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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　章末归纳提升课
　　　
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利用守恒思想解题
能量守恒、机械能守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒定律都集中地反映了自然界所存在的一种本质性的规律——“恒”．学习物理知识是为了探索自然界的物理规律，那么什么是自然界的物理规律？在千变万化的物理现象中，那个保持不变的“东西”才是决定事物变化发展的本质因素．
从另一个角度看，正是由于物质世界存在着大量的守恒现象和守恒规律，才为我们处理物理问题提供了守恒的思想和方法．能量守恒、机械能守恒等守恒定律就是我们处理高中物理问题的主要工具，分析物理现象中能量、机械能的转移和转换是解决物理问题的主要思路．在变化复杂的物理过程中，把握住不变的因素，才是解决问题的关键所在．
　如图5－1所示，质量m为2 kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以v0＝5 m/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＝5 m，求弹簧的弹力对物体所做的功．
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图5－1
【解析】　斜面光滑，故机械能守恒，但弹簧 ( http: / / www.21cnjy.com )的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做功的大小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点为弹簧弹性势能的零参考点．
对状态A，有EA＝mgh＋
对状态B，有EB＝0＋W弹性＝－W弹簧
由机械能守恒定律得W弹簧＝－(mgh＋)＝－125 J.
【答案】　－125 J
【即学即用】
1.如图5－2所示，轻质弹簧的一端与固定的 ( http: / / www.21cnjy.com )竖直板P拴接，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，A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是
(　　)
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图5－2
A．B物体受到细线的拉力保持不变
B．B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
C．A物体动能的增加量等于B物体的重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和
D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功
【解析】　由静止释放B直至B获得最大速度的过程中，由于弹簧随着A、B一起运动导致弹力变大，所以A、B的合力以及加速度都在减小，速度增大，B物体受到细线的拉力一直在增大，A错；B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量和A的动能的增加量之和，故B项也错；根据动能定理可知A物体动能的增加量等于细线对A做的功与弹簧弹力对A做功的代数和，C错；根据功能关系可判断D项说法正确．
【答案】　D
巧妙建立物理模型
物理学上建立模型，是为了将问题简化，突出主 ( http: / / www.21cnjy.com )要矛盾，忽略次要因素．物理模型有实体模型如质点、点电荷，有过程模型，如匀速运动、匀变速运动、匀速圆周运动、平抛运动等，有状态模型，如平衡状态、加速状态等．
　如图5－3所示，水平传送带AB的右端与竖直面内的光滑半圆形轨道DC相接．传送带的运行速度为v0＝8 m/s，将质量m＝1.0 kg的滑块无初速度地放到传送带A端．
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图5－3
已知传送带长度L＝12.0 ( http: / / www.21cnjy.com ) m，竖直面内的光滑半圆形轨道的半径R＝0.8 m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.试求：
(1)滑块从传送带A端运动到B端所需的时间；
(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量；
(3)滑块滑到轨道最高点C时对轨道的压力．
【解析】　(1)滑块在传送带上做加速运动的加速度a＝μg＝4 m/s2
加速到与传送带同速所用时间t1＝＝2 s
位移x1＝at＝8 m＜12 m，因此滑块在传送带上先做加速运动，后做匀速运动，做匀速运动的位移x2＝L－x1＝4 m
所用时间t2＝＝0.5 s
故t＝t1＋t2＝2.5 s.
(2)在t1时间内，传送带的位移x′＝v0t1＝16 m
故Q＝fΔx＝μmg(x′－x1)＝32 J.
(3)滑块由D到C过程中机械能守恒，则
mg(2R)＋mv＝mv
在C点，轨道对滑块的弹力与滑块重力的合力提供向心力
则N＋mg＝，解得N＝30 N.
由牛顿第三定律得滑块对轨道的压力N′＝N＝30 N，方向竖直向上．
【答案】　见解析
【即学即用】
2．(2014·厦门一中模拟)在某电视台游乐节目“闯关”中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，如图5－4所示．
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图5－4
一选手先从倾角可调整的光滑斜面下滑到悬 ( http: / / www.21cnjy.com )绳处，然后抓住绳开始摆动，摆动到最低点放手恰能到达浮台．此绳初始时与竖直方向夹角α＝30°，与斜面垂直，绳长l＝2 m，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3 m．将选手简化为质量m＝60 kg的质点，不考虑空气阻力和绳的质量，浮台离绳的悬挂点水平距离为4 m，露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求选手在斜面上下滑的高度h；
(2)求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；
(3)如果斜面的倾角增大，该选手下滑高度不变，选手仍摆动到最低点放手，能否到达浮台？请说明理由．
【解析】　(1)设选手滑到斜面底端的速度为v1，由机械能守恒得mgh＝mv
选手抓绳时速度与绳垂直，抓绳后速度不变，摆到最低点时的速度为v2，由机械能守恒得mgl(1－cos α)＝mv－mv
选手放手后做平抛运动，下落时间为t，水平距离为s＝4 m，由平抛运动规律得t＝，s＝v2t
联立求得：h＝(2＋)m＝3.73 m，v2＝4 m/s.
(2)选手在最低点时，由牛顿运动定律得F－mg＝，解得F＝3 000 N.
(3)不能．如果斜面倾角增大，选手 ( http: / / www.21cnjy.com )下滑到底端时的速度为v3，如图所示在沿绳和垂直于绳方向上的分量为v4、v5，选手抓绳后v4消失，只剩v5，小于v3，即小于v1，选手仍摆动到最低点放手水平速度小于v2，不能到达浮台．(只要理由充分，其他解答也对)
【答案】　见解析
动能定理或能量守恒在系统中的巧妙应用
　总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，列车已行驶的距离为L，于是立即关闭油门，除去牵引力．设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的．当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
【技法攻略】　若脱钩的同时关闭油门 ( http: / / www.21cnjy.com )，则列车和末节车厢将同时停止下来，且停下来时二者间距为零(因二者始、末速度以及减速的加速度都相同)．现在的情况是牵引力多做功FL，因此列车一定多前进一段Δs，克服其摩擦力做功k(M－m)gΔs才能停下来．
故有：FL＝k(M－m)gΔs
又由于原来列车匀速前进，得出F＝kMg
解得：Δs＝.
【答案】　
　(多选)如图5－5所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，下列说法正确的是(　　)
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图5－5
A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能
B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能
C．A球的最大速度为
D．细杆对A球做的功为mgR
【技法攻略】　系统机械能守恒可以理解为是一种机械能的转移，此题的情境就是A球增加的机械能等于B球减少的机械能，A对，B错；根据机械能守恒定律：2mg·2R－mg·2R＝·3mv2，所以A球的最大速度为 ，C错；根据功能关系，细杆对A球做的功等于A球增加的机械能，即WA＝mv2＋mg·2R＝mgR，故D对．
【答案】　AD
1．质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上．现 ( http: / / www.21cnjy.com )用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v－t图象如图1所示．下列关于物体运动过程，分析正确的是(　　)
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图1
A．0～t1内拉力逐渐减小
B．0～t1内拉力对物体做负功
C．在t1～t2时间内拉力的功率为零
D．在t1～t2时间内合外力做功为mv
【解析】　由v－t图象可知 ( http: / / www.21cnjy.com )，0～t1内斜率逐渐变小，物体的加速度逐渐减小，由牛顿第二定律知，拉力逐渐减小；0～t1内物体的速率一直增加，合力做功大于零，所以拉力对物体一直做正功；t1～t2时间内，物体做匀速运动，拉力的功率等于摩擦力的功率，但不等于零，合外力做功为零．只有A对．
【答案】　A
2.如图2所示，一高度为h的楔形物块固定在水平地面上，质量为m的物体由静止开始从倾角分别为α、β的两个光滑斜面的顶端滑下，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体滑到斜面底端的速度相同
B．物体滑到斜面底端所用的时间相同
C．物体滑到斜面底端时重力所做功的功率相同
D．物体滑到斜面底端过程中重力所做的功相同
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图2
【解析】　由机械能守恒定 ( http: / / www.21cnjy.com )律，物体沿不同倾角的光滑斜面滑到斜面底端的速度大小相等，方向不相同，选项A错误；物体滑到斜面底端所用的时间不相同，选项B错误；物块滑到斜面底端过程中重力所做的功相同，所用时间不同，物体滑到斜面底端时重力所做功的功率不相同，选项C错误，D正确．
【答案】　D
3.将一小球从高处水平抛出，最初2 s ( http: / / www.21cnjy.com )内小球动能Ek随时间t变化的图线如图3所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图象信息，不能确定的物理量是(　　)
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率
D．小球抛出时的高度
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图3
【解析】　小球平抛初动能为5 J，可得mv2＝5 J,2 s末小球竖直速度为gt＝20 m/s,2 s末小球动能m(v＋202)＝30 J，联立可解得小球的质量和初速度．最初2 s内重力对小球做功mgh＝mg·gt2，由P＝W/t可以确定最初2 s内重力对小球做功的平均功率．不能确定小球抛出时的高度．
【答案】　D
4．如图4所示，A、B两小球由绕过轻质 ( http: / / www.21cnjy.com )定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上．
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图4
现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但 ( http: / / www.21cnjy.com )无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A的质量为4m.B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面．下列说法正确的是(　　)
A．斜面倾角α＝60°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【解析】　释放A后，A沿斜面下滑至速度最 ( http: / / www.21cnjy.com )大时拉力等于A重力沿斜面分力4mgsin α，C恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C球重力，kx＝mg.对B，由平衡条件，4mgsin α＝2mg，解得斜面倾角α＝30°，选项A错误；初状态，弹簧压缩，kx＝mg.末状态，弹簧拉伸，kx＝mg.初末状态系统弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg·2xsin α－mg2x＝(m＋4m)v2，解得v＝2g，选项B正确；
C刚离开地面时，B的加速度为零，选项C错误；从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D错误．
【答案】　B
5．(多选)如图5所示，放置在竖直平 ( http: / / www.21cnjy.com )面内的光滑杆AB，是按照从高度为h处以初速度v0平抛的运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点．现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下．已知重力加速度为g，当小球到达轨道B端时(　　)
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图5
A．小球的速率为
B．小球的速率为
C．小球在水平方向的速度大小为v0.
D．小球在水平方向的速度大小为
【解析】　由机械能守恒定律，mgh＝mv2，解得小球到达轨道B端时速率为v＝，选项A错误，B正确．设轨道在B点切线方向与水平方向的夹角为α，则有cot α＝，cos α＝.小球在水平方向的速度大小为v1＝vcos α＝＝，选项D正确，C错误．
【答案】　BD
6．(多选)一质量为1 kg的 ( http: / / www.21cnjy.com )物体，以10 m/s的初速度从足够长的粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，1 s末物体恰好到达最高点，6 s末物体的速率恰好为10 m/s，则(　　)
A．1 s～6 s内物体所受重力的平均功率为50 W
B．6 s末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为20 W
C．0～1 s内物体机械能的变化量大小与1 s～6 s内机械能的变化量大小之比为1∶5
D．1 s～6 s内物体动能变化量的大小与机械能的变化量大小之比是1∶2
【解析】　由题意可知，物体沿斜面方向上的加速度由摩擦力f和重力沿斜面向下的分力F提供，设沿斜面方向向下为正方向，由牛顿第二定律结合运动学规律有F＋f＝ma1，F－f＝ma2，a1＝＝10 (m/s2)，a2＝＝2 (m/s)2，解得f＝4 N，F＝6 N．1 s～6 s内，克服摩擦力做的功为Wf＝fs2，s2＝，解得Wf＝100 J，据动能定理可得WG－Wf＝ΔEk＝50 J，解得WG＝150 J，故1 s～6 s内物体所受重力的平均功率为P＝＝30 W，A错误.
6 s末物体克服摩擦力做功的瞬时功率为 ( http: / / www.21cnjy.com )40 W，B错误．由题意可知摩擦力做的功等于物体机械能的变化，0～1 s内和1 s～6 s内物体的位移大小为5 m和25 m，故0～1 s内物体机械能的变化量大小与1 s～6 s内机械能的变化量大小之比为1∶5，C正确.1 s～6 s内物体动能变化量的大小等于50 J，机械能的变化量大小等于100 J，故D正确．
【答案】　CD
7．如图6所示，一质量为m＝0.5 kg的 ( http: / / www.21cnjy.com )小滑块，在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行s＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力．
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图6
已知小滑块沿斜面上滑到的最远 ( http: / / www.21cnjy.com )点C距B点为l＝2 m，小滑块最后恰好停在A处．不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t.
【解析】　(1)小滑块由C点运动到A点，由动能定理得mglsin 37°－μmgs＝0解得μ＝.
(2)小滑块由A点运动到C点，由动能定理得F(s＋x)－mglsin 37°－μmgs＝0解得x＝1.25 m.
(3)小滑块由A点运动到B点，由动能定理得Fs－μmgs＝mv2；由牛顿第二定律得F－mgsin 37°＝ma；由运动学公式得x＝vt＋at2；联立各式，解得t＝0.5 s.
【答案】　(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s
8．(2014·云南部分名校统考)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )7所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运动．
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图7
现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多少时间？
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．
【解析】　(1)物体无初速度放在A处后，因mgsin θ<μmgcos θ，则物体斜向上做匀加速直线运动，
加速度a＝＝2.5 m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s
t1时间内物体的位移L1＝t1＝0.8 m
之后物体以速度v1做匀速运动，运动的时间t2＝＝1.6 s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s
(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgcos θ·ΔL＝6 J
E总＝Ek＋Ep＋E内＝mv2＋mgLsin θ＋E内＝28 J
【答案】　(1)2.4 s　(2)28 J

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