《2013届高考物理二轮复习 第一部分 专题3 第二讲能量转化和守恒精品课件》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013届高考物理二轮复习 第一部分 专题3 第二讲能量转化和守恒精品课件（41页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲 能量转化和守恒,1.解决功能关系问题应该注意的两个方面 (1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力是做正功，还是做负功；根据功能之间的一一对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化多少 (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,2常见的几种功能关系,【答案】 D,【答案】 BD,2(2012广州一中模拟)升降机底板上放有一质量为100 kg的物体，物体随升降机由静止开始竖直向上移动5 m时速度达到4 m/s，则此过程中(g取10 m/s2)( ) A升降机对物体做功5 800 J B合外力对物体做功5 800 J C物体的重力势能增加5 0
2、00 J D物体的机械能增加5 000 J 【解析】 物体高度变化，重力势能增加Epmgh100105 J5 000 J，且有速度故有动能升降机对物体做功为重力势能动能5 800 J，选项A、C正确；合外力做功为动能增加量等于800 J，B错误；机械能总增加量为动能增加量势能增加量5 000 J，选项D错误 【答案】 AC,3. (2012沈阳模拟)如图322所示，建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一有内阻的电动机相连，通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升摩擦力及空气阻力均不计则( ) A升降机匀加速上升过程中，升降机底板 对人做的功等于人增加的动能 B升降机
3、匀速上升过程中，升降机底板对 人做的功等于人增加的机械能 C升降机上升的全过程中，电动机消耗的 电能等于升降机增加的机械能 D匀速上升过程中电动机的输出功率一定 小于匀加速上升过程中电动机的最大输出功率,【解析】 人在升降机里受到重力mg和底板对人的支持力F，升降机匀加速上升时，由牛顿第二定律有：F合Fmgma，Fmg，则升降机底板对人做的功WFhmghmahEpEkE机，则选项A错误；升降机匀速上升时，有Fmg，Ek0，升降机底板对人做的功WFhmghEpE机，则选项B正确；因电动机消耗的能量E消E出E内，而E出E机，则选项C错误，选项D正确 【答案】 BD,1.研究对象的选取 研究对象的选
4、取是解题的首要环节，有的问题选 单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研 究对象，机械能不守恒，但选此物体与其他几个 物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的， 如图323所示单选物体A机械能减少，但由物 体A、B二者组成的系统机械能守恒 2研究过程的选取 有些问题的研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒，因此在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取,3机械能守恒表达式的选取 (1)守恒观点：Ek1Ep1Ek2Ep2. (2)转化观点：EpEk. (3)转移观点：EA增EB减 守恒观点的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题，解题时必须选取参考平面
5、，而后两种表达式都是从“转化”和“转移”的角度来反映机械能守恒的，不必选取参考平面,【答案】 BC,【答案】 BC,3. (2012银川模拟)质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8 m，如图327所示若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动求：(g10 m/s2) (1)物体A着地时的速度； (2)物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离,【答案】 (1)2 m/s (2)0.4 m,1.对定律的理解 (1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减
6、少量和增加量一定相等即E减E增 (2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等即EA减EB增 2应用能量守恒定律解题的步骤 (1)分清有多少形式的能如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、内能等在变化 (2)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，并且列出减少的能量E减和增加的能量E增的表达式 (3)列出能量守恒关系式：E减E增,【答案】 (1)255 J (2)270 J,1足够长的水平传送带始终以速度v匀速运动，某时刻放上一个小物体，质量为m，初速度大小也是v，但方向与传送带的运动方向相反，最后小物体的速度与传送带相同在小物体与传送带间有相对运动
7、的过程中，滑动摩擦力对小物体做的功为W，小物体与传送带间摩擦生热为Q，则下面的判断中正确的是( ) AWmv2/2，Qmv2 BWmv2，Q2mv2 CW0，Qmv2 DW0，Q2mv2,【答案】 D,2(2012四川高考)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 .已知水的密度为1103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求： (
8、1)电动机内阻消耗的热功率； (2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度),【解析】 (1)设电动机的电功率为P，则PUI 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则PrI2r 代入数据解得Pr1103 W (2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则MV 设质量为M的河水增加的重力势能为Ep，则EpMgh 设电动机的输出功率为P0，则P0PPr 根据能量守恒定律得P0t60%80%Ep 代入数据解得t2104 s. 【答案】 (1)1103 W (2)2104 s,如图329所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m
9、连接，且m、M及M与地面间摩擦不计开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度对于m、M和弹簧组成的系统( ) A由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒 B当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、 M各自的动能最大 C由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动 D由于F1、F2均能做正功，故系统的机械能一直增大,【解析】 由于F1、F2对系统做功之和不为零，故系统机械能不守恒，A错误；当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，速度达到最大值，故各自的动能最大，B正确；由于弹力是变化的，m、M所受
10、合力是变化的，不会做匀加速运动，C错误；由于F1、F2先对系统做正功，当两物块速度减为零时，弹簧的弹力大于F1、F2，两物块再加速相向运动，F1、F2对系统做负功，系统机械能开始减少，D错误 【答案】 B,如图3210所示，质量为m2 kg的小球系在轻质弹簧的一端，另一端固定在悬点O处，将弹簧拉至水平位置A处，且弹簧处于自然状态，弹簧的原长lOA0.3 m；然后小球由静止释放，小球到达距O点下方h0.5 m处的B点时速度为vB2 m/s，g取10 m/s2. (1)求小球从A运动到B的过程中弹簧的弹力做的功和此时弹簧的弹性势能； (2)求该弹簧的劲度系数,【答案】 (1)6 J 6 J (2)180 N/m,
