第2课时 摩擦力做功与能量转化

2019届高三物理第二轮复习学案课件
第二专题 功和能 第2课时 摩擦力做功与能量转化
姓名：范友祥
校名：厦门第二中学 2019.2.16
考点一 摩擦力做功的特点及应用 [考点解读]
不 同 点
相同 点
类别 比较
能量转化 的方面
一对摩 擦力做 功方面 做功方面
静摩擦力
滑动摩擦力
在静摩擦力做功的过程中，只有机械能从一
例 2 如图所示，固定直杆上套有一个质量为 m 的小球和两根原长均为 L 的轻弹簧，两根 轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为 2L 的 A、B 两点。已知直杆与水
平面的夹角为 θ，两弹簧的劲度系数均为
，小球在距 B 点 L 的 P 点处于静止状
态，此时小球受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等，重力加速度为 g。求： （1）从固定点 B 处剪断弹簧的瞬间小球加速度的大小和方向； （2）若小球从 P 点以初速度 v0 沿杆向上运动，恰能到达距 A 点 L 的 Q 点，求初速度 v0
电动机的平均输出功率
代入数据解得 ≈23.39W．
答：（1）A 上升的最大高度 H 为 3.6m；
（2）B 从开始运动到落地前经历的时间 t 为 3.95s，刚落地时的速率为 2
m/s；
（3）B 在传送带上运动的过程中电动机的平均输出功率 为 23.39W．
【点评】解决本题的关键理清 A、B 在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学
公式综合求解，知道 B 在传送带上先受到滑动摩擦力，然后受静摩擦力．
内能
两种摩擦力都可以对物体做正功，做负功，还可以不做功
例 1 如图所示，A 物体放在 B 物体的左侧，用水平恒力 F 将 A 拉至 B 的右端，第一次 B
固定在地面上，F 做功为 W1，产生热量 Q1.第二次让 B 在光滑地面上自
由滑动，F 做功为 W2，产生热量为 Q2，则应有( )
A．W1＜W2，Q1＝Q2
f﹣F＝ma， 解得 a＝
，方向沿杆向下；
（2）小球在 P、Q 两点的弹性势能大小相等，故从 P 到 Q 运动的过程中，弹簧对小球做功 为零，根据动能定理可得：
﹣mg
﹣f
＝0﹣
，解得：v0＝
；
（3）小球沿杆下滑过程中，当加速度为零时速度最大，动能最大，则有：
2kx+f＝mgsinθ 2kx＝0.8mgsinθ
【延伸】 例 3 如图所示，光滑轨道 CDEF 是一“过山车”的简化模型，最低点 D 处入口、出
口不重合，E 点是半径 R＝0.32 m 的竖直圆轨道的最高点，DF 部分水平，末端 F 点与其右 侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率 v＝1 m/s 逆时针匀速转动，水平部分的长度 L＝1 m．物块 B 静止在水平面的最右端 F 处，质量 mA＝1 kg 的物块 A 从轨道上某点由静止释放， 恰好通过竖直圆轨道最高点 E，然后与 B 发生碰撞并粘在一起．若 B 的质量是 A 的 k 倍， A、B 与传送带间的动摩擦因数都为 μ＝0.2，物块均可视为质点，物块 A 与物块 B 的碰撞时 间极短，取 g＝10 m/s2.
(1)求 k＝3 时，物块 A、B 碰撞过程中产生的内 能和物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离；
(2)讨论 k 在不同数值范围时，A、B 碰撞后传送带对它们所做的功 W 的表达式．
【解析】(1)设物块 A 在 E 的速度为 v0，由向心力公式得：mAg＝mAvR02 1 分 设碰撞前 A 的速度为 v1.由机械能守恒定律得：12mAv21＝12mAv02＋2mAgR 得：v1＝4 m/s1 分 设碰撞后 A、B 速度为 v2，且设向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv1＝(mA＋mB)v2，得：v2＝mAm＋AmBv1＝1＋1 3×4 m/s＝1 m/s 1 分 由能量转化与守恒定律可得：Q＝12mAv21－12(mA＋mB)v22，解得：Q＝6 J 1 分
联立解得：x＝
。
答：（1）从固定点 B 处剪断弹簧的瞬间小球加速度的大小为
，方向沿杆向下；
（2）若小球从 P 点以初速度 v0 沿杆向上运动，恰能到达距 A 点 L 的 Q 点，初速度 v0 的
大小为
；
（3）小球从 Q 点下滑过程中动能最大时离到 B 点的距离为
。
【点评】本题主要是考查动能定理和胡克定律的应用，解决本题的关键是知道两根弹簧的弹 力大小相等、以及小球在不同位置两根弹簧的形变量相等、弹性势能相等，在两点之间运 动过程中弹力做功为零。
代入数据联立解得 a1＝0.8m/s2 对 B，由 v2＝2a1s1
代入数据解得 s1＝2.5m
此时 A 匀加速上升 s1＝2.5m，由于 s1＜L 且 f1＞mAg，B 在运动 s1＝2.5m 后将随传送带水平 向右匀速运动，A 匀速上升 s2＝L﹣s1＝3.4﹣2.5m＝0.9m，
绳突然断掉后，对 A，由 v2＝2gs3
的大小； （3）接（2），小球从 Q 点下滑过程中动能最大时离到 B 点的距离。
【分析】（1）根据胡克定律和平衡条件求解摩擦力大小，剪断弹簧的瞬间，根据牛顿第二定
版பைடு நூலகம்所
律求解加速度； （2）小球在 P、Q 两点的弹性势能大小相等，故从 P 到 Q 运动的过程中，弹簧对小球做功
为零，根据动能定理求解初速度； （3）小球沿杆下滑过程中，当加速度为零时速度最大，动能最大，根据平衡条件列方程求
的速率 vB； （3）B 在传送带上运动的过程中电动机的平均输出功
率．
【解答】解：（1）B 受到的滑动摩擦力 f1＝μmBg＝0.8×15N＝12N＞mAg＝10N，开始时 B 水
平向右做匀加速运动，A 竖直向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 对 A，T﹣mAg＝mAa1 对 B，f1﹣T＝mBa1
＝1s，
B 从开始运动到落地经历的时间 t＝t1+t2+t3＝2.5+0.45+1s＝3.95s．
刚落地时的速率 vB＝
＝
＝2 m/s
（3）B 在传送带上做匀加速运动的过程中，传送带克服滑动摩擦力做的功为 W1＝f1vt1 B 在传送带上做匀速运动的过程中，传送带受到的静摩擦力为 f2＝mAg 传送带克服静摩擦力做的功为 W2＝f2s2
个物体转移到另一个物体(静摩擦力起着传 1.相互摩擦的物体通过摩擦力做功，将部分 递机械能的作用)，而没有机械能转化为其 机械能从一个物体转移到另一个物体
他形式的能量
2．部分机械能转化为内能，此部分能量就
是系统机械能的损失量
一对静摩擦力所做功的代数和等于零
一对相互作用的滑动摩擦力对物体系统所做 的总功总为负值，系统损失的机械能转变成
W＝12(mA＋mB)v2－12(mA＋mB)v22
解得：W＝k22（＋k2＋k－1）15 J
3分
例 6 如图所示，离水平地面高 h＝5m、长 L＝3.4m 的水平传送带以 v＝2m/s 的速度顺 时针转动．质量分别为 1kg、1.5kg 的小物块 A、B（均可视为质点）由跨过定滑轮且不可伸 长的轻绳相连．现将 B 轻轻放在传送带的左端（B 与定滑轮间的绳水平伸直，A 与滑轮间的 绳竖直伸直），当 B 运动到传送带的右端时因绳突然断掉而做平抛运动．B 与传送带间的动 摩擦因数 μ＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带由电动机带动，与滚轮间无相对 滑动，轮轴处的摩擦不计，滑轮质量和摩擦也不计，取重力加速度 g＝10m/s2．求： （1）A 上升的最大高度 H； （2）B 从开始运动到落地前经历的时间 t 及刚落地时
解得 A 向上匀减速直线运动的位移
，
得 H＝s1+s2+s3＝2.5+0.9+0.2m＝3.6m．
（2）B 做匀加速直线运动的过程有 v＝a1t1，
匀加速直线运动的时间 t1＝
，
做匀速直线运动的过程有 s2＝vt2，
匀速运动的时间 t2＝
＝0.45s
做平抛运动的过程有 h＝ g ，
则平抛运动的时间 t3＝
②(i)当 v2≤v 时有：k≥3，即 A、B 返回到传送带左端时速度仍为 v2； 故这个过程传送带对 A、B 所做的功为：W＝0 2 分
(ii)当 1≤k<3 时，A、B 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带
速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧．在这个过程中传送带对 AB 所做的功为：
解。 【解答】解：（1）小球在 P 点，两根弹簧的弹力大小相等，设为 F，根据胡克定律可得：F
＝k（L﹣ ）
设小球受到的摩擦力大小为 f，取方向沿杆向上为正，根据平衡条件可得： 2F+f﹣mgsinθ＝0，
解得 f＝﹣
，负号表示方向，所以摩擦力大小为 f＝
，方向向下；
剪断 B 处弹簧的瞬间，小球向下运动、摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣
设物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离为 s，
由动能定理得：－μ(mA＋mB)gs＝－12(mA＋mB)v22 解得：s＝0.25 m2 分
(2)由上面式可知：v2＝mAm＋AmBv1＝1＋4 k m/s
①如果 AB 能从传送带右侧离开，必须满足：12(mA＋mB)v22>μ(mA＋mB)gL 得：k<1 传送带对它们所做的功为：W＝－μ(mA＋mB)gL＝－2(k＋1) J 3 分
B．W1＝W2，Q1＝Q2
C．W1＜W2，Q1＜Q2
D．W1＝W2，Q1＜Q2
解析： 当 B 固定时，W1＝Fs，Q1＝fs＝μmgs 当 B 不固定时，木块 A、B 的位移关系为 sA－sB＝s W2＝FsA＝F(L＋sB)＞W1 对 A 应用动能定理：(F－f )sA＝ΔEkA 对 B 应用动能定理：fsB＝ΔEkB 两式相加得：FsA－fsA＋fsB＝ΔEkA＋ΔEkB 所以 Q2＝FsA－ΔEkA－ΔEkB＝f(sA－sB)＝fL＝Q1 【答案】 A