1、板块一专题突破复习第二讲机械能守恒功能关系 知识建构高考调研1.考查方向预测：几个重要功能关系的应用机械能守恒定律与力学规律的综合应用综合应用能量守恒定律和动力学方法分析问题功能关系在电学中的应用2.常用的思想方法：机械能守恒的判断方式、能量守恒定律求解往复类问题的基本方法答案(1)机械能守恒的条件只有重力和系统内弹簧弹力做功只有重力做功时对应动能和重力势能的相互转化，只有弹簧弹力做功时对应动能和弹性势能的相互转化(2)机械能守恒定律与动能定理的区别与联系(3)内容：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持
2、不变(4)表达式：E减E增E增为末状态的能量减去初状态的能量，而E减为初状态的能量减去末状态的能量考向一机械能守恒定律及其应用归纳提炼1机械能守恒定律的三种表达形式2应用机械能守恒定律解题的基本思路(2017河北六校联考)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行已知A、B的质量均为m，C的质量为4m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，
3、B获得最大速度求：(1)斜面的倾角；(2)B的最大速度v.思路点拨(1)当B获得最大速度时a0.(2)弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等解析(1)设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为xA，对A有kxAmg.此时B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细绳拉力T三个力的作用设B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有，TmgkxAma，对C有，4mgsinT4ma，当B获得最大速度时，有a0，由此解得sin0.5，所以30.(2)开始时弹簧压缩的长度为xB，显然xAxB.当物体A刚离开地面时，B上升的距离以及C沿斜面下滑的距离为xAxB.由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相
4、等，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v，由机械能守恒4mg(xAxB)sinmg(xAxB)(4mm)v2，代入数值解得v2g.答案(1)30(2)2g高考对机械能守恒定律应用的考查，多数情况下考查的是两个物体组成的系统，这两个物体一般由细绳或轻杆连接在一起.求解这类问题的方法是先找到两物体的速度关系，从而确定系统动能的变化，其次找到两物体上升或下降的高度关系，从而确定系统重力势能的变化，然后按照系统动能的增加量(减少量)等于重力势能的减少量(增加量)列方程求解.熟练强化迁移一单个物体的机械能守恒1(2016山西右玉一模)一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先
5、进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过A处时对轨道的压力为()A2mg B3mgC4mg D5mg解析小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg，小球在轨道1上经过A处时，有Fmg，根据机械能守恒，从AB有1.6mgRmvmv，解得F4mg，C正确答案C迁移二绳连接体的机械能守恒问题2(2017南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1m2.现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑设碗固定不动，
6、其内壁光滑、半径为R.则m1滑到碗最低点时的速度为()A2 B. C. D2 解析设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，则有v1cos45v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gRm2gRm1vm2v，解得v12 .答案D迁移三杆连接体的机械能守恒问题3(多选)(2015全国卷)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()Aa落地前，轻杆对b一直做正功Ba落地时速度大小为Ca下落过程中，其加速度大小始终不大于gDa落地前，当a的机械能最小
7、时，b对地面的压力大小为mg解析因为杆对滑块b的限制，a落地时b的速度为零，所以b的运动为先加速后减速，杆对b的作用力对b做的功即为b所受合外力做的总功，由动能定理可知，杆对b先做正功后做负功，故A错对a、b组成的系统应用机械能守恒定律有：mghmv，va，故B正确杆对a的作用效果为先推后拉，杆对a的作用力为拉力时，a下落过程中的加速度大小会大于g，即C错由功能关系可知，当杆对a的推力减为零的时刻，即为a的机械能最小的时刻，此时杆对a和b的作用力均为零，故b对地面的压力大小为mg，D正确答案BD考向二功能关系能量守恒定律归纳提炼1常见的功能关系2运用能量守恒定律求解往复运动类问题的基本思路(多
8、选)(2017江苏卷)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为120.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则此下降过程中()AA的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于mgBA的动能最大时，B受到地面的支持力等于mgC弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D弹簧的弹性势能最大值为mgL思路路线解析A球初态v00，末态v0，因此A球在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为0，故A的动能
9、达到最大前，A具有向下的加速度，处于失重状态，由整体法可知在A的动能达到最大之前，B受到地面的支持力小于mg，在A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg，选项A、B正确；弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，选项C错误；由能量守恒，A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能，A球下降高度hLcos30Lcos60L，重力做功WmghmgL，选项D错误答案AB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，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
10、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熟练强化迁移一与弹簧相关的功能关系1. (多选)(2016全国卷)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ONMOMN.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因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且ONMOMNtan)，物块到
11、达顶端前能与传送带保持相对静止在物块从静止释放到相对传送带静止的过程中，下列说法正确的是()A电动机因运送物块多做的功为mv2B系统因运送物块增加的内能为C传送带克服摩擦力做的功为mv2D电动机因运送物块增加的功率为mgvcos解析电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量对物块，增加的机械能为EfLmgcost，系统增加的内能Qfsf(s带s物)fmgcost，故EQ.故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2倍，大于mv2，故A错误系统增加的内能Qfsmgcost.物块的加速度ag(cossin)故加速时间t，故系统增加的内能Q，故B正确传送带运动的距离s带vt，故传送带克服摩
12、擦力做功Wf克fs带mgcos，故C错误电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为Pfvmgcosv，故D正确答案BD迁移三木块滑块问题中的功能关系3如图所示，质量为m20.6 kg的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m10.2 kg的小铁块，它离木板的右端距离d0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为0.2.现用拉力向左以3 m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：(1)将木板从铁块下抽出时，铁块和木板的动能各为多少？(2)将木板从铁块下抽出的过程中木板对铁块做的功(3)系统产生的内能和拉力F做的功解析(1)对小铁块，由牛顿第二定律得mgma1，则a12.0 m/s2，木板的加
13、速度a23 m/s2，设经过时间t，将木板从铁块下抽出，则有a2t2a1t2d，代入数值解得t1 s.铁块末速度v1a1t2 m/s，木板末速度v2a2t3 m/s，铁块的动能Ek1m1v0.4 J，木板的动能Ek2m2v2.7 J.(2)铁块位移x1a1t21.0 m，木板位移x2a2t21.5 m.这一过程，木板对铁块做的功为W1m1gx10.4 J.(3)系统产生的内能Qm1gd0.2 J，拉力做的功Wm1vm2vQ3.3 J.答案(1)0.4 J2.7 J(2)0.4 J(3)0.2 J3.3 J高考题答题规范功能关系在电磁感应中的应用考点归纳电磁感应中的功能关系典题示例(18分)(2
14、015天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界
15、间的距离H.审题指导第一步读题干提信息题干信息1)线框由静止释放说明线框开始做自由落体运动2)线框做匀速运动说明重力与安培力平衡3)线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q说明机械能的减少量为Q.第二步审程序顺思路满分答案(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1(1分)设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1(1分)设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB(1分)由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1(1分)由式得v1(2分)设ab边离开磁场之前，线框做匀速
16、运动的速度为v2，同理可得v2(2分)由式得4(2分)(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv(3分)线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mvmvQ(3分)由式得H28l(2分)答案(1)4(2)28l满分心得(1)审题要规范：此题属于用牛顿定律和能量观点解决的电学综合题，应分析清每段受力及运动过程，采用分段处理(2)解答要规范：书写物理表达式要以原始公式为依据，要分步列式，尽量不写综合式，否则容易失分，公式前要写清必要的文字说明满分体验(2017德州市摸底)如右图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧形轨道与一足够长水平轨道相连，圆弧的半径为R0
17、、轨道间距为L11 m，轨道电阻不计水平轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B11 T，圆弧轨道处于从圆心轴线上均匀向外辐射状的磁场中，如图所示在轨道上有两长度稍大于L1、质量均为m2 kg、阻值均为R0.5 的金属棒a、b，金属棒b通过跨过定滑轮的绝缘细线与一质量为M1 kg、边长为L20.2 m、电阻r0.05 的正方形金属线框相连金属棒a从轨道最高处开始，在外力作用下以速度v05 m/s沿轨道做匀速圆周运动到最低点MN处，在这一过程中金属棒b恰好保持静止当金属棒a到达最低点MN处被卡住，此后金属线框开始下落，刚好能匀速进入下方h1 m处的水平匀强磁场B3中，B3 T已知磁场高度HL
18、2.忽略一切摩擦阻力，重力加速度为g10 m/s2.求：(1)辐射磁场在圆弧处磁感应强度B2的大小；(2)从金属线框开始下落到进入磁场前，金属棒a上产生的焦耳热Q；(3)若在线框完全进入磁场时剪断细线，线框在完全离开磁场B3时刚好又达到匀速，已知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q110.875 J，则磁场的高度H为多少解析(1)对金属棒b，由受力平衡MgB1IL1由a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有I联立方程，代入数值求得B22 T(2)根据能量守恒定律有MghMv2mv22Q线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得MgB1I1L1B3I2L2其中，I1I2联立方程，代入数值求得Q2 J(3)从线框完全进入磁场到完全出磁场，有MgHMvMv2Q1在完全出磁场的瞬间，由受力平衡，得MgB3I3L2其中，I3联立方程，代入数值求得H1.2 m答案(1)2 T(2)2 J(3)1.2 m
