2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第二講 機械能守恒 功能關(guān)系學(xué)案

《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第二講 機械能守恒 功能關(guān)系學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第二講 機械能守恒 功能關(guān)系學(xué)案（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二講　機械能守恒　功能關(guān)系 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.考查方向預(yù)測：①幾個重要功能關(guān)系的應(yīng)用．②機械能守恒定律與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用．③綜合應(yīng)用能量守恒定律和動力學(xué)方法分析問題．④功能關(guān)系在電學(xué)中的應(yīng)用． 2.常用的思想方法：機械能守恒的判斷方式、能量守恒定律求解往復(fù)類問題的基本方法． [答案]　(1)機械能守恒的條件 只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈簧彈力做功．只有重力做功時對應(yīng)動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化，只有彈簧彈力做功時對應(yīng)動能 和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化． (2)機械能守恒定律與動能定理的區(qū)別與聯(lián)系 (3)內(nèi)容：能量既不能憑空產(chǎn)生，也不能憑空消失．它只能從一種形

2、式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，在轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移的過程中其總量保持不變． (4)表達式：ΔE減＝ΔE增 ΔE增為末狀態(tài)的能量減去初狀態(tài)的能量，而ΔE減為初狀態(tài)的能量減去末狀態(tài)的能量． 考向一　機械能守恒定律及其應(yīng)用 [歸納提煉] 1．機械能守恒定律的三種表達形式 2．應(yīng)用機械能守恒定律解題的基本思路 (2017·河北六校聯(lián)考)如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平

3、行．已知A、B的質(zhì)量均為m，C的質(zhì)量為4m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．釋放C后C沿斜面下滑，A剛離開地面時，B獲得最大速度．求： (1)斜面的傾角α； (2)B的最大速度v. [思路點撥]　(1)當B獲得最大速度時a＝0. (2)彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等． [解析]　(1)設(shè)當物體A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為xA，對A有kxA＝mg. 此時B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細繩拉力T三個力的作用．設(shè)B的加速度為a， 根據(jù)牛頓第二定律， 對B有，T－mg－kxA＝ma， 對C有，4mgsinα－T＝4ma，

4、 當B獲得最大速度時，有a＝0， 由此解得sinα＝0.5，所以α＝30°. (2)開始時彈簧壓縮的長度為xB＝，顯然xA＝xB. 當物體A剛離開地面時，B上升的距離以及C沿斜面下滑的距離為xA＋xB. 由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v，由機械能守恒 4mg(xA＋xB)sinα－mg(xA＋xB)＝(4m＋m)v2， 代入數(shù)值解得v＝2g. [答案]　(1)α＝30°　(2)2g 高考對機械能守恒定律應(yīng)用的考查，多數(shù)情況下考查的是兩個物體組成的系統(tǒng)，這兩個物體一般由細繩或輕桿連接在一起.求解

5、這類問題的方法是先找到兩物體的速度關(guān)系，從而確定系統(tǒng)動能的變化，其次找到兩物體上升或下降的高度關(guān)系，從而確定系統(tǒng)重力勢能的變化，然后按照系統(tǒng)動能的增加量(減少量)等于重力勢能的減少量(增加量)列方程求解. [熟練強化] 遷移一　單個物體的機械能守恒 1．(2016·山西右玉一模)一小球以一定的初速度從圖示位置進入光滑的軌道，小球先進入圓軌道1，再進入圓軌道2，圓軌道1的半徑為R，圓軌道2的半徑是軌道1的1.8倍，小球的質(zhì)量為m，若小球恰好能通過軌道2的最高點B，則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為(　　) A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg [解析]　小球恰

6、好能通過軌道2的最高點B時，有mg＝，小球在軌道1上經(jīng)過A處時，有F＋mg＝，根據(jù)機械能守恒，從A→B有1.6mgR＝mv－mv，解得F＝4mg，C正確． [答案]　C 遷移二　繩連接體的機械能守恒問題 2．(2017·南京模擬)如圖所示，一半圓形碗的邊緣上裝有一定滑輪，滑輪兩邊通過一不可伸長的輕質(zhì)細線掛著兩個小物體，質(zhì)量分別為m1、m2，m1>m2.現(xiàn)讓m1從靠近定滑輪處由靜止開始沿碗內(nèi)壁下滑．設(shè)碗固定不動，其內(nèi)壁光滑、半徑為R.則m1滑到碗最低點時的速度為(　　) A．2 B. C. D．2 [解析]　設(shè)當m1到達碗最低點時速率為v1，此時m2的速率為v2，

7、則有v1cos45°＝v2，對m1、m2由機械能守恒定律得m1gR＝m2gR＋m1v＋m2v，解得v1＝2 . [答案]　D 遷移三　桿連接體的機械能守恒問題 3．(多選)(2015·全國卷Ⅱ)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上．a(chǎn)、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開始運動．不計摩擦，a、b可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g.則(　　) A．a(chǎn)落地前，輕桿對b一直做正功 B．a(chǎn)落地時速度大小為 C．a(chǎn)下落過程中，其加速度大小始終不大于g D．a(chǎn)落地前，當a的機械能最小時，b對地面的壓力大小為mg [解析]　因為桿對滑塊b的限制，

8、a落地時b的速度為零，所以b的運動為先加速后減速，桿對b的作用力對b做的功即為b所受合外力做的總功，由動能定理可知，桿對b先做正功后做負功，故A錯．對a、b組成的系統(tǒng)應(yīng)用機械能守恒定律有：mgh＝mv，va＝，故B正確．桿對a的作用效果為先推后拉，桿對a的作用力為拉力時，a下落過程中的加速度大小會大于g，即C錯．由功能關(guān)系可知，當桿對a的推力減為零的時刻，即為a的機械能最小的時刻，此時桿對a和b的作用力均為零，故b對地面的壓力大小為mg，D正確． [答案]　BD 考向二　功能關(guān)系能量守恒定律 [歸納提煉] 1．常見的功能關(guān)系 2．運用能量守恒定律求解往復(fù)運動類問題的基本思路

9、 　(多選)(2017·江蘇卷)如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L.B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長．現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°.A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中(　　) A．A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mg B．A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg C．彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 D．彈簧的彈性勢能最大值為mgL [思路路線]　 [解析]　A球初態(tài)v0＝0，末態(tài)v＝0，因

10、此A球在運動過程中先加速后減速，當速度最大時，動能最大，加速度為0，故A的動能達到最大前，A具有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，由整體法可知在A的動能達到最大之前，B受到地面的支持力小于mg，在A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg，選項A、B正確；彈簧的彈性勢能最大時，A到達最低點，此時具有向上的加速度，選項C錯誤；由能量守恒，A球重力所做功等于彈簧最大彈性勢能，A球下降高度h＝Lcos30°－Lcos60°＝L，重力做功W＝mgh＝mgL，選項D錯誤． [答案]　AB 功能關(guān)系的應(yīng)用“三注意” (1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，確定能量

11、之間的轉(zhuǎn)化情況． (2)也可以根據(jù)能量之間的轉(zhuǎn)化情況，確定是什么力做功，尤其可以方便計算變力做功的多少． (3)功能關(guān)系反映了做功和能量轉(zhuǎn)化之間的對應(yīng)關(guān)系，功是能量轉(zhuǎn)化的量度和原因，在不同問題中的具體表現(xiàn)不同． [熟練強化] 遷移一　與彈簧相關(guān)的功能關(guān)系 1. (多選)(2016·全國卷Ⅱ)如圖，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連．現(xiàn)將小球從M點由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點．已知在M、N兩點處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<.在小球從M點運動到N點的過程中(　　) A．彈力對小球先做正功后做負功 B．有兩個時刻小球的加速

12、度等于重力加速度 C．彈簧長度最短時，彈力對小球做功的功率為零 D．小球到達N點時的動能等于其在M、N兩點的重力勢能差 [解析]　因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<，知M處的彈簧處于壓縮狀態(tài)，N處的彈簧處于伸長狀態(tài)，則彈簧的彈力對小球先做負功后做正功再做負功，選項A錯誤；當彈簧水平時，豎直方向的力只有重力，加速度為g；當彈簧處于原長位置時，小球只受重力，加速度為g，則有兩個時刻的加速度大小等于g，選項B正確；彈簧長度最短時，即彈簧水平，彈力與速度垂直，彈力對小球做功的功率為零，選項C正確；由動能定理得，WF＋WG＝ΔEk，因M和N兩點處彈簧對小球的彈力大小相等

13、，彈性勢能相等，則由彈力做功特點知WF＝0，即WG＝ΔEk，選項D正確． [答案]　BCD 遷移二　與傳送帶相關(guān)的功能關(guān)系 2．(多選)(2017·鄭州外校期中測試)如右圖所示，質(zhì)量為m的物塊從傾角為θ的傳送帶底端由靜止釋放，傳送帶由電動機帶動，始終保持速率v勻速運動，物塊與傳動帶間的動摩擦因數(shù)為μ(μ>tanθ)，物塊到達頂端前能與傳送帶保持相對靜止．在物塊從靜止釋放到相對傳送帶靜止的過程中，下列說法正確的是(　　) A．電動機因運送物塊多做的功為mv2 B．系統(tǒng)因運送物塊增加的內(nèi)能為 C．傳送帶克服摩擦力做的功為mv2 D．電動機因運送物塊增加的功率為μmgvcosθ

14、[解析]　電動機多做的功等于系統(tǒng)摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和物塊機械能的增加量．對物塊，增加的機械能為ΔE＝f·L＝μmgcosθ··t，系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝f·Δs＝f·(s帶－s物)＝f＝μmgcosθ·t，故ΔE＝Q.故電動機多做的功等于物塊機械能增加量的2倍，大于mv2，故A錯誤．系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝f·Δs＝μmgcosθ·t.物塊的加速度a＝＝g(μcosθ－sinθ)．故加速時間t＝＝，故系統(tǒng)增加的內(nèi)能Q＝，故B正確．傳送帶運動的距離s帶＝vt＝，故傳送帶克服摩擦力做功Wf克＝f·s帶＝μmgcosθ·＝，故C錯誤．電動機增加的功率即為克服摩擦力做功的功率，大小為P＝fv＝μmgcosθ·v，故

15、D正確． [答案]　BD 遷移三　木塊—滑塊問題中的功能關(guān)系 3．如圖所示，質(zhì)量為m2＝0.6 kg的薄木板靜止在光滑水平地面上，木板上有一質(zhì)量為m1＝0.2 kg的小鐵塊，它離木板的右端距離d＝0.5 m，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.2.現(xiàn)用拉力向左以3 m/s2的加速度將木板從鐵塊下抽出，求： (1)將木板從鐵塊下抽出時，鐵塊和木板的動能各為多少？ (2)將木板從鐵塊下抽出的過程中木板對鐵塊做的功． (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和拉力F做的功． [解析]　(1)對小鐵塊，由牛頓第二定律得μmg＝ma1，則a1＝2.0 m/s2，木板的加速度a2＝3 m/s2，設(shè)經(jīng)過時間t，

16、將木板從鐵塊下抽出，則有a2t2－a1t2＝d， 代入數(shù)值解得t＝1 s. 鐵塊末速度v1＝a1t＝2 m/s， 木板末速度v2＝a2t＝3 m/s， 鐵塊的動能Ek1＝m1v＝0.4 J， 木板的動能Ek2＝m2v＝2.7 J. (2)鐵塊位移x1＝a1t2＝1.0 m， 木板位移x2＝a2t2＝1.5 m. 這一過程，木板對鐵塊做的功為W1＝μm1gx1＝0.4 J. (3)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝μm1gd＝0.2 J，拉力做的功W＝m1v＋m2v＋Q＝3.3 J. [答案]　(1)0.4 J　2.7 J　(2)0.4 J　(3)0.2 J　3.3 J 高考題答題規(guī)范

17、——功能關(guān)系在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 [考點歸納] 電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系 [典題示例] (18分)(2015·天津卷)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面．開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動．在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動．線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持

18、水平，重力加速度為g.求： (1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H. [審題指導(dǎo)] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)線框由靜止釋放 說明線框開始做自由落體運動． 2)線框做勻速運動 說明重力與安培力平衡． 3)線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q 說明機械能的減少量為Q. 第二步　審程序—順思路 [滿分答案]　(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E1＝2Blv1①(1分) 設(shè)線框總電阻

19、為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有 I1＝②(1分) 設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB③(1分) 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1④(1分) 由①②③④式得v1＝⑤(2分) 設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得 v2＝⑥(2分) 由⑤⑥式得＝4⑦(2分) (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有 2mgl＝mv⑧(3分) 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨(3分) 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l⑩(2分) [答案]　(1)4　(2)＋28l [滿

20、分心得]　(1)審題要規(guī)范：此題屬于用牛頓定律和能量觀點解決的電學(xué)綜合題，應(yīng)分析清每段受力及運動過程，采用分段處理． (2)解答要規(guī)范：書寫物理表達式要以原始公式為依據(jù)，要分步列式，盡量不寫綜合式，否則容易失分，公式前要寫清必要的文字說明． [滿分體驗]　(2017·德州市摸底)如右圖所示，兩根等高光滑的四分之一圓弧形軌道與一足夠長水平軌道相連，圓弧的半徑為R0、軌道間距為L1＝1 m，軌道電阻不計．水平軌道處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B1＝1 T，圓弧軌道處于從圓心軸線上均勻向外輻射狀的磁場中，如圖所示．在軌道上有兩長度稍大于L1、質(zhì)量均為m＝2 kg、阻值均為R＝0.5 Ω的

21、金屬棒a、b，金屬棒b通過跨過定滑輪的絕緣細線與一質(zhì)量為M＝1 kg、邊長為L2＝0.2 m、電阻r＝0.05 Ω的正方形金屬線框相連．金屬棒a從軌道最高處開始，在外力作用下以速度v0＝5 m/s沿軌道做勻速圓周運動到最低點MN處，在這一過程中金屬棒b恰好保持靜止．當金屬棒a到達最低點MN處被卡住，此后金屬線框開始下落，剛好能勻速進入下方h＝1 m處的水平勻強磁場B3中，B3＝ T．已知磁場高度H>L2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度為g＝10 m/s2.求： (1)輻射磁場在圓弧處磁感應(yīng)強度B2的大??； (2)從金屬線框開始下落到進入磁場前，金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱Q； (3)若在線框

22、完全進入磁場時剪斷細線，線框在完全離開磁場B3時剛好又達到勻速，已知線框離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝10.875 J，則磁場的高度H為多少． [解析]　(1)對金屬棒b，由受力平衡 Mg＝B1IL1 由a、b金屬棒和導(dǎo)軌組成的閉合回路，有 I＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 B2＝2 T (2)根據(jù)能量守恒定律有 Mgh＝Mv2＋mv2＋2Q 線框進入磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B1I1L1＋B3I2L2 其中，I1＝ I2＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 Q＝2 J (3)從線框完全進入磁場到完全出磁場，有 MgH＝Mv－Mv2＋Q1 在完全出磁場的瞬間，由受力平衡，得 Mg＝B3I3L2 其中，I3＝ 聯(lián)立方程，代入數(shù)值求得 H＝1.2 m [答案]　(1)2 T　(2)2 J　(3)1.2 m 16