【文档说明】《高三物理备考》13.机械能和功能关系.docx，共(13)页，469.490 KB，由管理员店铺上传

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机械能和功能关系打卡：2020高考物理备考第13小时编写：陈庆威第一步：【知识方法】一、机械能1．机械能守恒的三种判断方法(1)做功：看重力(或弹簧弹力)以外的其他力做功代数和是否为零．(2)能量转化：看是否有机械能转化为其他形式的能．(3)对一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒

，除非题目中有特别说明及暗示．2．机械能守恒的三种表达形式(1)系统初、末态总机械能相等，即E1＝E2.(2)系统减少的总重力势能ΔEp减等于系统增加的总动能ΔEk增，即ΔEp减＝ΔEk增或ΔEp增＝ΔEk减．(3)若系统只有

A、B两物体，则A减少的机械能ΔEA减等于B增加的机械能ΔEB增．即ΔEA减＝ΔEB增．3.解机械能守恒题目的一般方法(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一段运动过程的运动规律.(1)对物体进行每一过程中的受力分

析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功，哪一过程中满足机械能守恒定律的条件.(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解.二、功能关系能量守恒定律1．几种常见的功能转化关系2．应用能量守恒定律解题的步骤(1)分清有哪几种形式的能(如机械能、内能等)在变化；(2)分别列

出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式或列出最初的能量E初和最终的能量E终的表达式；(3)根据ΔE增＝ΔE减或E初＝E终列等式求解．第二步：【考点例题】【例题1】（2019·安徽）如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形

变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去．运动到D点时，恰好速度为零．AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能

的最大值为()A．1.43FsB．2FsC．2.5FsD．3Fs【例题2】（2019·河北）如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另

一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）A．物体B带负电，受到的电场力大小为mg

sinθB．物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为3sinmgkC．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为3gsinθD．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量【例题3】（多选）（2020·全国）由光滑细管组成的轨道如

图所示，其中AB段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m的小球，从距离水平地面高为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是A．小球落到地面相对于A点的水平位移值为222RHR−B．小球落到地面相对于A点的水平位移值为2224R

HR−C．小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD．小球能从细管A端水平抛出的最小高度min52HR=【例题4】（多选）（2019·安徽）如图甲所示，水平地面上固定一粗糙斜面，小物块以初速度0v从斜面底端先

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(F小于物块受的摩擦力)，第二次无恒力，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图象，不考虑空气阻力，下列说法正确的是A．有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小B．有恒力

F时，小物块在上升过程机械能的减少量较大C．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较大D．有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小【例题5】（多选）（2020·安徽）如图所示，a、b两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆C、与光滑水平细杆口接触，C、D在同一水平线

上。D到小球b的距离是L，在D的正下方也固定有一光滑水平细杆E。D、E间距为2L，小球a放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放b，当细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球a对地面的压力恰好为0，不计小球大小，则下列说法正确的是A．细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b加速度大小不变B．细线与水平细杆

E接触的一瞬间，小球b速度发生变化C．小球a与小球b质量比为5：1D．将D、E细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b，线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面。【例题6】（多选）（2019·安徽）竖直平面内的四个光滑轨道，由直轨道和平滑连接的圆弧轨道组成，圆轨道的半径

为R，P为圆弧轨道的最低点。P点左侧的四个轨道均相同，P点右侧的四个圆弧轨道的形状如图所示。现让四个相同的小球（可视为质点，直径小于图丁中圆管内径）分别从四个直轨道上高度均为h处由静止下滑，关于小球通过P点后的运动情况，下列说法正确的是（）A．若h＜12R，则四个小球能达到的最大高度均相同B．若h

=R，则四个小球能达到的最大高度均相同C．若h=52R，则图乙中的小球能达到的高度最大D．若h=52R，则图甲、图丙中的小球能达到的最大高度相同【例题7】（2020·广东）倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC

、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“—”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知

每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan，重力加速度为g。求（1）滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；（2）4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。【例题8】（2020·全国）如图所示

，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于

轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，

求(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。【参考答案】【例题1】【答案】A【解析】B与A碰撞前的瞬间的动能()201=42mvFfs−解得：()

08Ffsvm−=B与A在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为2v，则有012mvmv=解得：()10212Ffsvvm−==B与A碰撞后AB整体弹回到C点过程中有：211226s2mvf=解得：2112

6fsmv=B与A碰撞后AB整体到达D点过程中有：21122s+2PmvfE=解得：()551.733PFfsFsEFs−=【例题2】【答案】B【解析】A、当施加外力时，对B分析可知：F-mgsi

nθ-F电=0，解得：F电=2mgsinθ，故A错误；B、当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ,解得：3sinmgxk=，故B正确；C、当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为：

F合=F电+mgsinθ=（m+2m）a，解得：a=gsinθ，故C错误；D、物体B的电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误；【例题3】【答案】BC

【解析】小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．小球从

D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得2122AmvmgRmgH+=，解得24AvgHgR=−，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间222RRtgg==，则小球落到地面时相对于A

点的水平位移2224AxvtRHR==−，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即240AvgHgR=−，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度2mi

nHR=，故C错误D正确．【例题4】【答案】AC【解析】AB．有恒力F时，小物块上升的高度比较大，所以该过程物块重力势能增加量较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，所以有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小．A正确，B错误；CD．根据

v-t图象与坐标轴所围的面积表示位移，可知有恒力F时小物块的位移较大，所以在上升过程产生的热量较大．C正确，D错误；【例题5】【答案】CD【解析】AB．细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运

动半径变小，由2υar=可知，其加速度变大，故A、B错误；C．当细线与水平细杆E接触的一瞬间，对小球a可知，细线中的拉力为aTmg=对小球b，由牛顿第二定律可得22bbυTmgmL−=由机械能守恒可得212bbmgLmυ=解得5abmm=,故C正确；D．将D、E细杆向左

平移相同的一小段距离x，则22bbυTmgmLx−=−()212bbmgLxmυ−=解得()452bbbmgLxTmgmgTLx−=+=−,故小球a会离开地面，故D正确；【例题6】【答案】ACD【解析】A．若2Rh，根据机械能守恒定律可知，四个小球都能上升到右侧

高度2Rh处，即小球不会超过圆弧的四分之一轨道，则不会脱离圆轨道，故上升到最高点的速度均位列零，最大高度相同为h，A正确；B．若h＝R，根据机械能守恒，甲乙丁都能上升到右侧高度R处而不会越过圆弧的四分之一轨道，而丙图中小球做斜上抛运动离开

轨道，到达最高点时还有水平的速度，最大高度小于R，B错误；C．若52hR=，甲、丁两图中的小球不会脱离圆轨道，最高点的速度不为零，丙图小球离开轨道，最高点速度也不为零，乙图离开轨道，上升到最高点的速度为零，根据机械

能守恒知，图乙中小球到达的高度最大，故C正确；D．若52hR=，图甲中小球到达的最大高度为2R，根据机械能守恒得，2122mghmgRmv−=得最高点的速度为2(2)vghRgR=−=对于图丙，设小球离开轨道时的速度为v1，根据机械能守恒得，211(cos602mghmgRRmv−−

=）而到达最高点的速度v=v1cos60°，联立解得最高点的速度vgR=,则两球到达最高点的速度相等，根据机械能守恒得，甲、丙图中小球到达的最大高度相等，故D正确；【例题7】【答案】（1）3sin4Fmg=（2）43d

L=【解析】（1）以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律：4sincos4mgmgma−=以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F，由牛顿第二定律：sincosFmgmgma+−=已知tan=联立可得：3sin4F

mg=（2）设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L，由动能定理，有：214sin6cos3

2)4v2mgLmgLLLm−++=（可得：v3singL=由于动摩擦因数为tan=，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动；第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理：()22111sin3.5vv22mgLmm

=−可得：1v4singL=当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为vL

t=，因此到达水平面的时间差也为vLt=所以滑块在水平面上的间距为1vdt=联立解得43dL=【例题8】【答案】（1）3mg；（2）22mLgrR；（3）34mgr。【解析】(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：212mgrmv=在

圆轨道最低点合力提供向心力有：2NvFmgmr−=联立解得：3NFmg=；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：3NNFFmg==(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金

属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：qIt=Et=EIR=总可得：2BLLqRR==对整个运动过程根据动量定理有：0BILtBLqmv−=−=−联立两式结合(1)可解得：322mRgrBL=22mLgrqR=金

属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：2122mLgrqqR==(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度为v1，则根据动量定理有：1BLqmvmv−=−所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：22

11122Qmvmv=−联立两式结合(2)的结果可得：34Qmgr=