专题五能转化与守恒

高考考情分析年份题号题型分值考查点命题分析与备考策略2013Ⅰ卷20选择6运行的能量转化近几年

卷中有以直线运动、平抛和圆周运动为情景,综合考查受力、运动、能量转化及功能关系问题;也有考查带电粒子在电场、磁场中的能量问题,题型既有选择题又有计算题.试题一般条件隐蔽,过程复杂,灵活性强,对本专题在备考时应引起高度重视.高考试题对本专题的考查,既有简单的基础题,也有较为平稳的中档题(如2014年

Ⅱ卷的第17题),还有难度较大的压轴大题(如2016年Ⅰ卷的第25题和Ⅱ卷的第25题),故备考时要注重不同知识点之间的联系,训练时要注重分析、推理能力的提高,确保在选择题上不失分,并为计算大题夺取高分做足准备!摩擦生热、做功与能量变化的对应关系,机械能守恒定律与平抛运动、圆周运动、

落体运动相关的综合应用,运用能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁场中的运动问题仍是命题的热点.Ⅱ卷20选择6变轨中的功能关系Ⅰ卷25计算20能量守恒在复合场中的应用2014Ⅱ卷15选择6机械能守恒定律、平抛运动选择机械能守恒定律、圆周运动计算电磁感应中的能量转化和守恒Ⅰ卷21选择6机械能守恒条件Ⅱ卷21选择6机械能的改变Ⅰ卷20选择6电场中的能量转化25计算18多过程中的能量转化和守恒Ⅱ卷21选择6能量的转化25计算20功能关系的应用2016Ⅲ卷24计算12机械能守恒定律的应用1.(201一次川卷,1)是我国首位在会雪上项目夺冠的运动员.他在式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离,重力对他做功1

900

J,他克服阻力做功100

J,

在此过程中()A.动能增加了1

900

JC.重力势能减小了1

900

JB.动能增加了2

000

JD.重力势能减小了2

000

J基础

热身解析:由题可得,重力做功1

900

J,则重力势能减少1900

J,选项C正确,D错误;由动能定理WG-Wf=ΔEk可得动能增加1

800

J,选项A,B错误.技法〛明确合力的功、重力的功以及重力以外的其他力的功与它们对应能量的关系是解题关键.C2.(2014·

Ⅱ卷,15)取水平地面为重力势能零点.一物块从某一高度水平抛出,在抛出点其动能与重力势能恰好相等.不计空气阻力.该物块时的速度方向与水平方向的夹角为(B

)A.

π6B.

π4C.

π3D.

5π12解析:设物块的初速度为v0,质量为

m,因动能与重力势能相等,12v

22

2g有

m

v0

=mgh,则

h=

0

,02

2时,由机械能守恒定律可知mgh+

1

m

v

2

=1

mv2联立得v=02

v,则

cos

θ=0=v

2v

2

,则θ=

π

,由此可知B项正确,A,C,D项错误.4技法〛由机械能守恒定律求 点速度,由运动

求夹角.3.

(2015·

卷,5)

,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态.现让圆环由

开始下滑,已知弹簧原长为L,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中(

)圆环的机械能守恒弹簧弹性势能变化了C.圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变B3

mgL解析:圆环在下滑过程中,圆环的重力和弹簧的弹力对圆环做功,圆环的机械能不守恒,圆环和弹簧组成的系统机械能守恒,系统的机械能等于圆环的动能和重力势能以及弹簧的弹性势能之和,选项A、D

错误;对圆环进行受力分析,可知圆环从 开始先向下加速运动且加速度逐渐减小,当弹簧对圆环的弹力沿杆方向的分力与圆环所受重力大小相等时,加速度减为

0,速度达到最大,而后加速度反向且逐渐增大,圆环开始做 运动,当圆环下滑到最大距离时,所受合力最大,选项C

错误;由图中几何关系知圆环的下降高度为

3L,由系统机械能守恒可得

mg×

3

L=ΔEp,解得ΔEp=

3

mgL,选项

B

正确.技法〛圆环下滑过程中,圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间发生转化,总量保持不变.4.(2013·山东卷,16)(多选)

,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M,m(M>m)的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行.两滑块由

后,沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的过程中(

CD

)两滑块组成系统的机械能守恒重力对M做的功等于M动能的增加轻绳对m做的功等于m机械能的增加两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功解析:由于M与ab面之间存在滑动摩擦力,滑动摩擦力对系统做功,故两滑块组成系统的机械能不守恒,选项A错误;合力对M做的功等于M动能的增加,选项B错误;除了m的重力对其做功外,只有轻绳的拉力对其做功,故轻绳对m做的功等于m机械能的增加,选项C正确;对于两滑块组成的系统,其在运动过程中克服摩擦力做功,系统的机械能转化为内能,故该系统机械能的损失等于M克服摩擦力做的功,选项D正确.技法〛明确力的功与对应能量的转化关系是解题的关键.【例1】

(2016·

兰州模拟)

,竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC,圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B,轻弹簧左端固定在竖直挡板上.右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离为R.开始时弹簧处于锁定状态.具有一定的弹性势能,重力加速度为g,解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦).(1)若小球经C点时对轨道外侧的弹力大小为mg,求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep;(2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力;(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上.考点一

机械能守恒定律的应用〚运动过程示意图〛解析:(1)小球经过C点时,轨道对小球的弹力FN=mg,方向竖直向下,2mv根据向心力公式有

mg+FN=

C

R从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程簧和小球组成的系统机2Cp

p械能守恒,则E

=2mgR+

1

m

v

2

解得E

=3mgR.(2)小球解除锁定到经过B点的过程中,根据机械能守恒,有2B3mgR=mgR+

1

m

v22mv小球经

B

点前、后瞬间,弹力提供向心力,则FN=

B

解得

FN=4mgR小球对管壁的压力分别向右和向左,大小为4mg.解析:(3)小球离开C点后做平抛运动,根据平抛运动规律有1C2R=

gt

,x=v

t22解得

x=2

2

R.因为

x=2

2

R>2R,所以小球不能落在薄板

DE

上.答案:(1)3mgR分别为向右和向左的大小为4mg的压力见解析/名师点评/机械能守恒定律的理解及应用守恒观点:初、末状态的机械能相等.在单物体问题上应用比较快捷.转化观点:势能和动能的变化量绝对值相等.常用于多个物体组成的系统.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.在两个物体系统问题中应用比较快捷.【考点过关】1.[杆连物体系统机械能守恒](2016·

池州一模),A,B两小球固定在轻质杆两端,轻杆可绕过O点光滑轴无阻碍地转动,OA∶OB=2∶3,两球质量满足mA<mB,先使A,B在同一水平高度由,在杆转动90°的过程中,下列说法正确的是(C

)刚瞬间轻杆对A,B无作用力B球的机械能守恒A球的机械能增加量等于轻杆对A球做的功A,B两球的线速度大小关系为vA∶vB=3∶2解析:

后,B球向下转动,A球向上运动,

瞬间A球向上加速运动,B球向下加速运动,则杆对球一定有作用力,选项A错误.因为杆对B球和A球做功,所以A球或B球的机械能均不守恒,选项B错误.由功能关系可知A球的机械能增加量等于轻杆对A球做的功,选项C正确.由于A,B转动的角速度相同,则v∝r,即vA∶vB=2∶3,选项D错误.2.[绳连物体系统机械能守恒](多选)

,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,虚线cd水平.现由

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)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

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.3.[系统机械能守恒与图像信息的综合应用](2016·福建

质检)如图(甲)所示,在地面上竖直固定着一劲度系数k=50N/m的轻质弹簧,正上方O点处由一个质量m=1.0

kg的小球,取O点为原点,建立竖直向下的坐标轴Oy,小球的加速度a随其位置坐标y的变化关系如图(乙)所示,其中y0=0.8m,ym对应弹簧压缩到最短时小球的位置,取g=10

m/s2,不计空气阻力.求:小球速度最大时的位置坐标值y1;弹簧的最大弹性势能Epm.解析:(1)小球速度最大时加速度为零,有k(y1-y0)=mg解得y1=1.0

m.(2)弹簧被压缩到最短时小球的速度为零,由题图可知加速度大小a=3g由 第二定律可得k(ym-y0)-mg=ma解得ym=1.6

m由机械能守恒定律可得,弹簧的最大弹性势能Epm=mgym=16

J.答案:(1)1.0m (2)16J考点二

应用功能关系解决力学综合问题【例

2】

(2016·

Ⅰ卷,25)如图,一轻弹簧原长为

2R,其一端固定在倾角为

37°的固定直轨道

AC

的底端

A

处,另一端位于直轨道上B

处,弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为5

R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC=7R,A,B,C,D均在同一竖直平面内.质量6为m

的小物块P

自C

点由

开始下滑,最低到达E

点(未画出).随后

P

沿轨道被弹回,3

45

5最高到达F点,AF=4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ=

1

,重力加速度大小为g.4(取

sin

37°= ,cos37°=

)求P第一次运动到B点时速度的大小;求P运动到E点时弹簧的弹性势能;改变物块P的质量,将P推至E点,从开始

.已知

P

自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点.G点在C点左下方,与C点水平相距7

R、竖直相距R.求2P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.【审题突破】获取信息轻弹簧原长为2R,AC=7R,AF=4RBC=AC-AB=5RBF=AF-AB=2RCF=AC-AF=3R倾角为37°,μ=14P与直轨道间的摩擦力Ff=μmgcos37°=15mg获取信息整个过程中ΔEk=0,弹簧弹性势能ΔEp弹=0,减少的重力势能全部转化为内能隐含条件P

自

C

点由 开始下滑,被弹回后最高到达F

点P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点P做平抛运动,由平抛运动的两个分位移可计算平抛的初速度问题突破方略P第一次运动到B点做匀加速直线运动(1)受力分析,应用 第二定律求加速度.(2)运动分析,应用运动学规律求末速度找到E点的位置及弹簧对P做的功整个过程应用能量守恒确定E点位置.从C到E应用动能定理.弹簧弹力的功与弹性势能变化的关系P从D点平抛经G点(1)确定水平分位移和竖直分位移.

(2)由平抛运动规律求初速度改变P的质量,P自E点运动到D点计算机械能的改变量和摩擦力做的功.运用除重力、弹力外的力做功等于机械能的变化列方程求解①规范解答:(1)根据题意知,B,C之间的距离l为l=7R-2R,设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得2Bmglsin

θ-μmglcos

θ=

1

m

v2

,②式中θ=37°,联立①②式并由题给条件得

vB=2

gR

.

③(2)设BE=x,P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep,P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有p2Bmgxsin

θ-μmgxcos

θ-E

=0-

1

m

v2

,④⑤E,F之间的距离l1

为l1=4R-2R+x,P到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Ep-mgl1sin

θ-μmgl1cos

θ=0,联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R,⑥⑦p5E

=

12mgR.⑧1

1

1

12

6(3)设改变后

P

的质量为m

.D

点与G

点的水平距离x

和竖直距离y

分别为x

=

7

R-

5

Rsin

θ,

⑨16

6y

=R+

5

R+

5

Rcos

θ,⑩式中,已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t.1122由平抛运动公式有y

=

gt

,x1=vDt,D5联立⑨⑩ 式得v

=

3

5gR

,设P在C点速度的大小为vC.在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有1

12

2C

D11

1

5

52

2

6

6m

v

=

m

v

+m

g(

R+

Rcos

θ),P由E点运动到C点的过程中,同理,由动能定理有12p

1

1

12CE

-m

g(x+5R)sin

θ-μm

g(x+5R)cos

θ=

m

v

,联立⑦⑧式得m1=13m.答案:(1)2gR

(2)

12

mgR (3)

3

5gR5

51

m3/拓展延伸/1.

在例

2

中,若将直轨道

AC

放平,光滑圆弧轨道半径为

R, .质量为m

的小物块P与直轨道的

CE摩擦因数为1

,AE段光滑.开始时

P将弹簧由E点压缩至F点,4后落到E点,已知CE=6R,弹簧弹性势能与形变量的二次方成正比.求解析:(1)P平抛后落在E点,设P通过D点时的速度为vD,则2R=122D

Dgt

,6R=v

t,解得

v

=3

gR

.设P

在

时弹簧的弹性势能为Ep,由功能关系得p2DE

-2mgR-

1

m

v

2

=6μmgR解得Ep=8mgR.答案:(1)8mgR(1)在

时弹簧的弹性势能;解析:(2)由题意知,物块时弹簧的弹性势能4p

pE

′=

1

E

=2mgR设物块沿圆弧轨道上升高度h<R,由功能关系得

Ep′-mgh=6μmgR解得h=1

R2由此知物块不脱离轨道而反向滑回,最终停止于E,C间某点.由功能关系得1

mgR=μmgx,则x=2R,即物块最终停止于距E点4R处.2答案:(2)见解析(2)若P压缩至EF处 ,判断后物块的运动情况.12D2.在例2中,直轨道换为长度L=6R的传送带,.将P轻放在传送带下端E点,P依然能通过G点,假设传送带的速度最小,求(1)传送带的速度;解析:(1)由例2第(3)问的求解可知,P运动到D点时速度大小v

=

3 5gR

,5设P经过C点的速度为v1,P从C点到D点机械能守恒,21

D32

2

21则

1

m

v

2

=

1

m

v

+mg× R

解得

v

=24gR

=

2 30gR

,5

5所以传送带的最小速度为230gR

.5答案:(1)230gR5解析:(2)P在传送带上一直加速到v1

恰好到达C点的情况下运动的时间2最短,则6R=v1

×tmin解得tmin=30R

.g(2)P在传送带上运动的最短时间;答案:(2)

30Rg11221x

= a

t126R-x1=v1(2tmin-t1)代入数据可解得μ=11

.(3)若P在传送带上运动的时间是最短时间的2倍,P与传送带的动摩擦因数的大小.解析:(3)物块随传送带向上加速运动到与传送带共速的过程中,有

μmgcos

37°-mgsin37°=mav1=at1答案:(3)1112/名师点评/多过程问题的特点及对策模型特点:物体的整个运动过程往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合.应对策略:抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程,将整个物理过程分成几个简单的子过程.对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析,选择合适的规律对相应的子过程列方程.两个相邻的子过程连接点,速度是联系纽带,因此要特别关注连接点速度的大小及方向.解方程并分析结果.【考点过关】1.[连接体系统中的功能关系问题](2016·广西三校联考),质量分别为2m和m的A,B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连,开始两物体处于同一高度,绳处于绷紧状态,轻绳足够长,不计一切摩擦.现将两物体由,在A之前的运动中,下列说法中正确的是(设重力加速度为g)(D

)A.A物体的机械能增大B.A,B组成系统的重力势能增大C.运动过程中,A超重、B失重D.A下落过程中绳子拉力大小为4

mg3解析:由于A物体的质量大,所以A物体加速下降,绳的拉力对A物体做负功,A物体机械能减少,A物体处于失重状态,故选项A,C错误.A,B两物体机械能守恒,它们的动能增加,则重力势能一定减小,故选项B错误.A和B物体作为整体,应用第二定律有2mg-mg=3ma;对B物体应用第二T

T3定律有F-mg

=ma,可得绳子拉力大小F=4

mg,故选项D正确.2.[功能关系与图像的综合](2016·

天一大联考)(多选)如图(甲)所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m、可视为质点的物块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动,经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端,物块的v-t图像如图(乙)所示.下列说法正确的是(

ABD

)1A.物块与斜面间的动摩擦因数为 tan

θ31B.物块上滑过程机械能减少了

m80v

240C.物块上滑过程重力势能增加了

1

m

v

240D.物块回到斜面底端时动能为1

m

v

210vt0解析:由v-t

图像可知物块上滑过程加速度大小a

= ,由第二定律有

mgsin

θ+μmgcos

θ=ma1;物块下滑过程中有

a2=0v2,mgsin

θ-μmgcos

θ=ma,可得出μ=12t0

3tan

θ,选项A正确.上滑过程中物块所受滑动摩擦力Ff

与合力F之比为Ff∶F=μmgcos

θ∶(mgsin

θ+μmgcos

θ)=1∶4,所以物块克服滑动摩擦力做的功

Wf

是合力做的功的14f,结合动能定理有W=1

14

220× m

v

=1820m

v

,所以物块上滑过程中机械能减120少了 m

v8p,选项B正确.物块上滑到最高点时增加的重力势能ΔE=20m

v1

32-Wf=

m80v

230,选项C

错误.物块下滑回到斜面底端过程中重力势能减少 m

v

2

,所以回到底端时80f3

142

20动能Ek= m

v

-W

= m

v

,故选项D

正确.83.[含有弹簧的系统中的功能关系问题]

,质量为m=2

kg的小物块从斜面顶端A点由滑下,从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失.将轻弹簧的一端固定在水平滑道C点处的竖直墙上,另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角θ=30°,斜面顶端距水平滑道的高度为h=0.5

m,小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=

3

,重力加速度g=10

m/s2.弹簧处于原长时弹性势能为零.5第二定律有解析:(1)小物块沿斜面向下滑动时,由mgsin

θ-μmgcos

θ=ma得a=2

m/s2设斜面长为L,小物块滑到B点的速度为v,由功能关系得hsin

-μmgcos

θ·L=1

mv2-mgh,且L=2得出v=2

m/s.(1)求小物块沿斜面下滑时的加速度大小和滑到B点时的速度大小;答案:(1)2

m/s2动能定理有mg(h-h′)-μmgcos

θ·(L+sin

h)=0求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能;若小物块能够被弹回到原来的斜面上,求它能够上升的最大高度.解析:(2)小物块从斜面顶端A点运动到弹簧压缩至最短,由功能关系有-μmgcos

θ·L=Ep-mgh得Ep=4

J.(3)小物块第一次被弹回到原来的斜面上,设上升的最大高度为h′,由得h′=0.125

m.答案:(2)4

J (3)0.125

m【例3】

(2016·福建质检)如图,直角坐标系xOy的y轴竖直向上,在整个空间区域内存在平行于xOy平面的匀强电场,在y<0的区域内还存在垂直于xOy平面的匀强磁场.现有一带正电的小颗粒,电荷量q=2×10-7

C,质量m=1.5×10-5

kg,从坐标原点O射出,射出时的初动能Ek0=1×10-4

J.小颗粒先后经过P(0.5,0),Q(0.3,0.4)两点,经过P点时动能为0.4Ek0,经过Q点时动能也为0.4Ek0.重力加速度大小g取10

m/s2.求:(1)O,P两点间的电势差UOP;考点三

应用功能关系解决电场、电磁感应问题解析:(1)带电小颗粒从O到P,由动能定理有qUOP=EkP-Ek0代入数值解得UOP=-300

V.答案:(1)-300

V(2)匀强电场的场强E的大小和方向.解析:(2)带电小颗粒从

P

到 UPQ-mgyQ=EkQ-EkP,代入数值,解得

UPQ=300

V,解得UOQ=0,即O点与Q点电势相等,O,Q连线为等势线,y如图,由

Q(0.3,0.4)的坐标值得出

tan

θ=

QxQ

0.3

3=

0.4

4d则sinθ=0.8由于OP=0.5

m,则d=OPsin

θ=0.5×0.8

m=0.4

m.根据匀强电场中场强与电势差关系得E=U

PO

=750

V/m电场方向与OQ连线垂直且沿左上方.答案:(2)750

V/m

与OQ连线垂直,沿左上方/名师点评/应用功能关系解决电、磁场问题1.在用功能关系解决电、磁场问题时应注意以下几点:

(1)洛伦兹力在任何情况下都不做功;(2)电场力做功与路径无关,电场力做的功等于电势能的改变;

(3)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【考点过关】1.[功能关系在电磁感应中的应用]

(2016·

开封一模)(多选)如图所示,足够长的光滑导轨倾斜放置,导轨宽度为L,其下端与电阻R连接;导体棒ab电阻为r,导轨和导线电阻不计,匀强磁场竖直向上.若导体棒ab以一定初速度v下滑,则关于ab棒的下列说法中正确的是(AB

)所受

力方向水平向右可能以速度v匀速下滑刚下滑的瞬间ab棒产生的电动势为BLv减少的重力势能等于电阻R上产生的内能解析:ab棒下滑产生感应电流,磁场对导体ab有一

力,由右手定则和左手定则可知

力水平向右,故选项A正确.下滑时ab棒中所受各力的合力可能为零,故选项B正确.由于匀强磁场竖直向上,而初速度v沿斜面向下,所以电动势E=BLvcos

θ,故选项C错误.ab棒下滑时,减少的重力势能可能转化为动能和内能,故选项D错误.2.[功能关系在电场、重力场中的应用]

(2016·

遵义联考)(多选)如图所示,在竖直平面内有一半径为R的绝缘光滑圆形轨道,内侧有带电荷量为>0)、质量为m的小球,在圆形轨道内滚动过程中电荷量不变,圆形轨道处在竖直向上场强大小为E=mg

的匀强电场中,现给小球一个初速度,小球恰2q好能在圆形轨道内做圆周运动,则(

)A.小球在最高点的速度为

v=

gRB.小球在最高点的速度为v=2gRC.小球在最低点对轨道的压力为F=2.5mgD.小球在最低点对轨道的压力为F=3mgBD解析:小球在最高点有mg-qE=mv2R,得出v=gR

,故选项A错误,B正确.2小球从最高点运动到最低点,由功能关系可得-2qER=1

mv′2-（2mgR+2122Nmv

）,小球在最低点F-(mg-qE)=mv2RN,得出F

=3mg,由 第三定律可知小球在最低点对轨道压力为F=3mg,故选项C错误,D正确.3.[功能关系在电场中的应用] ,一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷

A,其电荷量

Q=+4×10-3

C,场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为

=kQ

,其中k为静电力常量,r为空间某点到场源电荷A的距离.现有一个r质量为m=0.1

kg的带正电的小球

B,它与A间的距离为h=0.4

m,此时小球B处于平衡r状态,且小球

B

在场源电荷A

形成的电场中具有的电势能的表达式为Ep=k ,其中

r

为A与B之间的距离.另一质量为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H=0.8

m处下落,落在小球

B

上立刻与小球B

粘在一起以v=2m/s

的速度向下运动,它们到达的最低点后又向上运 上运动到达的最高点为

P.(g取10

m/s2,k=9×109

N·m2/C2)求:(1)小球C与小球B碰撞前的速度v0的大小?小球B的电荷量q为多少?0解析:(1)小球

C

下落

H

时获得速度v

,由机械能守恒得

mgH=1220m

v

,解得

v0=

2gH

=4

m/s.小球B在碰撞前处于平衡状态,对B球由平衡条件得mg=

k

,代入数据得

q=

4

×10-8

C≈4.4×10-9

C.h2

9答案:(1)4

m/s 4.4×10-9

C解析:(2)设当

B和C向下运动的速度最大为vm

时,与A相距

x,对B和C整体,由平衡条件得

2mg=kx2代入数据得x≈0.28

m由能量守恒得m1

×2mv2+

k

+2mgh=

1

×2m

v

2

+2mgx+k2

h

2x代入数据得vm≈2.17

m/s.答案:(2)2.17

m/s(2)小球C与小球B一起向下运动的过程中,最大速度为多少?4.[电磁感应

能关系的应用](2016·大庆模拟)如图(甲)所示,一边长L=2.5m、质量m=0.5kg的正方形金属线框,放在光滑绝缘的水平面上,整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度为B=0.8T的有界匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合.在水平向左的力F作用下由

开始向左运动,经过5

s,线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的图像如图(乙)所示,在金属线框被拉出的过程中:(1)求通过线框导线截面的电荷量及线框的电阻;解析:(1)由

I-t图像的面积可得q=

1

×5×0.5

C=1.25

C2则由q=BL2R得R=4

Ω.答案:(1)1.25

C 4

Ω解析:(2)线框中的电流I=BLv

则I

=BLv

=BL

at

5R

t

Rt

R由I-t

图像的斜率可得

I

=

0.5

A/s=0.1

A/s故

a=0.2

m/s2因F-F

安=ma而F

安=B2

L2vR=B2

L2Rat所以F=ma+B2

L2RatF=0.2t+0.1(N).答案:(2)F=0.2t+0.1(N)(2)写出水平力F随时间变化的表达式;是(3)已知在这5s内力F做功为1.92J,那么在此过程中,线框产生的焦多少?解析:(3)5

s末线框速度v=at=0.2×5

m/s=1

m/sF12根据功能关系W

-Q=

mv2所以Q=1.67

J.答案:(3)1.67

J必备模型解读——“传送带”模型模型汇总——再现·拓展延伸(2015·

卷)命题角度:水平传送带模型,动定律和能量守恒的综合运(2014·

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,或物块由

,或物块的初速度与传送带初速度大小不等物块的初速度与传送带初速度方向相同或相反物块与传送带之间有滑动摩擦力,物块受到其他作用力,传送带有电机驱动物块与传送带之间多个运动过程:相对运动或相对小物块带电,区域内增加电场、磁场或复合电磁场传送带问题与平抛运动、圆周运动相结合【求解问题】求滑行时间求产生的热量求多消耗的电能求增加的牵引力的功率判断留下痕迹的位置求痕迹的长度画出滑块的

v-t图像画出滑块的

Ff-t图像【多题归一】几个功能关系:传送带做的功WF=Fl

地,功率P=Fv

地;摩擦力做功W

摩=Ffl

地;物体与皮带间摩擦生热Q=Ffl

相对;传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.临界状态:物体与传送带速度相等时是摩擦力改变的临界状态.找转折点划分运动阶段:物体与传送带间的相对运动方向是分析摩擦力的方向的关键,摩擦力方向的改变是划分运