弹力做的功。W=×0.08×60 J-×0.04×30 J=1.8 J,此过程弹力做正功,弹簧的弹性势能减小1.8 J,故C选项正确。
【补偿训练】
轻弹簧上端与一个质量为2.0 kg的木块相连。若在木块上再作用一个竖直向下的变力F,使木块缓慢向下移动0.1 m,力F做功2.5 J时,木块再次处于平衡状态,此时力F的大小为50 N。(g取10 m/s2)求:
(1)弹簧的劲度系数。
(2)在木块下移0.1 m的过程中弹性势能的增加量。
【解析】(1)设木块开始静止时,弹簧的压缩量为l1,后来静止时,弹簧的压缩量为l2,由胡克定律及平衡条件得,
未施加力F时,弹力F1=mg=kl1=20 N,
施加力F后,弹力F2=F+mg=kl2=70 N,
且l2-l1=0.1 m,联立以上各式得k=500 N/m。
(2)由以上方程得l1=0.04 m,l2=0.14 m,根据以上数据作出F-l图象如图所示。
在木块下移0.1 m的过程中,弹力做负功,且
W=-S阴影=-×(20+70)×0.1 J=-4.5 J。
所以弹性势能的增加量ΔEp=-W=4.5 J。
答案:(1)500 N/ m (2)4.5 J
3.在一次演示实验中,一压紧的弹簧沿一粗糙水平面射出一小球,测得弹簧压缩的距离d和小球在粗糙水平面上滚动的距离s如表所示。由此表可以归纳出小球滚动的距离s跟弹簧压缩的距离d之间的关系,并猜测弹簧的弹性势能Ep跟弹簧压缩的距离d之间的关系分别是(选项中k1、k2是常量) ( )
实验次数
1
2
3
4
d/cm
0.50
1.00
2.00
4.00
s/cm
4.98
20.02
80.10
319.5
A.s=k1d Ep=k2d B.s=k1d Ep=k2d2
C.s=k1d2 Ep=k2d D.s=k1d2 Ep=k2d2
【解析】选D。分析实验数据可看出在误差允许的范围内=20,即s=k1d2。由生活常识可猜测,弹性势能越大,小球滚动的距离越远,Ep∝s,则Ep∝d2,Ep=k2d2。
【补偿训练】
慧杰同学平时使用带弹簧的圆珠笔写字,她想估测里面小弹簧在圆珠笔尾端压紧情况下的弹性势能的增加量。请你帮助她完成这一想法。
(1)写出实验所用的器材:________。?
(2)写出实验的步骤和所要测量的物理量________(用字母量表示)(要求能符合实际并尽量减少误差)。?
(3)弹性势能的增加量的表达式ΔEp=________。(用测得量表示)?
【解析】(1)米尺、天平。
(2)①将圆珠笔紧靠米尺竖直放在桌面上。
②在桌面上将圆珠笔尾端压紧,记下笔尖处的读数x1。
③突然放开圆珠笔,观察并记下笔尖到达最高峰的读数x2。
④用天平测出圆珠笔的质量m。
(3)ΔEp=mg(x2-x1)。
答案:(1)米尺、天平 (2)见解析
(3)mg(x2-x1)
7.6 实验：探究功与速度变化的关系
课时自测·基础达标
1.关于“探究动能定理”的实验,下列叙述正确的是 ( )
A.每次实验必须设法算出橡皮筋对小车做功的具体数值
B.每次实验中,橡皮筋拉伸的长度没有必要保持一致
C.放小车的长木板应该尽量使其水平
D.先接通打点计时器电源,再让小车在橡皮筋的作用下弹出
【解析】选D。本实验没有必要测出橡皮筋做的功到底是多少焦耳,只要测出以后每次实验时橡皮筋做的功是第一次实验时的多少倍就足够了,选项A错误;每次实验橡皮筋拉伸的长度必须保持一致,只有这样才能保证以后每次实验时,橡皮筋做的功是第一次实验时的整数倍,否则,功的数值难以测定,选项B错误;小车运动过程中会受到阻力,只有使木板倾斜到一定程度,才能减小误差,选项C错误;实验时,应该先接通电源,让打点计时器开始工作,然后再让小车在橡皮筋的作用下弹出,选项D正确。
2.某同学为探究“合力做功与物体动能改变的关系”设计了如下实验,他的操作步骤:
(1)按如图摆好实验装置,其中小车质量M=0.20 kg,钩码总质量m=0.05 kg。
(2)释放小车,然后接通打点计时器的电源(电源频率为f=50 Hz),打出一条纸带。
(3)他在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条,如图所示。把打下的第一点记作0,然后依次取若干个计数点,相邻计数点间还有4个点未画出,用厘米刻度尺测得各计数点到0点距离分别为d1=0.041 m,d2=0.055 m,d3=
0.167 m,d4=0.256 m,d5=0.360 m,d6=0.480 m…他把钩码重力(当地重力加速度g取10 m/s2)作为小车所受合力,算出打下0点到打下第5点合力做功W=_____J(结果保留三位有效数字),打第5点时小车的动能Ek=________(用相关数据前字母列式),把打下第5点时小车的动能作为小车动能的改变量,算得Ek=0.125 J。?
(4)此次实验探究的结果,他没能得到“合力对物体做的功等于物体动能的增量”,且误差很大。通过反思,他认为产生误差的原因如下,其中正确的是 ( )
A.钩码质量太大,使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
B.没有平衡摩擦力,使得合力对物体做功的测量值比真实值偏大太多
C.释放小车和接通电源的次序有误,使得动能增量的测量值比真实值偏小
D.没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离也是产生此误差的重要原因
【解析】(3)若用钩码的重力作为小车受的合力,则F合=mg=0.5 N,从0点到打第5点时水平位移x=d5=0.360 m,所以W=F合x=0.5×0.360 J=0.180 J。
打第5点时小车动能Ek=M,v5=,式中Δt为5个时间间隔,即Δt=,故Ek=(d6-d4)2。
(4)钩码向下加速运动时,细绳的拉力比钩码重力小,且钩码质量越大,这种差别越大,所以A正确;本实验应平衡小车的摩擦力,这样绳的拉力所做的功才近似等于小车动能的改变量,若未平衡摩擦力,误差会很大,所以B正确;释放小车和接通电源的次序有误,对纸带的有效使用有影响,对探究功和动能变化关系没有影响,故C错误;没有使用最小刻度为毫米的刻度尺测距离,测量时有误差,但是误差不是很大,故D错误。所以A、B选项是正确的。
答案:(3)0.180 (d6-d4)2 (4)A、B
3.(2017·江苏高考)利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为M=200.0 g,钩码的质量为m=10.0 g,打点计时器的电源为50 Hz的交流电。 导学号38026078
(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到__________________。?
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图乙所示。选择某一点为O,依次每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx,记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度v,其中打出计数点“1”时小车的速度v1=________m/s。?
(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,g取9.80 m/s2,利用W=mgΔx算出拉力对小车做的功W。利用Ek=Mv2算出小车动能,并求出动能的变化量ΔEk。
计算结果如表所示。
W/×10-3 J
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/×10-3 J
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据,在方格纸上作出ΔEk-W图象。
(4)实验结果表明,ΔEk总是略小于W。某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F=________N。?
【解析】(1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察到小车做匀速直线运动,即纸带上的点迹等距均匀。
(2)v1=×10-2 m/s=0.228 m/s。
(3)如图所示
(4)对钩码有mg-F=ma,a=×10-2 m/s2,联立解得F=0.093 N。
答案:(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)见解析图
(4)0.093
【补偿训练】
1.(2017·北京高考)如图甲所示,用质量为m的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木板上运动,打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。
(1)打点计时器使用的电源是________(选填选项前的字母)。?
A.直流电源 B.交流电源
(2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力。正确操作方法是________(选填选项前的字母)。?
A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量
在不挂重物且________(选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车,若小车拖着纸带做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响。?
A.计时器不打点 B.计时器打点
(3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为O。在纸带上依次取A、B、C……若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为T。测得A、B、C……各点到O点的距离为x1、x2、x3……,如图乙所示。
实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为mg,从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功W=____________,打B点时小车的速度v=______________。?
(4)以v2为纵坐标,W为横坐标,利用实验数据作如图丙所示的v2-W图象。由此图象可得v2随W变化的表达式为________________。根据功与能的关系,动能的表达式中可能包含v2这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是________________。?
(5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的条件,则从理论上分析,图丁中正确反映v2-W关系的是___________ _________________。?
【解析】(1)打点计时器要使用交流电源,选B。(2)平衡摩擦力是把长木板右端垫高,让重力的分力与阻力相平衡,从而消除阻力对实验的影响,而纸带通过打点计时器的限位孔时,也会受到摩擦阻力,所以平衡摩擦力要在打点计时器打点的情况下进行。(3)实验中,将小车所受的拉力大小看作mg,所以从打O点到打B点的过程中,拉力对小车做的功为mgx2;打B点的速度等于A、C间的平均速度,即vB=。(4)根据图象可求出直线的斜率为4.69,所以v2随W变化的表达式为v2=4.69W。功是能量转化的量度,功与能的单位相同,功的单位是J=N·m
=kg·m2/s2,动能的表达式中可能包含v2这个因子,v2的单位是m2/s2,比较功与v2的单位发现相差的是质量的单位,所以与图线斜率有关的物理量应是质量。
(5)小车运动过程中,对小车和重物整体分析有mg=(M+m)a,对小车有T=Ma,解得小车受到的拉力为T=,小车受到的拉力与重物的重力成正比,小车受到的拉力做的功与小车速度的平方成正比,则重物重力做的功与小车速度的平方成正比,选A。
答案:(1)B (2)A B (3)mgx2
(4) v2=4.69W 质量 (5)A
2.在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲所示)
(1)下列说法哪一项是正确的 ( )
A.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B.为减小系统误差,应使钩码质量远大于小车质量
C.实验时,应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)图乙是实验中获得的一条纸带的一部分,选取O、A、B、C计数点,已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz,则打B点时小车的瞬时速度大小为______ ______m/s(结果保留三位有效数字)。?
【解析】(1)平衡摩擦力是让小车重力的下滑分力与摩擦力平衡,故不能挂钩码平衡摩擦力,A错误;本实验中,近似认为小车所受拉力等于钩码的重力,因此应使钩码的质量远小于小车的质量,B错误;实验时,为充分利用纸带,应使小车靠近打点计时器由静止释放,C正确。
(2)vB== m/s=0.653 m/s
答案:(1)C (2)0.653
3.某同学验证动能定理的实验装置如图所示。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨;导轨上A点处有一带遮光片(宽度为d)的长方形滑块,其总质量为M,实验步骤如下:
①安装好实验器材,给气垫导轨接上气源,然后读出拉力传感器的示数,记为F,同时从气垫导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离L。
②剪断细绳,让滑块滑向光电门,并记录滑块通过光电门的时间t。
③ 多次改变滑块与光电门之间的距离,记录相应的L与t的值,结果如表所示:
被测量量
1
2
3
4
5
L(m)
0.600
0.800
1.000
1.200
1.400
t(ms)
8.22
7.17
6.44
5.85
5.43
(104 s-2)
1.48
1.95
2.41
2.92
3.39
试分析下列问题:
(1)剪断细绳后,滑块开始加速下滑,则其受到的合外力为__________。?
(2)剪断细绳后,在滑块从A运动至B的过程中,合外力对滑块、遮光片组成的系统做的功可表示为W=________,动能的增加量可表示为ΔEk=__________;若动能定理成立,则在本实验中与L的关系式为=________。?
(3)以L为横坐标,为纵坐标,请在如图所示的坐标系中描点,并作出-L图象。根据你所作的图象,本实验______(选填“能”或“不能”)验证动能定理,理由是__?________________________________。?
【解析】(1)剪断细绳前拉力传感器的示数便是剪断细绳后滑块沿斜面滑动所受到的合外力,即F。
(2)合外力做的功为W=FL,
动能的增加量为ΔEk=Mv2=M;
由动能定理得FL=Mv2=M,解得=L。
(3)所作的图象如图所示。
由=L可知∝L,即与L是线性关系,从-L图象中可看出作出的图象为一条直线,因此该实验能验证动能定理。
答案:(1)F (2)FL M L
(3)见解析 能 得到的实验图象为线性图象
4.某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。
(1)将气垫导轨调至水平,安装好实验器材,从图中读出两光电门中心之间的距离s=________cm。?
(2)测量挡光条的宽度d,记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2,并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F,为了完成实验,还需要直接测量的一个物理量是?_________________________________________________________
__________________________________________________________________。?
(3)该实验________(选填“需要”或“不需要”)满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量。?
【解析】(1)由图可知,s=70.30 cm-20.30 cm=50.00 cm。
(2)要应用滑块验证动能定理,应有关系式:
Fs=M-M
故还应测量滑块、挡光条和力传感器的总质量M。
(3)因拉力传感器直接测出滑块所受的合外力,并不是用砝码和砝码盘的总重力代替合外力做实验,故没有必要满足砝码和砝码盘的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量。
答案:(1)50.00 (2)滑块、挡光条和力传感器的总质量M
(3)不需要
7.7 动能和动能定理
课时自测·基础达标
1.某人用手将一质量为1 kg的物体由静止向上提升1 m,这时物体的速度为2 m/s,则下列说法中错误的是(g取10 m/s2) ( )
A.手对物体做功12 J
B.合力对物体做功12 J
C.合力对物体做功2 J
D.物体克服重力做功10 J
【解析】选B。这个过程中物体克服重力做功W1=mgh=10 J,D正确。由动能定理知,合力对物体做的功W=Ek2-Ek1=2 J,B错误,C正确。手对物体做的功W2=W+W1=
12 J,A正确。
2.(2018·武昌高一检测)质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短,物体克服弹簧弹力所做的功为 ( )
A.m-μmg(s+x) B.m-μmgx
C.μmgs D.μmg(s+x)
【解析】选A。由动能定理得:-W-μmg(s+x)=-m
W=m-μmg(s+x)。故A正确。故选A。
【补偿训练】
如图所示,光滑斜面的顶端固定一弹簧,一小球向右滑行,并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v,压缩弹簧至C点时弹簧最短,C点距地面高度为h,则从A到C的过程中弹簧弹力做功是 ( )
A.mgh-mv2 B.mv2-mgh
C.-mgh D.-(mgh+mv2)
【解析】选A。由A到C的过程运用动能定理可得:-mgh+W=0-mv2,所以W=mgh-mv2,故A正确。
3. (多选)物体沿直线运动的v-t图象如图所示,已知在第1秒内合力对物体做功为W,则 ( )
A.从第1秒末到第3秒末合力做功为4W
B.从第3秒末到第5秒末合力做功为-2W
C.从第5秒末到第7秒末合力做功为W
D.从第3秒末到第4秒末合力做功为-0.75W
【解析】选C、D。由题图可知物体速度变化情况,根据动能定理得
第1 s内:W=mv2,第1 s末到第3 s末:
W1=mv2-mv2=0,A错;
第3 s末到第5 s末:
W2=0-mv2=-W,B错;
第5 s末到第7 s末:
W3=m(-v)2-0=W,C正确;
第3 s末到第4 s末:
W4=m()2-mv2=-0.75W,D正确。
【补偿训练】
(多选)在平直公路上,汽车由静止开始做匀加速直线运动,当速度达到vmax后,立即关闭发动机直至静止,v-t图象如图所示,设汽车的牵引力为F,受到的摩擦力为Ff,全程中牵引力做功为W1,克服摩擦力做功为W2,则 ( )
A.F∶Ff=1∶3 B.W1∶W2=1∶1
C.F∶Ff=4∶1 D.W1∶W2=1∶3
【解析】选B、C。对汽车运动的全过程,由动能定理得:W1-W2=ΔEk=0,所以W1=W2,选项B正确,选项D错误;设牵引力、摩擦力作用下的位移分别为x1、x2,由图象知x1∶x2=1∶4。由动能定理得Fx1-Ffx2=0,所以F∶Ff=4∶1,选项A错误,选项C正确。
4.如图所示,光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点相连,轨道位于竖直面内,其半径为R,一个质量为m的物块静止在水平面上,现向左推物块使其压紧弹簧,然后放手,物块在弹力作用下获得一速度,当它经B点进入半圆形轨道瞬间,对轨道的压力为其重力的7倍,之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点,重力加速度为g。求:
(1)弹簧弹力对物块做的功。
(2)物块从B到C克服阻力所做的功。
(3)物块离开C点后,再落回到水平面上时的动能。
【解析】(1)由动能定理得W=m
在B点由牛顿第二定律得
7mg-mg=m
解得:W=3mgR。
(2)物块从B到C由动能定理得
m-m=-2mgR+W′
物块在C点时mg=m
解得:W′=-mgR,
即物块从B到C克服阻力做功为mgR。
(3)物块从C点平抛到水平面的过程中,由动能定理得
2mgR=Ek-m,
解得:Ek=mgR。
答案:(1)3mgR (2)mgR (3)mgR
7.8 机械能守恒定律
课时自测·基础达标
1.如图所示,木块均在固定的斜面上运动,其中选项A、B、C中斜面是光滑的,选项D中的斜面是粗糙的,选项A、B中的F为木块所受的外力,方向如图中箭头所示,选项A、B、D中的木块向下运动,选项C中的木块向上运动。在这四个图所示的运动过程中木块机械能守恒的是 ( )
【解析】选C。依据机械能守恒条件:只有重力做功的情况下,物体的机械能才能守恒,由此可见,A、B均有外力F参与做功,D中有摩擦力做功,故A、B、D均不符合机械能守恒的条件,故选项C正确。
【补偿训练】
(2016·海南高考)如图,光滑圆轨道固定在竖直面内,一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1,在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g,则N1-N2的值为 ( )
A.3mg B.4mg C.5mg D.6mg
【解析】选D。设小球在最低点速度为v1,在最高点速度为v2,根据牛顿第二定律:在最低点有N1-mg=m①,在最高点有N2+mg=m②,根据动能定理:mg·2R= m-m③,联立以上三个方程式可以得到:N1-N2=6mg,故选项D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接,另一端与物体A相连,物体A置于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B,让A处于静止且细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B下落到最低点。该过程中A未与定滑轮相碰。下列对该过程的分析正确的是
( )
A.B物体的加速度先增大再减小
B.物体A与物体B组成的系统机械能守恒
C.B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
D.当弹簧的拉力等于B物体所受的重力时,A物体的动能最大
【解析】选D。以A、B组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律有:mBg-kx=(mA+mB)a,由于弹簧的伸长量x逐渐变大,故从开始到B速度达到最大的过程中B的加速度逐渐减小。对B,由mBg-FT=mBa可知,在此过程细线上拉力逐渐增大,故A错误;对于A物体、B物体以及弹簧组成的系统,只有弹簧的弹力和重力做功,系统的机械能守恒,由于弹簧的弹性势能不断增大,所以A物体与B物体组成的系统机械能不断减少,故B错误;A物体、B物体以及弹簧组成的系统机械能守恒,故B物体机械能的减少量等于A物体的机械能增加量与弹簧弹性势能增加量之和,所以B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,故C错误;由于弹簧的拉力先小于细线的拉力,后大于细线的拉力,A先加速后减速,当弹簧的拉力与细线的拉力大小相等时,A的速度最大,动能最大,此时A的加速度为零,B的加速度也为零,细线的拉力等于B的重力,可知弹簧的拉力等于B物体的重力时,A物体的动能最大。故D正确。
【补偿训练】
(多选)重10 N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上,从a点由静止下滑,到b点接触到一个轻弹簧,滑块压缩弹簧到c点开始弹回,返回b点离开弹簧,最后又回到a点,已知ab=1 m,bc=0.2 m,那么在整个过程中 ( )
A.滑块动能的最大值是6 J
B.弹簧弹性势能的最大值是6 J
C.从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 J
D.整个过程系统机械能守恒
【解析】选B、C、D。以滑块和弹簧为系统,在滑块的整个运动过程中,只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化,系统机械能守恒,D正确;滑块从a到c重力势能减小了mgacsin30°=6 J,全部转化为弹簧的弹性势能,A错误,B正确;从c到b弹簧恢复原长,通过弹簧的弹力对滑块做功,将6 J的弹性势能全部转化为滑块的机械能,C正确。
3.如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成,AB和BCD相切于B点,CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点),已知∠BOC=30°。可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下,用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象,g取10 m/s2。求:
(1)小滑块的质量和圆轨道的半径。
(2)是否存在某个H值,使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。若存在,请求出H值;若不存在,请说明理由。
【解析】(1)设小滑块的质量为m,圆轨道的半径为R ,有
mg(H-2R)=m,F+mg=
得:F=-mg
取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得:m=0.1 kg,R=0.2 m。
(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如图所示)
由几何关系可得OE=
设小滑块经过最高点D时的速度为vD
由题意可知,小滑块从D运动到E,水平方向的位移为OE,竖直方向上的位移为R,则
OE=vDt,R=gt2
得到:vD=2 m/s
而小滑块过D点的临界速度
v′D== m/s
由于vD > v′D,所以存在一个H值,使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点。由机械能守恒定律有mg(H-2R)=m
解得H=0.6 m。
答案:(1)0.1 kg 0.2 m (2)存在 0.6 m
7.9 实验：验证机械能守恒定律
课时自测·基础达标
1.在进行“验证机械能守恒定律”的实验中,两实验小组同学分别采用了如图甲和乙所示的装置,采用两种不同的实验方案进行实验。
(1)在图甲中,下落物体应选择密度________(选填“大”或“小”)的重物;在图乙中,两个重物的质量关系是m1________m2(选填“>”“=”“<”)。?
(2)采用图乙的方案进行实验,还需要的实验器材有交流电源,刻度尺和________。?
(3)比较两种实验方案,你认为图________(选填“甲”或“乙”)所示实验方案更合理,理由是________________________。?
【解析】(1)为了减小空气阻力的影响,选择体积小、密度大的重物;在题图乙中,m2在m1的拉力作用下向上运动,所以m1>m2。(2)两重物质量不等,分析系统损失的重力势能是否近似等于增加的动能时,两边质量不能约去,故需要天平测量两重物的质量。(3)题图乙中所示实验还受到细线与滑轮的阻力的影响,机械能损失较大,故题图甲所示实验方案较为合理。
答案:(1)大 > (2)天平 (3)甲 图乙中还受到细线与滑轮的阻力的影响
2.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。已知打点计时器所用电源的频率为 50 Hz,当地重力加速度大小为g=9.80 m/s2。实验中该同学得到的一条点迹清晰的完整纸带如图乙所示。纸带上的第一个点记为O,另选连续的三个点A、B、C进行测量,图中给出了这三个点到O点的距离hA、hB和hC的值。回答下列问题(计算结果保留3位有效数字):
(1)打点计时器打B点时,重物速度的大小vB=________ m/s。?
(2)通过分析该同学测量的实验数据,他的实验结果是否验证了机械能守恒定律?简要说明分析的依据。
【解析】(1)由匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知vB=,由电源频率为50 Hz可知T=0.02 s,代入数据可解得vB=3.90 m/s。
(2)本实验是利用自由落体运动验证机械能守恒定律,只要在误差允许范围内,重物重力势能的减少等于其动能的增加,即可验证机械能守恒定律。选B点分析,由于m≈7.61m,mghB=7.70m,故在误差允许范围内该同学的实验结果验证了机械能守恒定律。
答案:(1)3.90 (2)见解析
3.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中,提出了如图所示的甲、乙两种方案:甲方案为用自由落体运动进行实验,乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。
(1)组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析,最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案,你认为该小组选择的方案是______________________,理由是______________________。?
(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图所示,相邻两点之间的时间间隔为0.02 s,请根据纸带计算出B点的速度大小________m/s(结果保留三位有效数字)。?
(3)该小组内同学们根据纸带算出了相应点的速度,作出v2??h图线如图所示,请根据图线计算出当地的重力加速度g=________m/s2(结果保留两位有效数字)。?
【解析】(1)甲,理由是:采用乙图实验时,由于小车和斜面间存在摩擦力的作用,且不能忽略,所以小车在下滑过程中机械能不守恒,故乙图不能用来验证机械能守恒定律。
(2)vB==1.37 m/s。
(3)因为mgh=mv2,所以v2=2gh,图线的斜率是2g,可得g=9.7 m/s2或g=9.8 m/s2。
答案:(1)甲 采用乙图实验时,由于小车和斜面间存在摩擦力
的作用,且不能忽略,所以小车在下滑过程中机械能不守恒,故乙图不能用来验证机械能守恒定律 (2)1.37 (3)9.7或9.8
【补偿训练】
在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中,使质量为m=1.00 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,当地的重力加速度为g=9.80 m/s2,那么:
(1)根据图上所得的数据,应取图中O点到________点来验证机械能守恒定律。?
(2)从O点到(1)问中所取的点,重物重力势能的减少量ΔEp=________J,动能增加量ΔEk=________J(结果保留三位有效数字)。?
(3)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离,根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h,则以为纵轴,以h为横轴画出的图象是图中的________。?
【解析】(1)因计算B点的速度误差相对较小,故应取图中O点到B点来验证机械能守恒。
(2)ΔEp=mg·hOB=1.00×9.80×0.1920 J≈1.88 J
打B点的瞬时速度vB==1.92 m/s
故ΔEk=m=×1.00×(1.92)2 J≈1.84 J
(3)由机械能守恒定律可知mgh=mv2,故有=gh,选项A正确。
答案:(1)B (2)1.88 1.84 (3)A
