专题做功和能量的转化

1/18力和运动的相互关系是贯穿高中的一条主线，它要求用物体受力与运动方式总是相互联系的观点处理物理问题。能量则是贯穿高中的另一条主线，因为透过物体形形色色的运动方式，每一种运动形式的本质都是其对应的能量转化，而在转化过程中一定符合能量守恒。因此从能量的观点，利用功能关系或能量转化与守恒的方法处理问题问题，也能使物理问题变得方便、简洁。高中物理常见的功与能量的转化公式物理意义W合=ΔEk合外力做的功等于物体动能该变量W除G=ΔE机除重力以外的外力做功等于物体机械能的该变量Wf=ΔE内滑动摩擦力在相对位移中做的功等于系统内能的该变量WG=ΔEP重力对物体所做的功等于物体重力势能改版的负值W电=ΔE电电场力对电荷做的功等于电荷电势能改变的负值W电流=ΔE焦纯电阻电路中电流做的功等于电路产生的焦耳热W安=ΔE焦感应电流所受到的安培力做的功等于电路中产生的焦耳热由于利用功能关系处理问题时，不一定要考虑物体运动的具体细节，只要搞清物体运动过程中参与做功的力、各力做功的位移及做功的正负，另外搞清有多少类型的能量发生了转化，因此，利用能量关系在处理诸如变加速运动、曲线运动等物理问题时，优势更显突出。题型一：处理变加速运动知识点讲解知识点回顾专题做功和能量的转化2/18【例1】如图所示，在竖直平面内有一个半径为R且光滑的四分之一圆弧轨道AB，轨道下端B与水平面BCD相切，BC部分光滑且长度大于R，C点右边粗糙程度均匀且足够长。现用手捏住一根长也为R、质量为m的柔软匀质细绳的上端，使绳子的下端与A点等高，然后由静止释放绳子，让绳子沿轨道下滑。重力加速度为g。求：（1）绳子前端到达C点时的速度大小；（2）若绳子与粗糙平面间的动摩擦因数为μ（μ1），绳子前段在过C点后，滑行一段距离后停下，求这段距离。【难度】★★★【答案】（1）3gR（2）322RR【解析】绳子由释放到前段C点过程中，由机械能守恒得：221)5.0(cmvRRmg解得：gRvc3（2）绳子前段在过C点后，滑行一段距离停下来，设这段距离为s，因可能s≤R，也可能sR，故要对上述可能的两种情况进行分类讨论。①设绳子停下时，s≤R绳子前端滑过C点后，其受到的摩擦力均匀增大，其平均值为12smgR，由动能定理得，211022csmgsmvR，把gRvc3代入上式解得：3sR。因为μ1，得3sR，与条件s≤R矛盾，故设绳子停下时s≤R不成立，即绳子停下时只能满足sR②设绳子停下时，sR所以绳子前端滑过C点后，其摩擦力先均匀增大，其平均值为12mg，前端滑行R后摩擦力不变，其值为μmg，由动能定理得：211()022cmgRmgsRmv，把gRvc3代入上式解得：322RRs3/18点评：变加速运动——利用动能定理求解1、质量为m=2.0kg的物体从原点出发沿x轴运动，当x＝0时物体的速度为4.0m/s。作用在物体上的合力F随位移的变化情况如图所示。则在第1个1m的位移内合力对物体做的功W＝_____J；在x＝0至x＝5.0m位移内，物体具有的最大动能是_____J。【难度】★★【答案】2；182、如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中（）（多选）A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－12μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－32μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能【难度】★★★【答案】BC课堂练习x/mFx/N123454－4O4/183、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q和－Q，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷，不影响电场的分布）。现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g。求：（1）C、O间的电势差UCO；（2）O点处的电场强度E的大小；（3）小球p经过O点时的加速度；（4）小球p经过与点电荷B等高的D点时的速度。【难度】★★【答案】（1）222mvmgdq（2）222kQd（3）222kQqgmd（4）2v【解析】（1）小球p由C运动到O时，由动能定理得：2102COmgdqUmv222COmvmgdUq（2）小球p经过O点时受力如图：由库仑定律得：122(2)QqFFkd它们的合力为：1222cos45cos452kQqFFFdO点处的电场强度222FkQEqd（3）由牛顿第二定律得：mgqEma解得：222kQqagmd（4）小球p由O运动到D的过程，由动能定理得：221122ODDmgdqUmvmv由电场特点可知：COODUU联立解得：2Dvv5/18【例1】游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知绳长为l，质点的质量为m，转盘静止时悬绳与转轴间的距离为d。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功为（）A．1(sin)tan(1cos)2mgdlmglB．1tan(1cos)2mgdmglC．1(sin)tan2mgdlD．1tan2mgd【难度】★★【答案】A【例2】如下图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度为L。一个质量为m、边长也为L的正方形金属框以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动。若ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，且设金属框电阻为R。则：（1）当ab边刚越过ff′时，线框的加速度值为多大?（2）求金属框从开始进入磁场到ab边到达gg′与ff′中点的过程中产生的热量是多少？【难度】★★★【答案】（1）3sing（2）23sin15232mgLmv【解析】（1）当ab边刚进入磁场时，分析线框的受力情况，线框受到G、N、FA的作用，根据题意，线框以速度v刚进入上边磁场时恰好做匀速直线运动，线框受力平衡，即22sinBLvmgBILR，22sinmgRvBL；题型二：多种能量参与转化6/18当线框刚越过ff′时的速度跟线框刚进入磁场时的速度大小相等，但因线框处在两个磁场中，线框有两个电动势，此时线框两条边受安培力，根据牛顿第二定律得：sin2mgBILma，224sinBLvmgmaR，代入22sinmgRvBL，得3sinag（2）当线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，设此时线框的速度为v′，此时线框的ab边和cd边均受到安培力的作用，且回路中的电动势为2EBLv，根据平衡条件可得：224sin2BLvmgBILR；该过程中产生的热量，根据动能定律可得：22311sin222AFmgLWmvmv，23sin15232AFmgLmvW所以产生的热量23sin15232AFmgLmvQW1、如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在光滑绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上。现把与Q大小相同，电性相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，以下说法正确的是（）（多选）A．小球P、小球Q、弹簧、还有地球组成系统的机械能不守恒B．小球P和弹簧的机械能守恒，且P速度最大时所受弹力与库仑力的合力最大C．小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变D．小球P的速度先增大后减小【答案】ACD课堂练习7/182、如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动。求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度v2；（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q【答案】（1）22()mgfRBa（2）22()()mgfmgfRBa（3）2443()()()()2mmgfmgfRmgbafbaBa【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有22BavmgfR解得：22()mgfRvBa（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中211()2mgfhmv221()2mgfhmv解得：1222()()mgfmgfRmgfvvmgfBa（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得221111(2)()()22mvmvmgbaQfba解得：2443()()()()2mmgfmgfRQmgbafbaBabaB8/183、如图所示，竖直平面内有足够长的光滑的两条竖直平行金属导轨，上端接有一个定值电阻R0，两导轨间的距离L=2m，在虚线的区域内有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，虚线间的高度h=1m。完全相同的金属棒ab、cd与导轨垂直放置，质量均为m＝0.1kg，两棒间用l=2m长的绝缘轻杆连接。棒与导轨间接触良好，两棒电阻皆为r=0.3Ω，导轨电阻不计，已知R0=2r。现用一竖直方向的外力从图示位置作用在ab棒上，使两棒以v=5m/s的速度向下匀速穿过磁场区域（不计空气和摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2）。求：（1）从cd棒进磁场到ab棒离开磁场的过程中通过ab棒的电流大小和方向；（2）从cd棒刚进磁场到ab棒刚离开磁场的过程中拉力做的功；（3）若cd棒以上述速度刚进入磁场时，将外力撤去，经一段时间cd棒匀速出磁场，求在此过程中电阻R0上产生的热量。【难度】★★★【答案】（1）4A（2）-2.8J（3）0.08J【解析】（1）cd在磁场中时，ab棒的电流方向为b到aE=BLv=0.2×2×5=2V0020.52abcdabRRrrRRrRRrr总0020.328A0.90.53ababREIRRR总当ab在磁场中时，ab棒的电流方向为a到b，24A0.5abEIR总（2）当cd、ab分别在磁场中时，回路产生的热量22212122223.2J0.55EEhQQtRRv总，即克服安培力做的功。根据动能定理得：2)0FWmglhW克安（，2)20.110(12)3.22.8JFWmglhW克安（（3）当撤去外力后cd棒匀速出磁场，此时对两棒，根据平衡条件2mg=Fcd安，2222BLvmgR总解得22222220.1100.56.25m/s0.22mgRvBL总由动能定理，得：2221122222mghWmvmv安22222111122220.110120.16.2520.150.6J2222Wmghmvmv安0.6JQ