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(共89张PPT)
专题5　能量
考向一 动能定理的应用
考向二 机械能及其守恒定律
的应用
考向三 功能关系及能量守恒
定律
考向一 动能定理的应用
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
功的 计算 1.恒力做功:W=Flcosα。如:重力做功为WG=mgh;匀强电场中电场力做功为W=qEd(d为沿电场线方向的距离)。
2.变力做功的计算:(1)在F x图像中,图线与x轴所围的“面积”的代数和表示F做的功。(2)机车以恒定功率运动,牵引力做功可用W=Pt计算。(3)微元法:若某变力在某一过程中大小不变,方向始终与速度方向在同一条直线上,可用此力大小乘以运动路程计算做功。(4)利用动能定理从功能关系的角度求解变力做功
内容 重要规律、公式和二级结论
功率 1.平均功率的计算:(1)利用P=计算。
(2)利用P=Fcosα计算,其中为物体运动的平均速度。
2.瞬时功率的计算:利用公式P=Fvcosα计算,其中v为瞬时速度。
3.重力的瞬时功率:P=mgvy(vy指质点在竖直方向的速度)
内容 重要规律、公式和二级结论
动能 定理 的 应用 1.对于参与多过程的单个物体,不考虑中间过程的细节问题,
可以优先考虑动能定理求解。
2.在动能随位移变化(Ek x)图像中,图线的斜率代表合外力。
3.机车以恒定功率由静止启动过程,根据动能定理有:
Pt fx=m 0且vm=
角度1　动能定理求解多过程问题
【典题透视】
[例1][含曲线的多过程问题](2023·湖北选择考改编)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。
小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,到达轨道的最高点D时对轨道的压力大小为mg。小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求:
(1)小物块到达D点的速度大小;
答案:(1)　
【解析】(1)由题知,小物块到达轨道的最高点D时,
有m=mg+mg
解得vD=
(2)B和D两点的高度差;
答案: (2)　
【解析】(2)由题知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,
则在C点有cos60°=
小物块从C到D的过程中,根据动能定理有
mg(R+Rcos60°)=mm
则小物块从B到D的过程中,根据动能定理有
mgHBD=mm
联立解得vB=,HBD=
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案: (3)
【解析】(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有
μmgs=mm
s=π 2R
解得vA=
[真题变式]如图为某游戏装置原理示意图,水平桌面上固定一个半圆形、内侧表面光滑的竖直挡板,其半径R1=2 m,挡板两端A、B在桌面边缘,A处固定一个弹射器,B与半径R2=1 m的光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向夹角θ=53°,半径R3=2 m的四分之一光滑竖直圆管道EF与圆弧轨道CDE稍有错开。
质量m=1 kg的小物块经弹射装置以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,沿C点切线方向进入圆弧轨道CDE内侧,并恰好能到达轨道的最高点F。小物块与桌面之间的动摩擦因数μ1=。重力加速度g取10 m/s2,物块可视为质点,不计空气阻力和其他能量损失。求:
(1)物块到达C点时对轨道的压力大小;
答案:(1)22 N　
【解析】(1)由题知,小物块恰好能到达圆管道的最高点F,则vF=0
小物块从C到F的过程中,根据动能定理有
mg(R3 R2cos53°)=mm
解得vC=2 m/s
在C点有FN+mgcos53°=
解得FN=22 N
根据牛顿第三定律可得物块对轨道的压力FN'=22 N
(2)物块被弹射前弹簧的弹性势能Ep0;
答案: (2)25.04 J
【解析】(2)小物块从静止到B的过程中,
根据能量守恒定律有Ep0 μmgs=m 0
s=πR1
小物块从B到C做平抛运动,在C点沿圆弧切线方向cos53°=
解得小物块刚在弹射器内时弹性势能Ep0=25.04 J
[例2][电场中的多过程问题](2025·黑吉辽内蒙古高考)如图,光滑绝缘水平面AB与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道BC在B点相切,轨道半径为r,圆心为O,O、A间距离为3r。原长为2r的轻质绝缘弹簧一端固定于O点,另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场,物块所受的电场力与重力大小相等。物块在A点左侧释放后,依次经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC,则(　　)
A.EkAC.EkA√
【解析】选C。由题意可得A点弹簧伸长量为r,B点和C点弹簧压缩量为r,即三个位置弹簧弹性势能相等,则由A点到B点过程中弹簧弹力做功为零,电场力做正功,动能增加,EkB>EkA,同理B点到C点过程中弹簧弹力和电场力做功都为零,重力做负功,则动能减小,EkB>EkC,由A点到C点全过程则有qElAB mglBC=EkC EkA>0,因此EkB>EkC>EkA,故选C。
【类题建模】
模型图示 模型剖析
若斜面光滑
过程①:加速直线运动
过程②:减速直线运动
模型图示 模型剖析
若地面光滑
过程①:加速直线运动
过程②:匀速直线运动
过程③:变速圆周运动
过程①:平抛运动
过程②:圆周运动
过程③:直线运动
角度2　动能定理与图像综合问题
【典题透视】
[例3][Ek x图像](多选)(2025·沈阳模拟)在某电场中沿一条直电场线建立x轴,一个电荷量为 q(q>0)的试探电荷从x=0位置由静止开始运动,依次通过x1、x2、x3、x4四点,试探电荷仅受电场力的作用,其动能Ek随位置x变化的关系图像如图所示,CD段是直线。下列说法正确的是(　　)
A.从O点到x2点,电场力先减小后增大
B.从x2点到x3点,电势减小
C.从x3点到x4点,电场强度沿x轴负方向,大小为
D.x1点和x4点间的电势差为
√
√
【解析】选B、D。由动能定理可知Ek x图像的斜率表示试探电荷受到
的电场力,从O点到x2点,试探电荷受到的电场力先增大后减小,故A错误;
从x2点到x3点,试探电荷的动能减小,由能量守恒定律可知电势能增大,而
试探电荷带负电,所以电势减小,故B正确;从x3点到x4点,电势降低,电场
强度沿x轴正方向,由E3 E4=Eq(x4 x3),可得电场强度大小E=,
故C错误;从x1点到x4点,由W=U( q)=E4 E1,
可得x1点和x4点间的电势差U=,故D正确。
[例4][F x图像](多选)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面上,质量为2 kg的小物块在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,拉力(F)随位移(x)变化的图像如图乙所示。取g=10 m/s2,则在物块沿斜面运动的过程中,下列判断正确的是(　　)
A.上升过程中,当x=7.5 m时物块的速度最大
B.上升过程中,当x=10 m时物块的速度为0
C.上升过程中,物块能到达的最大高度为7.5 m
D.下降过程中,当x=0时重力对物块做功的功率为100 W
√
√
【解析】选A、C。小物块所受重力沿斜面向下的分力大小为mgsin30°
=10 N,根据图乙可知,在拉力作用下,物块先沿斜面向上做匀加速直线运
动,后向上做加速度减小的直线运动,当拉力大小为10 N时,加速度减小
为0,此时速度达到最大值,根据图乙,结合数学函数关系,可以解得x=
7.5 m,故A正确;当x=10 m时,根据动能定理有WF mgxsin30°=mv2,
其中WF= J=150 J,
解得v=5 m/s,故B错误;
令物块沿斜面运动到x=10 m位置之后,沿斜面继续向上减速至0的位移
为x1,则有 mgx1sin30°=0 mv2,解得x1=5 m,则上升过程中,物块能到达
的最大高度为H=(x+x1)sin30°=(10+5)× m=7.5 m,故C正确;
物块由最高点下降至最低点过程有mg(x+x1)sin30°=m,
解得v1=5 m/s,则下降过程
中,当x=0时重力对物块做功
的功率为P=mgv1sin30°,
解得P=50 W,故D错误。
【类题建模】
模型图示 模型分析
Ek x图线的斜率表示合外力。
①OA段,合外力为恒力
②AB段,合外力为零
F x图线与横轴围成的面积表示力所做的功。
①Ox1段,F做的功W1=S1
②Ox2段,F做的功W2=S1 S2
(其中S1、S2分别表示相应阴影部分的面积)
考向二 机械能及其守恒定律的应用
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
机械能 守恒 定律 1.弹簧发生形变具有的弹性势能:Ep=k(Δx)2。
2.天体(卫星)绕中心天体做椭圆运动、圆周运动过程中,仅有万有引力做功,机械能守恒。若取无穷远处重力势能为零,则在距离中心天体球心r处,具有的重力势能为Ep= 。
3.判断机械能是否守恒的条件:
方法一:从能量转化的角度分析,是否出现机械能之外的能量转化。
方法二:从做功的角度分析,是否有重力(系统内弹力)之外的其他力做功
内容 重要规律、公式和二级结论
系统 机械能 守恒 定律 1.通过轻绳、轻杆以及轻弹簧连接的多个物体组成的系统,若没有机械能与其他形式能的转化,系统机械能守恒,但系统内单个物体机械能不守恒。
2.系统机械能守恒问题,需要根据ΔEk= ΔEp或者ΔEA= ΔEB列方程求解,但是一定要注意关联物体速度之间的关系
角度1　天体运动类机械能守恒
【典题透视】
[例5][定轨道运动]2021年5月,“天问一号”探测器成功在火星软着陆,我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时[1],近火点距离火星表面2.8×102 km、远火点距离火星表面5.9×105km[2],则“天问一号”(　　)
A.在近火点的加速度比远火点的小
B.在近火点的运行速度比远火点的小
C.在近火点的机械能比远火点的小
D.在近火点通过减速可实现绕火星做圆周运动
√
【题眼破译】
[1]此时“天问一号”在一确定轨道上运动。
[2]“天问一号”的运行轨道是椭圆。
【解析】选D。根据牛顿第二定律有G=ma,解得a=,故在近火点的加速度比远火点的大,故A错误;根据开普勒第二定律,可知在近火点的运行速度比远火点的大,故B错误;“天问一号”在同一轨道,只有引力做功,则机械能守恒,故C错误;“天问一号”在近火点做的是离心运动,若要变为绕火星的圆轨道,需要减速,故D正确。
[例6][变轨道运动](多选)(2025·珠海模拟)2025年11月1日3时33分,“神舟二十一号”飞船与天宫空间站顺利对接。如图所示,飞船与空间站对接前在各自预定的圆轨道Ⅰ、Ⅲ上运动,Ⅱ为对接转移轨道,下列说法正确的是(　　)
A.飞船在Ⅰ轨道运行速度小于在Ⅲ轨道上的运行速度
B.飞船在三个轨道上的运行周期TⅠC.飞船在Ⅱ轨道上的机械能大于在Ⅰ轨道上的机械能
D.飞船在三个轨道上运行时与地球连线在单位时间内扫过的面积相等
√
√
【解析】选B、C。根据万有引力提供向心力可得G=m,解得v=,因为rⅠ根据开普勒第三定律=k,因为rⅠ【加固训练】(多选)2024年9月25日,中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域成功发射了一枚洲际弹道导弹,导弹准确落入预定海域。如图所示,假设从地面A点发射一枚远程弹道导弹,若导弹只在地球引力作用下沿ACB椭圆轨道飞行,最终击中地面目标B。C点为椭圆轨道的远地点,离地面高度为h,导弹在A点的发射速度和在B点的落地速度方向均平行于CO(O为地心)。已知地球半径为R,远程弹道导弹在空中的运动满足开普勒三大定律,地球表面的重力加速度为g,则(　　)
A.导弹经过C点的速度方向垂直CO
B.导弹在空中飞行时机械能先增加后减少
C.导弹在C点的加速度小于g
D.若导弹到达C点时点火加速,则导弹可能在过C点的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动
√
√
√
【解析】选A、C、D。导弹在椭圆轨道远地点的速度方向垂直于长轴,A正确;导弹在空中飞行时机械能守恒,B错误;导弹经C点时,由万有引力提供向心力,有=ma,又由=mg,联立可得a=g【类题建模】
模型图示 模型分析
只受万有引力,卫星的机械能守恒
变轨时,卫星受到万有引力和反冲力,卫星的机械能变化
角度2　连接体类机械能守恒
【典题透视】
[例7][共速率模型](多选)如图,半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内,质量为m的A球和质量为3m的B球用长为R的轻杆相连,杆从竖直位置开始静止释放,则(　　)
A.杆第一次水平时,A的速度大小是
B.杆从释放到第一次水平过程中,A的机械能增加
C.杆从释放到第一次水平过程中,杆对B做正功
D.整个运动过程中,A的最大速度为
√
√
√
【解析】选A、C、D。选取杆水平的位置为零势能面,杆水平时,杆到圆心的高度h==R
从释放到杆水平,系统的机械能守恒,
则有mg(+)R+3mg()R=mv2+·3mv2
解得杆第一次水平时,A的速度大小v=,A正确;
选取杆水平的位置为零势能面,刚释放时A的机械能为EA=mgR
水平时A具有的机械能为E'A=mv2=m×()gR=()mgR,显然EA>E'A,A的机械能减小,B错误;对B而言,根据动能定理可得3mg()R+W=·3mgR,解得W=mgR>0,
即杆对B做正功,C正确;
对A、B整体而言,其质心位置距B的距离为R=R,此时质心与圆心O的距离为r==R,质心以r为半径,绕圆心O做圆周运动,当质心运动到最低点时,下降的高度h=r =R,系统机械能守恒则有4mgh=(m+3m),
联立解得vmax=,D正确。
[例8][关联速度模型]如图所示,套在光滑竖直杆上[1]的轻弹簧与杆一起固定在水平地面上,弹簧的另一端与穿在杆上的小球相连,绕过定滑轮O点的轻绳一端连接小球,另一端连接放在光滑固定斜面上[1]的小滑块。初始时托住小滑块,使轻绳刚好伸直但恰好无拉力,之后由静止释放小滑块,小球从M点沿杆向N点运动。
已知斜面的倾角为30°,小球的质量为m,小滑块的质量为6m,ON长度为L,ON与MN垂直。初始时轻绳与杆的夹角为37°[2],O点左侧的轻绳与斜面平行,小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等[3],重力加速度大小为g,sin37°=0.6。在小球从M点向上运动到N点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球和小滑块组成的系统机械能守恒
B.弹簧的劲度系数为
C.在运动过程中小滑块的速度始终大于小球的速度
D.小球运动到N点时的速度大小为
√
【题眼破译】
[1]说明没有摩擦力,滑块、小球和弹簧组成的系统机械能守恒。
[2]根据关联速度关系v物=v球cos37°。
[3]说明小球在M点和N点时,弹簧的形变量大小相同,弹性势能相等。
【解析】选D。由题意可知,小球、小滑块和弹簧组成的系统机械能守
恒,故A错误;由几何关系可知,在M点弹簧的压缩量为x1=×=L,在
M点由平衡条件mg=kx1,联立可得弹簧的劲度系数为k=,故B错误;设
轻绳与杆的夹角为θ,根据关联速度关系v物=v球cosθ,当小球运动到N点时
θ=90°,此时滑块的速度为0,则滑块的速度先增大后减小,故在运动过程
中小滑块的速度不是始终大于小球
的速度,故C错误;
由于小球经过N点时弹簧的弹力大小与初始时相等,
故在M、N两点弹簧的弹性势能相等,由系统机械能守恒得6mg( L)sin30° mg=mv2
解得小球运动到N点时的速度大小为v=,故D正确。
【类题建模】
模型图示 模型分析
两物体速度大小相等
两物体角速度相同,线速度与半径成正比
模型图示 模型分析
两物体沿绳(杆)方向的分速度相等
vAcosα=vBsinα
同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小,在弹簧弹性限度内,形变量相等,弹性势能相等
考向三 功能关系及能量守恒定律
【核心知识】
内容 重要规律、公式和二级结论
能量 守恒 定律 1.摩擦产生的内能(热能):Q=FfΔx相对。
2.含摩擦生热、焦耳热、电势能、电能等多种形式能量转化的系统,优先选用能量守恒定律。
3.能量守恒定律的常见表达式
(1)守恒角度:E初=E末,初、末总能量不变。
(2)转移角度:EA减=EB增,A物体减小的能量等于B物体增加的能量。
(3)转化的角度:ΔE增=ΔE减,减少的某些能量等于增加的某些能量
内容 重要规律、公式和二级结论
功能 关系 1.功和能是两个联系密切的物理量,做功的过程就是能量转化的
过程,做了多少功,就有多少能量发生转化。功是能量转化的
量度,W=ΔE。
2.常见的功能关系:
(1)重力做功(WG=mgh)等于重力势能的变化量:WG= ΔEp。
(2)弹力做功等于弹性势能的变化量:WFN= ΔEp。
(3)合外力做功(W合=W1+W2+…+Wn)等于动能的变化量:W合=ΔEk。
内容 重要规律、公式和二级结论
功能 关系 (4)除重力(系统内弹力)之外的其他力做功等于机械能的变化量:
W其他=ΔE机。
(5)滑动摩擦力对系统做功等于系统内能的变化量:|Wf+Wf'|=ΔE内。
(6)电场力做功等于电势能的变化量:W电= ΔEp。
(7)在动生电磁感应现象中,通过克服安培力做功,将其他形式能转化为电能。克服安培力做的功等于回路中产生的电能。
内容 重要规律、公式和二级结论
功能 关系 3.传送带中的功能关系
(1)摩擦力对物体做功等于物体机械能的变化量。
(2)摩擦力对系统做功的代数和绝对值等于产生的内能。
(3)摩擦力对传送带做功等于电动机由于传送物体多消耗的电能
角度1　力
【典题透视】
[例9][能量守恒定律的应用]教材习题改编(教科版必修三P156T4)为实现2030年“碳达峰”和2060年“碳中和”的目标,我国大力发展清洁能源。清洁能源是指不排放污染物或低排放污染物,能够直接用于生产生活的能源,包括风能、水能、太阳能等。
(1)人们采用“太阳常数”来描述地球大气层上方的太阳辐射强度。它是指日地之间处于平均日地距离时,在地球大气层的上界,垂直于太阳辐射的单位表面积上单位时间所接收的太阳辐射能。已知太阳常数的标准值约为1 300 W/m2,地球的半径为R=6 400 km(πR2=1.3×),试根据以上数据估算太阳每秒辐射到地球的总能量。
答案:(1)1.69×1017 J　
【解析】(1)太阳常数的标准值约为k=1 300 W/m2
垂直于太阳辐射光的地球有效面积S=πR2
代入数据得太阳每秒辐射到地球的总能量
E=Pt=kSt=1.69×1017 J
(2)某校科技实验小组的同学把一个横截面积是314 cm2的矮圆筒的内
壁涂黑,外壁用保温材料包裹,内装水1 kg,让阳光垂直圆筒口照射了
1 min,水的温度升高了1 ℃。已知到达大气层顶层的太阳能只有42%
能到达地面,太阳与地球间的距离是1.5×1011 m,水的比热容为4.2×
103 J/(kg·℃)。试由以上数据估算太阳每分钟向外辐射的总能量。
(答案保留1位有效数字)
答案: (2)9×1028 J
【解析】(2)由题意,水的比热容为c=4.2×103 J/(kg·℃)
水吸收的热量Q=cm·Δt
圆筒横截面积S圆=314 cm2
圆筒单位面积吸热Q1=
以太阳为中心则R'=1.5×1011 m
以R'为半径的球的面积S'=4πR'2
太阳每分钟向外辐射的总能量E==9×1028 J
[例10][功能关系的应用](多选)(2025·云南高考)如图所示,倾角为θ的固定斜面,其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧,弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ。过程Ⅰ:Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点;过程Ⅱ:将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放,Q通过M点(图中未画出)时速度最大,过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力,重力加速度大小为g。则(　　)
A.P、M两点之间的距离为
B.过程Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m
C.过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为
D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放,最终一定静止在OM(含O、M点)之间
√
√
√
【解析】选B、C、D。设PO的距离为L,过程Ⅰ,根据动能定理有
mgsinθ·L μmgcosθ·L=0 m,设MO的距离为L1,过程Ⅱ中,当Q速度
最大时,根据平衡条件有kL1=mgsinθ+μmgcosθ,P、M两点之间的距离
L2=L L1,联立可得L2=,故A错误;根据功能关系,可知过程
Ⅱ中,Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcosθ·L,
结合 mgsinθ·L μmgcosθ·L=0 m,
可得ΔE=m,故B正确;
设过程Ⅱ中,Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x,根据能量守恒定律
得kL2=mgsinθ·x+μmgcosθ·x+k(x L)2,结合 mgsinθ·L μmgcosθ·L
=0 m,解得x=,故C正确;Q无论从何处释放,Q在斜面
上运动过程中,弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热,当在M点时,满足
kL1=mgsinθ+μmgcosθ,当在O点时,
满足mgsinθ=μmgcosθ,所以在OM
(含O、M点)之间速度为零时,Q将
静止,故D正确。
【加固训练】如图1所示,“冰坑挑战”需要挑战者先进入一个坡面与水平面夹角为θ、半径为R的倒圆锥形冰坑,然后尝试从其中离开。方式甲——挑战者沿着如图2甲所示坡面向上走或爬的方式,很难离开冰坑,通常还是会滑回坑底。方式乙——挑战者沿着如图2乙所示的螺旋线方式跑动多圈后,最终可以成功离开冰坑。已知挑战者的质量为m,其与冰面的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。为了讨论方便,假定滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等;方式乙中人的跑动半径r缓慢增大,每一圈的轨迹都可近似为与水平地面平行的圆。下列说法正确的是(　　)
A.在方式甲中,一定满足关系式mgsinθ<μmgcosθ
B.在方式甲和方式乙中,挑战者受到的最大静摩擦力大小不同
C.在方式乙中,可利用mgtanθ=m求得每圈的最小速度
D.在方式乙中,挑战者离开冰坑做的功至少为mgRtanθ
√
【解析】选B。由于在方式甲中,挑战者很难离开冰坑,通常还是会
滑回坑底。说明挑战者受到的摩擦力小于重力的下滑分力,即有mgsinθ>μmgcosθ,A错误;在图2甲方式中,其最大摩擦力f甲=μmgcosθ,
在图2乙方式中,对挑战者受力分析如图
在水平方向上,根据合外力提供向心力有FNsinθ f乙cosθ=,其中v
为挑战者圆周运动的线速度,r为挑战者在该平面圆周运动的半径;
在竖直方向上,根据平衡条件可得FNcosθ+f乙sinθ=mg,
联立解得f乙=mgsinθ cosθ,显然f甲≠f乙,B正确;
在乙方式中,由上述分析可知,支持力与摩擦力在水平方向的合力提供挑战者做圆周运动的向心力,因此不能利用mgtanθ=m求每圈的最小速度,C错误;
由图2甲可知,冰坑的深度为h=Rtanθ
整个过程中,挑战者克服重力做的功WG=mgh=mgRtanθ,除此之外,挑战者还要克服摩擦力做一部分功,故在方式乙中,挑战者离开冰坑做的功至少大于mgRtanθ,D错误。
【类题建模】
模型图示 模型分析
重力势能变化:
WG= ΔEp
模型图示 模型分析
弹性势能变化:
W弹= ΔEp
动能变化:
W合=ΔEk
模型图示 模型分析
机械能变化:
W其他=ΔE总
系统内能变化:
ΔE内= Ffx相对
角度2　静电场
【典题透视】
[例11][只受静电力作用的运动]A、B、C三个点电荷周围的电场线和等势线分布如图中实线所示,虚线为一电子只受静电力作用的运动轨迹,M、N是电子运动轨迹上的两点,下列说法正确的是(　　)
A.点电荷A带负电
B.M、N两点的电场强度大小EM>EN
C.M、N两点的电势高低φM<φN
D.电子从M点运动到N点,电势能增大
√
【解析】选D。根据电子的运动轨迹,结合电子轨迹要夹在合力和速度之间,且合力指向轨迹凹的一侧,可判断点电荷A带正电,故A错误;根据等势线的疏密同时也可表示电场线的疏密,由电场线的疏密表示电场强度的大小,由题图可判断知EMφN,故C错误;电子从M点运动到N点,根据WMN=eUMN=e(φM φN)<0,电场力对电子做负功,电子的电势能增加,故D正确。
[例12][含静电力作用的运动](多选)(2025·天津红桥区二模)如图所示,静电场中竖直虚线a、b、c、d、e是等势线且相邻之间电势差相等,一带正电的小液滴从A点以竖直向上的初速度开始运动,经最高点B后回到与A点在同一水平线上的E点,A、B、C、D、E为液滴轨迹与等势线的交点。则下列说法正确的是(　　)
A.A点的电势低于B点的电势
B.液滴的机械能一直增大
C.液滴在B点时的动能最小
D.B→E过程静电力所做的功是A→B过程的3倍
√
√
【思路导引】
(1)等势线是间距相等的平行直线,说明电场为匀强电场。
(2)液滴在竖直方向上做上抛运动,从A到B和从B到E的运动时间相等。
(3)液滴在水平方向上做匀加速直线运动。
【解析】选B、D。液滴带正电,所以电场强度的方向水平向右,A点的电势高于B点的电势,A错误;电场力一直做正功,液滴的机械能一直增大,B正确;液滴所受的电场力水平向右,液滴所受的合力向右下方,当速度方向与合力方向垂直时液滴的动能最小,液滴动能最小时速度方向向右上方,液滴在B点左方某点时的动能最小,C错误;根据WAB=qUAB,WBE=qUBE,根据题意得UBE=3UAB,解得WBE=3WAB,D正确。
【类题建模】
模型图示 模型分析
(1)静电力做功,物体的电势能变化。
(2)动能和电势能之和保持不变
(1)静电力做功,物体的电势能变化。
(2)合力做功,物体的动能变化。
(3)动能、电势能、机械能以及内能等
能量的总和不变
角度3　电磁感应
【典题透视】
[例13]如图甲所示,列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示,一闭合正方形单匝均匀导线框abcd放在水平面内,其质量为m,阻值为R,边长为L,左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。
当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时,线框具有水平向右的速度7v0,当cd边离开磁场右边界时线框速度为v0。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行,除磁场所给作用力外线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为f=的阻力作用,求:
(1)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q;
答案:(1)　
【解析】(1)根据电流强度定义得q=·Δt
根据闭合电路欧姆定律得=
根据法拉第电磁感应定律得=
因为ΔΦ=BL2
联立解得q=。
(2)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q。
答案: (2)6m
【解析】(2)根据能量守恒定律得
Q+f·3L=m(7v0)2 m
代入题中数据,解得Q=6m。
【类题建模】
模型图示 模型分析
磁场能转化为电能,电能又转化为内能
导体棒的机械能转化为电能,电能又
转化为内能
[靶向预测](多选)(2025·怀化三模)如图所示,两根等高光滑的半圆形圆弧轨道,半径为r,间距为L,轨道竖直固定,在轨道左端连一阻值为R1的电阻,在轨道右端连一阻值为R2的电阻,已知R1=2R2=2R0,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路电阻为R0的金属棒,从轨道的左端ab处开始(记为t=0时刻),在变力F的作用下以初速度v0沿圆弧轨道做匀速圆周运动至cd处,直径ad、bc水平,整个过程中金属棒与导轨接触良好,所有轨道均不计电阻,则(　　)
A.当t=时,金属棒中的电流大小为
B.从0时刻起到t=时,通过电阻R1的电量为
C.从0时刻起到t=时,电阻R1的发热量为
D.从0时刻起到t=时,外力F做功为
√
√
√
【解析】选A、C、D。设t时刻金属棒与圆心的连线和水平方向的夹角
为θ,则θ=,产生的感应电动势e=BLv0sinθ,根据闭合电路欧姆定律可得
金属棒中的电流大小I==sin(),故当t=时,金属棒中的
电流大小为,A正确;根据=,=,q=Δt=,从0时刻起到t=
时,ΔΦ=BLr,故通过回路的总电量为q=,
通过电阻R1的电量为q1=q=,B错误;
通过上面的分析可知,回路内的电流为正弦交变电流,电流的最大值为Im=,电阻R1的发热量为Q1=2R0t,从0时刻起到t=时,电阻R1的发热量为Q1=,C正确;从0时刻起到t=时,回路内的总发热量为Q=R0t=,根据功能关系知WF=Q=,D正确。

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