1、二轮物理 专题五 能量的转化与守恒 二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 必备模型全面解读 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.重力做功与重力势能.()2.功能关系、机械能守恒定律及其应用.()各种功对应的能量转化规律、机械能守恒的条件及相关计算、功能关系、多物体系统多种能量转化是命题的热点.2016年高考对功能关系的考查,以选择题形式单独命题可能性较大,对机械能守恒定律的考查可能与圆周运动、牛顿运动定律等知识综合命题.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、机械能守恒定律的理解 1.守恒观点:初、末状态的机械能相等.2.转化观点:势能和动能的变化量绝对值相等.3
2、.转移观点:一部分机械能的变化量与另一部分机械能的变化量绝对值 相等.二轮物理 二、功能关系 二轮物理 三、巧选解题方法 1.涉及力的作用与运动状态的变化时,常用牛顿运动定律.2.涉及变力时常用动能定理.3.涉及两个或两个以上物体时,首选机械能守恒定律.四、用能量守恒定律解题的一般步骤 1.分清有多少种形式的能在变化.2.分别列出减少的能量 E减和增加的能量 E增的表达式.3.列恒等式:E减=E增.二轮物理 锁定考点高效突破 考点一 机械能守恒定律的应用 典例 (2015济南市二模)一根质量为m、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上,另一半悬在桌边,桌面足够高,如图(a)所示.若将一个质量
3、为m的小球分别拴在链条左端和右端,如图(b)、图(c)所示.约束链条的挡板光滑,三种情况均由静止释放,当整根链条刚离开桌面时,关于它们的速度关系,下列判断中正确的是()A.va=vb=vc B.vavbvavb D.vavbvc 二轮物理 思路探究(1)三种情况中,系统的机械能是否守恒?答案:由于只有重力做功,三种情况中,系统的机械能是守恒的.(2)机械能守恒定律的表达式有三种,运用哪种表达式会使解题更快捷?答案:运用-Ep=Ek会使解题更快捷.解析:链条释放之后,到离开桌面,由于桌面无摩擦,对三次释放,选桌面下方 L 处为零势能面,则释放前,系统的重力势能为 第一次,Ep1=12 mgL+1
4、2 mg 34 L=78 mgL;第二次,Ep2=12 mgL+12 mg 34 L+mgL=158 mgL;第三次,Ep3=12 mgL+12 mgL+12 mg 34 L=118 mgL;二轮物理 释放后,Ep1=12 mgL,Ep2=12 mgL+mgL=32 mgL,Ep3=12 mgL,则减小的重力势能Ep1=38 mgL,Ep2=38 mgL,Ep3=78 mgL,由Ep1=12 m2av,Ep2=12(2m)2bv,Ep3=12(2m)2cv,解得2av=34gL,2bv=38gL,2cv=78gL,可得2cv2av2bv,即 vcvavb,故选项 C 正确.答案:C 二轮物理
5、以例说法 系统机械能守恒的判断方法(1)用做功判断:若物体系统内只有重力(或弹簧弹力)做功,或有其他外力做功,但其他力做功的代数和为零,则机械能守恒.(2)用能量转化判断:若系统中只有动能和势能的相互转化,而无机械能与其他形式能的转化,则系统的机械能守恒.二轮物理 题组训练 1.单物体机械能守恒(2014 安徽理综)如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN 是通过椭圆中心 O 点的水平线.已知一小球从 M 点出发,初速率为 v0,沿管道 MPN 运动,到 N 点的速率为 v1,所需时间为 t1;若该小球仍由 M 点以初速率 v0出发,而沿管道 MQN 运动,到 N 点的速率
6、为 v2,所需时间为 t2.则()A.v1=v2,t1t2 B.v1t2 C.v1=v2,t1t2 D.v1v2,t1t2,故选项 A 正确.二轮物理 2.多物体机械能守恒(2015 全国新课标理综)(多选)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2gh C.a 下落过程中,其加速度大小始终不大于 g D.a 落地前,当 a 的机械能最小时,b 对地面的压力大小为 mg
7、 BD 二轮物理 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,故选项 A 错误;对 a,b 组成的系统应用机械能守恒定律有 mgh=12 m2av,va=2gh,故选项 B 正确;杆对 a 先是阻力后是动力,杆对 a 的作用力为动力时,a 下落过程中的加速度大小会大于 g,选项 C 错误;由功能关系可知,当杆对 a 的作用力减为零的时刻,即 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,选项
8、 D 正确.二轮物理 3.机械能守恒与竖直面内圆周运动结合问题(2015 宝鸡三检)如图(甲)所示,将质量为 m 的小球以速度 v0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为 h.若将质量分别为 2m,3m,4m,5m 的小球,分别以同样大小的速度v0从半径均为R=12 h的竖直圆形光滑轨道的最低点水平向右射入轨道,轨道形状如图(乙)、(丙)、(丁)、(戊)所示.则质量分别为 2m,3m,4m,5m 的小球中,能到达的最大高度仍为 h 的是(小球大小和空气阻力均不计)()A.质量为 2m 的小球 B.质量为 3m 的小球 C.质量为 4m 的小球 D.质量为 5m 的小球 C 二轮物理 解析:由题意可
9、知,质量为 m 的小球,整个过程机械能守恒,得 mgh=12 m20v.质量为 2m 的小球,由题图(乙)可知,上升到轨道最高点速度不能为零,依据机械能守恒,可知此时质量为 2m 的小球还没上升到最大高度,即 h2h,故选项 A 错误;由(丙)图和(戊)图,可知小球出轨道时的速度方向不沿竖直方向,则上升到最高点时水平方向速度不为零,依据机械能守恒定律得 h3h,h4vB1,D 项正确.答案:BD 二轮物理 以例说法 功能关系的应用指南(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;根据功能之间的对应关系,判定能的转化形式,确定能量之间的转化情况.(2)可以根据能量之间的转化情况,确
10、定是什么力做功,尤其是可以方便计算变力做功的多少.二轮物理 题组训练 1.物体和弹簧系统中的功能关系(2015杭州二中仿真模拟)如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于O点,另一端与该小球相连.现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点,已知OA长度小于OB长度,弹簧处于OA,OB两位置时弹力大小相等.弹簧的形变量相同时弹性势能相同.则小球在此过程中()A.加速度大小等于重力加速度g的位置有两个 B.小球运动到与O点等高的位置时,弹簧弹力的功率不为零 C.弹簧弹力对小球先做正功再做负功 D.小球到达B点时的速度一定为零 A 二轮物理 解析:在运动过程中A点为压缩状态,B
11、点为伸长状态,则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直,加速度为g.当弹簧与杆垂直时小球加速度为g,则两处加速度为g,故选项A正确;弹簧与杆垂直时弹力的功率为零.故选项B错误;在小球运动的过程中,开始时弹簧处于压缩状态,力的方向与运动方向夹角大于90,故弹力做负功,选项C错误;在小球运动过程中只有重力和弹力做功,系统机械能守恒;因A,B两点弹簧的弹性势能相等,故小球减小的重力势能转化为动能,B点的速度不为零,选项D错误.二轮物理 2.多物体运动中的功能关系(2015聊城二模)(多选)如图所示,光滑固定的竖直杆上套有小物块a,不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接小物块a和小物块b,
12、虚线cd水平.现由静止释放两物块,物块a从图示位置上升,并恰能到达c点.在此过程中,若不计摩擦和空气阻力,下列说法正确的是()A.绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量 B.物块a到达c点时加速度为零 C.绳拉力对物块b做的功在数值上等于物块b 机械能的减少量 D.绳拉力对物块b先做负功后做正功 AC 二轮物理 解析:从a到c,a的动能变化量为零,根据功能关系可知,绳拉力对物块a做的功等于物块a的重力势能的增加量,故选项A正确;当物块a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,所以根据牛顿第二定律得知,a物块的加速度a=g,故选项B错误;从a到c,b的动能变化
13、量为零,根据功能关系:除重力以外其他力做的功等于机械能的增量,故绳拉力对b做的功在数值上等于b机械能的减少量,故选项C正确;物块a上升到与滑轮等高前,b下降,绳的拉力对b做负功,故选项D错误.二轮物理 3.斜面上物体运动中的功能关系(2015 上饶一模)(多选)如图(甲)所示,质量为 1 kg 的小物块以初速度v0=11 m/s,从=53固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F,第二次无恒力 F.图(乙)中的两条线段 a,b 分别表示存在恒力 F 和无恒力 F 时小物块沿斜面向上运动的 v-t 图线.不考虑空气阻力,g 取 10 m/s2.下列说法正确的是(cos
14、 53=0.6,sin 53=0.8)()A.恒力 F 大小为 1 N B.物块与斜面间动摩擦因数为 0.6 C.有恒力 F 时,小物块在上升过程产生的热量较少 D.有恒力 F 时,小物块在上升过程机械能的减少量较小 AD 二轮物理 解析:无恒力作用时,由题图(乙)可知 a=vt=11 m/s2,由牛顿第二定律可知 a=gsin 53+gcos 53,得出=0.5,故选项 B 错误;有恒力 F 时,由题图(乙)可知 a=vt=10 m/s2,由牛顿第二定律可知 a=gsin 53+gcos 53-Fm,得出 F=1 N,故选项 A 正确;有恒力作用时小物块在斜面上滑行位移大,克服摩擦力做的功多
15、,产生的热量多,故选项 C 错误;有恒力作用时小物块在斜面上上升的高度大,末状态机械能多,机械能的减少量就小,故选项 D 正确.二轮物理 考点三 功能关系在电学中的应用 典例 (2015 郑州市三模)如图所示,ab,cd 为间距 l=1 m 的光滑倾斜金属导轨,与水平面的夹角为=30,导轨电阻不计,ac间连接有一个R=2.4 的电阻.空间存在磁感应强度 B0=2 T 的匀强磁场,方向垂直于导轨平面向上.将一根金属棒放置在导轨上距 ac 为 x0=0.5 m 处,金属棒的质量 m=0.5 kg,电阻 r=0.8 .现将金属棒由静止释放,金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与 ac 平行且与导轨接触良
16、好.已知当金属棒向下滑行 x=1.6 m 到达 MN 处时已经达到稳定速度,金属导轨足够长,g 取 10 m/s2.则 二轮物理(1)金属棒的稳定速度是多少?(2)金属棒从释放到运动至MN处的过程中,忽略电流变化引起的电磁辐射损失,电阻R上产生的焦耳热是多少?(3)若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0,从此时刻开始,为使金属棒中不产生感应电流,可让磁感应强度按一定规律变化.试写出磁感应强度B随时间t变化的表达式.二轮物理 审题突破 二轮物理 规范解答:(1)由法拉第电磁感应定律,E=B0lv 由闭合电路欧姆定律,I=ERr 整个运动过程,根据牛顿第二定律得 mgsin-IlB0=ma 当棒运动
17、的加速度为零时速度最大,可解得 vm=2 20sinmg RrB l=2 m/s;(2)从棒由静止释放到达到最大速度的过程中 由能量守恒定律得 mgxsin=12 m2mv+Q 可解得 Q=mgxsin-12 m2mv=3 J QR+Qr=Q,且RrQQ=Rr,故电阻 R 上产生的焦耳热为 QR=RRrQ=2.25 J;二轮物理(3)当回路中的总磁通量不变时,棒中不产生感应电流,沿导轨做匀加速 运动 则有 B0 x0=B(x0+12 at2)由牛顿第二定律得 mgsin=ma 联立解得 B=00201sin2B xxgt=2215t T.答案:(1)2 m/s(2)2.25 J(3)B=221
18、5t T 二轮物理 以例说法 应用功能关系解题的注意点(1)在解决电学中功能关系问题时应注意以下几点:洛伦兹力在任何情况下都不做功;电场力做功与路径无关,电场力做的功等于电势能的改变;力学中的几个功能关系在电学中仍然成立.(2)功能关系在力学、电磁感应中的应用对比 二轮物理 题组训练 1.功能关系在电磁感应中的应用(多选)如图所示,两根间距为 d 的光滑金属导轨,平行放置在倾角为=30的斜面上,导轨的右端接有电阻 R,整个装置放在磁感应强度大小为 B的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.导轨上有一质量为 m、电阻也为 R的金属棒与两导轨垂直且接触良好,金属棒以一定的初速度 v0在沿着导轨上滑一
19、段距离 L 后返回,不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.下列说法正确的是()AD 二轮物理 A.导体棒沿着导轨上滑过程中通过 R 的电荷量 q=2BdLR B.导体棒返回时先做匀加速运动,最后做匀速直线运动 C.导体棒沿着导轨上滑过程中电阻 R 上产生的热量为 Q=12(m20v-mgL)D.导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为 W=12(m20v-mgL)二轮物理 解析:导体棒沿着导轨上滑过程中通过 R 的电荷量为 q=I t=2R=2BdLR,故选项 A正确;导体棒返回时随着速度的增大,导体棒产生的感应电动势增大,感应电流增大,棒受到的安培力增大,加速度减小,所以导体棒先做加速度减小
20、的变加速运动,最后做匀速直线运动,故选项 B 错误;根据能量守恒定律,导体棒沿着导轨上滑过程中电阻 R 上产生的热量为 QR=12(12 m20v-mgLsin 30)=14(m20v-mgL),故选项 C 错误;导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功等于回路中产生的总热量,由能量守恒定律得 W=Q=12 m20v-mgLsin 30=12(m20v-mgL),故选项 D 正确.二轮物理 2.功能关系在电场中的应用(2015 浙江一模)如图所示,O,A,B,C 为一粗糙绝缘水平面上的三点,不计空气阻力,一电荷量为-Q 的点电荷固定在 O 点,现有一质量为 m,电荷量为-q的小金属块(可视为质
21、点),从 A 点由静止沿它们的连线向右运动,到 B 点时速度最大,其大小为 vm.小金属块最后停止在 C 点.已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为,A,B 间距离为 L,静电力常量为 k,则()A.在点电荷-Q 形成的电场中,A,B 两点间的电势差为2m22mgLmvq B.在小金属块由 A 向 C 运动的过程中,电势能先增大后减小 C.OB 间的距离为kQqmg D.从 B 到 C 的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能 C 二轮物理 解析:金属块从 A 到 B 过程,由动能定理得-qUAB-mgL=12 m2mv-0,得 A,B 两点间的电势差 UAB=-2m22mgLmvq,故选项 A
22、 错误;小金属块由 A 点向 C 点运动的过程中,库仑力一直做正功,电势能一直减小,故选项 B 错误;从 A 到 B过程,金属块做加速运动,B 到 C 过程做减速运动,在 B 点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡,则有mg=k2Qqr,得 r=kQqmg,故选项 C 正确;从 B 到C 的过程中,小金属块的动能全部转化为电势能和内能,故选项 D 错误.二轮物理“传送带”模型 模型解读 必备模型全面解读 1.“传送带”模型特点(1)传送带做匀速或加速运动.(2)物体以初速度v0滑上传送带或轻轻放于传送带上,物体与传送带间有摩擦力.(3)物体与传送带之间有相对滑动.二轮物理 2.“传送带”模型应用
23、到的规律、方法(1)解答传送带问题必须解决的四点 摩擦力的方向及存在阶段的判断;物体能否达到与传送带共速的判断;计算产生的热量时,正确确定物体相对传送带滑动的距离;弄清能量转化关系:传送带消耗的能量等于物体获得的动能与产生的内能之和.(2)模型中摩擦力的判断 若物体轻轻放在匀速运动的传送带上,物体一定要和传送带之间产生相对滑动,物体一定受到沿传送带前进方向的摩擦力.若物体静止在传送带上,与传送带一起由静止开始加速,如果动摩擦因数较大,则物体随传送带一起加速;如果动摩擦因数较小,则物体将跟不上传送带的运动,相对传送带向后滑动.若物体与水平传送带一起匀速运动,则物体与传送带之间没有摩擦力;若传送带
24、是倾斜的,则物体受到沿传送带向上的静摩擦力作用.二轮物理 3.“传送带”模型的解题策略(1)要正确分析物体的运动过程,判断物体是一直匀加速运动还是先匀加速再匀速运动;(2)计算力所做的功时,位移是对地位移;(3)计算因滑动摩擦产生的内能,只有存在滑动摩擦力时才有内能产生.(4)分析流程(3)模型中的功能关系 功能关系分析:WF=Ek+Ep+Q 传送带的功、功率:WF=Fx带,P=Fv带;产生的内能:Q=f x相对 二轮物理 典例 (2015黑龙江省哈师大附中等三校二模)一传送带装置如图所示,其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(B,C相距很近,圆弧由小光滑模板形成,未画出
25、),经过CD区域时是倾斜的,CD与水平面的倾角=37,AB和CD都与BC相切.A,B相距3 m.传送带始终以5 m/s的速度沿顺时针方向传动.现将质量为10 kg的木箱无初速度地放在A处,它随传送带到达B后,速度大小不变地传到倾斜传送带上的C点,木箱与传送带间的动摩擦因数为0.5.(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:二轮物理(1)木箱从A运动到B所需要的时间;(2)若要将木箱能传送到D点所在的平台上,D和水平段AB间的高度h的最大值;(3)若在25分钟内,将600个同样的木箱经传送带均恰好运送到D处,(忽略经BC段时的微小滑动)此装置由电动机带动,传送带与轮子
26、间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦,求电动机的平均输出功率P.思路探究(1)木箱在AB区域及CD区域各怎样运动?答案:在AB区域先加速后匀速,在CD区域,由于mgsin mgcos,在CD区域做减速运动.(2)在AB区域如何求木箱相对传送带的相对位移?答案:相对滑动过程中传送带对地位移与木箱对地位移之差.二轮物理 规范解答:(1)木箱在 AB 上加速时的加速度 a0=mgm=5 m/s2 木箱的速度达到 v0=5 m/s 时,滑行的距离 s0=2002va=2.5 m 因此木箱加速一段后与传送带一起匀速运动到达 B 点,到达 C 点时速度 v0=5 m/s 在 AB 上加速运动时间为 t1=00v
27、a,解得 t1=1 s;在 AB 上匀速运动的时间为 t2=00ABssv,解得 t2=0.1 s 所以 t=t1+t2=1.1 s.二轮物理(2)设木箱在 CD 上运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律得 mgsin-mgcos=ma 代入数据得 a=2 m/s2.它能上滑的最大高度为 h,则有 sinh=202va 解得 h=3.75 m.(3)木箱在 AB 上相对运动时,则传送带对木箱做功为 fs=12 m20v=125 J 木箱对地位移 s 木=02v t1=202vg 传送带对地位移 s 带=v0t1=20vg,相对位移s=s 带-s 木,摩擦生热 Q1=mgs=12 m20v,二轮
28、物理 解得 Q1=125 J 可见,木箱在 AB 上加速运动过程中,木箱获得的动能与产生热量相等.木箱到 D 点速度为 0 时发动机平均输出功率最小 可知木箱在 CD 上减速运动过程中,设木箱的位移为 s1-mgh+fs1=0-12 m20v 此过程中系统产生的热量为 Q2=fs 相 s 相=s1,代入数据得 Q2=250 J T 时间内,电动机输出的功为 W=P T 此功用于增加木箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即 W=600Q1+600Q2+600mgh 代入数据解得 P=300 W.答案:(1)1.1 s(2)3.75 m(3)300 W 二轮物理 拓展变式(2015天津理综)某快递公
29、司分拣邮件的水平传输装置示意如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动,现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数=0.5.设皮带足够长,取g=10 m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中,求 (1)邮件滑动的时间t;(2)邮件对地的位移大小x;(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.二轮物理 解析:(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为 F,则mg=ma v=at,代入数据得 t=0.2 s.(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有Fx=12 mv2-0 联立并代入数据得 x=0.1 m.(3)邮件与皮带发生相对滑动过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt 摩擦力对皮带做的功W=-Fs 联立并代入数据得W=-2 J.答案:(1)0.2 s(2)0.1 m(3)-2 J 二轮物理 点击进入限时训练
