高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷(八)专题二 功和能 第二讲 机械能守恒定律 功能关系
高考物理大二轮复习课件专题二第二讲机械能守恒定律功能关系PPTppt文档
(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能． (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释 放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通 过 G 点．G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距72R、竖直相 距 R.求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量．
设 P 在 D 点的速度为 vD，由 D 点运动到 G 点的时 间为 t.由平抛运动公式有
y1＝12gt2，⑪ x1＝vDt.⑫ 联立⑨⑩⑪⑫式得 vD＝35 5gR.⑬ 设 P 在 C 点速度的大小为 vC.在 P 由 C 运动到 D 的 过程中机械能守恒，有
解：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 Ek0＝12mv20，① 式中，m 和 v0 分别是飞船的质量和着地前瞬间的速 度．由①式和题给数据得 Ek0＝4.0×108 J．② 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 Eh＝12mv2h＋mgh，③ 式中，vh 是飞船在高度 1.6×105 m 处的速度大小．由 ③式和题给数据得 Eh＝2.4×1012 J．④
到其轨迹最高点，机械能的增量为( )
A．2mgR
B．4mgR
C．5mgR
D．6mgR
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明无摩擦力做功；
②“始终受到与重力大小相等的水平外力的作用”说明
在最高点仍受水平力，则最高点速度不为 0. 解析：小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：F·3R
－mgR＝12mv2c，又 F＝mg，解得：v2c＝4gR 小球离开 c 点后，在竖直方向 vc＝gt，在水平方向的位移为 x＝12at2 ＝2R.从 a 点到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移 大小为 5R，则小球机械能的增加量 ΔE＝F·5R＝5mgR， 选项 C 正确，A、B、D 错误．
高三物理第二轮专题复习(机械能与功能关系)通用
准兑市爱憎阳光实验学校第3讲 机械能守恒和功能关系1．【解读】 2.考点整合考点一 机械能守恒律 1．机械能守恒律的两种表述〔1〕在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
〔2〕如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
2．机械能守恒律的各种表达形式〔1〕222121v m h mg mv mgh '+'=+，即k p k p E E E E '+'=+；〔2〕0=∆+∆k P E E ；021=∆+∆E E ；K P E E ∆=∆-特别提示：用〔1〕时，需要规重力势能的参考平面。
用〔2〕时那么不必规重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。
尤其是用K P E E ∆=∆-，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。
3．对机械能守恒律的理解：〔1〕机械能守恒律的研究对象一是系统，至少包括地球在内。
通常我们说“小球的机械能守恒〞其实一也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。
另外小球的动能中所用的v ，也是相对于地面的速度。
〔2〕当研究对象〔除地球以外〕只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功〞来判机械能是否守恒；当研究对象〔除地球以外〕由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力〞来判机械能是否守恒。
〔3〕“只有重力做功〞不于“只受重力作用〞。
在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功〞。
＆。
〔2021月考〕 如下图，在同一竖直平面内的两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点A 与最低点B 各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x 的图像如图，g 取10 m/s 2，不计空气阻力，求： 〔1〕小球的质量为多少？ 〔2〕假设小球的最低点B 的速度为20∆F /N 51015xABm/s ，为使小球能沿轨道运动，x 的最大值为多少？ 【解析】〔1〕设轨道半径为R ，由机械能守恒律；2211(2)22B Amv mg R x mv =++ (1)对B点：21BN v F mg mR-= ………〔2〕 对A 点：22AN v F mg mR+= (3)由〔1〕〔2〕〔3〕式得： 两点压力差 1226N N mgxFN F F mg R∆=-=+.........〔4〕 由图象得：截距36=mg 得kg m 05.0= (5)〔2〕因为图线的斜率21mgk R== 得m R 1= (6)在A点不脱离的条件为：A v ≥ (7)由〔1〕〔5〕〔6〕〔7〕式得：m x 5.17= (8)【指引】此题考查机械能守恒、圆周运动、图像分析的有关的知识。
高考物理二轮复习 专题二 功能和动量第2讲能量的转化和守恒
权掇市安稳阳光实验学校专题二功、能和动量第2讲能量的转化和守恒体系构建考向分析（1）与滑动摩擦力做功有关的功能关系问题；（2）与带电粒子在电场、复合场中的运动相综合的问题。
在复习时准确掌握重要概念，牢固树立能的转化和守恒的观点，熟练掌握动能定理、机械能守恒定律及功能关系，并能灵活运用。
热点例析热点一功能关系的应用利用功能关系解题的基本思路：1．分析物体的运动过程及每个过程的受力情况。
因为每个过程的受力情况可能不同，引起的能量变化也不同。
2．分析清楚哪几个力做功，各力的位移，引起了哪种能量的变化。
3．根据功能关系列方程式求解或定性分析。
【例1】（2012·河北期末）如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点（B位置）。
对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是（）。
A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功等于跳板的作用力对她做的功规律小结解决功能关系问题应该注意以下两个方面：（1）分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的一一对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化是多少。
（2）也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便地计算变力做功的多少。
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对应关系如下：举一反三1如图所示，粗糙的斜面下端连一个轻质弹簧，弹簧与斜面平行，小滑块A从斜面的某一高度开始沿斜面向下加速运动到压缩弹簧至最短的过程中，则下列说法正确的是（）。
A．滑块先做匀加速运动后做匀减速运动B．滑块先做匀加速运动，接触弹簧后再做匀加速运动，最后做变减速运动C．从开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，滑块重力做功等于系统内能与弹性势能的增加量D．从开始运动到将弹簧压缩至最短的过程中，小滑块重力势能减少量与内能的增加量之和等于弹性势能的增加量热点二能量守恒定律的综合应用应用能量守恒定律解题的基本步骤：1．分清共有多少种形式的能在变化。
2021高考物理二轮复习专题复习篇专题2第2讲机械能守恒定律功能关系课件.ppt
小球质量满足5665m≤m1≤425956m 时，小球才能击中薄板。 [答案] (1)143mgR (2)6556m≤m1≤425956m
规律总结：应用机械能守恒定律解题的基本思路
[题组训练] 1.(多选)(2020·湖南长沙高三检测)如图所示， 一定质量的小球(可视为质点)套在固定的竖直光 滑椭圆形轨道上，椭圆的左焦点为 P，长轴 AC 水 平且长为 2L0，短轴 BD 竖直且长为 3L0。原长为 L0 的轻弹簧一端套在过 P 点的垂直纸面的光滑水平轴上，另一端与位 于 A 点的小球连接。若小球逆时针沿椭圆轨道运动，在 A 点时的速度 大小为 v0，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是( )
[解析] （1）解除弹簧锁定后，小球运动到 C 点的过程，弹簧和 小球组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律可得 Ep＝2mgR＋12 mv20
小球经 C 点时所受的弹力的大小为32mg，分析可知方向只能向下 根据向心力公式得 mg＋32mg＝mvR20 解得 Ep＝143mgR。
(2)小球离开 C 点后做平抛运动，若小球恰好落在 D 点，根据平 抛运动规律有
(1)若小球经 C 点时所受的弹力的大小为32mg，求弹簧弹性势能 的大小 Ep；
(2)若用此锁定的弹簧发射质量不同的小球，问小球质量 m1 满足 什么条件，从 C 点抛出的小球才能击中薄板 DE?
[思路点拨] 求解本题关键要注意弹簧的弹性势能只与弹簧的 形变量有关，当形变量不变时，弹簧的弹性势能不变，但换用质量 不同的小球用锁定弹簧发射时速度大小会不同。
由几何关系可知 PD＝L0，小球在 D 点时系统的重力势能、弹性势能 都最小，所以此时小球动能最大，B 正确；在 B、D 两点时，小球到 P 点的距离都等于 L0，即等于弹簧原长，弹簧的弹性势能相同(一般 视为零)，小球的机械能也是相等的，C 错误；小球在从 A 点经过 D 点到达 C 点的过程中弹簧的弹性势能先变小后变大，故小球的机械 能先变大后变小，D 错误。]
1-2-2 高三物理二轮专题复习二 功和能课件.
mv2 D F＋mg＝ R
2mgH－2R 得：F＝ －mg R 取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m
(2)
假设滑块经过最高点 D 后能直接落到直轨道 AB 上与圆 心等高的 E 点(如图所示)
R OE＝ sin30° x＝OE＝vDPt 1 R＝ gt2 2 得到：vDP＝2 m/s 而滑块过 D 点的临界速度 vDL＝ gR＝ 2 m/s
3．选取三种表达式时应注意的问题 第一种表达式是从“守恒”的角度反映机械能守恒， 解 题必须选取参考平面， 而后两种表达式都是从“转化”的角 度来反映机械能守恒，不必选取参考平面，具体用哪种表达 式解题，要注意灵活选取．
【例 1】 如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜 直轨道 AB 和圆轨道 BCD 组成，AB 和 BCD 相切于 B 点， CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D 为圆轨道的最低点 和最高点 )，已知∠ BOC ＝ 30° .可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某点由静止滑下， 用力传感器测出滑块经过 圆轨道最高点 D 时对轨道的压力为 F， 并得到如图乙所示的 压力 F 与高度 H 的关系图象，取 g＝10 m/s2.求：
常用于解决两个 或多个物体组成 的系统的机械能 守恒问题
(2)机械能守恒定律的应用技巧 ①机械能守恒定律是一种“能——能转化”关系， 其守 恒是有条件的，因此，应用时首先要对研究对象在所研究的 过程中机械能是否守恒做出判断． ②如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方 程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化 或转移的观点列方程较简便．
1．(2014· 课标全国卷Ⅱ)
如图，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在 竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从 大环的最高处由静止滑下． 重力加速度大小为 g.当小环滑到 大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( A．Mg－5mg C．Mg＋5mg B．Mg＋mg D．Mg＋10mg )
高考物理二轮复习 第一部分 专题二 能量与动量 专题强化练六机械能守恒定律 功能关系
专题增强练(六) 机械能守恒定律 功能关系考点1 机械能守恒定律的应用1．(多项选择)以下列图，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平川址后释放，在B 球顺时针摇动到最低地址的过程中(不计所有摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能必然减少，A 项错误．答案：BC2．(2018·天津卷)滑雪运动深受人民公众的喜爱，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )A ．所受合外力向来为零B ．所受摩擦力大小不变C ．合外力做功必然为零D ．机械能向来保持不变解析：运动员从A 到B 做曲线运动，所以合力必然不为零，A 错误；运动员的速率不变，由F N －mg cos θ＝m v 2R ⇒F N ＝mg cos θ＋m v 2R 知，在不同样的地址，对曲面的压力不同样，进而摩擦力不同样，B 错误；由动能定理知，合外力做功必然为零，故C 正确；运动员从A 到B 做曲线运动，动能不变，重力势能减少，机械能不守恒，D 错误．答案：C3．(多项选择)(2018·泰安检测)以下列图，将质量为2m 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，环套在竖直固定的圆滑直杆上A 点，圆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 由静止释放，不计所有摩擦阻力，以下说法正确的选项是( )A ．环到达B 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 能下降的最大高度为43dD ．当环下降时，轻绳的拉力T ＝2mg解析：依照几何关系有，环到达B 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，即环减少的机械能等于重物增加的机械能，故B 正确；设环下降到最大高度为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, 依照机械能守恒有：mgH＝2mg (H 2＋d 2－d )，解得：H ＝4d 3，故C 正确；环向下运动，做非匀速运动，有加速度，所以重物向上运动，也有加速度，即环下降的时候，轻绳的拉力不可以能是2mg ，故D 错误．答案：BC考点2 能量守恒定律4．以下列图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图．图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功耗资机械能C．垫板的动能所有转变成内能D．弹簧的弹性势能所有转变成动能解析：由于系统内存在摩擦力，在车厢撞击压缩弹簧的过程中需要战胜摩擦力做功，机械能不守恒，垫板的动能一部分转变成弹簧弹性势能，另一部分转变成内能，A、C错误，B正确．弹簧恢复原长过程中，战胜摩擦力做功，弹性势能转变成内能和动能，D错误．答案：B5．(2018·泰州中学月考)以下列图，在某竖直平面内，圆滑曲面AB与水平面BC圆滑连接于B点，BC右端连接内壁圆滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D正直下方直立一根劲度系数k＝100 N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐．一个质量为1 kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度h＝0.6 m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，小球进入管口C端时，它对上管壁有F N＝2.5mg的作用力，经过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能E p＝0.5 J．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球在C处碰到的向心力大小；(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能E km；(3)小球最后停止的地址．解析：(1)小球进入管口C 端时，它与圆管上管壁有大小为F ＝2.5mg 的相互作用力，故对小球由牛顿第二定律有F ＋mg ＝F n .解得F n ＝35 N.(2)在压缩弹簧过程中，速度最大时合力为零．设此时小球离D 端的距离为x 0，则有kx 0＝mg ，解得x 0＝mg k ＝0.1 m.在C 点，有F n ＝mv 2C r ，解得v C ＝7 m/s.由能量守恒定律有mg (r ＋x 0)＝E p ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫E km －12mv 2C ， 解得E km ＝mg (r ＋x 0)＋12mv 2C －E p ＝6 J.(3)小球从A 点运动到C 点过程，由动能定理得mgh －μmgs ＝12mv 2C ，解得B 、C 间距离s ＝0.5 m.小球与弹簧作用后返回C 处动能不变，小球的动能最后耗资在与BC 水平面相互作用的过程中．设小球在BC 上运动的总行程为s ′，由能量守恒定律有μmgs ′＝12mv 2C ，解得s ′＝0.7 m.故最后小球在BC 上距离C 为0.5 m －(0.7 m －0.5 m)＝0.3 m(或距离B 端为0.7 m －0.5 m ＝0.2 m)处停下．答案：(1)35 N (2)6 J (3)停在BC 上距离C 端0.3 m 处(或距离B 端0.2 m 处)考点3 功能关系的应用6.以下列图，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时恰好对轨道没有压力．已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A ．重力做功2mgRB ．机械能减少mgRC ．合外力做功mgRD ．战胜摩擦力做功12mgR 解析：小球由P 到B 的过程重力做功W G ＝mg (2R －R )＝mgR ，A 错误；小球经过B 点时恰好对轨道没有压力，由牛顿第二定律可知mg ＝m v 2R ，即小球在B 点的速度v ＝gR ；小球由P 到B 的过程，由动能定理可知合力做功W 合＝ΔE k ＝12mv 2＝12mgR ，C 错误；又由于W 合＝W G ＋W f ，所以小球由P 到B 的过程摩擦力做功W f ＝W 合－W G ＝－12mgR ，由功能关系知，物体的机械能将减少12mgR ，B 错误，D 正确．答案：D7．(多项选择)如图甲所示，物体以必然的初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0 m ．选择地面为参照平面，上升过程中物体的机械能E 机随高度h 的变化如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.则( )A ．物体的质量m ＝1.0 kgB ．物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.80C ．物体上升过程中的加速度大小a ＝10 m/s 2D ．物体回到斜面底端时的动能E k ＝10 J解析：物体上升到最高点时，E ＝E p ＝mgh ＝30 J ，得m ＝1.0 kg ，物体损失的机械能ΔE损＝μmg cos α·hsin α＝20 J，得μ＝0.50，A正确，B错误．物体上升过程中的加速度大小a＝g sin α＋μg cos α＝10 m/s2，C正确．下降过程摩擦生热也应为20 J，故物体回到斜面底端时的动能E k＝50 J－40 J＝10 J，D正确．答案：ACD8．(多项选择)(2018·衡水中学调研)以下列图，圆滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B间的接触面粗糙，现在用一水平拉力F作用在A上，使其由静止开始运动，则以下情况可能的是()A．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量B．拉力F做的功大于A、B系统动能的增加量C．拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量D．A对B做的功等于B的动能的增加量解析：若拉力F不够大，A和B一起加速运动，对整体解析．由动能定理可知，拉力F做功等于A、B系统动能的增加量．A正确．若拉力F足够大，A与B有相对运动，对整体解析可知．F做功转变成两个物体的动能及系统的内能，故F做的功大于A、B系统动能的增加量，B正确．由动能定理可知，拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量，C错误．依照动能定理可知，A对B 做的功等于B的动能的增加量，D正确．答案：ABD9.以下列图，传达带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传达带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动．现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传达带上的A点，已知小物体与传达带之间的动摩擦因数μ＝32，在传达带将小物体从A点传达到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)(1)传达带对小物体做的功；(2)电动机做的功．解析：(1)小物体刚开始运动时，依照牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，解得小物体上升的加速度为a＝g4＝2.5 m/s2.当小物体的速度为v＝1 m/s时，小物体的位移为x＝v22a＝0.2 m<5 m，此后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点，由功能关系得W＝ΔE k＋ΔE p＝12mv2＋mgl sin θ＝255 J.(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传达带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得t＝va＝0.4 s，相对位移x′＝vt－v2t＝0.2 m，摩擦产生的热量Q＝μmgx′cos θ＝15 J，故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J.答案：(1)255 J(2)270 J考点4电磁场中的能量问题10.(2018·安阳检测)以下列图，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感觉强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分从前已经匀速，滑动过程中与导轨保持优异接触，重力加速度为g)．不计所有摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中()A．导体棒匀速运动时速度大小为mg（R＋r）sin θB2d2B．匀速运动时导体棒两端电压为mg（R＋r）sin θBdC．导体棒下滑距离为s时，经过R的总电荷量为Bsd RD．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析：导体棒下滑过程中碰到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mg sin θ＝BId，依照欧姆定律可得I＝ER＋r，依照法拉第电磁感觉定律可得E＝Bdv，联立解得v＝mg（R＋r）B2d2sin θ，E＝mg（R＋r）Bd sinθ，故导体棒两端的电压U＝Er＋RR＝mgRBd sin θ，A正确，B错误．依照法拉第电磁感觉定律E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BdsΔt，故q＝IΔt＝ER＋rΔt＝BsdR＋r，依照动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．答案：A11.以下列图，绝缘斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑终究端．已知在金属块下滑的过程中动能增加0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的选项是()A．金属块带负电荷B．电场力做功0.5 JC．金属块战胜摩擦力做功0.8 JD．金属块的机械能减少1.2 J解析：金属块的电势能增加，说明电场力做负功，则电场力方向竖直向上，所以金属块带正电荷，选项A错误；战胜电场力做多少功，电势能就增加多少，故金属块战胜电场力做功0.5 J，即电场力做功－0.5 J，选项B错误；依照动能定理可得W G＋W E＋WF f＝ΔE k，解得WF f＝－0.7 J，即金属块战胜摩擦力做功0.7 J，选项C错误；重力做功1.5 J，金属块的重力势能减少1.5 J，动能增加0.3 J，故机械能减少1.2 J，选项D正确．答案：D。
高考物理二轮复习第二讲机械能守恒定律功能关系课件_1
WG＝－ΔEp W弹＝－ΔEp W合＝ΔEk W其他＝ΔE机
Ffx相对＝ΔE内
12/8/2021
(二)掌握三类常考问题 1．必须分析清物体运动过程中有哪些力做功，有哪些形 式的能发生变化。 2．明确图像斜率的意义。 3．物块在传送带上滑动时产生的热量 Q＝Ffx 相对。其中 x 相对为物块与传送带间的相对位移。
12/8/2021
[解析] 当 A 物块到达 C 处时，由受 力分析可知：水平方向受力平衡，竖直方 向只受重力作用，所以 A 物块的加速度 a ＝g，A 正确，B 错误。B 物块受重力和拉 力而平衡，故拉力等于其重力；物体 A 受 重力、拉力和杆的支持力，如图所示，设 B 物块的质量为 M， 绳子拉力为 T，根据平衡条件：Tcos 37°＝mg，T＝Mg；联立解 得 M＝0.5 kg，故 C 正确；设 Q 物块的质量为 m0，根据系统机 械能守恒得：mghAC＝(M＋m0)ghB；hAC＝tand37°＝1.6 m；hB＝ sind37°－d＝0.8 m；解得：m0＝0.3 kg，故 D 正确。
12/8/2021
(1)A 被敲击后获得的初速度大小 vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小 aB、 aB′； (3)B 被敲击后获得的初速度大小 vB。 [解析] A、B 的运动过程如图所示
12/8/2021
(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 aA＝μg A 做匀变速直线运动 2aAL＝vA2 解得 vA＝ 2μgL。 (2)设 A、B 的质量均为 m 对齐前，B 所受合外力大小为 F＝3μmg 由牛顿运动定律 F＝maB，得 aB＝3μg 对齐后，A、B 整体所受合外力大小为 F′＝2μmg 由牛顿运动定律 F′＝2maB′，得 aB′＝μg。
高考物理二轮复习专题二 功和能(PPT版)共38张
,Ek= K -
tan θ
K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至
底端时的动能Ek,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmgsin θ=
ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重
①全程最大速度的临界点满足条件为:Ff=
P额 vm
;
②匀加速运动达最大速度时满足的条件为
P v1
Ff
=ma,此时瞬时功率等于额定
功率PHale Waihona Puke ;③在匀加速过程中的某点,有:
P1 v
Ff
=ma;
④在变加速运动过程中的某点,有:
P额 v2
Ff
=ma'。
3.动能定理:W总=Ek2-Ek1=
。 1
2
mv
2 2
答案 AC 对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩
擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则
对乙由动能定理Ek乙=Ek乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙
在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能Ek乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能Ek甲
解析 设AB=h。滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=
tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定
理mg· h -μmg sin θ· h =
tan θ
sin θ
1 2
mv2=Ek,联立解得v=
2gh 2gh tan θ tan θ
高三物理二轮复习 专题二 第2讲 机械能守恒定律 功能关系课件（全国通用）
()
A．上述过程中，F 做功大小为12mv1 2＋12Mv2 2 B．其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达右端所用时间越
长 C．其他条件不变的情况下，M 越大，x 越小 D．其他条件不变的情况下，Ff 越大，滑块与木板间产生的热
量越多
解析：选 CD 由能量守恒定律可知，上述过程中，F 做功大小 等于二者动能之和加上摩擦产生的热量，大于12mv1 2＋12Mv2 2， 选项 A 错误；其他条件不变的情况下，F 越大，滑块加速度越 大，滑块到达右端所用时间越短，选项 B 错误；其他条件不变 的情况下，M 越大，木板加速度越小，x 越小，选项 C 正确； 其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于 FfL， Ff 越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项 D 正确。
三、易错易混要明了 分析机械能守恒与竖直面内的圆周运动相结合的题目时， 注意明确绳模型与杆模型在最高点临界条件的不同。
[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·福建高考)如图 2－2－4 所示，
表面光滑的固定斜面顶端安装一定
滑轮，小物块 A、B 用轻绳连接并跨
过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初 图 2－2－4
4R C. 3
2R D. 3
[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：
(1)A、B 组成的系统机械能守恒。
(2)A 落地后，B 将做竖直上抛运动。
[解析] 如图所示，以 AB 为系统，以 地面为零势能面，设 A 质量为 2m, B 质量为 m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋ 12×3mv2，A 落地后 B 将以 v 做竖直上抛运动，即有12mv2＝ mgh，解得 h＝13R。则 B 上升的高度为 R＋13R＝43R，故选项 C 正确。
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诊断卷八 机械能守恒定律 功能关系 考点一 单个物体的机械能守恒 1.[考查机械能守恒的判断] 如图1所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球自左端槽口A点的正上方由静止开始下落，从A点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的是( )
图1 A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B．小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态 C．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D．小球从下落到从右侧离开槽的过程中机械能守恒 2．[考查机械能守恒定律与抛体运动] (2015·福建梧桐中学期中)如图2所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾斜角θ斜向上抛，空气阻力不计，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，则( )
图2 A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBC．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB 3．[考查机械能守恒与平抛运动] (2015·长春调研)如图3所示，水平地面上固定一个光滑轨道ABC，该轨道由两个半
径均为R的14圆弧AB、BC平滑连接而成，O1、O2分别为两段圆弧所对应的圆心，O1O2的连线竖直，现将一质量为m的小球(可视为质点)由轨道上A点静止释放，则小球落地点到A点的水平距离为( )
图3 A．2R B.5R C．3R D.13R 4．[考查单个物体的机械能守恒与平抛、圆周、直线运动的结合] (2015·宿迁一模)如图4，半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道ABC与足够长的粗糙轨道CD在C处平滑连接，O为圆弧轨道ABC的圆心，B点为圆弧轨道的最低点，半径OA、OC与OB的夹角分别为53°和37°。将一个质量m＝0.5 kg的物体(视为质点)从A点左侧高为h＝0.8 m处的P点水平抛出，恰从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物体与轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图4 (1)物体水平抛出时的初速度大小v0； (2)物体经过B点时，对圆弧轨道压力大小FN； (3)物体在轨道CD上运动的距离x。
考点二 多个物体的机械能守恒 5. [考查物体与弹簧组成的系统机械能守恒] 如图5所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放。小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为2m的小球B，仍从弹 簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(已知重力加速度为g，且不计空气阻力)( )
图5 A.2gh B.gh
C. gh2 D．0 6．[考查物体与弹簧组成的系统机械能守恒] (2015·天津高考)如图6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6 A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 7．[考查用杆连接的两物体机械能守恒问题] (多选)(2015·广东第二次大联考)如图7所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为
R的14圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不
计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是( ) 图7 A．a球下滑过程中机械能保持不变 B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变 C．a、b滑到水平轨道上时速度为2gR
D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR2 8．[考查用绳连接的两物体机械能守恒问题] (多选)如图8所示，圆心在O点、半径为R的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳两端分别系着质量为
m1和m2的两个小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开始时m1位于C点，
然后从静止释放，则( )
图8 A．在m1由C点下滑到A点的过程中两球速度大小始终相等 B．在m1由C点下滑到A点的过程中重力对m1做功的功率先增大后减小 C．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝2m2 D．若m1恰好能沿圆弧下滑到A点，则m1＝3m2
考点三 功能关系的应用 9.[考查动能、弹性势能与内能的相互转化] (2015·东北三省三校一模)如图9所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。AC两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是( ) 图9 A．弹簧和物块组成的系统机械能守恒
B．物块克服摩擦力做的功为12mv02 C．弹簧的弹性势能增加量为μmgL D．物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和 10．[考查动能、弹性势能的转化问题] (2015·淮安模拟)“弹弓”一直是孩子们最喜爱的弹射类玩具之一，其构造如图10所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋ACB恰好处于原长状态，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迅速发射出去，打击目标，现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )
图10 A．从D到C，弹丸的机械能守恒 B．从D到C，弹丸的动能一直在增大 C．从D到C，弹丸的机械能先增大后减小 D．从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能 11．[考查功、功率、摩擦生热问题] 如图11所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以
相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是( )
图11 A．W1＝W2，P1B．W1＝W2，P1Q2 C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2 D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2 12．[考查滑块—滑板模型] (2015·南通模拟)如图12甲所示，质量M＝1.0 kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m＝1.0 kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4 s时撤去拉力。可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
图12 (1)0～1 s内，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B相对A滑行的最大距离x； (3)0～4 s内，拉力做的功W； (4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。 答 案 1．选C 小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽有向左运动的趋势，但是实际上没有动，整个系统只有重力做功，所以小球与槽组成的系统机械能守恒；而小球过了半圆形槽的最低点以后，半圆形槽向右运动，由于系统没有其他形式的能量产生，满足机械能守恒的条件，所以系统的机械能守恒；小球从开始下落至到达槽最低点前，小球先失重，后超重；当小球向右上方滑动时，半圆形槽也向右移动，半圆形槽对小球做负功，小球的机械能不守恒。 2．选D A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。
对A、C球列方程为mgh＝12mv02，得h＝v022g。
对B球列方程为mgh′＋12mvt2＝12mv02，且vt′≠0， 所以hA＝hC>hB，故D正确。 3．选C 由题意结合机械能守恒定律，可得小球下滑至第二个四分之一圆轨道顶端时的速度大小为v＝ 2gR，方向水平向右。在第二个四分之一圆轨道顶端的临界速度v0＝gR，由于v>v0，所以小球将做平抛运动，结合平抛运动规律，可得小球落地点到A点的水
平距离为3R，所以选项C正确。 4．解析：(1)由平抛运动规律知vy2＝2gh 竖直分速度vy＝2gh＝4 m/s 初速度v0＝vytan 37°＝3 m/s。 (2)对从P至B点的过程，由机械能守恒有
mg(h＋R－Rcos 53°)＝12mvB2－12mv02
经过B点时，由向心力公式有FN′－mg＝mvB2R 代入数据解得FN′＝34 N 由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为FN＝34 N，方向竖直向下。 (3)因μmgcos 37°>mgsin 37°，物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后不会下滑 从B到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR(1－cos 37°)－(mgsin 37°＋
μmgcos 37°)x＝0－12mvB2
代入数据可解得x＝135124 m≈1.09 m 在轨道CD上运动通过的路程x约为1.09 m。 答案：(1)3 m/s (2)34 N，竖直向下 (3)1.09 m 5．选B 质量为m的小球A，下降到最大高度h时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹
性势能，即Ep＝mgh，质量为2m的小球下降h时，根据功能关系有2mgh－Ep＝12(2m)v2，解得v＝gh，选项B正确。 6．选B 圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝3L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝3mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。 7．选BD 由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A错
误，B正确。对ab系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×12mv2，解得v＝3gR，C错误。
对a由动能定理得：mgR＋W＝12mv2，解得W＝mgR2，D正确。 8．选BC m1由C点从静止下滑到A点的过程中，m1、m2和地球组成的系统机械能守恒，m1速度沿轻绳方向的分速度和m2速度相等，A项错误；在m1由C点下滑到A点的过程中，在