《2019版高考物理總復習 第五章 機械能 基礎課3 機械能守恒定律及其應用課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019版高考物理總復習 第五章 機械能 基礎課3 機械能守恒定律及其應用課件.ppt（38頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

基礎課3機械能守恒定律及其應用 重力做功與重力勢能 1 重力做功的特點 1 重力做功與無關 只與始 末位置的有關 2 重力做功不引起物體的變化 知識排查 路徑 高度差 機械能 2 重力勢能 1 表達式 Ep 2 重力勢能的特點 系統(tǒng)性 重力勢能是所共有的 相對性 重力勢能的大小與參考平面的選取 但重力勢能的變化與參考平面的選取 3 重力做功與重力勢能變化的關系 1 定性關系 重力對物體做正功 重力勢能就 重力對物體做負功 重力勢能就 2 定量關系 重力對物體做的功等于物體重力勢能的 即WG Ep mgh 物體和地球 有關 無關 減小 增大 減小 Ep2 Ep1 彈性勢能 1 定義 物體由于發(fā)生而具有的能 2 彈力做功與彈性勢能變化的關系 彈力做正功 彈性勢能 彈力做負功 彈性勢能 即W 彈性形變 減小 增加 Ep 1 機械能 和統(tǒng)稱為機械能 其中勢能包括和 2 機械能守恒定律 1 內(nèi)容 在只有做功的物體系統(tǒng)內(nèi) 動能與勢能可以相互轉化 而總的機械能 機械能守恒定律及應用 3 守恒條件 只有重力或彈簧的彈力做功 動能 勢能 彈性勢能 重力勢能 重力或彈簧彈力 保持不變 1 思考判斷 1 被舉到高處的物體的重力勢能一定不為零 2 物體在速度增大時 其機械能可能在減小 3 物體所受合外力為零時 機械能一定守恒 4 物體除受重力外 還受其他力 但其他力不做功 則物體的機械能一定守恒 答案 1 2 3 4 小題速練 2 將質量為100kg的物體從地面提升到10m高處 在這個過程中 下列說法正確的是 取g 10m s2 A 重力做正功 重力勢能增加1 0 104JB 重力做正功 重力勢能減少1 0 104JC 重力做負功 重力勢能增加1 0 104JD 重力做負功 重力勢能減少1 0 104J解析WG mgh 1 0 104J Ep WG 1 0 104J 選項C正確 答案C 3 人教版必修2 P78 T3改編 多選 如圖1所示 在地面上以速度v0拋出質量為m的物體 拋出后物體落到比地面低h的海平面上 若以地面為零勢能面 而且不計空氣阻力 則下列說法正確的是 答案AD 圖1 機械能守恒的判斷 1 利用機械能的定義判斷 直接判斷 分析動能和勢能的和是否變化 2 用做功判斷若物體或系統(tǒng)只有重力 或彈簧的彈力 做功 或有其他力做功 但其他力做功的代數(shù)和為零 則機械能守恒 3 用能量轉化來判斷若物體系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化 則物體系統(tǒng)機械能守恒 1 多選 如圖2所示 下列關于機械能是否守恒的判斷正確的是 A 圖甲中 物體A將彈簧壓縮的過程中 物體A機械能守恒B 圖乙中 物體A固定 物體B沿斜面勻速下滑 物體B的機械能守恒C 圖丙中 不計任何阻力和定滑輪質量時 物體A加速下落 物體B加速上升過程中 物體A B組成的系統(tǒng)機械能守恒D 圖丁中 小球沿水平面做勻速圓錐擺運動時 小球的機械能守恒 圖2 解析題圖甲中重力和彈力做功 物體A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 但物體A機械能不守恒 選項A錯誤 題圖乙中物體B勻速下滑 動能不變 重力勢能減小 物體B的機械能不守恒 選項B錯誤 題圖丙中繩子張力對物體A做負功 對物體B做正功 代數(shù)和為零 物體A B組成的系統(tǒng)機械能守恒 選項C正確 題圖丁中小球的動能不變 勢能不變 機械能守恒 選項D正確 答案CD 2 多選 質量為m的物體 從靜止開始以2g的加速度豎直向下運動h高度 下列說法正確的是 A 物體的重力勢能減少2mghB 物體的機械能保持不變C 物體的動能增加2mghD 物體的機械能增加mgh解析因重力做了mgh的功 由重力做功與重力勢能變化關系可知重力勢能減少mgh 合力做功為2mgh 由動能定理可知動能增加2mgh 除重力之外的力做功mgh 所以機械能增加mgh 選項A B錯誤 C D正確 答案CD 3 如圖3所示 P Q兩球質量相等 開始兩球靜止 將P上方的細繩燒斷 在Q落地之前 下列說法正確的是 不計空氣阻力 A 在任一時刻 兩球動能相等B 在任一時刻 兩球加速度相等C 在任一時刻 系統(tǒng)動能和重力勢能之和保持不變D 在任一時刻 系統(tǒng)機械能是不變的 圖3 解析細繩燒斷后 由于彈簧處于伸長狀態(tài) 通過對P Q兩球受力分析可知aP aQ 在任一時刻 兩球的動能不一定相等 選項A B錯誤 系統(tǒng)內(nèi)有彈力做功 彈性勢能發(fā)生變化 系統(tǒng)的動能和重力勢能之和發(fā)生變化 選項C錯誤 Q落地前 兩球及彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈簧的彈力做功 整個系統(tǒng)的機械能守恒 選項D正確 答案D 判斷機械能是否守恒時 一定要注意研究對象是單個物體還是物體系統(tǒng) 研究對象不同 得到的結果也會不一樣 機械能守恒定律的應用 機械能守恒定律的表達式 典例 2017 定州模擬 如圖4所示 B是質量為2m 半徑為R的光滑半圓弧槽 放在光滑的水平桌面上 A是質量為3m的細長直桿 在光滑導孔的限制下 A只能上下運動 物塊C的質量為m 緊靠B放置 初始時 A桿被夾住 使其下端正好與半圓弧槽內(nèi)側的上邊緣接觸 然后從靜止釋放A 求 1 桿A的下端運動到槽B的最低點時B C的速度 2 桿A的下端經(jīng)過槽B的最低點后 A能上升的最大高度 圖4 解析 1 最低點時 長直桿在豎直方向的速度為0 B C具有共同速度v 由 整個系統(tǒng)ABC 機械能守恒定律得 2 B C分離后 桿上升到所能達到的最高點時 A B的速度均為0 A B系統(tǒng)機械能守恒 1 一小球以一定的初速度從圖示5位置進入光滑的軌道 小球先進入圓軌道1 再進入圓軌道2 圓軌道1的半徑為R 圓軌道2的半徑是軌道1的1 8倍 小球的質量為m 若小球恰好能通過軌道2的最高點B 則小球在軌道1上經(jīng)過A處時對軌道的壓力為 A 2mgB 3mgC 4mgD 5mg 圖5 答案C 圖6 A 兩小球到達底端時速度相同B 兩小球由靜止運動到底端的過程中重力做功不相同C 兩小球到達底端時動能相同D 兩小球到達底端時 甲小球重力做功的瞬時功率大于乙小球重力做功的瞬時功率 答案C 3 如圖7所示 在某豎直平面內(nèi) 光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點 BC右端連接內(nèi) 外壁光滑 半徑r 0 2m的四分之一細圓管CD 管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k 100N m的輕彈簧 彈簧一端固定 另一端恰好與管口D端平齊 一個質量為1 0kg的小滑塊 可視為質點 放在曲面AB上 現(xiàn)從距BC的高度為h 0 6m處由靜止釋放小滑塊 它與BC間的動摩擦因數(shù) 0 5 小滑塊進入管口C端時 它對上管壁有FN 2 5mg的相互作用力 通過CD后 在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep 0 5J 取重力加速度g 10m s2 求 1 小滑塊在C處受到的向心力大小 2 在壓縮彈簧過程中小滑塊的最大動能Ekm 3 小滑塊最終停止的位置 圖7 解析 1 小滑塊進入管口C端時它與圓管外管壁有大小為FN 2 5mg的相互作用力 故小滑塊在C點受到的向心力大小為F向 2 5mg mg 35N 2 在壓縮彈簧過程中小滑塊速度最大時 所受合力為零 設此時小滑塊離D端的距離為x0 則有kx0 mg 小滑塊從C點運動到速度最大位置的過程中 由機械能守恒定律得 3 小滑塊從A點運動到C點過程 由動能定理得 故最終小滑塊在距離B點為 0 7 0 5 m 0 2m處停下 答案 1 35N 2 6J 3 距B點0 2m 解得B C間的距離s 0 5m小滑塊與彈簧作用后返回C處動能不變 小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中 設之后小滑塊在BC上的運動路程為s 系統(tǒng)機械能守恒的兩類連接體模型 模型建構能力的培養(yǎng) 模型一速率相等的連接體模型1 如圖8所示的兩物體組成的系統(tǒng) 當釋放B而使A B運動的過程中 A B的速度均沿繩子方向 在相等的時間內(nèi)A B運動的路程相等 則A B的速率相等 圖8 2 判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒不從做功角度判斷 而從能量轉化的角度判斷 即 如果系統(tǒng)中只有動能和勢能相互轉化 系統(tǒng)的機械能守恒 這類題目的典型特點是系統(tǒng)不受摩擦力和空氣阻力作用 例1 如圖9所示 A B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連 A放在固定的光滑斜面上 B C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連 C球放在水平地面上 現(xiàn)用手控制住A 并使細線剛剛拉直但無拉力作用 并保證滑輪左側細線豎直 右側細線與斜面平行 已知A的質量為4m B C的質量均為m 重力加速度為g 細線與滑輪之間的摩擦不計 開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài) 釋放A后 A沿斜面下滑至速度最大時 C恰好離開地面 求 1 斜面的傾角 2 A球獲得的最大速度vm 圖9 審題建模 1 細線不可伸長 A B兩球速率一定相等 但B與C球用彈簧相連 速率一般不同 2 彈簧的彈性勢能與彈簧的形變量大小有關 無論彈簧處于伸長狀態(tài)還是壓縮狀態(tài) 解析 1 由題意可知 當A沿斜面下滑至速度最大時 C恰好離開地面 A的加速度此時為零 由牛頓第二定律得4mgsin 2mg 0 模型二角速度相等的連接體模型1 如圖10所示的兩物體組成的系統(tǒng) 當釋放后A B在豎直平面內(nèi)繞O點的軸轉動 在轉動的過程中相等時間內(nèi)A B轉過的角度相等 則A B轉動的角速度相等 圖10 2 系統(tǒng)機械能守恒的特點 1 一個物體的機械能增加 另一個物體的機械能必然減少 機械能通過內(nèi)力做功實現(xiàn)物體間的轉移 2 內(nèi)力對一個物體做正功 必然對另外一個物體做負功 且二者代數(shù)和為零 例2 2017 黑龍江模擬 多選 將質量分別為m和2m的兩個小球A和B 用長為2L的輕桿相連 如圖11所示 在桿的中點O處有一固定水平轉動軸 把桿置于水平位置后由靜止自由釋放 在B球順時針轉動到最低位置的過程中 不計一切摩擦 圖11 答案BC 解決角速度相等的連接體問題三點提醒 1 要注意判斷系統(tǒng)的機械能是否守恒 2 注意尋找物體間的速度關系和位移關系 3 列機械能守恒方程時 一般選用 Ek Ep的形式 1 當A轉動到最低點時 兩小球的重力勢能之和減少了多少 2 A球轉到最低點時的線速度是多少 圖12 解析 1 以通過固定軸O的水平面為零勢能面 開始時兩球的重力勢能之和為 當小球A轉至最低點時兩小球重力勢能之和為Ep2 EpA EpB mgr 0 mgr 故兩球重力勢能之和減少量為