2027届高三物理一轮复习课件：第六章　机械能守恒定律_含解析

这是一份2027届高三物理一轮复习课件：第六章　机械能守恒定律_含解析，共115页。
目 录 CONTENTS
考点1　功的分析和计算1.恒力做功的计算
2.变力做功的计算方法
点拨提醒平均力法中,平均力为力关于位移的平均值。
3.合力做功的计算方法(1)方法一:先求合力F合,再用W合=F合l cs α求功(适用于合力为恒力)。(2)方法二:先求各个力做的功W1、W2、W3、…,再应用W合=W1+W2+W3+…求合力做的功(适用于多阶段运动过程)。(3)方法三:利用动能定理W合=Ek2-Ek1(已知初、末状态的动能求合力做的功)。4.摩擦力做功的计算摩擦力可以做正功,也可以做负功,还可以不做功。摩擦力做功与路径有关。
典例1    (多选)(2025届河南H20联盟4月联考)如图所示,质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平桌面运动,运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F0-kx(k为已知定值,k>0),已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ= (g为重力加速度),下列说法正确的是     (         )A.滑块最终能回到出发点B.滑块向右运动的最大位移为 C.滑块运动的最大速度为  
D.从开始运动到滑块最终静止,滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为 
解析　　滑动摩擦力大小f=μmg= ,从开始运动到F=0时,拉力F做的功WF=F0× × = ,假设此过程中滑块一直滑动,则滑动摩擦力所做负功的绝对值为Wf=μmg× = ,可得Wf>WF,故假设不成立,拉力F减为0之前,滑块已经停止运动,即滑块不能回到出发点,A错误。设滑块的最大位移为xm,由动能定理可得 -f·xm=0,解得xm= ,B正确。滑块速度最大时,有F0-kx1=μmg,解得此时滑块位移x1= ;由动能定理可得 -f·x1= m ,解得vm=  ,C正确。从开始运动到滑块最终静止,滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为Q=μmgxm= × = ,D错误。
考点2　功率的分析和计算 
典例2    (2025届甘肃张掖四校一模)如图所示,两长度均为L的相同轻质细杆与铰链A、B、C相连,质量可忽略的铰链A固定在地面上,铰链B和C质量不可忽略,均为m,铰链A、B、C均可视为质点。起始位置两细杆竖直,如图中虚线所示,铰链A和C彼此靠近。t=0时铰链C在水平外力F的作用下从静止开始做初速度为零、加速度大小为a= g的匀加速直线运动(g为重力加速度),到t=t1时BA和BC间的夹角变为120°,如图中实线所示。若两个轻质细杆始终在同一竖直面内运动,所有摩擦均不计,下列说法正确的是(         )
解析　    t=t1时,C相对A的位移大小x=2L cs 30°= L;由 =2ax解得t=t1时C的速度大小vC= ;B、C的速度关系如图1所示,可得vC cs 30°=vB cs 30°【点拨:B的速度方向垂直AB】,故t=t1时重力对B做功的瞬时功率PG=mgvB ·cs 30°= ,A错误,B正确。从t=0到t=t1时间内,对A、B、C组成的系统,根据能量守恒可得mgL(1-cs 60°)+WF= m + m ,解得力F做的功WF= mgL,C错误。t=t1时B的受力如图2所示,由做圆周运动的受力特点可得FC sin 30°+mg sin 30°-FA=m ,水平方向,由牛顿第二定律可得FA cs 30°-FC cs 30°=m 【点拨:B的水平位移始终是C的一半,故B的水平加速度为C的一半】;联立
解得FA=- mg,故t=t1时连接A、B的细杆的弹力大小为 mg,D错误。      
考点3　机车启动问题1.恒定功率启动  
典例3    (2025届辽宁名校联盟联考)某动车组由8节车厢组成,其中第1、3、6、8节为动力机车,其他4节为拖车,4节动力机车输出功率始终相同,一节动力机车输出功率随时间变化的关系图像如图甲所示,动车组速率随时间变化的关系图像如图乙所示。每节车厢在运动过程中所受阻力均为F阻、质量均为m,则 (         )A.动车组能达到的最大速率为 
B.0~t1时间内,动车组运动的路程为 C.t1时刻,第4节车厢对第5节车厢的拉力为 D.t2~t3时间内,动车组的平均速率为 
解析　　动车组的最大速率vm= = ,A错误。0~t1时间内,对动车组,根据动能定理可得4× P1t1-8F阻x1=8× m ,解得动车组运动的路程x1= ,B错误。t1时刻,动力机车输出的总牵引力F= ,动车组的加速度大小a1= = ;对5、6、7、8节车厢分析,根据牛顿第二定律可得FT+2 -4F阻=4ma1,解得第4节车厢对第5节车厢的拉力FT=0,C错误。t2~t3时间内,动力机车输出牵引力做的总功W=4× (P1+P2)(t3-t2)=2(P1+P2)(t3-t2);根据动能定理可得W-8F阻x2=8×( m - m ),解得动车组运动的路程x2=
 ,故其平均速率 = = ,D正确。
提分关键·规律总结机车启动问题三个重要关系式(1)无论哪种启动方式,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即vm= 。(2)机车以恒定加速度启动的过程中,匀加速过程结束时,功率最大,但速度不是最大,v1=  mgh,运动员第一次从O到b,由动能定理有 m = mgh-W1 ,B错误。物块从C运动到D的过程中,物块受的支持力的竖直分量先大于重力后小于重力,则竖直方向的分速度先增大后减小,故重力的瞬时功率先增大后减小,C错误。若在图中F点脱轨,
受力分析如图所示,在F点有mg cs φ=m ,从B点到F点,根据动能定理可得-mg(R+R cs φ)= m - m ,联立解得 cs φ= ,F点离地面高度为h=R+R cs φ= R,D正确。 
典例2    (2025福建,15,12分)如图(a),竖直平面内,一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接,固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起,静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上,使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移,F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2 kg,A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25,B与水平轨道间的摩擦不计,重力加速度大小取10 m/s2。(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中,推力F做的功;(2)求A的位移为1 m时,A、B间的作用力大小;(3)若B能到达M点,求半圆形轨道半径应满足的条件。
答案(1)1.5 J    (2)0.5 N    (3)R≤0.2 m
解析(1)F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,0~1 m内F做的功为W=1.5×1 J=1.5 J(2)x=1 m时,设A、B之间的作用力大小为N,对A与B整体和B分别受力分析,如图1、图2所示。
对于A、B整体,根据牛顿第二定律有F-fA=(mA+mB)aA受到的摩擦力为fA=μmAg对于B,根据牛顿第二定律有N=mBa代入数据F=1.5 N,mA=mB=0.2 kg,μ=0.25,解得N=0.5 N(3)要保证B能到达M点,需满足mg≤ ,设圆弧轨道的半径最大为Rm,则B在M点时的最小速度vB满足mg= ,可得vB= 用力F推动A与B,当A、B之间的作用力为零时A、B分离,即当F减小到F=fA=μmAg=0.5 N时A、B分离,由题图(b)可知A、B分离时向右移动的位移x1=3 m此过程中,设F做的功为WF,A、B刚要分离时两者的速度均为v0,由动能定理有
WF-fAx1= (mA+mB) F-x图线与横轴围成的面积表示力F对物体做的功,则WF=  J=3.5 JA、B分离后,B经过水平轨道和圆弧轨道运动到轨道最高点,由机械能守恒定律有 mB =mBg·2Rm+ mB 联立以上各式并代入数据解得Rm=0.2 m则圆弧轨道半径满足的条件为R≤0.2 m
高考变式　(力与速度间有夹角及运动的分解)(2025届山东滨州二模)如图所示,为在火星上执行救援任务,工程师设计了一款应急轨道装置。水平轨道长度L=  m,与半径R=0.5 m的四分之一竖直光滑圆轨道在底部相切且固定在水平面上。一质量m=5 kg的物资箱从水平轨道最左端开始,在方向与水平面夹角α=30°、大小F=20 N的恒力作用下,由静止开始沿着水平轨道运动,且整个运动过程中恒力F始终存在。已知物资箱与水平轨道表面动摩擦因数μ= ,火星表面重力加速度g取4 m/s2,忽略空气阻力。求:(1)物资箱到达圆轨道底端时对轨道的压力F压的大小;(2)物资箱从静止开始到第一次落地过程中,距离水平轨道的最大高度H。
答案(1)40 N    (2)  m
解析(1)物资箱在水平轨道上运动的过程中,竖直方向有F sin α+FN1=mg,解得FN1=10 N,根据动能定理可得FL cs α-μFN1L= m ,解得v1=  m/s。在圆轨道最低点,根据牛顿第二定律可得FN+F sin 30°-mg= ,解得所受支持力大小FN=40 N,根据牛顿第三定律可得,物资箱对轨道的压力大小F压=FN=40 N。(2)从圆轨道最低点运动到圆轨道最高点的过程中,外力F做功WF=FR cs α+FR sin α,根据动能定理可得WF-mgR= m - m ,
解得v2=  m/s,离开圆轨道后,在竖直方向上,物资箱做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得mg-F sin α=ma,解得竖直方向加速度大小a=2 m/s2,根据运动学公式可得 =2ah,故距离水平轨道的最大高度为H=h+R,联立解得H=  m。
题型2　动能定理在往复运动中的应用1.往复运动的特性是什么?物体的运动过程具有重复性、往返性,描述运动的物理量多数是变化的,而且重复的次数又往往是无限或者难以确定的。2.往复运动中特殊的物理量是什么?路程。往复运动的路程不再与位移相等,使得利用运动学公式解题复杂烦琐。3.哪些力做的功与路程无关或相关?(1)无关:重力。重力做功只与初、末位置有关,与路径和路程无关。(2)相关:滑动摩擦力(或其他阻力)。克服摩擦力做的功Wf=fs,s为路程。4.动能定理的便捷性体现在哪里?动能定理只涉及物体的初、末状态,可简化运动过程中的分析。
典例3　如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块与斜面底端的挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,滑块经过的总路程是 (         )A.  
B.  C.  D.  
解析　　设滑块经过的总路程为s,根据动能定理可得mgx0 sin θ-μmgs cs θ=0- m 【点拨:“滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力”,故滑块最终停在挡板处】,解得s=  ,A正确。
典例4    (2025届四川成都外国语学校期中)如图所示,高为L的倾斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°,它们分别与竖直平面内的光滑圆弧轨道相切于B、D两点,圆弧轨道的半径也为L。质量为m的小滑块从A点由静止滑下后,经CD轨道返回,再次冲上AB轨道至速度为零时,相对于BD面的高度为 。已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1=0.5,重力加速度为g,求:(结果可以保留根号)(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力;(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2;(3)经过足够长时间后,滑块在两斜面上滑动的路程之和s。
答案(1)(4- )mg,方向竖直向下    (2) (3) L
解析(1)滑块由A点第一次运动到圆弧轨道最低点的过程,根据动能定理可得mg(L+L-L sin 45°)-μ1mg cs 45°· L= mv2-0,解得v= ,在圆弧轨道最低点,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m ,解得FN=(4- )mg,由牛顿第三定律可得在最低点时滑块对轨道的压力大小F压=FN=(4- )mg,方向竖直向下。(2)滑块从开始运动到第一次到达D点,根据动能定理可得mgL-μ1mg cs 45°· L= m -0,
解得vD= ,设滑块在CD上能到达的高度为h,滑块从D点至CD上最高点,根据动能定理可得-mgh-μ2mg cs 45°· h=0- m ,滑块从A点由静止滑下至回到AB轨道上速度减为零时,根据动能定理可得mg -μ1mg cs 45° -μ2mg cs 45°·2 h=0-0,联立可得μ2= 。(3) 【关键:滑块每次到达AB上能到达的最高点高度总是上一次的 】滑块在AB上通过的路程s1= = L,
经过足够长时间后,滑块将在BD间滑动,全过程根据动能定理可得mgL-μ1mg cs 45°·s1-μ2mg cs 45°·s2=0-0,解得s2= L,故滑块在两斜面上滑动的路程之和s=s1+s2= L。
第3节 机械能守恒定律及其应用
考点1　机械能守恒的判断1.势能
点拨提醒机械能守恒是指整个过程中个体或系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械能相等。
典例1    (2025届贵州毕节三模)如图所示,两根完全相同的轻质弹簧1、2连接着一个小球,两弹簧O1端和O2端分别固定,且位于同一竖直线上。小球静止于O点时,弹簧2处于原长状态。现将小球从弹簧1的原长处C点由静止释放,已知CO的距离为h,重力加速度大小为g。若忽略空气阻力,弹簧始终处于弹性限度内,则 (         )A.小球到达O点的速率为2 B.小球运动到最低点时加速度大小为2gC.由C到O的过程,小球的机械能守恒D.由C到O的过程,小球的机械能先减小后增大
解析　 【关键:小球处于C点时,弹簧1处于原长,弹簧2的伸长量和小球处于O点时弹簧1的伸长量相等,故两弹簧和小球组成的系统在小球位于C、O两点时弹性势能相同】小球由C到O,由机械能守恒(转化观点)可得mgh= m ,解得vO= ,A错误。当小球静止于O点时,有mg=kh,设小球所处最低点的位置在O点下方x处且此处重力势能为零,小球由C到最低点,对系统,由机械能守恒可得mg(h+x)+ kh2= k(h+x)2+ kx2,解得x=h,当小球处于最低点时,由牛顿第二定律可得2kh+kh-mg=ma,解得a=2g,方向竖直向上,B正确。由C到O的过程,弹力的合力先向下后向上,可得弹力先做正功后做负功,故小球的机械能先增大后减小,C、D错误。
总结归纳判断机械能守恒的三种方法
典例2    (2025届安徽六校开学考)如图,有一款游戏,需要游戏者通过调整管口A点坐标位置,然后压缩弹簧把小物块水平弹出,使物块恰好无碰撞落入下方倾角为37°的固定斜面的顶部B点,随后物块沿长L=10 m、动摩擦因数μ=0.85的粗糙斜面BC下滑,无阻碍进入固定在斜面上的 光滑圆弧曲面,最终不离开轨道BCD即通关成功。以斜面的顶端B为原点O,建立如图所示直角坐标系,某次调整管口A点的纵坐标为7.2 m,物块以某一速度v0抛出后,恰好到达圆弧右侧D点后返回,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:(1)速度v0的大小;(2)圆弧半径R。
考点2　单物体的机械能守恒问题
答案(1)16 m/s    (2)96 m
解析(1)根据平抛运动的规律,竖直方向上有y= gt2,解得t= =1.2 s,在B点,根据速度分解可得tan 37°= ,解得v0=16 m/s。(2)小物块在B点的速度大小vB= =20 m/s,从B点到C点,根据动能定理可得mgL sin 37°-μmgL cs 37°= m - m ,解得vC=8  m/s,从C点到D点,根据机械能守恒可得
 m =mgR(sin 53°-sin 37°),解得R=96 m。
提分关键·规律总结判断机械能守恒的“两点”注意(1)若是系统机械能守恒,机械能一般在系统内物体间转移,其中的单个物体机械能不一定守恒。(2)机械能守恒的条件绝不是合力做的功等于零,更不是合力等于零,而是只有重力和系统内弹力做功。
考点3　系统的机械能守恒问题1.不含弹簧的物体系统(1)角速度相等的杆连接体 ①杆对物体的作用力不一定沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不一定守恒。②当只有重力和杆的弹力对物体A、B做功时,系统机械能才能守恒。
(2)分速度相等的绳连接体 ①抓住两物体的位移大小关系。②只有重力和系统内绳的拉力做功,其他力不做功,系统机械能才能守恒。2.含轻弹簧的物体系统(1)弹簧弹力做功的特点:与物体路径无关,只与弹簧初、末状态形变量的大小有关。(2)弹性势能的判断:当弹簧两端连接的物体速度相同时(或沿弹簧方向的分速度相同时),弹簧形变量最大,弹性势能最大;当弹簧处于原长时,弹性势能为零。
典例3    (2025届安徽合肥八中模拟)如图所示,长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架,在A处固定质量为2m的小球,B处固定质量为m的小球。支架悬挂在O点,可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与水平面相垂直。放手后开始运动,在不计任何阻力的情况下,下列说法不正确的是 (         )A.A球到达最低点时速度为零B.A球机械能减少量等于B球机械能增加量C.B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时所在的高度D.当支架从左向右回摆时,A球一定能回到起始高度
解析　　系统机械能守恒,当A球到达最低点时,系统重力势能减小,可知系统动能大于零,故A球速度不为零,A错误;系统机械能守恒,故A球机械能的减少量等于B球机械能的增加量,B正确;B球向左摆到A球开始运动时所在高度时,B球增加的重力势能小于A球减少的重力势能,系统的动能不为0,故B球继续升高,C正确;根据系统机械能守恒可得,当支架从左向右回摆时,A球一定能回到起始高度,D正确。
典例4    (2025届山东济南开学考)如图所示,物块A用不可伸长的轻绳绕过轻质光滑定滑轮与置于光滑水平面上的物块B连接,物块A、B的质量均为m,施加外力使物块A、B保持静止,此时轻绳恰好处于伸直状态。某时刻撤去外力,两物块同时由静止开始运动,当物块A下落高度为h时,其加速度大小为a,方向竖直向下,此时连接物块B的轻绳与水平方向的夹角为θ,整个过程物块B始终未离开水平面,已知重力加速度为g。不计空气阻力,当物块A下落高度为h时,下列说法正确的是(         )
A.物块B的加速度大小为 B.物块B的加速度大小为(g+a) cs θC.物块A的速度大小为 
D.物块A的速度大小为 
解析　　对物块A,根据牛顿第二定律有mg-T=ma,对物块B,根据牛顿第二定律有T cs θ=maB,联立解得aB=(g-a) cs θ,A、B错误;对物块A、B及轻绳组成的系统,根据机械能守恒定律有mgh= m + m ,物块A和B的速度大小关系为vA=vB cs θ,联立解得vA= ,C错误,D正确。
典例5    (多选)(2025届湖南长沙名校联考)如图所示,挡板P固定在倾角为30°的斜面左下端,斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接,圆弧轨道的圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮,N点为圆弧轨道最低点,∠MON=60°。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接(弹簧平行于斜面),其中物块C紧靠在挡板P处,物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连,初始时刻小球A锁定在M点,细绳与斜面平行,恰好绷直且无张力,B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定,当小球A沿圆弧运动到N点时(物块B未到达M点),物块C对挡板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g,不计一切摩擦,下列说法正确的是(         )
 A.弹簧的劲度系数为 B.小球A到达N点时的速度大小为 C.小球A到达N点时的速度大小为 D.小球A由M点运动到N点的过程中,小球A和物块B的机械能之和先增大后减小
解析　　初始时,对物块B,可得mg sin 30°=kx1,当小球A沿圆弧轨道运动到N点时,对物块C,可得mg sin 30°=kx2,可得x1=x2;由细绳长度不变可得x1+x2=R,联立可得x1=x2= 、k= ,A错误。由初始时刻至小球A到达N点,对A、B、C及弹簧构成的系统,根据机械能守恒可得4mgR(1-cs 60°)=mg(x1+x2) sin 30°+ ×4m + m ,由关联速度可得vA cs 30°=vB,解得vA= ,B正确,C错误。小球A由M点运动到N点过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,由于弹性势能先减小后增大,故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小,D正确。
提分关键·方法提升系统的机械能守恒问题的解题思路 
第4节 功能关系　能量守恒
考点1　常见的功能关系的理解和应用1.对功能关系的理解功是能量转化的量度,做功的过程就是能量转化的过程,不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。2.力学中常见的功能关系
典例1    (2025届山东潍坊三模)如图所示,一轻质刚性杆可在竖直平面内绕固定转轴O自由转动,杆长为2L。杆的中点M处固定一质量为2m的小球a,另一端N处固定一质量为m的小球b。现将杆从水平位置由静止释放,忽略空气阻力,重力加速度为g。下列说法正确的是(         )A.杆转动至竖直位置时,OM段杆对小球a的作用力大小为 mgB.杆转动至竖直位置时,OM段杆对小球a的作用力大小为 mgC.从释放到转动至竖直位置过程中,杆对小球a做的功为 mgL
D.从释放到转动至竖直位置过程中,杆对小球a做的功为- mgL
解析　　杆由水平位置转动至竖直位置,根据a、b系统机械能守恒可得2mgL+mg·2L= ×2m(ωL)2+ m(ω·2L)2,解得ω= ;对b球,根据牛顿第二定律可得F2-mg=mω2·2L,解得F2= mg;对a球,根据牛顿第二定律可得F1-2mg-F2'=2mω2L,F2=F2',解得F1= mg,A正确,B错误。杆由水平位置转动至竖直位置的过程,对a球根据功能关系得W= ×2m(ωL)2-2mgL,解得杆对小球a做的功W=- mgL,C、D错误。
典例2    (2025届安徽一模)如图所示,细绳一端固定在天花板上,另一端跨过一个光滑动滑轮和两个固定在天花板上的光滑定滑轮,动滑轮下端挂有一重物。某人抓住细绳的一端,从右侧定滑轮正下方A点以v=5 m/s的速度匀速移动到B点,此时细绳与水平方向的夹角θ=37°。已知重物质量为m=10 kg,右侧定滑轮距A点的高度h=3 m,重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,不考虑滑轮的大小和质量,下列说法正确的是 (         ) 
A.重物匀速上升B.人到达B点时,重物重力的功率大小为200 WC.整个过程人对重物做功为100 JD.人行走时,对地面的摩擦力方向水平向右
解析　    由关联速度可得,重物上升的速度v物= v cs θ,细绳末端由A点运动到B点过程中,细绳与水平方向夹角θ减小、v不变,可得v物增大,即重物加速上升,A错误。人到达B点时,重物上升的速度v'物= v cs 37°,可得重物重力的功率大小P=mgv'物=200 W,B正确。根据功能关系可得,人对重物做的功等于重物机械能的增加量;右侧绳长增长ΔL= -h=2 m,重物上升的高度H= ΔL=1 m,故人对重物做的功W=mgH+ mv' =120 J,C错误。人行走时,人对地面的摩擦力水平向左,D错误。
考点2　能量守恒定律的理解和应用1.定义:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到别的物体,在转化或转移的过程中,能量的总量保持不变。2.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等。(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。
典例3    (2025届浙江Z20名校联盟联考二)如图所示是潮汐发电示意图,其利用潮水涨落产生的水位差所具有的势能发电,一昼夜中两次涨、落潮。涨潮时堵住通道,涨至最高水位时打开通道,进水发电。水库水位涨至最高时,堵住通道,落潮至最低水位时,打开通道放水发电。已知水坝的高为H=15 m,涨潮时水库最高水位h1=10 m,退潮时水库最低水位h2=6 m,发电机日平均发电量为4.8×104 kW·h,水轮发电机总效率为10%,海水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (       )A.涨潮时水库水的重心上升4 mB.发电机的功率为4×103 kWC.该发电站所圈占的海湾面积约为2.7×10 m2D.若采用U=200 kV的直流电向某地区输电,输电线路电阻为1 000 Ω,则线路上损耗功率为输电总功率的5%
解析　　涨潮时水库水的重心上升h= =2 m,A错误。发电机的功率P= =  kW=2×103 kW,B错误。一次涨潮,发电机发电量E0=ηmgh,水的质量m=(h1-h2)Sρ,发电机日平均发电量E=4E0=W,解得小型发电站所圈占的海湾面积S=5.4×106 m2,C错误。采用U=200 kV直流电向某地区输电时,通过输电线的电流I= =10 A,输电线上损耗的功率ΔP=I2r=102 kW;可得η'= ×100%=5%,D正确。
典例4　如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端平齐,重力加速度为g。用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),在此过程中 (        )A.物块的机械能逐渐增加B.软绳的重力势能共减少了 mgl
C.物块与软绳减少的重力势能之和等于软绳克服摩擦力所做的功D.软绳减少的重力势能大于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
解析　　物块克服细线的拉力做功,其机械能逐渐减少,A错误;软绳重力势能减少量ΔEp减=mg· -mg·  sin θ= mgl【点拨:分析有质量的软绳重力势能的变化时要关注其重心位置的变化】,B正确;整个运动过程中,由功能关系结合能量守恒对系统有WG物+WG绳=Ek物+Ek绳+W克服摩擦,对软绳有WT+WG绳=Ek绳+W克服摩擦,物块与软绳减少的重力势能之和,等于物块和软绳动能增加量与软绳克服摩擦力做功之和,软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功之和,C、D错误。
微专题11 动力学和能量观点相结合的两类典型模型
题型1　传送带模型1.动力学分析对传送带上物体受力分析,利用牛顿第二定律计算物体加速度,分析物体运动情况;注意分析当物体与传送带共速后,物体能否相对传送带静止。2.能量分析依据功能关系或能量守恒定律分析传送带对物体做功、物体与传送带相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等。
重要提示(1)画出物体与传送带的速度-时间图像,结合图像分析物体和传送带的位移关系。(2)注意区分关系式中的位移,是物体相对地面的位移还是相对传送带的位移。
典例1    (多选)如图,水平传送带一直以速度v1=6 m/s顺时针转动,小物体P、Q质量均为1 kg,由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2=10 m/s,P与定滑轮间的绳水平,不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.6,传送带水平长度L=15 m,绳足够长,g=10 m/s2。关于小物体P的描述正确的是(       )A.小物体P从传送带左端离开传送带B.小物体P在传送带上运动的全过程中,加速度一直不变C.小物体P向右运动的过程中在传送带上留下的划痕长度为9 mD.小物体P向右运动的过程中和传送带之间因摩擦产生的热量是60 J
解析　    t=0时刻对P、Q整体分析,由牛顿第二定律有mg+μmg=2ma1,得物体P的加速度a1=8 m/s2,方向向左,物体P与传送带共速时的位移为x1= =4 m,共速后,根据牛顿第二定律有mg-μmg=2ma2【共速后摩擦力反向】,得a2=2 m/s2,物体P减速至零的位移为x2= =9 m,由于x1+x2