2018年高考物理二轮复习练案: 功能关系和能量守恒含解析

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2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档:专题四

2018版高考物理江苏版二轮专题复习配套文档:专题四

专题四 功能关系的应用 考情分析命题解读本专题共6个考点,其中功和功率、动能 动能定理、重力势能、机械能守恒定律及其应用四个考点为Ⅱ要求,弹性势能、能量守恒为Ⅰ要求,这些考点皆属于高频考点。

从近三年命题情况看,命题特点为:(1)注重基础知识与实际问题结合。

如2018年的抛鸡蛋、2018年的球碰撞等,难度较小。

(2)注重方法与综合。

如2018年、2018年、2018年的“弹簧问题”、2018年的连接体等,难度较大。

整体难度偏难,命题指数★★★★★,复习目标是达B 冲A 。

1.(2018·江苏泰州中学月考)弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图1所示,橡皮筋两端点A 、B 固定在把手上,橡皮筋处于ACB 时恰好为原长状态,在C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至D 点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。

现将弹丸竖直向上发射,已知E 是CD 中点,则( )图1A.从D 到C 过程中,弹丸的机械能守恒B.从D 到C 过程中,弹丸的动能一直在增大C.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程橡皮筋对弹丸做的功D.从D到C过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小解析从D到C,橡皮筋的弹力对弹丸做功,所以弹丸的机械能增大,故A项错误;弹丸在与橡皮筋作用过程中,受到向上的弹力和向下的重力,橡皮筋ACB 恰好处于原长状态,在C处橡皮筋的拉力为0,在CD连线中的某一处,弹力和重力相等时,弹丸受力平衡,所以从D到C,弹丸的合力先向上后向下,速度先增大后减小,弹丸的动能先增大后减小,故B项错误;从D到C,橡皮筋对弹丸一直做正功,橡皮筋的弹性势能一直减小,故D项错误;从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力,两段位移相等,所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多,故C项正确。

答案 C2.(多选)(2018·南京三模)从离沙坑高度H处无初速地释放一个质量为m的小球,小球落入沙坑后,陷入深度为h。

最新-2018届高考物理二轮复习 功能关系与能量守恒专题高效升级卷六课件 精品

最新-2018届高考物理二轮复习 功能关系与能量守恒专题高效升级卷六课件 精品
专题高效升级卷六 功能关系与能量守恒 (时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40 分)
1.如图所示,斜面AB、DB动摩擦因数相同.可 视为质点的物体,分别沿AB、DB从斜面顶端 由静止下滑到底端,下列说法正确的是( )
A.物体沿斜面DB滑动到底端时动能较大 B.物体沿斜面AB滑动到底端时动能较大 C.物体沿斜面DB滑动到底端过程中克服摩擦
A.上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B2l2v/R
B.上滑过程中电流做功放出的热量为12 mv2- mgs(sinθ+μcosθ)
C.上滑过程中安培力、滑动摩擦力和重力对导
体棒做的总功为 1 mv2
2
D.上滑过程中导体棒损失的机械能为
1 2
mv2-
mgs (sinθ+μcosθ)
答案:B
10.两个物体A、B的质量相同,并排静止在水 平地面上,用同向水平拉力F1、F2分别作用 于物体A和B上,分别作用一段时间后撤去, 两物体各自滑行一段距离后停止下来.A、B两 物体运动的速度—时间图象分别如图中图线a、 b所示.已知拉力F1、F2分别撤去后,物体做减 速运动的速度—时间图象相互平行.由图中信 息可知( )
答案:(1)38 s (2)400 kW (3)30台
12. (8分)如图所示,水平传送带正以v=2 m/s的 速度运行,两端的距离为l=10 m.把一质量为 m=1 kg的物体轻轻放到传送带上,物体在传 送带的带动下向右运动,如果物体与传送带 间的动摩擦因数μ=0.1,则把这个物体从传送 带左端传送到右端的过程中,摩擦力对其做 了多少功?(g取10 m/s2)
答案:2 J
13. (10分) 如图所示,竖直的平行金属平板A、

2018专题七:功能关系、能量守恒

2018专题七:功能关系、能量守恒

图象描述:从子弹击中木块时刻开始,在同一个v—t坐标中, 两者的速度图线如下图甲(子弹穿出木块)或图乙(子弹停留在木 块中)中,图线的纵坐标给出各时刻两者的速度,图线的斜率反映 规 基 范 础 了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位 解 记 题 忆 移。
热 点 盘 点
提 能 专 训
第20页
解析:(1)设子弹穿过木块后木块获得的速度是v v0 由系统动量守恒得: mv0 m 2mv 2 基
础 记 忆
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
由能量守恒得: FL 1 mv 2 1 2mv 2 1 m( 1 v )2 0 0
2 2 2 2
规 范 解 题
对木块有:
热 点 盘 点
热 点 盘 点
Q Ff s相对 E
提 能 专 训
2、物块固定在水平面,子弹以初速度v0射击木块,对子弹利用 动能定理, 可得:
1 2 1 2 F f d mv t mv 0 2 2
[二轮备考讲义] 第一部分 专题三 第2讲
提 能 专 训
第17页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
(3)设滑块在传送带上运动的时间为 t,则 t 时间内传送带的
基 础 记 忆
位移 l=v0t,v0=v-at,滑块相对传送带滑动的位移 Δl=L-l, 相 对 滑 动 生 成 的 热 量 Q = μmg·Δl , 解 得 Q = μmgL - mv 0 ( v 2 0+2μgL-v0).
提 能 专 训
[二轮备考讲义]
第一部分 专题三 第2讲
第 5页
名师伴你行 ·高考二轮复习 ·物理
题型探究
题型1
基 础 记 忆
功和能的相应关系的理解

2018届高考物理二轮专题复习文档:“机械能守恒定律 功能关系”课后冲关含解析

2018届高考物理二轮专题复习文档:“机械能守恒定律 功能关系”课后冲关含解析

重难专题强化练——“机械能守恒定律 功能关系”课后冲关一、高考真题集中演练——明规律1.(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。

他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1 900 J ,他克服阻力做功100 J 。

韩晓鹏在此过程中( )A .动能增加了1 900 JB .动能增加了2 000 JC .重力势能减小了1 900 JD .重力势能减小了2 000 J解析:选C 根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE =W G +W f =1 900 J -100 J =1 800 J >0,故其动能增加了1 800 J ,选项A 、B 错误;根据重力做功与重力势能变化的关系W G =-ΔE p ,所以ΔE p =-W G =-1 900 J <0,故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J ,选项C 正确,选项D 错误。

2.(2017·全国卷Ⅱ)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。

一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24g D.v 22g解析:选B 设轨道半径为R ,小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1,由于轨道光滑,根据机械能守恒定律有mg ×2R =12m v 2-12m v 12,小物块从轨道上端飞出后做平抛运动,对运动分解有:x =v 1t,2R =12gt 2,求得x =-16⎝⎛⎭⎫R -v 28g 2+v 44g 2,因此当R -v 28g =0,即R =v 28g 时,x 取得最大值,B 项正确,A 、C 、D 项错误。

3.[多选](2013·山东高考)如图所示,楔形木块abc 固定在水平面上,粗糙斜面ab 和光滑斜面bc 与水平面的夹角相同,顶角b 处安装一定滑轮。

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书:第二部分 倒计时第7天 功能关系和能量守恒

2018版高考物理二轮(江苏专版)教师用书:第二部分 倒计时第7天 功能关系和能量守恒

倒计时第7天 功能关系和能量守恒A .主干回顾B .精要检索1.恒力做功的计算式W =Fl cos α(α是F 与位移l 方向的夹角).2.恒力所做总功的计算W 总=F 合l cos α或W 总=W 1+W 2+….3.计算功率的两个公式P =W t 或P =F v cos α.4.动能定理W 总=E k2-E k1.5.机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为:F 阻=P m v m. (2)匀加速运动的最后点为P v 1m-F 阻=ma ;此时瞬时功率等于额定功率P 额. (3)在匀加速过程中的某点有:P 1v 1-F 阻=ma . (4)在变加速运动过程中的某点有P m v 2-F 阻=ma 2. 6.重力势能E p =mgh (h 是相对于零势能面的高度)7.机械能守恒定律的三种表达方式(1)始、末状态:mgh 1+12m v 21=mgh 2+12m v 22.(2)能量转化:ΔE k(增)=ΔE p(减).(3)研究对象:ΔE A =-ΔE B .8.几种常见的功能关系(1)动能定理的计算式为标量式,不涉及方向问题,在不涉及加速度和时间的问题时,可优先考虑动能定理.(2)动能定理的研究对象是单一物体,或者可以看成单一物体的物体系.(3)动能定理既适用于物体的直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功,力可以是各种性质的力,既可以同时作用,也可以分段作用.(4)若物体运动的过程中包含几个不同的过程,应用动能定理时,可以分段考虑,也可以视全过程为一整体来处理.C.考前热身1.(多选)如图1所示,光滑水平面上有一长为L的小车,在小车的一端放有一物体,在物体上施一水平恒力F,使它由静止开始从小车的一端运动到另一端,设小车与物体之间的摩擦力为f,则()【导学号:17214224】图1A.物体到达另一端时的动能为(F-f)(s+L)B.物体到达另一端时小车的动能为fsC.整个过程中消耗的机械能为fs D.物体克服摩擦力做功为fLAB[对物体运用动能定理可得(F-f)(s+L)=12m v2,则A正确;对车运用动能定理可得fs=12M v2,则B正确;系统在整个过程中消耗的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,则整个过程中消耗的机械能为fL,C错误;物体克服摩擦力所做的功为f(L+s),D错误.]2.将一小球竖直向上抛出,小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a 为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为E k1和E k2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列选项正确的是()A.E k1=E k2,W1=W2B.E k1>E k2,W1=W2C.E k1<E k2,W1<W2D.E k1>E k2,W1<W2B[从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点,上升的高度相等,可知重力做功相等,即W1=W2.对两次经过a点的过程运用动能定理得,-W f=E k2-E k1,可知E k1>E k2,故B正确,A、C、D错误.]3.140 kg的玉兔号月球车采用轮式方案在月球的平整表面前进(所受摩擦力按滑动摩擦力计算),通过光照自主进行工作.若车轮与月球地面间的动摩擦因数为μ=0.5,月球表面的重力加速度为g=1.6 m/s2,现在正以最大速度做匀速直线运动,前进100 m用时30 min.则月球车提供的动力功率为()A.P=1.1×102 W B.P=16.2 WC.P=81 W D.P=6.2 WD[玉兔号月球车以最大速度做匀速直线运动时所受的摩擦力等于前进提供的动力,由力平衡得:F=μmg,解得F=112 N,平均速度v=xt=1001 800m/s=118m/s,P=F v,解得P=6.2 W,故D正确.]4.如图2所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态,现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中()图2A.杆对圆环的弹力先增大后减小B.弹簧弹性势能增加了3mgLC.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大BD[圆环在下滑的过程中,设下降的高度为x,根据胡克定律得,弹簧的弹力F弹=k(x2+L2-L),杆子对圆环的弹力N=F弹sin θ=k(x2+L2-L)·Lx2+L2=kL-kL sin θ,sin θ逐渐减小,则杆对圆环的弹力增大,故A错误.图中弹簧水平时恰好处于原长状态,弹性势能为零,圆环下滑到达的最低点距圆环初始位置的距离为(2L)2-L2=3L,可得圆环下降的高度为h=3L,根据系统的机械能守恒得,在最低点时动能为0,弹性势能的增加量等于重力势能的减小量,为3mgL,故B正确.当合力为零时,速度最大,当下滑到最大距离时,速度为零,加速度不为零,所受合力不为零,故C错误.因为系统机械能守恒,圆环动能和弹簧弹性势能的增加量等于圆环重力势能的减小量,重力势能一直减小,则圆环动能与弹簧弹性势能之和一直变大,故D正确.]5.(多选)如图3所示,质量分别为m和2m的两个小球A和B,中间用长为2L 的轻杆相连,在杆的中点O处有一固定水平转动轴,把杆置于水平位置后由静止释放,在B球沿顺时针转动到最低位置的过程中()图3A.A、B两球的角速度大小始终相等B.重力对B球做功的瞬时功率一直增大C.B球转动到最低位置时的速度大小为2 3gLD.杆对B球做正功,B球机械能不守恒AC[A、B两球用轻杆相连,角速度大小始终相等,选项A正确;杆在水平位置时,重力对B球做功的瞬时功率为零,杆在竖直位置时,B球的重力和速度方向垂直,重力对B球做功的瞬时功率也为零,但在其他位置重力对B 球做功的瞬时功率不为零,因此,重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小,选项B错误;设B球转动到最低位置时的速度为v,两球角速度大小相等,转动半径相等,所以两球的线速度大小也相等,对A、B两球和杆组成的系统,由机械能守恒定律得,2mgL-mgL=12(2m)v2+12m v2,解得v=23gL,选项C正确;B球的重力势能减少了2mgL,动能增加了23mgL,机械能减少了,所以杆对B球做负功,选项D错误.]6.(多选)如图4甲所示,质量m=0.5 kg,初速度v0=10 m/s的物体,受到一个与初速方向相反的外力F的作用,沿粗糙的水平面滑动,经3 s后撤去外力,直到物体停止,整个过程物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()图4A.物体与地面间的动摩擦因数为0.1B.0~2 s内F做的功为-8 JC.0~7 s内物体由于摩擦产生的热量为25 JD.0~7 s内物体滑行的总位移为29 mABD[由图象可知物体在3~7 s内仅受摩擦力,做匀减速直线运动,其加速度大小a=1 m/s2=μg,得物体与地面间的动摩擦因数为0.1,A正确;计算0~7 s内所围面积可得物体滑行的总位移为x=29 m,D正确,0~7 s内物体由于摩擦产生的热量为Q=μmgx=14.5 J,C错误;0~2 s加速度大小a1=2 m/s2,由μmg+F=ma1可得F=0.5 N,0~2 s内位移由面积可得x′=16 m,所以F做的功为W=-Fx′=-8 J,B正确.]7.如图5所示,在光滑水平地面上放置质量为M=2 kg的长木板,木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切.一质量m=1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下,A点距离长木板上表面的高度h=0.6 m.滑块在长木板上滑行t=1 s后,和长木板以共同速度v=1 m/s匀速运动,g取10 m/s2.求:图5(1)滑块与木板间的摩擦力;(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功;(3)滑块自A点沿弧面由静止滑下到与长木板共同运动,产生的内能是多少?【导学号:17214225】【解析】(1)滑块在长木板上滑行时,对长木板,根据牛顿第二定律有F f=Ma1由运动学公式得v=a1t代入数据解得F f=2 N.(2)滑块在长木板上滑行时,对滑块,根据牛顿第二定律有-F f=ma2设滑块滑上长木板时的初速度为v0,则有v-v0=a2t代入数据解得v0=3 m/s滑块沿弧面下滑的过程,由动能定理得mgh -Q 1=12m v 20-0代入数据解得Q 1=1.5 J .(3)滑块在木板上滑行,t =1 s 时长木板的位移为s 1=12a 1t 2此过程中滑块的位移为s 2=v 0t +12a 2t 2故滑块相对木板滑行的距离为L =s 2-s 1=1.5 m 所以Q 2=F f ·L =3 J则Q =Q 1+Q 2=4.5 J .【答案】 (1)2 N (2)1.5 J (3)4.5 J。

新课标高考物理二轮复习 专题06-功能关系和能量守恒(解析版)

新课标高考物理二轮复习 专题06-功能关系和能量守恒(解析版)

高考物理二轮复习专题内容06功能关系和能量守恒§知识网络§1.机械能守恒定律(1)守恒条件①只有重力或系统内弹簧弹力做功。

②虽受其他力,但其他力不做功或做的总功为零。

(2)三种表达式①守恒的观点:E k1+E p1=E k2+E p2。

②转化的观点:ΔE p=-ΔE k。

③转移的观点:E A增=E B减。

2.几种常见的功能转化关系(1)合力的功影响动能,关系式为W合=ΔE k。

(2)重力的功影响重力势能,关系式为W G=-ΔE p。

(3)弹簧弹力的功影响弹性势能,关系式为W弹=-ΔE p。

=-ΔE p。

(4)电场力的功影响电势能,关系式为W电系,判定能的转化形式,确定能量之间转化多少。

(2)也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少。

3.典例分析【答案】BC【解析】由功能关系除重力和弹簧弹力以外的力做功等于机械能的增加量,知E-h图象的切线斜率表示升降机对物体的支持力。

0~h1切线斜率逐渐变小,则支持力逐渐变小,但支持力肯定与运动方向相同,在此阶段一直做正功,故B选项正确。

0~h1过程,动能如何变化,要看合外力做的功,合外力一开始向上,随支持力减小是不是合外力一直向上则不确定,故A选项错误。

h1~h2过程,E-h切线斜率不变,故支持力不变,若支持力等于重力,则C选项正确,h1~h2物体随升降机向上运动重力做负功,重力势能增加,故D选项错误。

4.相关类型题目某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出,水瓶以54g的加速度匀减速上升,上升的最大高度为H。

水瓶往返过程受到的阻力大小不变,则()A.上升过程中水瓶的动能减少量为54mgHB.上升过程中水瓶的机械能减少了54mgHC.水瓶落回地面时动能大小为14mgHD.水瓶上升过程处于超重状态,下落过程处于失重状态【答案】A【解析】水瓶以a=54g减速上升,设阻力为f,则有mg+f=ma,解得阻力f=14mg,上升阶段动能的改变量等于合外力做功,W合=-maH=-54mgH,故A选项正确。

2018年高考物理专题5.4功能关系能量守恒定律热点题型和提分秘籍

2018年高考物理专题5.4功能关系能量守恒定律热点题型和提分秘籍

专题5.4 功能关系 能量守恒定律1.知道功是能量转化的量度,掌握重力的功、弹力的功、合力的功与对应的能量转化关系。

2.知道自然界中的能量转化,理解能量守恒定律,并能用来分析有关问题。

热点题型一 功能关系的理解和应用例1、【2017·新课标Ⅲ卷】如图,一质量为m ,长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点,M 点与绳的上端P 相距13l 。

重力加速度大小为g 。

在此过程中,外力做的功为A .19mgl B .16mglC .13mglD .12mgl 【答案】A【变式探究】质量为m 的物体由静止开始下落,由于空气阻力影响,物体下落的加速度为45g ,在物体下落高度为h 的过程中,下列说法正确的是 ( )A .物体的动能增加了45mghB .物体的机械能减少了45mghC .物体克服阻力所做的功为45mghD .物体的重力势能减少了45mgh解析:由牛顿第二定律有mg -f =ma ,由a =45g 得f =15mg ,利用动能定理有W =Fh =45mgh =ΔE k ,选项A 正确;判断机械能的变化要看除重力外其他力的做功情况,-fh =-15mgh =ΔE ,说明阻力做负功,机械能减少15mgh ,选项B 错误;物体克服阻力做功应为15mgh ,选项C 错误;高度下降了h ,则重力势能减少了mgh ,选项D 错误。

答案:A 【提分秘籍】1.对功能关系的进一步理解(1)做功的过程就是能量转化的过程。

不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。

(2)功是能量转化的量度,功和能的关系,一是体现到不同的力做功,对应不同形式的能转化,具有一一对应关系,二 是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。

2.几种常见的功能关系及其表达式【举一反三】(多选)如图,一固定斜面倾角为30°,一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度,沿斜面向上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g 。

高三物理:功能关系及能量守恒的综合应用(解析版)

高三物理:功能关系及能量守恒的综合应用(解析版)

功能关系及能量守恒的综合应用1.功能关系及能量守恒在高考物理中占据了至关重要的地位,因为它们不仅是物理学中的基本原理,更是解决复杂物理问题的关键工具。

在高考中,这些考点通常被用于检验学生对物理世界的深刻理解和应用能力。

2.从命题方式上看,功能关系及能量守恒的题目形式丰富多样,既可以作为独立的问题出现,也可以与其他物理知识点如牛顿运动定律、动量守恒定律等相结合,形成综合性的大题。

这类题目往往涉及对能量转化、传递、守恒等概念的深入理解和灵活运用,对考生的逻辑思维和数学计算能力有较高的要求。

3.备考时,考生需要首先深入理解功能关系及能量守恒的基本原理和概念,明确它们之间的转化和守恒关系。

这包括理解各种形式的能量(如动能、势能、热能等)之间的转化关系,以及能量守恒定律在物理问题中的应用。

同时,考生还需要掌握相关的公式和计算方法,如动能定理、机械能守恒定律等,并能够熟练运用这些公式和方法解决实际问题。

4.考向一:应用动能定理处理多过程问题1.解题流程2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。

(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析,并画出运动过程的草图,借助草图理解物理过程之间的关系。

(3)当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解;当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理求解,这样更简便。

(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为正功,最后根据结果加以检验。

考向二:三类连接体的功能关系问题1.轻绳连接的物体系统常见情景二点提醒(1)分清两物体是速度大小相等,还是沿绳方向的分速度大小相等。

(2)用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。

2.轻杆连接的物体系统常见情景三大特点(1)平动时两物体线速度相等,转动时两物体角速度相等。

(2)杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不守恒。

二轮复习 功能关系 能量守恒.

二轮复习 功能关系 能量守恒.

(3)物块 A 被弹回的过程中,克服摩擦力所做的功仍为 W= μmgd,由能量守恒定律得 Ep=μmgd+mgh′, 所以物块 A 能够上升的最大高度为 h′ =h-2μd.
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规范答题步骤化之(一) 多过程问题解题策略
1.(2012· 浙江部分学校联考 )如图所示,竖直放置的光滑圆 轨道被固定在水平地面上, 半径 r=0.4 m, 最低点处有一小球(半 径比 r 小很多),现给小球一水平向右的初速度 v0,则要使小球 不脱离圆轨道运动,v0 应当满足(取 g=10 m/s2)( )
A.v0≥0 C.v0≥2 5 m/s
博学 Mm v2 例 3 解析:卫星绕地球做匀速圆周运动满足 G 2 =m , r r 1 2 GMm GMm GMm 动能 Ek= mv = , 机械能 E=Ek+Ep, 则 E= - 2 2r 2r r GMm =- .卫星由半径为 R1 的轨道降到半径为 R2 的轨道过程中 2r 1 GMm 1 - ,即下降过程中因摩 损失的机械能 ΔE=E1-E2= 2 R2 R1 擦而产生的热量,所以 C 正确. 答案:C
A.动能损失了 2mgH
1 C.机械能损失了 mgH D.机械能损失了 mgH 2
反思 1.动能损失如何量度? 反思 2.机械能损失如何判断?
博学 1 2 例 1 解析:(1)由机械能守恒得 mgl= mv 2 2mv2 与钉子碰后 F-mg= ,联立解得 F=5mg. l
(2)当小球恰好做圆周运动通过最高点时,设半径为 r,最高 mv2 1 点为 mg= r 由机械能守恒知 钉子的横坐标 7 解得 x1= l 6 圆周与直线的交点 x2 满足 l
l (2)先考虑特殊点,当钉子在0,2点时,小球不能通过最高

高考物理二轮专题复习练案:第6讲功能关系和能量守恒含解析

高考物理二轮专题复习练案:第6讲功能关系和能量守恒含解析

高考物理二轮专题复习练案:第6讲功能关系和能量守恒含解析限时:40分钟一、选择题(本题共8小题,其中1~4题为单选,5~8题为多选)1.(2018·浙江省杭州市高三下学期预测卷)兴趣小组的同学们利用弹弓放飞模型飞机。

弹弓的构造如图1所示,其中橡皮筋两端点A、B固定在把手上。

橡皮筋处于ACB时恰好为橡皮筋原长状态(如图2所示),将模型飞机的尾部放在C处,将C点拉至D点时放手,模型飞机就会在橡皮筋的作用下发射出去。

C、D两点均在AB连线的中垂线上,橡皮筋的质量忽略不计。

现将模型飞机竖直向上发射,在它由D运动到C的过程中( C )A.模型飞机在C位置时的速度最大B.模型飞机的加速度一直在减小C.橡皮筋对模型飞机始终做正功D.模型飞机的机械能守恒[解析] 从D到C,橡皮筋对模型飞机的弹力先大于重力,后小于重力,根据牛顿第二定律可知,加速度先减小后增大,加速度方向先向上后向下,则模型飞机的速度先增大后减小,故AB错误;橡皮筋对模型飞机的弹力与位移方向一直相同,所以橡皮筋对模型飞机的弹力始终做正功,而非重力做功等于机械能的增加量,故模型飞机的机械能一直在增大,故C正确,D错误。

所以C正确,ABD错误。

2.(2018·四川省高三下学期第二次模拟)高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道,车辆可驶入避险。

若质量为m的货车刹车后以初速度v0经A点冲上避险车道,前进距离L时到B点减速为0,货车所受阻力恒定,A、B两点高度差为h,C为A、B中点,已知重力加速度为g,下列关于该货车从A运动到B过程说法正确的是( B )A.克服阻力做的功为mv20B.该过程产生的热量为mv-mghC.在AC段克服阻力做的功小于CB段克服阻力做的功D.在AC段的运动时间等于CB段的运动时间[解析] 根据动能定理,-mgh-wf=0-mv,克服阻力做的功为Wf=mv-mgh,A错误;克服摩擦力做的功等于系统产生的内能,该过程产生的热量为mv-mgh,B正确;摩擦力做的功与位移成正比,在AC段克服阻力做的功等于CB段克服阻力做的功,C错误;从A到C做匀减速运动,在AC段的运动时间小于CB段的运动时间,D错误。

高考物理二轮复习 专题四 功能关系和能量守恒 第二讲 电磁学中的功能关系和能量守恒素能演练提升(含解析)

高考物理二轮复习 专题四 功能关系和能量守恒 第二讲 电磁学中的功能关系和能量守恒素能演练提升(含解析)

素能演练提升四(2)电磁学中的功能关系和能量守恒(时间:60分钟满分:100分)第Ⅰ卷(选择题共64分)一、本题共8小题,每小题8分,共64分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求,全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错或不答的得0分.1.如图所示,竖直向上的匀强电场中,一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上,上端连接一带正电的小球,小球静止时位于N点,弹簧恰好处于原长状态.保持小球的电荷量不变,现将小球提高到M点由静止释放.则释放后小球从M运动到N过程中()A.小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变B.小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量C.弹簧弹性势能的减少量大于小球动能的增加量D.小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和解析:由于有电场力做功,故小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的,故选项A错误;由题意,小球受到的电场力与重力等大反向,重力做正功,重力势能减少,电场力做负功,电势能增加,故重力势能减少量等于小球电势能的增加量,选项B正确;小球从M运动到N过程中,弹力做正功,重力和电场力做的总功为零,小球动能增加,所以弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量,选项C、D 错误.答案:B2.如图所示,带正电的小球穿在绝缘粗糙倾角为θ的直杆上,整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强磁场,小球沿杆向下滑动,在a点时动能为100 J,到c点时动能为零,b点恰为a、c的中点.则在此运动过程中()A.小球经b点时动能为50 JB.小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量C.小球在ab段克服摩擦力所做的功与在bc段克服摩擦力所做的功相等D.小球电势能的增加量可能大于电场力做的功解析:根据题意,小球由a到c做减速运动,则其所受洛伦兹力减小,弹力减小,摩擦力减小,选项A、C错误;由于小球有初动能,所以电场力可能大于重力,则小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量,但总是等于电场力做的功,故选项B正确,D错误.答案:B3.如图所示,绝缘弹簧的下端固定在斜面底端,弹簧与斜面平行且初始为自然长度,带电小球Q(可视为质点)固定在光滑斜面的M点,处于通过弹簧中心的直线ab上.现将小球P(也视为质点)从直线ab 上的N点由静止释放,设小球P与Q电性相同,则小球P从释放到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.小球P的速度先增大后减小B.小球P的速度最大时所受弹簧弹力与库仑力的合力为零C.小球P的动能、重力势能、电势能的总和增大D.小球P所受重力、弹簧弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量解析:小球P释放到刚接触弹簧的过程,库仑力做正功,速度增大;刚开始接触弹簧的过程,弹力从零开始增大,但仍小于库仑力,小球的速度仍增大;随着弹簧的压缩,小球的加速度减小,当加速度等于零或弹力与库仑力、重力沿斜面的分力的合力为零时,小球P的速度最大,选项A正确,B错误;根据能量守恒知,小球P的动能、重力势能、电势能的总和不变,选项C错误;库仑力做功等于电势能的变化量,选项D错误.答案:A4.(2015山东日照二模)某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图所示.在传送带(绝缘橡胶)一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极.电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R.传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r.传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中且与电极良好接触.当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U.则下列说法中正确的是()A.传送带匀速运动的速率为B.电阻R产生焦耳热的功率为C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为解析:设传送带匀速运动的速率为v,则感应电动势为E=BLv,感应电流为I=,故电压表的示数为U=IR=BLv,故传送带匀速运动的速率为v=,故选项A错误;电压表的示数U为电阻R两端的电压,故电阻R产生焦耳热的功率为P R=,故选项B错误;由于电阻R两端的电压为U,故回路中的电流为I=,故金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F安=BIL=,故选项C错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W安=F安d=,故选项D正确.答案:D5.(2015·福建泉州模拟)如图所示,内壁光滑的绝缘直细管AC与水平面成30°角固定放置,在与细管同一竖直平面内的P处固定点电荷+Q,P、A连线水平,B是AC的中点,PB⊥AC,电荷量为-q的带电小球从管中A处由静止释放,刚释放时加速度大小为a(a<g),重力加速度为g,则在+Q产生的电场中()A.A处的电势高于B处的电势B.B处的电场强度大小是A处的2倍C.小球运动到C处时的加速度大小为g-aD.小球从A运动到C的过程中电势能先增大后减小解析:正点电荷的电场线起于正电荷,止于无穷远,由于沿着电场线方向电势逐渐降低,因此A处电势低于B处的电势,选项A错误;由点电荷电场强度的公式E=k,可得电场强度的大小与距离的二次方成反比,结合几何关系:PA=2PB,故B处的电场强度的大小是A处的4倍,选项B错误;在A处时小球受重力、电场力和支持力,由力的合成法则可知:重力与电场力沿细管方向的合力产生加速度a,即有mg sin 30°+F cos 30°=ma,在C处时小球仍受重力、电场力和支持力,且C处所受电场力大小与A处所受电场力大小相等,方向沿CP方向斜向上,故有mg sin 30°-F cos 30°=ma',联立解得a'=g-a,故选项C正确;带负电小球从A到C的过程中,先靠近场源电荷+Q,后远离场源电荷+Q,故电场力先对小球做正功,后对小球做负功,因此电势能先减少后增加,选项D错误.答案:C6.(2014山东潍坊一模)如图所示,在xOy坐标系中,x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷+Q、-Q,B、D两点分别位于第二、四象限,ABCD为平行四边形,边BC、AD分别与y轴交于E、F,以下说法正确的是()A.E、F两点电势相等B.B、D两点电场强度相同C.试探电荷+q从F点移到D点,电势能增加D.试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点,电场力对+q做功相同解析:等量异种点电荷+Q、-Q连线的垂直平分线是一条等势线,所以y轴是一条等势线,E、F的电势相等,故A项正确;根据电场线的分布情况和对称性可知,B、D两点电场强度相同,故B项正确;根据顺着电场线电势降低可知,B点的电势高于D点的电势,而正电荷在电势高处电势能大,所以试探电荷+q从B点移到D点,电势能减少,故C项错误;由以上分析可知,B、E间的电势差等于F、D间的电势差,根据电场力做功公式W=qU得知+q从B点移到E点和从F点移到D点,电场力对+q做功相同,故D项正确.答案:ABD7.如图所示,界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E,磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直.在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落,经电场和磁场到达水平地面.若不计空气阻力,小球在通过电场和磁场的过程中,下列说法中正确的是()A.小球做匀变速曲线运动B.小球的电势能减少C.洛伦兹力对小球做正功D.小球的动能增加量等于其电势能和重力势能减少量的总和解析:小球进入电场时,速度方向竖直向下,受到竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和洛伦兹力qvB,合力方向与速度不共线,小球做曲线运动,而且合力与速度不能保持垂直,小球不能做匀速圆周运动,随着速度大小变化,洛伦兹力变化,加速度变化,不是匀变速曲线运动,选项A错.电场力做正功,电势能减少,选项B对.洛伦兹力不做功,选项C错.根据功能关系,减少的重力势能和电势能之和等于增加的动能,选项D对.答案:BD8.如图所示,光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点,水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场E,半圆形轨道处于竖直平面内,B为最低点,D为最高点.一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动,并能恰好通过最高点D.则下列物理量的变化对应关系正确的是()A.其他条件不变,R越大,x越大B.其他条件不变,m越大,x越大C.其他条件不变,E越大,x越大D.其他条件不变,R越大,小球经过B点瞬间对轨道的压力越大解析:小球在BCD部分做圆周运动,在D点,由牛顿第二定律有mg=m,小球由B到D的过程中机械能守恒:=mg×2R+,联立解得v B=,R越大,小球经过B点时的速度越大,则x越大,选项A正确;小球由A 到B,由动能定理得qEx=,将v B=代入得qEx=mgR,知m越大,x越大,选项B正确;E越大,x越小,选项C错误;在B点有F N-mg=m,将v B=代入得F N=6mg,选项D错误.答案:AB第Ⅱ卷(非选择题共36分)二、本题共2小题,共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位.9.(16分)如图,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行.a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行.一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为F a和F b.不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能.解析:质点所受电场力的大小为F电=qE①(1分)设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为v a和v b,由牛顿第二定律有F电+F a=m②(2分)F b-F电=m③(2分)设质点经过a点和b点时的动能分别为E k a和E k b,有E k a=④(2分)E k b=⑤(2分)根据动能定理有E k b-E k a=2rF电⑥(1分)联立①②③④⑤⑥式得E=(F b-F a)⑦(2分)E k a=(F b+5F a)⑧(2分)E k b=(5F b+F a).⑨(2分)答案:E=(F b-F a)E k a=(F b+5F a)E k b=(5F b+F a)10.(20分)(2015四川德阳模拟)如图所示,四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上,间距为h,在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同、方向水平向内的磁场,磁场大小按图乙所示变化(图中B0已知).现有一个长方形金属线框ABCD,质量为m,电阻为R,AB=CD=L,AD=BC=2h.用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着,AB边恰好在Ⅰ区的中央.t0(未知)时刻细线恰好松弛,之后剪断细线,当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计,g取10 m/s2)(1)求t0的值;(2)求线框AB边到达M2N2时的速率v;(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大?解析:(1)细线恰好松弛,对线框有B0IL=mg(1分)I=(1分)因感生产生的感应电动势E=·L·h(2分)得t0=.(2分)(2)当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动,速度为v'对线框有B0I'L=mg(1分)I'=(1分)因CD棒切割产生的感应电动势E'=B0Lv'(1分)v'=(1分)线框AB从到达M2N2一直运动到CD边到达M3N3的过程中,线框中无感应电动势产生,只受到重力作用.线框下落高度为3h,根据动能定理得mg·3h=mv'2-mv2(3分)线框AB边到达M2N2时的速率为v=.(2分)(3)线框静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电,线框下落高度为4.5h,根据能量守恒得mg·h=E电+mv'2(3分)E电=mgh-.(2分)答案:(1)(2)(3)mgh-。

2018届高三物理高考二轮复习 第二部分 专题二 重点知识精彩回扣 回扣3 功能关系和能量守恒

2018届高三物理高考二轮复习 第二部分 专题二 重点知识精彩回扣 回扣3 功能关系和能量守恒

答案
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基础知 识要记牢
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试题
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物体向右经过传送带能够到达与A点等高的B点,说明物体刚滑上传送带就做匀速运 动,其速率刚好等于传送带的速率v,根据机械能守恒定律可知,物体从B点刚滑到传 送带时的速率等于v,向左经过传送带,由于摩擦力做负功,产生热量,机械能减 小,到达左侧曲面底端的速率小于v,则一定不能再回到A点,故选项B正确,选项A 错误;再从左侧曲面滑回传送带,会受到向右的摩擦力作用,使物体做加速运动经过 传送带,向右的加速运动刚好是向左减速运动的逆过程,到达右侧曲面的底端速率一 定刚好等于v,则一定能再回到B点,故选项C正确,选项D错误.
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基础知 识要记牢
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试题 解析
答案
3.(多选)如图所示,一质量为m的小球,用长为l的轻绳悬挂于O点,初始时刻小球静 止于P点.第一次小球在水平拉力F作用下,从P点缓慢地移动到Q点,此时轻绳与竖 直方向夹角为θ,张力大小为FT1;第二次在水平恒力F′作用下,从P点开始运动并恰 好能到达Q点,至Q点时轻绳中的张力大小为FT2.关于这两个过程,下列说法正确的是 (不计空气阻力,重力加速度为g)( AC ) A.第一个过程中,拉力F在逐渐变大,且最大值一定大于F′ B.两个过程中,轻绳的张力均变大 C.FT1=cmosgθ,FT2=mg D.第二个过程中,重力和水平恒力F′的合力的功率先增大后减小
A.小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 B.在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 J C.小木块脱离长木板的瞬间,拉力F的功率为16 W D.长木板在运动过程中获得的机械能为16 J
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教育最新K122018年高考物理二轮复习第6讲功能关系和能量守恒练案

教育最新K122018年高考物理二轮复习第6讲功能关系和能量守恒练案

专题二 第6讲 功能关系和能量守恒限时:40分钟一、选择题(本题共8小题,其中1~4题为单选,5~8题为多选)1.(2017·山东省潍坊一模)如图所示,在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ,杆与水平面的夹角为θ,在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环,圆环上系一轻弹簧,弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点,O 、b 两点处在同一竖直线上。

由静止释放圆环后,圆环沿杆从a 运动到b ,在圆环运动的整个过程中,弹簧一直处于伸长状态,则下列说法正确的是 ( D )A . 圆环的机械能保持不变B . 弹簧对圆环一直做负功C . 弹簧的弹性势能逐渐增大D . 圆环和弹簧组成的系统机械能守恒[解析] 由几何关系可知,当环与O 点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小。

所以在环从a 到C 的过程中弹簧对环做正功,而从C 到b 的过程中弹簧对环做负功,所以环的机械能是变化的。

故A 错误,B 错误;当环与O 点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小,所以弹簧的弹性势能先减小后增大。

故C 错误;在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功,所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒。

故D 正确;故选D 。

2. (2017·广东省肇庆市二模)如图所示,一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ,两球质量均为m ,两球半径忽略不计,杆的长度为l 。

先将杆AB 竖直靠放在竖直墙上,轻轻振动小球B ,使小球B 在水平面上由静止开始向右滑动,当小球A 沿墙下滑距离为12l 时,不计摩擦。

下列说法正确的是 ( C )A .小球A 和B 的速度都为12gl B .小球A 和B 的速度都为 123gl C .小球A 的速度为123gl ,小球B 的速度为12gl D .小球A 的速度为12gl ,小球B 的速度为123gl [解析] 当小球A 沿墙下滑距离为12l 时,设此时A 球的速度为v A ,B 球的速度为v B 。

高考物理大二轮提能专训(五) 功能关系 能量守恒B(含解

高考物理大二轮提能专训(五) 功能关系 能量守恒B(含解

提能专训(五) 功能关系、能量守恒(B)1.如图所示,一质量为m 的物块A 与直立轻弹簧的上端连接,弹簧的下端固定在地面上,一质量也为m 的物块B 叠放在A 的上面,A 、B 处于静止状态.若A 、B 粘连在一起,用一竖直向上的拉力缓慢提B ,当拉力的大小为0.5mg 时,A 物块上升的高度为L ,此过程中,该拉力做的功为W ;若A 、B 不粘连,用一竖直向上的恒力F 作用在B 上,当A 物块上升的高度也为L 时,A 、B 恰好分离.已知重力加速度为g ,不计空气阻力,求: (1)弹簧的劲度系数k ; (2)恒力F 的大小;(3)A 与B 分离时的速度大小.答案:(1)mg 2L (2)1.5mg (3)32gL -Wm解析:(1)设弹簧原长为L 0,没有作用力时,弹簧总长度为L 1=L 0-2mgk当F 1=0.5mg 时,弹簧总长度为L 2=L 0-2mg -F 1k =L 0-1.5mgk又由题意可知L =L 2-L 1=0.5mgk解得k =mg2L(2)A 、B 刚分离时,A 不受B 对它的弹力作用,经受力分析可得A 的加速度为a A =k L 0-L 2-mgm =0.5g此时B 的加速度为a B =F -mgm刚分离时应有a A =a B解得F =1.5mg(3)设上升L 过程中,弹簧减小的弹性势能为ΔE p ,A 、B 粘连一块上升时,依据功能关系有:W +ΔE p =2mgL在恒力F 作用的过程中有:FL +ΔE p =2mgL +12×2mv 2可得v =32gL -W m . 2.一长度为L 的传送带与水平面的夹角为θ,传送带顺时针转动,在传送带上端接有一斜面,斜面的长度也为L ,斜面表面与传送带表面在同一平面上,在斜面的顶端有一个质量为m 已知滑块滑到传送带下端时速度恰好减小到零,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ1,则:(1)滑块与传送带间的动摩擦因数是多少?(2)如果传送带的速度是滑块下滑过程中最大速度的一半,则滑块从第一次滑到传送带到离开的过程中,电动机所做的功有多少转化为了内能?答案:见解析解析:(1)滑块从斜面顶端无初速下滑的过程,由牛顿第二定律可得mg sin θ-μ1mg cos θ=ma 1①设进入传送带前的瞬间物块的速度为v ,则由运动学公式可得v 2=2a 1L ②滑块在传送带上滑到底端时速度恰好为零,则一定是做匀减速运动,由牛顿第二定律得 μ2mg cos θ-mg sin θ=ma 2③如果把匀减速到零的过程等效为反向的匀加速过程,则由运动学公式可得v 2=2a 2L ④联立①②③④解得:μ2=2tan θ-μ1⑤(2)下滑过程滑块和传送带做背离运动,滑块匀减速到速度为零,则平均速度为v2,位移为L ,传送带的速度也是v 2,位移也为L ,故相对位移为2 L 滑块随传送带上滑的过程中,滑块做匀加速运动到速度为v 2,则加速过程的位移为x =⎝ ⎛⎭⎪⎫v 222a 2=14·v 22a 2=14L ,传送带同向匀速运动L 2,故相对位移为L 4则由于摩擦产生的热量为Q =μ2mg cos θ·2L +μ2mg cos θ·L 4=94μ2mgL cos θ=94(2tan θ-μ1)mgL cos θ即电动机所做的功有94(2tan θ-μ1)mgL cos θ转化为了内能. 3.(2013·武汉摸底)如图所示,一根长为L =5 m 的轻绳一端固定在O ′点,另一端系一质量m =1 kg 的小球.将轻绳拉至水平并将小球由位置A 静止释放,小球运动到最低点O 时,轻绳刚好被拉断.O ′点下方有一以O 点为圆心,半径R =5 5 m 的圆弧状的曲面,已知重力加速度为g =10 m/s 2,求:(1)轻绳所能承受的最大拉力F m 的大小;(2)小球落至曲面上的动能.答案:(1)30 N (2)100 J解析:(1)小球由A 到O 的过程,由机械能守恒定律,有mgL =12mv 20, 在O 点,由牛顿第二定律知F m -mg =m v 20L,解得:F m =3mg =30 N. 由牛顿第三定律可知轻绳所能承受的最大拉力为30 N.(2)小球从O 点平抛,有x =v 0t ,y =12gt 2, 小球落至曲面上,有x 2+y 2=R 2,联立解得t =1 s 或t =5 s(舍去).小球落至曲面上的动能E k =12mv 2=12m [v 20+(gt )2] 代入数据得E k =100 J.4.如图所示,光滑绝缘小平台距水平地面高H =0.80 m ,地面与竖直绝缘光滑圆形轨道在A 点连接,A 点距竖直墙壁s =0.60 m ,整个装置位于水平面向右的匀强电场中.现将一质量m =0.1 kg 、带电荷量q =1×10-3C 的小球(带正电,可视为质点)从平台上端点N 由静止释放,离开平台N 后,恰好切入半径为R =0.4 m 的绝缘光滑圆形轨道,并沿轨道运动到C 点射出.图中O 点是圆轨道的圆心,B 、C 分别是圆形轨道的最低和最高点,AO 、BO 间的夹角为53°,取g =10 m/s 2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)电场强度E 的大小;(2)小球到A 点的速度大小和方向;(3)小球对轨道的最大压力.答案:(1)750 N/C (2)5 m/s ,与水平方向成53°角(3)16.25 N解析:(1)由题意知y =12gt 2 x =12a ′t 2a ′=Eq my x =0.80.6代入数据可得E =750 N/C.(2)由公式v 2=2ax 可得 v y =4 m/sv x =3 m/s所以v =v 2y +v 2x =5 m/stan θ=v y v x =43,即速度方向与水平方向成53°角. (3)tan α=Eq mg =34,所以α=37° 电场力和重力的合力F 1=1.25 N ,方向沿OF 方向,最大速度在如图所示的F 点,∠BOF =37°从N 点到F 点由动能定理可知:W G +W E =E k2-E k1W G =mg [H +(R cos 37°-R cos 53°)]W E =Eq [s +(R sin 53°+R sin 37°)]代入数据可得F 点的速度v 1=35 m/sF N -F 1=mv 21R代入数据可得F N =10 N根据牛顿第三定律知,小球对轨道的最大压力为: F ′N =F N =10 N.。

2018大二轮高考总复习物理文档:第6讲 机械能守恒与能量守恒(含答案)

2018大二轮高考总复习物理文档:第6讲 机械能守恒与能量守恒(含答案)

第6讲机械能守恒与能量守恒一、明晰一个网络,理解机械能守恒定律的应用方法二、掌握系统机械能守恒的三种表达式三、理清、透析各类功能关系高频考点1机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析求解问题时,应注意:1.研究对象的选取研究对象的选取是解题的首要环节,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是守恒的.如图所示,单独选物体A机械能减少,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒.2.要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒.因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取.3.注意机械能守恒表达式的选取“守恒的观点”的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题,列式时需选取参考平面.而用“转移”和“转化”的角度反映机械能守恒时,不必选取参考平面.1-1.(多选)(2015·全国Ⅱ卷)如图,滑块a、b的质量均为m,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h,b 放在地面上.a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动.不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.则()A.a落地前,轻杆对b一直做正功B.a落地时速度大小为2ghC.a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD.a落地前,当a的机械能最小时,b对地面的压力大小为mg解析:由题意知,系统机械能守恒.设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ,分别将v a、v b分解,如图.因为刚性杆不可伸长,所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的,即v a cos θ=v b sin θ.当a 滑至地面时θ=90°,此时v b =0,由系统机械能守恒得mgh =12m v 2a ,解得v a =2gh ,选项B 正确;同时由于b 初、末速度均为零,运动过程中其动能先增大后减小,即杆对b 先做正功后做负功,选项A 错误;杆对b 的作用先是推力后是拉力,对a 则先是阻力后是动力,即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ,选项C 错误;b 的动能最大时,杆对a 、b 的作用力为零,此时a 的机械能最小,b 只受重力和支持力,所以b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确.答案:BD1-2.(多选)(2017·泰安市高三质检)如图所示,将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端,轻绳的另一端系一质量为m 的环,环套在竖直固定的光滑直杆上A 点,光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高,B 点在距A 点正下方d 处.现将环从A 处由静止释放,不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( )A .环到达B 处时,重物上升的高度h =dB .环从A 到B ,环减少的机械能等于重物增加的机械能C .环从A 点能下降的最大高度为43dD .当环下降的速度最大时,轻绳的拉力T =2mg解析:根据几何关系有,环从A 下滑至B 点时,重物上升的高度h =2d -d ,故A 错误;环下滑过程中无摩擦力做功,故系统机械能守恒,即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能,故B 正确;设环下滑最大高度为H 时环和重物的速度均为零,此时重物上升的最大高度为:H 2+d 2-d ,根据机械能守恒有:mgH =2mg (H 2+d 2-d ),解得:H =4d3,故C 正确;环向下运动,做非匀速运动,就有加速度,所以重物向上运动,也有加速度,即环运动的时候,绳的拉力不可能是2mg ,故D 错误.所以BC 正确,AD 错误.答案:BC1-3.(2017·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面.飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层,逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面.取地面为重力势能零点,在飞船下落过程中,重力加速度可视为常量,大小取为9.8 m/s 2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;(2)求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功,已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.解析:(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0=12m v 20①式中,m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率.由①式和题给数据得 E k0=4.0×108 J②设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h =12m v 2h+mgh③式中,v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小.由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h ′=600 m 处的机械能为 E h ′=12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2+mgh ′⑤由功能原理得 W =E h ′-E k0⑥式中,W 是飞船从高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功.由②⑤⑥式和题给数据得 W ≈9.7×108 J⑦答案:(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J1-4. (2016·全国丙卷)如图,在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道,两者在最低点B平滑连接.AB 弧的半径为R ,BC 弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落,经A 点沿圆弧轨道运动.(1)求小球在B 、A 两点的动能之比;(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点.解析:(1)设小球的质量为m ,小球在A 点的动能为E k A ,由机械能守恒定律得E k A =mg R4①设小球在B 点的动能为E k B ,同理有E k B =mg 5R4② 由①②式得E k BE k A=5.③(2)若小球能沿轨道运动到C 点,则小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④ 设小球在C 点的速度大小为v C ,由牛顿第二定律和向心加速度公式有N +mg =m v 2CR 2⑤由④⑤式得,v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4=12m v 2C⑦由⑥⑦式可知,小球恰好可以沿轨道运动到C 点. 答案:(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点高频考点2 能量守恒定律的应用(2015·福建卷)如图,质量为M 的小车静止在光滑水平面上,小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道,BC 段是长为L 的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B 点.一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g .(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力大小;(2)若不固定小车,滑块仍从A 点由静止下滑,然后滑入BC 轨道,最后从C 点滑出小车.已知滑块质量m =M2,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ,求:①滑块运动过程中,小车的最大速度大小v m ; ②滑块从B 到C 运动过程中,小车的位移大小s .[思路点拨] (1)由题中信息“小车静止在光滑水平面上”得知若不固定小车,则当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动.(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量. (3)滑块对小车压力最大的位置在哪里?怎样求最大压力? (4)小车不固定时什么时候速度最大?怎样求小车的最大速度?提示:(3)滑块对小车压力最大的位置在B 处,由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度,再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力,由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力.(4)滑块滑到小车的B 点时,小车速度最大,由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最大速度. 【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最大,从A 到B 机械能守恒,有mgR =12m v 2B,滑块在B 点处,由牛顿第二定律有N -mg =m v 2BR解得N =3mg由牛顿第三定律可得N ′=3mg .(2)①滑块下滑到达B 点时,小车速度最大.由机械能守恒定律,有mgR =12M v 2m +12m (2v m )2解得v m =gR3. ②设滑块运动到C 点时,小车速度大小为v C ,由功能关系有mgR -μmgL =12M v 2C +12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律有μmg =Ma由运动学规律有v 2C -v 2m =-2as解得s =13L .【答案】 (1)3mg (2)①gR 3 ②L 31.与能量有关的力学综合题的特点(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型; (2)联系前后两个过程的关键物理量是速度,前一个过程的末速度是后一个过程的初速度;(3)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律,题目中出现相对位移时,应优先选择能量守恒定律.2.解答与能量有关的综合题时的注意事项(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程,挖掘出题中的隐含条件,找出联系不同阶段的“桥梁”. (2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化,选择适合的规律求解.2-1.(多选)(2017·湖北省六校联合体高三联考)图示为某探究活动小组设计的节能运动系统.斜面轨道倾角为30°,质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为35,木箱在轨道A 端时,自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下,在轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道A 端,重复上述过程.下列选项正确的是( )A .m =3MB .m =2MC .木箱不与弹簧接触时,上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D .若货物的质量减少,则木箱一定不能回到A 处解析:设下滑的距离为l ,根据能量守恒有(M +m )gl sin θ-μ(M +m )gl cos θ=Mgl sin θ+μMgl cos θ得m =3 M ,A 正确、B 错误;受力分析可知,下滑时加速度为g -μg cos θ,上滑时加速度为g +μg cos θ,上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程,位移相同,加速度大的时间短,C 错误;根据(M +m )gl sin θ-μ(M +m )gl cos θ=Mgl sin θ+μMgl cos θ,木箱恰好被弹回到轨道A 端,如果货物的质量减少,等号前边一定小于后边,即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A 处所需的能量,则木箱一定不能回到A 处,D 正确;故选AD .答案:AD2-2.(多选)(2017·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块,物块间用长为l 的细线连接,开始处于静止状态,轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动,到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,则( )A .拉力F 所做功为nFlB .系统克服摩擦力做功为n (n -1)μmgl2C .F >nμmg2D .(n -1)μmg <F <nμmg解析:物体1的位移为(n -1)l ,则拉力F 所做功为W F =F ·(n -1)l =(n -1)Fl ,故A 错误.系统克服摩擦力做功为W f =μmg ·l +…+μmg ·(n -2)l +μmg ·(n -1)l =n (n -1)μmgl 2,故B 正确.据题,连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零,假设没有动能损失,由动能定理有W F =W f ,解得F =nμmg2,现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失,所以根据功能关系可知F >nμmg2,故C 正确,D 错误.答案:BC高频考点3 功能关系的应用3-1. (2017·全国卷Ⅲ)如图,一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂.用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点,M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中,外力做的功为( )A .19mglB .16mglC .13mglD .12mgl解析:将绳的下端Q 缓慢向上拉至M 点,相当于使下部分13的绳的重心升高13l ,故重力势能增加13mg ·l 3=19mgl ,由功能关系可知A 项正确.答案:A3-2.(多选) (2017·西安市高新一中一模)一个质量为m 的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α=30°的斜面,其加速度为34g ,如图此物体在斜面上上升的最大高度为h ,则此过程中正确的是( )A .物体动能增加了32mghB .物体克服重力做功mghC .物体机械能损失了12mghD .物体克服摩擦力做功14mgh解析:物体在斜面上加速度为34g ,方向沿斜面向下,物体的合力F 合=ma =34mg ,方向沿斜面向下,斜面倾角α=30°,物体从斜面底端到最大高度处位移为2 h ,物体从斜面底端到最大高度处,物体合力做功W 合=-F 合×2h =-32mgh ,根据动能定理研究物体从斜面底端到最大高度处得W 合=ΔE k ,所以物体动能减小32mgh ,故A 错误;根据功的定义式得:重力做功W G =-mgh ,故B 正确;重力做功量度重力势能的变化,所以物体重力势能增加了mgh ,而物体动能减小32mgh ,所以物体机械能损失了12mgh ,故C 正确;除了重力之外的力做功量度机械能的变化.物体除了重力之外的力做功还有摩擦力做功,物体机械能减小了12mgh ,所以摩擦力做功为-12mgh ,故D 错误.答案:BC3-3.(多选)(2016·全国甲卷)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O 点,另一端与小球相连.现将小球从M 点由静止释放,它在下降的过程中经过了N 点.已知在M 、N 两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )A .弹力对小球先做正功后做负功B .有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C .弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零D .小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差解析:在M 、N 两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM <∠OMN <π2,则小球在M 点时弹簧处于压缩状态,在N 点时弹簧处于拉伸状态,小球从M 点运动到N 点的过程中,弹簧长度先缩短,当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短,这个过程中弹力对小球做负功,然后弹簧再伸长,弹力对小球开始做正功,当弹簧达到自然伸长状态时,弹力为零,再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功,故整个过程中,弹力对小球先做负功,再做正功,后再做负功,选项A 错误.在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时,小球加速度等于重力加速度,选项B 正确.弹簧与杆垂直时,弹力方向与小球的速度方向垂直,则弹力对小球做功的功率为零,选项C 正确.由机械能守恒定律知,在M 、N 两点弹簧弹性势能相等,在N 点的动能等于从M 点到N 点重力势能的减小值,选项D 正确.答案:BCD功能关系的应用“三注意”(1)分清是什么力做功,并且分析该力做正功还是做负功;根据功能之间的对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情况.(2)也可以根据能量之间的转化情况,确定是什么力做功,尤其可以方便计算变力做功的多少.(3)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系,功是能量转化的量度和原因,在不同问题中的具体表现不同.弹簧模型弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一.该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及功能关系等知识.运动过程中,从力的角度看,弹簧上的弹力是变力,从能量的角度看,弹簧是储能元件.因此,借助弹簧模型,可以很好地考查考生的分析综合能力.在高考试题中,弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及三个方面:静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题以及与能量转化有关的弹簧问题.考生在处理这些问题时,要特别注意弹簧“可拉可压”的特性以及弹簧弹力不可突变的特征.弹簧中的“平衡模型”(多选)如图甲所示,质量均为m 的小球A 、B 用劲度系数为k 1的轻弹簧相连,B 球用长为L 的细绳悬于O 点,A 球固定在O 点正下方L 处,当小球B 平衡时,绳子所受的拉力为T 1,弹簧的弹力为F 1;现将A 、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k 2(k 1<k 2)的另一轻弹簧,在其他条件不变的情况下仍使系统平衡,此时绳子所受的拉力为T 2,弹簧的弹力为F 2.则下列关于T 1与T 2、F 1与F 2的大小关系,正确的是( )图甲A .T 1>T 2B .T 1=T 2C .F 1<F 2D .F 1=F 2[思路点拨] 由于小球B 始终处于平衡状态,因此小球B 受到的合力必定为零.由于更换弹簧前后细绳的拉力与弹簧弹力的方向都发生了变化,故用力三角形与几何三角形相似的方法即可方便求解.【解析】 以小球B 为研究对象进行受力分析,由平衡条件可知,弹簧的弹力F 和绳子的拉力T 的合力F 合与重力mg 大小相等、方向相反,即F 合=mg ,如图乙所示,设A 、B 间距离为x ,由力三角形与几何三角形相似可得mg L =F x =T L ,故T =mg ,F =xL mg ,绳子的拉力T 只与小球B 的重力有关,与弹簧的劲度系数无关,所以T 1=T 2,选项A 错误、B 正确;当弹簧的劲度系数k 变大时,弹簧的压缩量减小,故A 、B 两球之间距离增大,由F =xL mg 知F 2>F 1,选项C 正确、D 错误.图乙【答案】 BC弹簧类平衡问题涉及的知识主要有胡克定律、物体的平衡条件等,求解时要注意弹力的大小与方向总是与形变相对应,因此审题时应从弹簧的形变分析入手,找出形变量与物体空间位置变化的对应关系,分析形变所对应的弹力大小和方向,再结合物体所受其他力的情况列式求解.弹簧中的“突变模型”如图所示,在水平面上有一个质量为m =2 kg 的小球.小球与轻弹簧和轻绳相连.弹簧水平放置,绳与竖直方向成θ=45°角且不可伸长.此时小球处于静止状态,且水平面对小球的弹力恰好为零.已知小球与水平面之间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g =10 m/s 2.则在剪断轻绳的瞬间,下列说法中正确的是( )A .小球受力个数不变B .小球立即向左运动,且a =8 m/s 2C .小球立即向左运动,且a =10 m/s 2D .若不剪断轻绳,从右端剪断弹簧,则剪断弹簧瞬间,小球加速度的大小为a =10 2 m/s 2[思路点拨] (1)剪断轻绳时弹簧的弹力不会发生突变,即与剪断前一样;(2)从右端剪断弹簧时,轻绳的弹力会发生突变,即轻绳的弹力会立即消失.【解析】 在剪断轻绳前,小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力的平衡可得弹簧的弹力方向水平向左,且F =mg tan θ,代入数据可解得F =20 N .剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力仍然为20 N ,小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力的作用,小球的受力个数发生改变,选项A 错误;小球所受的最大静摩擦力为f m =μmg =4 N ,根据牛顿第二定律可得小球此时的加速度大小为a =F -f m m,解得a =8 m/s 2,由于合力方向向左,故小球立即向左运动,选项B 正确,选项C 错误;从右端剪断弹簧的瞬间,轻绳对小球的拉力突变为零,此时小球所受的合力为零,故小球的加速度也为零,选项D 错误.【答案】 B弹簧(或橡皮绳)恢复形变需要时间,在瞬时问题中可以认为其弹力不变,即弹力不能突变.而细绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力,若剪断(或脱离),弹力立即消失,即弹力可突变.弹簧中的“能量模型”(多选) (2015·江苏卷)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A 处由静止开始下滑,经过B 处的速度最大,到达C 处的速度为零,AC =h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ,恰好能回到A .弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g .则圆环( )A .下滑过程中,加速度一直减小B .下滑过程中,克服摩擦力做的功为14m v 2 C .在C 处,弹簧的弹性势能为14m v 2-mgh D .上滑经过B 的速度大小大于下滑经过B 的速度大小[思路点拨] (1)从下滑过程中速度的变化情况可以判断加速度的变化情况;(2)由全过程中的能量守恒可得到下滑过程中克服摩擦力所做的功以及圆环从A 运动到C 的过程中弹簧的弹性势能的变化量;(3)在分析下滑过程和上滑过程中B 点的瞬时速度时,应以AB 段的运动为研究过程,用能量守恒定律求解,但是要注意不论是从A 下滑到B ,还是从B 上滑到A ,圆环克服摩擦力做的功相等,弹簧弹性势能的变化量的绝对值也相等.【解析】 圆环向下运动过程中,在B 点速度最大,在A 、C 点速度为0,说明向下先加速后减速,加速度先向下减小,后向上增大,A 项错误;下滑过程和上滑过程克服摩擦力做功相同,因此下滑过程W f +E p =mgh ,上滑过程W f +mgh =12m v 2+E p ,因此克服摩擦力做功W f =14m v 2,B 项正确;在C 处,弹簧的弹性势能E p =mgh -W f =mgh -14m v 2,C 项错误;从A 下滑到B ,12m v 2B 1+E p ′+W f ′=mgh ′,从B 上滑到A ,12m v 2B 2+E p ′=mgh ′+W f ′=12m v 2B 1+E p ′+2W f ′,可见v B 2>v B 1,D 项正确.【答案】 BD1.当牵涉弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般不直接采用功的定义式求解.中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.2.弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同.与其他模型相结合的综合模型如图所示,倾角θ=37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上,在斜面顶端固定一个半径和质量均不计的光滑定滑轮D ,质量均为m =1 kg 的物体A 和B .用一劲度系数k =240 N/m 的轻弹簧连接,物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P 挡住.用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质量为M 的小环C 连接,小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆,当整个系统静止时,环C 位于Q 处,绳与细杆的夹角α=53°,且物体B 对挡板的压力恰好为零.图中SD 水平且d =0.2 m ,位置R 与位置Q 关于位置S 对称,轻弹簧与定滑轮右侧的绳均与斜面平行,现让环C 从位置R 由静止释放,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g =10 m/s 2.求:(1)小环C 的质量M ;(2)小环C 通过位置S 时的动能E k 及环从R 运动到S 的过程中轻绳对环做的功W ;(3)小环C 运动到位置Q 时的速率v .【解析】 (1)当整个系统静止时,环C 处于Q 处,此时以A 、B 组成的整体为研究对象进行受力分析,则可知绳子的拉力T =2mg sin θ;以小环C 为研究对象,则有T cos α=Mg ,两式联立并代入数据求解可得M =0.72 kg .(2)由题意可知,开始时B 对挡板没有压力,故弹簧处于伸长状态,设弹簧此时的伸长量为x ,则有mg sin θ=kx ,解得x =0.025 m .当小环C 到达S 时,物体A 沿斜面向下运动的距离为x ′=d sin α-d ,解得x ′=0.05 m ,故此时弹簧的压缩量为Δx =0.025 m ,可得小环在位置R 和S 时弹簧的弹性势能相等.由运动的合成与分解可知,当小环C 在位置S 时,物体A 的速度为零,所以小环C 从R 运动到S 的过程中,由机械能守恒定律可得Mgd cot α+mgx ′sin θ=E k ,代入数据可解得E k =1.38 J ,小环从位置R 运动到位置S 的过程中,由动能定理可知W +Mgd cot α=E k ,解得W =0.3 J .(3)环从位置R 运动到Q 的过程中,由机械能守恒定律可得Mg ·2d cot α=12M v 2+12m v 2A,又因为v A =v cos α(绳模型:C 与A 沿绳的速度大小相等),两式联立并代入数据求解可得v =2 m/s .【答案】 (1)0.72 kg (2)1.38 J 0.3 J (3)2 m/s对于和其他模型相结合的弹簧问题,一般情况下物理情境较为复杂,涉及的物理量比较多,分析过程也相对麻烦,试题难度一般较大.处理此类问题最好的办法就是“拆分法”,即把一个复杂的物理问题“拆分”为若干个熟悉而又简单的物理模型,如本题就涉及了运动的合成与分解模型、斜面模型、绳模型及弹簧模型.考生只要将每一个拆分的模型弄清楚,这类问题就能迎刃而解.一般来说,弹簧模型容易与平抛运动模型、圆周运动模型以及匀变速直线模型结合,综合考查运动学、牛顿运动定律以及功和能的相关知识.。

2018年高考物理二轮温习第一部份二轮专题冲破专题二动量和能量课时作业6功能关系能量转化守恒定律

2018年高考物理二轮温习第一部份二轮专题冲破专题二动量和能量课时作业6功能关系能量转化守恒定律
A. B.
C. D.1
解析:第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两头位置,小锤对小球做功W1=mgR,第二次击打小球,小球恰好做圆周运动,现在小球在最高点速度v= ,与小球在最高点对应最低点的速度为vA,依照机械能守恒定律可得-mg·2R= mv2- mv .第二次击打小球,小锤对小球做的功W2= mv -mgR= mgR,那么前后两次击打,小锤对小球做功 的最大值为 ,应选项A、B正确,C、D错误.
(1)求导体棒下滑的最大速度;
(2)求ab棒下滑进程中电阻R消耗的最大功率;
(3)假设导体棒从静止加速到v=4 m/s的进程中,通过R的电量q=0.26 C,求R产生的热量Q.
解析:(1)E=BLv
I= =
F安=BIL=
当安培力与重力沿导轨向下的分力相等时,速度最大,棒ab做匀速运动,即
mgsinθ=
答案:D
3.(2017·北京西城区模拟)
空间存在竖直向上的匀强电场,质量为m的带正电的微粒水平射入电场中,微粒的运动轨迹如下图,在相等的时刻距离内( )
A.重力做的功相等
B.电场力做的功相等
C.电场力做的功大于重力做的功
D.电场力做的功小于重力做的功
解析:对微粒受力分析,受重力和向上的电场力,而且电场力大于重力.微粒水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,相等的时刻距离内,竖直方向的分位移不等,因此在相等的时刻距离内,重力和电场力做的功不同,A、B错误;因为电场力大于重力,因此在相等的时刻距离内,电场力做的功大于重力做的功,选项C正确、D错误.
10 m/s2.求:
(1)放上物块刹时,物块和木板的加速度别离是多少;
(2)木板至少多长,才能保证物块不从木板上掉下来;
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专题二第6讲
限时:40分钟
一、选择题(本题共8小题,其中1~4题为单选,5~8题为多选)
1.(2017·山东省潍坊一模)如图所示,在竖直面内固定一光滑的硬质杆ab ,杆与水平面的夹角为θ,在杆的上端a 处套一质量为m 的圆环,圆环上系一轻弹簧,弹簧的另一端固定在与a 处在同一水平线上的O 点,O 、b 两点处在同一竖直线上。

由静止释放圆环后,圆环沿杆从a 运动到b ,在圆环运动的整个过程中,弹簧一直处于伸长状态,则下列说法正确的是导学号86084121(D )
A .圆环的机械能保持不变
B .弹簧对圆环一直做负功
C .弹簧的弹性势能逐渐增大
D .圆环和弹簧组成的系统机械能守恒
[解析]由几何关系可知,当环与O 点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小。

所以在环从a 到C 的过程中弹簧对环做正功,而从C 到b 的过程中弹簧对环做负功,所以环的机械能是变化的。

故A 错误,B 错误;
当环与O 点的连线与杆垂直时,弹簧的长度最短,弹簧的弹性势能最小,所以弹簧的弹性势能先减小后增大。

故C 错误;在整个的过程中只有重力和弹簧的弹力做功,所以圆环和弹簧组成的系统机械能守恒。

故D 正确;故选D 。

2.(2017·广东省肇庆市二模)如图所示,一个长直轻杆两端分别固定一个小球A 和B ,两球质量均为m ,两球半径忽略不计,杆的长度为l 。

先将杆AB 竖直靠放在竖直墙上,轻轻振动小球B ,
使小球B 在水平面上由静止开始向右滑动,当小球A 沿墙下滑距离为12
l 时,不计摩擦。

下列说
法正确的是导学号86084122(C )
A .小球A 和
B 的速度都为
12gl B .小球A 和B 的速度都为123gl C .小球A 的速度为123gl ,小球B 的速度为12
gl D .小球A 的速度为
12gl ,小球B 的速度为123gl [解析]当小球A 沿墙下滑距离为12
l 时,设此时A 球的速度为v A ,B 球的速度为v B 。

根据系统机械能守恒定律得:mg ·l 2=12m v 2A +12
m v 2B 两球沿杆方向上的速度相等,则有:v A cos60°=v B cos30°
联立两式解得:v A =123gl ,v B =12
gl 。

故C 正确,ABD 错误。

3.(2017·宁夏银川九中一模)如图所示,一轻弹簧上、下两端各连接质量均为m 的两物块A 、B ,开始时,系统静止在水平面上,现用一竖直向上的恒力F 拉物块A ,使其向上运动,直到物块B 刚好要离开地面,重力加速度为g ,则下列说法错误的是导学号86084123(A )
A .A 的加速度不变
B .此过程恒力F 做的功等于物块A 增加的机械能
C .此过程中恒力F 的功率可能先增大后减小
D .此过程弹簧弹力对物块A 做功为零
[解析]对A 受力分析,开始时,A 受拉力F 和向上的弹簧弹力及重力,由牛顿第二定律得:F +kx -mg =ma ,随着A 的上升压缩量x 减小,加速度减小,但方向向上,故A 做加速度减小的加速运动,当弹簧恢复原长后,A 继续上升,弹簧被拉长,A 的受力变为拉力F 和向下的弹簧弹力及重力,F -kx -mg =ma ,随着A 的上升伸长量x 增大,加速度减小,但方向向上,故A 继续。

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