《高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)三 動(dòng)能定理和能量守恒定律 7 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一篇 專題通關(guān)三 動(dòng)能定理和能量守恒定律 7 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系課件.ppt（95頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第7講 機(jī)械能守恒定律 功能關(guān)系,【高考這樣考】 1.(2014新課標(biāo)全國卷Ⅱ)取水平地面為重力勢能零點(diǎn),一物塊從某一高度水平拋出,在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢能恰好相等。不計(jì)空氣阻力。該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為( ),【解析】選B。設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0,拋出時(shí)的高度為h,則 =mgh,則v0= ,物塊落地的豎直速度vy= ,則落地時(shí)速 度方向與水平方向的夾角的正切tanθ= =1,則θ= ,選 項(xiàng)B正確。,2.(2014上海高考)靜止在地面上的物體在豎直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力。不計(jì)空氣阻力,在整個(gè)上升過程中,物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系是( ),【解析】選C。物體機(jī)械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh, h= at2,則有外力作用時(shí),物體機(jī)械能隨時(shí)間變化關(guān)系為E= Fat2。 撤去恒力后,物體機(jī)械能不變,故選項(xiàng)C正確。,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、b通過鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g,則( ),A.a落地前,輕桿對b一直做正功 B.a落地時(shí)速度大小為 C.a下落過程中,其加速度大小始終不大于g D.a落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對地面的壓力大小為mg,【解析】選B、D。選b滑塊為研究對象,b滑塊的初速度為零,當(dāng)a滑塊 落地時(shí),a滑塊沒有在水平方向上的分速度,所以b滑塊的末速度也為零, 由此可得b滑塊速度是先增大再減小,當(dāng)b滑塊速度減小時(shí),輕桿對b一 直做負(fù)功,A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)a滑塊落地時(shí),b滑塊的速度為零,由機(jī)械能守恒 定律,可得a落地時(shí)速度大小為 ,B項(xiàng)正確;當(dāng)b滑塊速度減小時(shí), 輕桿對a、b都表現(xiàn)為拉力,拉力在豎直方向上有分力與a的重力合成, 其加速度大小大于g,C項(xiàng)錯(cuò)誤;a的機(jī)械能先減小再增大,當(dāng)a的機(jī)械能 最小時(shí),輕桿對a、b的作用力均為零,故此時(shí)b對地面的壓力大小為 mg,D項(xiàng)正確。,4.(2015全國卷Ⅰ)如圖,一半徑為R,粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則( ),A.W= mgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B.W mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C.W= mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離 D.W mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離,【解析】選C。在N點(diǎn)由牛頓第二定律得4mg-mg=m ;從最高點(diǎn)到N 點(diǎn),由動(dòng)能定理得2mgR-W= ,聯(lián)立解得W= mgR。由于克服阻力 做功,機(jī)械能減小,所以質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功要小于從P點(diǎn) 到N點(diǎn)克服阻力做的功,即質(zhì)點(diǎn)從N點(diǎn)到Q點(diǎn)克服阻力做的功W′0,所以質(zhì)點(diǎn)能夠到達(dá)Q點(diǎn),并且還能繼續(xù)上升一段距離,故 選項(xiàng)C正確。,5.(2014天津高考)如圖所示,平行金屬板A、B水平正對放置,分別帶等量異號(hào)電荷。一帶電微粒水平射入板間,在重力和電場力共同作用下運(yùn)動(dòng),軌跡如圖中虛線所示,那么( ) A.若微粒帶正電荷,則A板一定帶正電荷 B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢能一定增加 C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加 D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加,【解析】選C。若微粒帶正電荷,則A板可能帶正電荷,也可能帶負(fù)電荷,A錯(cuò)誤。微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),電場力可能對微粒做正功,也可能做負(fù)功,故電勢能可能增加,也可能減少,B錯(cuò)誤。合外力指向曲線凹側(cè),故電場力與重力的合力豎直向下,與速度方向成銳角,合外力做正功,動(dòng)能增加,C正確。由于電場力可能對微粒做正功,也可能做負(fù)功,即機(jī)械能可能增大,也可能減小,D錯(cuò)誤。,6.(多選)(2014海南高考)如圖,質(zhì)量相同的兩 物體a、b,用不可伸長的輕繩跨接在一光滑的輕 質(zhì)定滑輪兩側(cè),a在水平桌面的上方,b在水平粗 糙桌面上。初始時(shí)用力壓住b使a、b靜止,撤去此壓力后,a開始運(yùn)動(dòng)。在a下降的過程中,b始終未離開桌面。在此過程中( ) A.a的動(dòng)能小于b的動(dòng)能 B.兩物體機(jī)械能的變化量相等 C.a的重力勢能的減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量 D.繩的拉力對a所做的功與對b所做的功的代數(shù)和為零,【解析】選A、D。由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)可知,va=vbcosθ,θ為拉b的繩與水平面的夾角,因此物體a的速度小于物體b的速度,而兩物體的質(zhì)量又相同,所以a的動(dòng)能小于b的動(dòng)能,A正確;a物體下降時(shí),a的機(jī)械能的減少量等于b物體的動(dòng)能增加量和b克服摩擦力做功之和,B錯(cuò)誤;a的重力勢能減小量等于兩物體總動(dòng)能的增加量與b克服摩擦力所做的功之和,C錯(cuò)誤;繩的拉力對a所做的功等于a的機(jī)械能的減少量,繩的拉力對b所做的功等于b的動(dòng)能增加量和克服摩擦力做功之和,D正確。,【考情分析】 主要題型：選擇題、計(jì)算題 命題特點(diǎn)： 1.結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律,利用功能關(guān)系對各種能的變化進(jìn)行考查。 2.結(jié)合問題的典型運(yùn)動(dòng)進(jìn)行考查,如平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、自由落體運(yùn)動(dòng)等。 3.結(jié)合圖像,與力學(xué)、電磁學(xué)等知識(shí)進(jìn)行綜合考查。 4.應(yīng)用動(dòng)能定理,綜合動(dòng)力學(xué)方法解決多過程的復(fù)雜問題。,【主干回顧】,【要素掃描】 (1)機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式。 ①守恒的觀點(diǎn)：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2。 ②轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)：__________。 ③轉(zhuǎn)移的觀點(diǎn)：_________。,ΔEk=-ΔEp,EA增= EB減,(2)常見的功能關(guān)系。 ①合外力做功與動(dòng)能的關(guān)系：W合=ΔEk。 ②重力做功與重力勢能的關(guān)系：________。 ③彈力做功與彈性勢能的關(guān)系：_________。 ④除重力以外其他力做功與機(jī)械能的關(guān)系：W其他=ΔE機(jī)。 ⑤滑動(dòng)摩擦力做功與內(nèi)能的關(guān)系：___________。 ⑥電場力做功與電勢能的關(guān)系：_________。 ⑦克服安培力做功與電能的關(guān)系：__________。,WG=-ΔEp,W彈=-ΔEp,Ffl相對=ΔE內(nèi),W電=-ΔEp,W克安=ΔE電,熱點(diǎn)考向1 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用 【典例1】(2015天津高考)如圖所示,固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長狀態(tài),現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑,已知彈簧原長為L,圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中( ),A.圓環(huán)的機(jī)械能守恒 B.彈簧彈性勢能變化了 mgL C.圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力為零 D.圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變,【解題探究】 (1)判斷A、B、D選項(xiàng)是否正確的關(guān)鍵是__________________________ _____________________。 (2)判斷C項(xiàng)是否正確的關(guān)鍵是__________________________________ __________________________。,圓環(huán)下滑過程中,圓環(huán)和彈簧,組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,圓環(huán)由靜止開始下滑,到圓環(huán)下滑到最,大距離過程中,先加速后減速,【解析】選B。圓環(huán)下滑過程中,圓環(huán)動(dòng)能、重力勢能與彈簧彈性勢能 之和保持不變,故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;圓環(huán)從最高點(diǎn)(動(dòng)能為零)到最低點(diǎn) (動(dòng)能為零),重力勢能減少了 ,根據(jù)機(jī)械能守恒, 彈簧彈性勢能增加了 mgL,故選項(xiàng)B正確;圓環(huán)由靜止開始下滑到最大 距離過程中,先加速后減速,下滑到最大距離時(shí),所受合力不為零,故選 項(xiàng)C錯(cuò)誤。,【典例2】長為2L的輕桿可繞其一端為軸自由轉(zhuǎn)動(dòng),在桿的中點(diǎn)和另一端分別固定質(zhì)量相同的小球A、B,如圖所示,將桿從水平位置由靜止釋放,當(dāng)桿轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置時(shí),小球B突然脫落,以下說法正確的是( ) A.A球仍能擺到水平位置 B.A球不能擺到水平位置 C.兩球下擺至豎直位置的過程中,A球的機(jī)械能守恒 D.兩球下擺至豎直位置的過程中,B球的機(jī)械能減少,【名師解讀】 (1)命題立意：考查整體法和隔離法在功能關(guān)系中的應(yīng)用及機(jī)械能守恒的判斷。 (2)關(guān)鍵信息：輕桿;將桿從水平位置由靜止釋放。 (3)答題必備：系統(tǒng)內(nèi)力做的總功為零,不影響系統(tǒng)機(jī)械能守恒;v=ωr。 (4)易錯(cuò)警示：誤認(rèn)為下擺過程每個(gè)小球機(jī)械能都守恒。,【解析】選B。設(shè)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí),A球和B球的速度分別為vA和vB。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得： mgL+mg2L= ① 又因A球與B球在各個(gè)時(shí)刻對應(yīng)的角速度相同,由v=ωr得vB=2vA ② 由①②式得： 根據(jù)動(dòng)能定理,可解出桿對A、B做的功。,對于A有：WA+mgL= -0 即：WA=-0.4mgL 對于B有：WB+mg2L= -0 即WB=0.4mgL。由做功情況可知：A球的機(jī)械能減少,B球的機(jī)械能增大;若小球B脫落,小球A不能擺到水平位置,選項(xiàng)B正確,A、C、D錯(cuò)誤。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1：將輕桿換成輕繩 (多選)將【典例2】中的輕桿換成輕繩,如圖所示,將細(xì)繩拉到水平位置由靜止釋放,下擺過程中,以下說法正確的是( ) A.A、B兩球與O點(diǎn)保持在一條直線上 B.A、B兩球與O點(diǎn)不在一條直線上 C.A、B間的細(xì)繩對A球做正功 D.A、B間的細(xì)繩對A球做負(fù)功,【解析】選B、D。假設(shè)A、B兩球互不影響,當(dāng)向下擺動(dòng)角度θ時(shí), A、B兩球的擺動(dòng)角速度分別為ω1、ω2,則有mgLsinθ= mω12L2; mg2Lsinθ= mω224L2,解得ω1= ,ω2= ,因此得 ω1ω2,故A球下擺較快,A、B兩球與O點(diǎn)不在一條直線上,且AB繩與A 球運(yùn)動(dòng)的方向夾角為鈍角,故A、B間的細(xì)繩對A球做負(fù)功,B、D正確。,遷移2：使球帶電,加水平電場 將【典例2】中的A、B兩球均帶上+q的電量,并在其運(yùn)動(dòng)的空間加上場強(qiáng)為E的水平向左的勻強(qiáng)電場,若當(dāng)桿轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置時(shí),小球B不脫落,則擺動(dòng)到左側(cè)水平位置時(shí),球A的速度為多少?,【解析】對全過程由動(dòng)能定理得： Eq2L+Eq4L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,遷移3：使球帶電,加豎直電場 將【典例2】中的A、B兩球均帶上+q的電量,并在其運(yùn)動(dòng)的空間加上場強(qiáng)為E的豎直向下的勻強(qiáng)電場,當(dāng)桿轉(zhuǎn)動(dòng)到豎直位置時(shí),球A的速度為多少?,【解析】由動(dòng)能定理得： EqL+Eq2L+mgL+mg2L= mv2+ m(2v)2 解得：v= 答案：,【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,在傾角為30的光滑固定斜面上,放有兩個(gè)質(zhì)量分別為1kg和2 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A和B,兩球之間用一根長L=0.2m的輕桿相連,小球B距水平面的高度h=0.1m。斜面底端與水平面之間由一光滑短圓弧相連,兩球從靜止開始下滑到光滑水平面上,g取10m/s2。則下列說法中正確的是( ),A.下滑的整個(gè)過程中A球機(jī)械能守恒 B.下滑的整個(gè)過程中兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.兩球在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為2 m/s D.系統(tǒng)下滑的整個(gè)過程中B球機(jī)械能的增加量為 J,【解析】選B、D。A、B下滑的整個(gè)過程中,桿的彈力對A球做負(fù)功,A球 機(jī)械能減少,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;A、B兩球組成的系統(tǒng)只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力 做功,機(jī)械能守恒,選項(xiàng)B正確;對A、B兩球組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定 律得mAg(h+Lsin30)+mBgh= (mA+mB)v2,解得v= m/s,選項(xiàng)C錯(cuò) 誤;B球機(jī)械能的增加量為ΔEp= mBv2-mBgh= J,選項(xiàng)D正確。,熱點(diǎn)考向2 功能關(guān)系的應(yīng)用 【典例3】如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧 軌道,半徑OA水平、OB豎直,一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的 正上方P點(diǎn)由靜止開始自由下落,小球沿軌道到達(dá)最高 點(diǎn)B時(shí)對軌道壓力為 。已知AP=2R,重力加速度為g, 則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中( ) A.重力做功2mgR B.合外力做功 mgR C.克服摩擦力做功 mgR D.機(jī)械能減少2mgR,【名師解讀】 (1)命題立意：綜合考查功能關(guān)系與牛頓運(yùn)動(dòng)定律。 (2)關(guān)鍵信息：小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)對軌道壓力為 。 (3)答題必備： ①WG=-ΔEp; ②W其他=ΔE機(jī); ③Fn=m 。 (4)易錯(cuò)警示：誤認(rèn)為從P到B全過程機(jī)械能守恒。,【解析】選B。小球能通過B點(diǎn),在B點(diǎn)速度v滿足：mg+ mg=m ,解 得v= ,從P到B過程,重力做功等于重力勢能減小量,為mgR,動(dòng) 能增加量為 mv2= mgR,合外力做功等于動(dòng)能增加量 mgR,機(jī)械能減 小量為：mgR- mgR= mgR,克服摩擦力做功等于機(jī)械能減小量 mgR, 故只有B選項(xiàng)正確。,【典例4】(多選)如圖所示,在虛線框內(nèi)的空間有 方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng) 磁場,一帶電粒子垂直電場和磁場方向飛入場中, 恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),水平飛離正交電磁場。如果該區(qū)域只有電場,粒子將從a點(diǎn)飛離,穿越場區(qū)的時(shí)間為t1,飛離時(shí)速度大小為v1;如果只有磁場,粒子將從b點(diǎn)飛離,穿越場區(qū)的時(shí)間為t2,飛離時(shí)速度大小為v2,重力忽略不計(jì),則( ) A.t1t2 C.v1v2 D.v1v2,【解題探究】 (1)比較t1、t2大小的思維軌跡：_______________________________ ____________________________________________________________ _______________________________________________________。 (2)比較v1、v2大小的思維軌跡：_______________________________ _______________________________________________。,只有電場時(shí),粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)到a,點(diǎn),t1等于水平方向長度與初速度大小的比值;只有磁場時(shí),粒子做勻,速圓周運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn),t2等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長度與初速度大小的比值,只有電場時(shí),電場力做正功,動(dòng)能增,大,速率增大;只有磁場時(shí),洛倫茲力不做功,速率不變,【解析】選A、C。若只有電場,粒子在電場力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng),電 場力做正功,速度增大;若只有磁場,粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓 周運(yùn)動(dòng),速度大小不變,故v1v2,C正確,D錯(cuò)誤;設(shè)水平方向的長度為L, 初位置為O點(diǎn),則 ,所以t1t2,A正確,B錯(cuò)誤。,【規(guī)律總結(jié)】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(fù)功;根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系,判定能的轉(zhuǎn)化形式,確定能量之間的轉(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(jì)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。,【題組過關(guān)】 1.(多選)水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體,經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同,相對傳送帶的位移大小為x,A點(diǎn)未到右端,在這段時(shí)間內(nèi)( ) A.小物體相對地面的位移大小為x B.傳送帶上的A點(diǎn)對地的位移大小為x C.由于物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱能為mv2 D.由于物體與傳送帶相互作用電動(dòng)機(jī)要多做的功為mv2,【解析】選A、D。在這段時(shí)間內(nèi),物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其相 對地面的位移為x1= vt,傳送帶(或傳送帶上的A點(diǎn))相對地面的位移 為x2=vt,物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1= vt,顯然x1=x,x2=2x, 所以選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;物體與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力做功,將系統(tǒng)的 部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,摩擦生熱Q=Ffx,對物體運(yùn)用動(dòng)能定理 有Ffx1= mv2,又x1=x,所以Q=Ffx= mv2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在這段時(shí)間內(nèi),電 動(dòng)機(jī)要多做功以克服滑動(dòng)摩擦力做功W=Ffx2=2Ffx=mv2,選項(xiàng)D正確。,2.(多選)(2015江蘇高考)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過B處的速度最大,到達(dá)C處的速度為零,AC=h。圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A。彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g。則圓環(huán)( ) A.下滑過程中,加速度一直減小 B.下滑過程中,克服摩擦力做的功為 mv2 C.在C處,彈簧的彈性勢能為 mv2-mgh D.上滑經(jīng)過B的速度大于下滑經(jīng)過B的速度,【解析】選B、D。圓環(huán)受到重力、彈力、阻力、支持力,圓環(huán)的運(yùn)動(dòng) 是先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),再做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng),最后靜 止,A項(xiàng)錯(cuò)誤;A到C過程,根據(jù)能量守恒定律有mgh-Wf=Ep(Wf為阻力做 功,Ep為彈性勢能),C到A過程, mv2+Ep=mgh+Wf,聯(lián)立解得Wf= mv2,B 項(xiàng)正確;在C處,彈簧的彈性勢能為mgh- mv2,C項(xiàng)錯(cuò)誤;A到B過程, mgh1-Wf1= +ΔEp1,C到B過程, mv2+ΔEp2= +mgh2+Wf2, 比較得vB2vB1,D項(xiàng)正確。,3.(多選)(2015威海一模)如圖所示,豎直平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ上端接有電阻R,金屬桿質(zhì)量為m,跨在平行導(dǎo)軌上,垂直導(dǎo)軌平面的水平勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,不計(jì)ab與導(dǎo)軌電阻,不計(jì)摩擦,且ab與導(dǎo)軌接觸良好。若ab桿在豎直向上的外力F作用下勻速上升,則以下說法正確的是( ) A.拉力F所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 B.桿ab克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 C.電流所做的功等于重力勢能的增加量 D.拉力F與重力做功的代數(shù)和等于電阻R上產(chǎn)生的熱量,【解析】選B、D。根據(jù)能量守恒定律知,拉力F做的功等于重力勢能的增加量和電阻R上產(chǎn)生的熱量之和,故A錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系知,桿ab克服安培力做功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量,故B正確;安培力的大小與重力的大小不相等,則電流做的功與克服重力做功大小不相等,即電流做功不等于重力勢能的增加量,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理知,拉力和重力做功等于克服安培力做功的大小,克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量,故D正確。,【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,長為L的長木板水平放置,在木板的A端放置一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊,現(xiàn)緩慢地抬高A端,使木板以左端為軸轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開始滑動(dòng),此時(shí)停止轉(zhuǎn)動(dòng)木板,小物塊滑到底端的速度為v,在整個(gè)過程中( ) A.木板對小物塊做的功為 mv2 B.支持力對小物塊做的功為零 C.小物塊的機(jī)械能的增量為 mv2-mgLsinα D.滑動(dòng)摩擦力對小物塊做的功為 mv2-mgLsinα,【解析】選A、D。在運(yùn)動(dòng)過程中,小物塊受重力、木板施加的支持力 和摩擦力,整個(gè)過程重力做功為零,由動(dòng)能定理W木= mv2-0,A正確;在 物塊被緩慢抬高過程中摩擦力不做功,由動(dòng)能定理得W′木-mgLsinα =0-0,則有W′木=mgLsinα,故B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系,機(jī)械能的增量為木 板對小物塊做的功,大小為 mv2,C錯(cuò)誤;滑動(dòng)摩擦力對小物塊做的功 Wf=W木-W′木= mv2-mgLsinα,D正確。,熱點(diǎn)考向3 能量觀點(diǎn)結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決多過程問題 【典例5】(19分)某校興趣小組制作了一個(gè)游戲裝置,其簡化模型如圖所示,在A點(diǎn)用一彈射裝置將小滑塊以某一水平速度彈射出去,沿水平直線軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后,進(jìn)入半徑R=0.1m的光滑豎直圓形軌道,運(yùn)行一周后自B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng),C點(diǎn)右側(cè)有一陷阱,C、D兩點(diǎn)的豎直高度差h=0.2m,水平距離s=0.6m,水平軌道AB長為L1=0.5m,BC長為L2=1.5m,小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。,(1)若小滑塊恰能通過圓形軌道的最高點(diǎn),求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度大小。 (2)若游戲規(guī)則為小滑塊沿著圓形軌道運(yùn)行一周離開圓形軌道后只要不掉進(jìn)陷阱即為勝出。求小滑塊在A點(diǎn)彈射出的速度vA的大小范圍。,【拿分策略】 第一問：,按部就班列方程 第一過程 列①式 (2分) 第二過程 列②式 (2分) 圓周最高點(diǎn) 列③式 (2分),第二問： 翻轉(zhuǎn)關(guān)鍵信息——“不掉進(jìn)陷阱”,分情況列方程,按照過程列方程,就能拿到14分,若能正確解方程求出結(jié)果再拿下5分,則滿分19分。,【解析】(1)從A到B由動(dòng)能定理： -μmgL1= ①(2分) 從B到最高點(diǎn),小滑塊機(jī)械能守恒： ②(2分) 小滑塊恰能通過圓軌道最高點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律： mg=m ③(2分) 由以上三式解得A點(diǎn)的速度為： v1=3m/s ④(1分),(2)若小滑塊剛好停在C處,則從A到C由動(dòng)能定理： -μmg(L1+L2)=0- ⑤(2分) 解得A點(diǎn)的速度為v2=4m/s (1分) 若小滑塊停在BC段,應(yīng)滿足 3m/s≤vA≤4m/s (1分) 若小滑塊能通過C點(diǎn)并恰好越過陷阱,從A到C由動(dòng)能定理： -μmg(L1+L2)= ⑥(2分),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有： 豎直方向：h= gt2 ⑦(2分) 水平方向：s=v0t ⑧(2分) 解得：v3=5m/s (1分) 所以初速度的范圍為：3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s (1分) 答案：(1)3m/s (2)3m/s≤vA≤4m/s和vA≥5m/s,【規(guī)律總結(jié)】關(guān)于動(dòng)力學(xué)多過程問題的特點(diǎn)及對策 (1)模型特點(diǎn)：物體的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程,往往是包含直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等多種運(yùn)動(dòng)形式的組合。,(2)應(yīng)對策略： ①抓住物理情景中出現(xiàn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與運(yùn)動(dòng)過程,將整個(gè)物理過程分成幾個(gè)簡單的子過程; ②對每一個(gè)子過程分別進(jìn)行受力分析、過程分析、能量分析,選擇合適的規(guī)律對相應(yīng)的子過程列方程; ③兩個(gè)相鄰的子過程連接點(diǎn),速度是連接兩過程的紐帶,因此要特別關(guān)注連接點(diǎn)速度的大小及方向; ④解方程并分析結(jié)果。,【題組過關(guān)】 1.(2015福建高考)如圖,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的粗糙水平軌道,兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下,重力加速度為g。,(1)若固定小車,求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力。 (2)若不固定小車,滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑,然后滑入BC軌道,最后從 C點(diǎn)滑出小車。已知滑塊質(zhì)量m= ,在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的 水平分量是小車速度大小的2倍,滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ, 求： ①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中,小車的最大速度大小vm。 ②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中,小車的位移大小s。,【解析】(1)由于圓弧軌道光滑,滑塊下滑過程機(jī)械能守恒,有 mgR= 滑塊在B點(diǎn)處,對小車的壓力最大,由牛頓第二定律有 N-mg= 解得N=3mg 據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對小車最大壓力N′=3mg,(2)①滑塊滑到B處時(shí)小車和滑塊速度達(dá)到最大,由機(jī)械能守恒有 mgR= m(2vm)2+ 解得vm= ②設(shè)滑塊的位移為s1,由于任一時(shí)刻滑塊水平分速度是小車速度的2倍, 因此有2s=s1 且s+s1=L 解得小車的位移大小s= 答案：(1)3mg (2)① ②,2.(2015廈門一模)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(xì)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(xì)線剛剛拉直但無拉力作用,并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行。已知A、B的質(zhì)量均為m,斜面傾角為θ=37,重力加速度為g,滑輪的質(zhì)量和摩擦不計(jì),開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。C釋放后沿斜面下滑,當(dāng)A剛要離開地面時(shí),B的速度最大(sin37=0.6,cos37=0.8)。求：,(1)從開始到物體A剛要離開地面的過程中,物體C沿斜面下滑的距離。 (2)C的質(zhì)量。 (3)A剛離開地面時(shí),C的動(dòng)能。,【解析】(1)設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮的長度為xB,由題意有： kxB=mg 設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開地面時(shí),彈簧的伸長量為xA,有 kxA=mg 當(dāng)物體A剛離開地面時(shí),物體B上升的距離及物體C沿斜面下滑的 距離為： h=xA+xB=,(2)物體A剛離開地面時(shí),以B為研究對象,物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線的拉力FT三個(gè)力的作用,設(shè)物體B的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律,對B有： FT-mg-kxA=ma 對C有：mCgsinθ-FT=mCa 當(dāng)B獲得最大速度時(shí),有：a=0 解得：mC= m,(3)根據(jù)動(dòng)能定理得： 對C：mCghsinθ-WT=EkC-0 對B：WT-mgh+W彈=EkB-0 其中彈簧彈力先做正功后做負(fù)功,總功為零,W彈=0 B、C的速度大小相等,故其動(dòng)能大小之比為其質(zhì)量大小之比,即： 解得：EkC= 答案：(1) (2) m (3),3.(2015吉林一模)如圖所示,半徑R=0.2m的光滑四分之一圓軌道MN豎直固定放置,末端N與一長L=0.8m的水平傳送帶相切,水平銜接部分摩擦不計(jì),傳動(dòng)輪(輪半徑很小)做順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),帶動(dòng)傳送帶以恒定的速度v0運(yùn)動(dòng)。傳送帶離地面的高度h=1.25m,其右側(cè)地面上有一直徑D=0.5m的圓形洞,洞口最左端的A點(diǎn)離傳送帶右端的水平距離s=1m,B點(diǎn)在洞口的最右端?，F(xiàn)使質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊從M點(diǎn)由靜止開始釋放,經(jīng)過傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng),最終落入洞中,傳送帶與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10m/s2。求：,(1)小物塊到達(dá)圓軌道末端N時(shí)對軌道的壓力。 (2)若v0=3m/s,求物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 (3)若要使小物塊能落入洞中,求v0應(yīng)滿足的條件。,【解析】(1)設(shè)物塊滑到圓軌道末端速度為v1,根據(jù)機(jī)械能守恒定 律得：mgR= 設(shè)物塊在軌道末端所受支持力的大小為F,根據(jù)牛頓第二定律得： F-mg= 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得：v1=2m/s,F=15N 根據(jù)牛頓第三定律,物塊對軌道壓力大小為15N,方向豎直向下。,(2)物塊在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí),由μmg=ma得： a=μg=5m/s2 加速到與傳送帶相同速度所需要的時(shí)間： t1= =0.2s 位移：s1= t1=0.5m 勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t2= =0.1s 故T=t1+t2=0.3s,(3)物塊由傳送帶右端做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向有h= gt2 若物塊恰好落到A點(diǎn)：s=v2t 解得：v2=2m/s 若物塊恰好落到B點(diǎn)：D+s=v3t 解得：v3=3m/s 故v0應(yīng)滿足的條件是3m/sv02m/s 答案：(1)15N,方向豎直向下 (2)0.3s (3)3m/sv02m/s,【加固訓(xùn)練】如圖所示,在同一豎直平面內(nèi),一輕質(zhì)彈簧靜止放于光滑斜面上,其一端固定,另一端恰好與水平線AB平齊;長為L的輕質(zhì)細(xì)繩一端固定在O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量為m的小球,將細(xì)繩拉至水平,此時(shí)小球在位置C。現(xiàn)由靜止釋放小球,小球到達(dá)最低點(diǎn)D時(shí),細(xì)繩剛好被拉斷,D點(diǎn)與AB相距h;之后小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好與彈簧接觸并沿斜面方向壓縮彈簧,彈簧的最大壓縮量為x。試求：,(1)細(xì)繩所能承受的最大拉力F。 (2)斜面的傾角θ。 (3)彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep。,【解析】(1)小球由C運(yùn)動(dòng)到D的過程機(jī)械能守恒,則： mgL= 解得：v1= 在D點(diǎn)由牛頓第二定律得： F-mg= 解得：F=3mg 由牛頓第三定律知,細(xì)繩所能承受的最大拉力為3mg,(2)小球由D運(yùn)動(dòng)到A的過程做平拋運(yùn)動(dòng), 則：vy2=2gh 解得：vy= tanθ= 即斜面與水平面所成的夾角θ=arctan,(3)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí),有： =2g(h+L) 小球在壓縮彈簧的過程中,小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則： Ep=mgxsinθ+ 解得：Ep=mg(x +h+L) 答案：(1)3mg (2)arctan (3)mg(x +h+L),系統(tǒng)機(jī)械能守恒類問題 【典例】(多選)(2015雙鴨山一模)如圖所示, 質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端,彈簧的 另一端固定于O點(diǎn),將小球拉至A處,彈簧恰好無 形變。由靜止釋放小球,它運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方B點(diǎn), 與A點(diǎn)間的豎直高度差為h,速度為v。下列說法正確的是( ),A.由A到B小球的機(jī)械能減少 B.由A到B重力勢能減少 C.由A到B小球克服彈力做功為mgh D.小球到達(dá)B時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh-,【閱卷說明】本題抽樣統(tǒng)計(jì)難度為0.52,區(qū)分度為0.55。有18.6%的學(xué)生錯(cuò)選B,有16.2%的學(xué)生錯(cuò)選C,有8.6%的學(xué)生只選A而漏選D。,【試卷評(píng)析】 錯(cuò)誤角度(1)：誤認(rèn)為小球的機(jī)械能守恒 錯(cuò)因剖析：小球由A到B的過程中,認(rèn)為彈簧的彈力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直,只有小球的重力做功,小球機(jī)械能守恒。實(shí)際上小球運(yùn)動(dòng)過程中彈簧伸長,彈力與運(yùn)動(dòng)方向不垂直,彈簧彈力對小球做負(fù)功,小球的機(jī)械能減少。,錯(cuò)誤角度(2)：不能正確判斷彈性勢能的大小及彈簧的形變量 錯(cuò)因剖析：功能關(guān)系掌握得不好,不能根據(jù)系統(tǒng)(小球和彈簧)機(jī)械能守恒,結(jié)合彈力做功與彈性勢能變化的關(guān)系準(zhǔn)確判斷而漏選D;錯(cuò)將h當(dāng)成了彈簧的伸長量而錯(cuò)選C選項(xiàng)。,【糾偏措施】 1.要熟練掌握機(jī)械能守恒的條件,尤其是系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 2.要正確區(qū)分做功的彈力是不是系統(tǒng)內(nèi)的彈力。 3.要能根據(jù)解題需要恰當(dāng)選取研究對象,如本題中,當(dāng)判斷小球能量變化時(shí),一般要選小球?yàn)檠芯繉ο?當(dāng)求解彈性勢能變化時(shí),最好選小球與彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象。 4.要靈活應(yīng)用功能關(guān)系,尤其是動(dòng)能定理,分析系統(tǒng)內(nèi)單個(gè)物體的能量轉(zhuǎn)化問題。,【規(guī)范解答】選A、D。小球、地球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由A 到B過程彈簧的彈性勢能增加了,因此小球的機(jī)械能減少,A正確;該過 程小球重力勢能減少量等于小球動(dòng)能增量 mv2和彈簧彈性勢能增量 之和,B錯(cuò)誤;克服彈力做功等于彈性勢能的增加量,由機(jī)械能守恒定律 得,小球到達(dá)B時(shí)彈簧的彈性勢能為mgh- mv2,C錯(cuò)誤,D正確。,【類題試做】 1.(多選)如圖所示,長度相同(均為l)的輕桿構(gòu)成一個(gè)直角形支架,在A端固定質(zhì)量為2m的小球,B端固定質(zhì)量為m的小球,支架可繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)。現(xiàn)從OB豎直、OA水平靜止釋放支架,下列說法正確的是( ),A.A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度為 B.從開始到A球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,支架對B球做的功為 mgl C.當(dāng)支架下擺45時(shí)(A、B兩球等高時(shí)),A球速度最大 D.當(dāng)支架從左向右返回?cái)[動(dòng)時(shí),A球一定能回到起始高度,【解析】選A、B、D。A球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),A、B兩球的速度大小為v。根 據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律得：2mgl-mgl= (m+2m)v2,解得：v= , 故A正確;對于B球;從開始到A球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理 得：-mgl+W= mv2,將v= 代入解得支架對B球做的功為：W= mgl, 故B正確;當(dāng)支架向下轉(zhuǎn)動(dòng)夾角為θ時(shí),由機(jī)械能守恒得：2mglsinθ- mgl(1-cosθ)= (m+2m)v2,得：v2= gl(2sinθ+cosθ-1),根據(jù)數(shù)學(xué) 知識(shí)得知：當(dāng)θ=90-arctan0.5時(shí),v最大,故C錯(cuò)誤;根據(jù)系統(tǒng)的機(jī) 械能守恒得知：當(dāng)支架從左向右返回?cái)[動(dòng)時(shí),A球一定能回到起始高度, 故D正確。,2.(2015南通二模)如圖所示,水平光滑長桿上 套有小物塊A,細(xì)線跨過O點(diǎn)的輕小定滑輪一端連 接A,另一端懸掛小物塊B,C為O點(diǎn)正下方桿上一點(diǎn),滑輪到桿距離OC=h。開始時(shí)A位于P點(diǎn),PO與水平方向的夾角為30。現(xiàn)將A、B由靜止釋放,則( ) A.物塊A由P點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)C點(diǎn)過程中,加速度不斷增大 B.物塊B從釋放到最低點(diǎn)過程中,動(dòng)能不斷增大 C.物塊A在桿上長為2 h的范圍內(nèi)做往復(fù)運(yùn)動(dòng) D.物塊B的機(jī)械能最小時(shí),物塊A的動(dòng)能為零,【解析】選C。細(xì)線的拉力在由P點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中,一直對物塊A做正 功,故物塊A在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大,又vB=vAcosθ,故當(dāng)θ=90時(shí),vB=0,物 塊B在最低點(diǎn)時(shí),動(dòng)能為零,機(jī)械能最小,此時(shí)物塊A的動(dòng)能最大,B、D均 錯(cuò)誤;由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,當(dāng)物塊A至C點(diǎn)右側(cè) h處時(shí)速度恰好為 0,之后往復(fù)運(yùn)動(dòng),C正確;物塊A在P點(diǎn)有加速度,但到達(dá)C點(diǎn)時(shí)加速度為 零,故A一定錯(cuò)誤。,