新高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律教学课件

这是一份新高考物理一轮复习专题六机械能守恒定律教学课件，共54页。

4.一对摩擦力做功的特点
5.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(常用于合力为恒力)。(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(常 用于多阶段运动过程)。(3)方法三:利用动能定理求合力做功(常用于已知初、末状态的动能)。
6.变力做功的计算方法
注意　平均力法中,平均力为力关于位移的平均值。
二、功率1.平均功率的计算方法 = , =F  cs α( 为物体运动的平均速度,F为恒力)。2.瞬时功率的计算方法P=Fv cs α(v为该时刻物体的瞬时速度)。
考点二　动能定理及其应用
四、动能定理与图像问题的结合常见图像的分析
例1　如图(a)所示,一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑,运动过程中摩 擦力大小f恒定,物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/ s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分别为 (　    ) 　     
A.m=0.7 kg,f=0.5 N　　　　    B.m=0.7 kg,f=1.0 NC.m=0.8 kg,f=0.5 N　　　　    D.m=0.8 kg,f=1.0 N
解题指导     ①物块受到的合力②物块速度为零,已到达运动的最高点
  解析    物块上滑阶段受到的合力大小为f+mg sin 30°=  N=4 N,物块下滑阶段受到的合力大小为mg sin 30°-f=  N=3 N,联立可得m=0.7 kg,f=0.5 N,A正确。
考点三　机械能守恒定律
一、重力势能1.重力做功的特点:物体运动时,重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关,而 跟物体运动的路径无关。2.重力势能的表达式:Ep=mgh(h是物体相对于参考平面的高度)。3.对重力势能的理解(1)系统性:重力势能是由地球与物体所组成的“系统”所共有的。(2)相对性:重力势能的数值与所选参考平面有关,重力势能的变化与参考平面的选取 无关。(3)标矢性:标量,正负表示重力势能的大小。
4.重力势能的变化与重力做功的关系重力对物体做多少正功,物体的重力势能就减少多少;重力对物体做多少负功,物体的 重力势能就增加多少,即WG=-ΔEp。
二、弹性势能1.表达式:Ep= kx2(x是相对弹簧原长的形变量)。2.弹力做功与弹性势能变化的关系:弹力做正功,弹性势能减少;弹力做负功,弹性势能 增加。
三、机械能守恒定律1.内容:在只有重力或弹力做功的物体系统内,动能与势能可以互相转化,而总的机械 能保持不变。2.表达形式(1)守恒观点:E1=E2或Ep1+Ek1=Ep2+Ek2 (需选取零势能面)。(2)转化观点:ΔEk+ΔEp=0(动能与势能间的转化)。(3)转移观点:ΔEA+ΔEB=0(系统内物体间机械能的转移)。提示　机械能守恒是指整个过程中系统机械能保持不变,而非仅初、末状态机械能相等。
3.机械能守恒的判断方法(1)定义法:动能和势能之和始终相等。(2)做功法:①只有重力和系统内的弹力做功;②除重力和系统内的弹力,其他力不做功 或做功的代数和为零。(3)能量转化法:系统与外界无能量交换且无机械能转化。提示　绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等特定情境,机械能不守恒。4.应用机械能守恒定律解题的一般步骤
例2    如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与一橡皮绳相连, 橡皮绳的另一端固定在地面上的A点,橡皮绳竖直时处于原长h。让圆环由静止沿杆滑 下,滑到杆的底端时速度为0。在圆环下滑过程中(　    ) A.圆环的机械能守恒B.橡皮绳的弹性势能一直增大
C.橡皮绳的弹性势能增加了mgh D.橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大
  解析    圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即圆环受到的重力和橡皮绳的拉力,所以圆环的机械能不守恒,但圆环和橡皮绳组成的系统(以下简称 系统)机械能守恒,故A错误;橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化,由题 图知橡皮绳先变松弛后被拉伸,故橡皮绳的弹性势能先不变再增大,故B错误;圆环下滑 过程中系统的机械能守恒,圆环的重力势能减小了mgh,动能变化量为0,则圆环的机械 能减少了mgh,圆环的机械能的减少量等于橡皮绳的弹性势能增加量,橡皮绳的弹性势 能增加了mgh,故C正确;圆环开始下滑至橡皮绳再次达到原长的过程中动能一直增大, 但橡皮绳再次达到原长时圆环动能不是最大,因为当沿杆方向重力的分力大于橡皮绳 弹力的分力时,圆环会继续加速,当沿杆方向合力为零时,圆环的动能最大,故D错误。
易错警示    判断机械能守恒的“两点”注意(1)系统机械能守恒时,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,而是只有重力或 系统内弹力做功。
考点四　功能关系　能量守恒
一、功能关系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
二、能量守恒定律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。3.应用能量守恒定律解题的步骤
二、机车启动问题中的三个重要关系式1.两种启动方式,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,但此时速度v1= 例1    一质量为M=40 kg的儿童电动汽车在水平地面上由静止开始做直线运动。在一 段时间内电动汽车的速度与牵引力的功率随时间变化的函数关系图像分别如图甲、 乙所示,3 s末电动汽车牵引力功率达到额定功率,10 s末电动汽车的速度达到最大值,1 4 s时关闭发动机,经过一段时间电动汽车停止运动。整个过程中电动汽车受到的阻力 恒定。下列说法正确的是(　    ) A.电动汽车最大速度为10 m/s
B.电动汽车受到的阻力为100 N C.关闭发动机后,电动汽车经过5 s停止运动D.整个过程中,电动汽车克服阻力做功为3 750 J
  解析    由题图甲得0~3 s内,电动汽车做匀加速直线运动,加速度a=1 m/s2;3 s时,由P=Fv可得牵引力F= =  N=100 N;由牛顿第二定律得F-f=Ma,解得电动汽车受到的阻力f=F-Ma=(100-40×1) N=60 N,B错误。电动汽车的最大速度vm= =  m/s=5 m/s,A错误。关闭发动机后,电动汽车做匀减速直线运动直至停止,由f=Ma1及vm=a1t解得运动 时间t=  s,C错误。0~3 s内电动汽车的位移x1= =4.5 m,对整个过程根据动能定理得Fx1+P额t-Wf=0,其中t=(14-3) s=11 s,解得电动汽车克服阻力做功Wf=3 750 J,D正确。
模型二　功能关系中的常见模型
一、传送带模型　　如图所示,传送带在电动机带动下,始终以速度v匀速转动。将质量为m的墨块轻 放在水平传送带上(初速度可忽略不计)。墨块与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带足 够长,重力加速度为g。 
注意    (1)若传送带倾斜,当物体与传送带速度相等时,重点分析摩擦力的突变及物体 能否随传送带一起运动。(2)若传送带倾斜,物体变化的能量不仅有动能,还有重力势能。(3)当物体在传送带上做往复运动时,Δx为相对路程。
例2    (多选)绷紧的传送带与水平方向夹角为37°,传送带的v-t图像如图所示,t=0时刻质 量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动,2 s后开始减速,在t =4 s时物体恰好到达最高点A。重力加速度为10 m/s2,在物体从B点运动到A点的过程 中,下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8) (        )A.物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B.物体重力势能增加48 JC.摩擦力对物体做功大小为12 J D.物体在传送带上运动过程中产生的热量为12 J
  解析    物体在前2 s受力平衡,由受力分析得μmg cs 37°=mg sin 37°,解得μ=0.75,A正确。由题意可知t=2 s时,物体速度与传送带速度相等,v=2 m/s,传送带的加速度大小a= 1 m/s2,方向沿传送带向下,假设物体和传送带相对静止,物体受到的静摩擦力为f,方向 沿传送带向上,可得mg sin 37°-f=ma,解得f=5 N,而物体与传送带间的最大静摩擦力为μ mg cs 37°=6 N>5 N,假设成立,所以4 s内物体的位移x=vt+ a(4 s-t)2=6 m,物体重力势能增加ΔEp=mgh=mgx sin 37°=36 J,B错误。物体由B点运动到A点,由动能定理可得Wf- mgh=0- mv2,解得整个过程摩擦力对物体做功Wf=34 J,C错误。由题图乙知,0~2 s内,传送带位移x传=6 m,物体位移x物=vt=4 m,二者的相对位移Δx=x传-x物=2 m,产生的热量Q=μ mg cs 37°·Δx=12 J,D正确。
方法技巧　在v-t图像中作出物体的运动图像,阴影部分面积表示0~2 s物体相对传送 带运动的位移大小,可得Δx= ×2×(4-2) m=2 m。也可由图线与时间轴所围的面积,快速得到物体在4 s内的位移x=6 m。
二、板块模型1.动力学角度对滑块和木板进行受力分析,利用牛顿第二定律计算各自的加速度,分析滑块和木板 的运动时间、速度关系和位移关系。可以画出滑块和木板的速度随时间变化的图像, 帮助分析和理解二者的相对运动情况。2.能量角度(1)利用动能定理和功能关系分析滑块和木板各自的能量,分析系统能量的转化和转移。(2)注意区分三个位移(如图所示)
①计算摩擦力对滑块做功时,用滑块相对地面的位移xm;②计算摩擦力对木板做功时,用木板相对地面的位移xM;③计算滑块和木板间因摩擦产生的热量时,用滑块相对木板的位移Δx。 
例3    (多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小 物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦 力大小为f,当物块从木板右端离开时 (　    ) A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于 m -fl
D.物块的动能一定小于 m -fl
解题指导    当物块从木板右端离开时”说明小物块和木板并没有达到共同速度,且 离开时小物块的速度vm大于木板的速度vM。
  解析    作木板和物块的v-t图像如图,对木板根据动能定理可得fxM= M ,由于木板的位移xM小于l,所以末态木板的动能一定小于fl,B正确。对小物块根据动能定理可得- fxm= m - m ,由于小物块的位移大于l,所以末态小物块的动能一定小于 m -fl,D正确。 
微专题9    动能定理在多过程问题中的应用动能定理既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做 功;既适用于单过程运动,也适用于多过程运动。1.当物体运动涉及多个阶段和多个过程时,若题目要求计算某一中间物理量,需分阶段 列动能定理;若不需要研究运动的中间状态,可以把多阶段多过程看成一个整体,对全 程列动能定理,从而避开每个运动过程的具体细节。2.思路分析
注意　①各阶段的衔接点起承前启后的作用,往往是题目的突破口。②变力做功容易 出错,需重点分析。
例　如图所示,AB和CDO都是处于同一竖直平面内的光滑圆弧形轨道,O、A位于同一 水平面上。AB是半径为R=1.2 m的 圆周轨道,CDO是半径为r=0.6 m的半圆轨道,最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回且不损失能量,图中没有画出),D为 CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道,与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨 道长L=2.5 m,与小球之间的动摩擦因数μ=0.3。现让一个质量为m=1 kg的小球P从A点 的正上方距水平线OA高H处自由落下(取g=10 m/s2,不计空气阻力)。(1)当H=1.8 m时,求小球第一次到达D点时对轨道的压力大小;(2)为使小球与弹性挡板碰撞两次,且小球不会脱离CDO轨道,求H的取值范围。
  解析    (1)小球由释放至第一次到达D点,由动能定理得mg(H+r)-μmgL= m ①,在D点,由牛顿第二定律得FN=m ②,联立①②解得轨道对小球的支持力FN=55 N;由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小FN'=55 N。(2)当H取最小值时,小球刚好运动到O点后第二次与挡板碰撞,由动能定理得mgHmin-3μ mgL= m ③,小球在O点,由牛顿第二定律得mg=m ④,联立解得Hmin=2.55 m;
当H取最大值时,小球与挡板碰撞两次后,再次返回D点速度为零,由动能定理得mg(Hmax +r)-5μmgL=0⑤,解得Hmax=3.15 m;可得H的取值范围为2.55 m≤H≤3.15 m。
  答案    (1)55 N    (2)2.55 m≤H≤3.15 m
微专题10　多物体组成的系统机械能守恒问题
二、隐含条件分析(阻力忽略不计)1.绳子不可伸长,A、B运动过程中速度有什么关系?      2.A、B转动过程中角速度及速率有什么关系? 
提示　杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向,杆能对物体做功,单个物体机械能不 守恒。3.A、B运动过程中,速度有什么关系? 　     
  答案    1.A、B速度方向不同,大小相等。2.A、B角速度相等,速率与A、B做圆周运动的半径成正比。3.由关联速度可得,A、B沿绳或沿杆的速度大小相等。
例1　如图所示,在距水平地面高为0.8 m处水平固定着一根长直杆,杆上P点固定一轻 质滑轮,P点右边的杆上套有质量为1 kg的小球B。半径为0.6 m的半圆形细杆竖直固 定在地面上,其圆心O位于P点的正下方,在半圆形细杆最高点处套有质量为2 kg 的小 球A,用一条不可伸长、足够长的柔软细绳绕过定滑轮将两小球连接起来,细绳处于伸 直状态。忽略半圆形细杆的厚度,两小球均可看作质点,不计滑轮的大小和一切摩擦, 重力加速度g取10 m/s2。现小球A受到微小扰动,沿半圆形细杆逆时针运动,在小球A由 最高点运动到半圆形细杆底端的过程中细绳对小球B做的功为 (　    )
A.4 J　　　    B.  J　　　    C.  J　　　    D.  J
  解析    设PA段细绳与竖直方向的夹角为θ,如图所示,当小球A运动到细杆底端时,cs θ= =0.8,由关联速度可得vA cs θ=vB;对小球A和小球B构成的系统,由机械能守恒定律可得mAgR= mA + mB ;对小球B,由动能定理可得W= mB 。联立解得W=  J,D正确。 
三、含弹簧类的多物体系统1.特点由轻弹簧连接的系统,在运动过程中既有重力做功又有弹簧弹力做功,这时系统内物 体间的动能、重力势能和弹性势能相互转化和转移,但总的机械能保持不变。解决此 类问题,往往以分析弹簧的形变量为突破口,通过对弹簧弹性势能的分析找到系统其 他能量的变化情况。2.两点提醒(1)对同一弹簧,弹性势能的大小完全由弹簧的形变量决定,无论弹簧伸长还是压缩。(2)弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹簧的弹性势能最大。
例2　如图所示,在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,A放在水 平地面上,B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连,C放在固定的足够长光滑斜面 上。用手按住C,使细线恰好伸直但没有拉力,并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与 斜面平行。已知A、B的质量均为m,C的质量为M(M>2m),细线与滑轮之间的摩擦不计, 开始时整个系统处于静止状态。释放C后它沿斜面下滑,当A恰好要离开地面时,B获得 最大速度(B未触及滑轮,弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度大小为g)。求:(1)释放物体C之前弹簧的压缩量;(2)物体B的最大速度vm。