2018届高考物理二轮复习板块一专题突破复习专题二能量与动量第二讲机械能守恒功能关系学

1、第二讲机械能守恒功能关系知识网络构建Zhishiw1日ngludguuiiana 结网建体 把脉考向知识建构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O问题功能关系在电学中的应: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./ m.现让m从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R则m滑到碗最低点时的速9解析设当m到达碗最低点时速率为vi,此时m的速率为

2、葺V2,- 1212对m、m由机械能守恒定律得mgR= mg寸 2R+ 2mvi+ qmv?,解得vi= 2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n）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（）7.也川亦冶用dffhf侖用血川打川出”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度为（A.mm gR2m+mC.m:2m gR m+m则有vicos45myf2m gR2m+m10C.a下落过程中，其加速度大小

3、始终不大于gD.a落地前，当a的机械能最小时，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11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：mgh=2ma,Va= 2gh,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mgD 正确.答案BD考向二功能关系能

4、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分析状态变化过程中-哪种形式的能量减少,1哪种形式的能量增加能量的减少量与能量 -的增加量一定相等，即（多选）（2017 江苏卷）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为mA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，弹卜确定初、末态典例12簧处于原长现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角a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（）解析A球初态vo= 0,末态v= 0,因此A球在运动过程中先加速后减

5、速，当速度最大时，动能最大，加速度为 0，故A的动能达到最大前，A具有向下的加速度，处于失重状3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3大时，B受到地面的支持力等于 2mg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A.3A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于-mg3A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 2mg弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下弹簧的弹性势能最大值为fmgL思路路线13势能，A球下降高度h=Lcos30Lcos60= L,重力做功W

6、 mgh= mgL选项 D 错误.答案AB查漏补缺功能关系的应用“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n)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于0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MnN两点处，弹簧对小球的

7、弹力大小相等，且/ONMLOMNy.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14解析因M和N两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且/ONMZ OMtan0），物块到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.B.=c.传送带克服摩擦力做的功为12电动机因运送物块多做的功为系统因运送物块增加的内能为vpz. /2A3 mvcos0cos0 sin0D. 电动机因运送物块增加的功率为img

8、vcos0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v加的机械能为AE=fL=imgpos0 3 t，系统增加的内能Q= fAs=f（s带一s物）jV、v一=f ivt 3t=1mccos0 t,故AE=Q故电动机多做的功等于物块机械能增加量的2 倍,大于mv，故 A 错误.系统增加的内能Q=fAs=1mgpos0vt.物块的加速度a=1516f-m$sineg（卩 cose-sine）.故加速时间t= Ya2A卩mvcose的内冃能Q= qcose sine2gHcos-sine，故传送带克服摩擦力做功皿克2Hmvcose，故 C 错误.电动机增加的功率即为克H

9、cose sine服摩擦力做功的功率，大小为P= fv=Hmgposev，故 D 正确.答案BD迁移三木块一滑块问题中的功能关系3如图所示，质量为m= 0.6 kg 的薄木板静止在光滑水平地面上，木板上有一质量为m= 0.2 kg 的小铁块，它离木板的右端距离d= 0.5 m，铁块与木板间的动摩擦因数为02现用拉力向左以 3 m/s2的加速度将木板从铁块下抽出，求：F FV-(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Hmg= ma,则 a= 2.0 m/s

10、2，木板的加速度2a2= 3 m/s，设经过时间t,1212将木板从铁块下抽出，则有a2t ?a1t=d,代入数值解得t= 1 s.铁块末速度V1=a1t= 2 m/s ,木板末速度V2=a2t= 3 m/s ,12铁块的动能民=2mw = 0.4 J ,一，12木板的动能EL2.忽略一切摩擦阻2力，重力加速度为g= 10 m/s .求：XXXXXHxHx1XXXXX场XXXXXX(1) 辐射磁场在圆弧处磁感应强度B 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Q21(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知线框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q= 10.875 J，则磁场的高度解析(1)对金属棒b,由受力平衡Mg= BILi由a、b金属棒和导轨组成的闭合回路，有B2L1V0联立方程，代入数值求得2 T(2)根据能量守恒定律有1212Mgh=2MV+mv+ 2Q线框进入磁场的瞬间，由受力平衡，得Mg= Bi 11L1+B312L2E3L