《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第五章 機械能 5.3 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(guān)《（全國通用版）2019版高考物理一輪復習 第五章 機械能 5.3 機械能守恒定律及其應用課件.ppt（63頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講 機械能守恒定律及其應用,【知識導圖】,mgh,地球,參考平面,-Ep,彈性形變,形變量,-Ep,重力或彈力,重力或彈力,EB減,Ek+Ep,-Ep,【微點撥】 1.重力做功的兩個特點: (1)重力做功與路徑無關(guān),只與始末位置的高度差有關(guān)。 (2)重力做功不引起物體機械能的變化。,2.兩點易錯提醒: (1)物體的重力勢能與零勢能面的選取有關(guān),而物體重力勢能的變化與零勢能面的選取無關(guān)。 (2)單物體機械能守恒的條件是只有重力做功,而多物體(即系統(tǒng))機械能守恒的條件是只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,但這并不等于只受重力和彈力作用。,【慧眼糾錯】 (1)重力勢能的大小與零勢能參考面的選取無關(guān)。 糾錯
2、:________________________________________ _____。 (2)物體克服重力做功,物體的重力勢能一定減少。 糾錯:________________________________________ _______________________。,重力勢能具有相對性,與零勢能參考平面選取,有關(guān),物體克服重力做功,即重力做負功,高度增加,,物體的重力勢能一定增加,(3)發(fā)生形變的物體都具有彈性勢能。 糾錯:______________________________________ ___________________。 (4)彈簧彈力做負功時,彈性勢能減
3、少。 糾錯:______________________________________ __________________。,只有發(fā)生彈性形變的物體,因有彈力的相互,作用才具有彈性勢能,彈簧彈力做負功的過程,是彈簧形變增加的,過程,彈性勢能增加,(5)物體所受合外力為零時,機械能一定守恒。 糾錯:________________________________________ __________________________________________。,做勻速直線運動的物體所受合外力為零,若是,勻速上升則機械能增加,勻速下降則機械能減少,(6)物體除受重力外,還受其他力,則物體的
4、機械能一 定不守恒。 糾錯:______________________________________ ___________________。,機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功,,與是否受其他力無關(guān),考點1機械能守恒的理解與判斷 【典題探究】 【典例1】(2018保定模擬)如圖所示,傾角為的光滑斜面體C固定于水平地面上,小物塊B置于斜面上,通過細繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接,釋放后,A將向下運動,則在A碰地前的運動過程中() 導學號04450110,A.A的加速度大小為g B.物體A機械能守恒 C.由于斜面光滑,所以物塊B機械能守恒 D.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,【解析】選D。物
5、體A向下運動的過程中除受到重力以外,還受到細繩向上的拉力,物體A下落的加速度一定小于g,故A錯誤;物體A下落過程中,細繩的拉力做負功,A的機械能不守恒,故B錯誤;由于斜面光滑,A、B組成的系統(tǒng)在整個運動過程中,只有重力做功,系統(tǒng)機械能守恒,但細繩拉力對B做正功,B的機械能增加,故C錯誤,D正確。,【通關(guān)秘籍】 1.對機械能守恒條件的理解: (1)只受重力作用。 (2)除重力外,物體還受其他力,但其他力不做功或做功 代數(shù)和為零。 (3)除重力外,只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功,只有動能、重力 勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化,無其他形式能量的轉(zhuǎn)化。,2.機械能守恒判斷的三種方法:,【考點沖關(guān)】 1.下列運動的物
6、體中,機械能守恒的是() A.加速上升的運載火箭 B.被勻速吊起的集裝箱 C.光滑曲面上自由運動的物體 D.在粗糙水平面上運動的物體,【解析】選C。加速向上運動的運載火箭,動能和重力勢能都增加,機械能增加,故A錯誤;被勻速吊起的集裝箱動能不變,而重力勢能增加,機械能增加,故B錯誤;光滑曲面上自由運動的物體,曲面對物體的支持力不做功,只有重力對物體做功,其機械能守恒,故C正確;在粗糙水平面上運動的物體做減速運動,重力勢能不變,而動能減少,機械能減小,故D錯誤。,2.(多選)(2018常德模擬)輕質(zhì)彈簧一端懸掛于天花板,另一端與一小木塊相連處于靜止狀態(tài),一子彈以水平速度v瞬間射穿木塊,不計空氣阻力
7、(),A.子彈射穿木塊的過程中,子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒 B.子彈射穿木塊后,木塊在運動過程中機械能守恒 C.木塊在向右擺動過程中,木塊的動能與彈簧的彈性勢能之和在變小 D.木塊在向右擺動過程中重力的功率在變小,【解析】選A、C。子彈射穿木塊的過程中,子彈相對木塊發(fā)生了相對滑動,有摩擦力做功,故子彈與木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,故A正確;子彈射穿木塊后,木塊在運動過程受到彈簧的彈力作用,且彈簧彈力對木塊做功,木塊機械能不守恒,故B錯誤;木塊在向右擺動過程中,木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,由于木塊,重力勢能增大,故木塊的動能與彈簧的彈性勢能之和在變小,故C正確;木塊在最低點時,重力的瞬
8、時功率為零,達到最高點時,速度為零,重力的瞬時功率為零,故在此過程中重力的瞬時功率先增大后減小,故D錯誤。,3.(2018南昌模擬)將地面上靜止的貨物豎直向上吊起,貨物由地面運動至最高點的過程中,v-t圖象如圖所示。以下判斷正確的是(),A.前2 s內(nèi)與最后2 s內(nèi)貨物的平均速度和加速度都相同 B.前2 s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài) C.最后2 s內(nèi)貨物只受重力作用 D.第2 s末至第6 s末的過程中,貨物的機械能守恒,【解析】選B。在v-t圖象中,斜率表示加速度,前2 s內(nèi) 與最后2 s內(nèi)貨物做勻加速運動和勻減速運動,加速度 不同,故A錯誤;前2 s內(nèi)貨物向上做勻加速運動,加速度 向上,處于超重狀態(tài)
9、,故B正確;最后2 s內(nèi)的加速度大小 為a= =4 m/s2<10 m/s2,受到向上的拉力,故 C錯誤;第2 s末至第6 s末的過程中,速度不變,動能不 變,重力勢能增大,其機械能不守恒,故D錯誤。,【加固訓練】 如圖所示,兩個相同的小球A與B分別用一根輕繩和一根輕彈簧的一端連接,輕繩和輕彈簧的另一端被懸掛在同一高度?，F(xiàn)將兩個小球都拉至相同的高度,此時彈簧長度為原長且與繩長相等。由靜止釋放兩個小球以后,下列說法正確的是(),A.兩小球運動到各自的最低點時的速度相同 B.與輕繩連接的小球A在最低點時的速度較大 C.在運動過程中,小球A的機械能不守恒 D.在運動過程中,小球B的機械能不守恒,
10、【解析】選D。對A球最低點動能等于重力勢能的減少量,對B球最低點動能等于重力勢能減少量與彈簧彈性勢能增加量之差,但兩球的重力勢能減少量不相同,故兩小球運動到各自的最低點時的速度大小關(guān)系不確定,故選項A、B錯誤;小球A運動過程中,只有重力做功,小球A的機械能守恒,故選項C錯誤;小球B運動過程中,彈簧對小球B做功,小球B的機械能不守恒,故選項D正確。,考點2單物體機械能守恒問題 【典題探究】 【典例2】(2017全國卷)如圖,半圓形光滑軌道固定在水平地面上,半圓的直徑與地面垂直,一小物塊以速度v從軌道下端滑入軌道,并從軌道上端水平飛出,小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān),此距離最大時,對
11、應的軌道半徑為(重力加速度為g)() 導學號04450111,【題眼直擊】 (1)光滑軌道_____________。 (2)從軌道上端水平飛出 _________________________。,無摩擦力作用,小物塊離開軌道做平拋運動,【解析】選B。據(jù)機械能守恒定律有 mv2=mg2R+ ,物塊從軌道上端水平飛出做平拋運動,有2R= gt2和x=vxt,聯(lián)立解得水平距離最大時,對應的軌 道半徑為 ,故選B。,【通關(guān)秘籍】 應用機械能守恒定律解題的基本思路,【考點沖關(guān)】 1.(多選)(2018貴陽模擬)將一小球從軌道最高點A由靜止釋放沿軌道滑下,經(jīng)軌道末端B點后做平拋運動過C點。如圖,
12、軌道AB與小球平拋運動的軌跡BC形狀完全相同(即繞過B點垂直紙面的軸,旋轉(zhuǎn)180可與軌道BC完全重合),忽略空氣阻力,小球從A到C的運動過程中,下列說法正確的是(),A.小球沿軌道運動與做平拋運動兩個過程機械能守恒 B.小球沿軌道運動與做平拋運動兩過程動能增量相等 C.小球沿軌道運動與做平拋運動的水平分速度相等 D.小球沿軌道運動與做平拋運動所用時間相等,【解析】選A、B。從A到B的過程中,只有重力做功,做平拋運動的過程中也是只有重力做功,兩種情況下機械能都守恒,且兩個過程動能的增量都等于重力勢能的減少量,而兩個過程重力勢能的減少量相同,故A、B正確;小球沿軌道運動時,速度逐漸增大,沿水平方向
13、的分速度也逐漸增大,做平拋運動的水平分速度保持不變,,所以二者不相等,故C錯誤;兩種情況下小球沿水平方向的位移是相等的,而二者沿水平方向的分速度不相等,所以運動的時間一定不相同,故D錯誤。,2.(2018株洲模擬)如圖所示,半徑為R的光滑圓周軌道AB固定在豎直平面內(nèi),O為圓心,OA與水平方向的夾角為30,OB在豎直方向。一個可視為質(zhì)點的小球從O點正上方某處以某一水平初速度向右拋出,小球恰好能無碰撞地從A點進入圓軌道內(nèi)側(cè),此后沿圓軌道運動到達B點。已知重力加速度為g,求:,(1)小球初速度的大小。 (2)小球運動到B點時對圓軌道壓力的大小。,【解析】(1)設小球的初速度為v0,飛行時間為t,則:
14、 水平方向:Rcos30=v0t 豎直方向:y= gt2 vy=gt,由于小球運動到A點時與軌道無碰撞, 則:tan30= 聯(lián)立以上各式解得:v0= y=,(2)拋出點距軌道最低點的高度h=R+Rsin30+y 小球運動到最低點B的過程由機械能守恒定律得: mgh+ 由牛頓第二定律得:FN-mg=m 聯(lián)立解得:FN=6mg 由牛頓第三定律可知,壓力大小為6mg 答案:(1) (2)6mg,【加固訓練】 如圖所示,ABDO是處于豎直平面內(nèi)的光滑軌道,AB 是半徑為R=15 m的 圓周軌道,半徑OA處于水平位 置,BDO是直徑為15 m的半圓軌道,D為BDO軌道的中點。 一個小球P從A點的正上方
15、距水平半徑OA高H處自由落 下,沿豎直平面內(nèi)的軌道通過D點時對軌道的壓力等于 其重力的 倍,g取10 m/s2。,(1)H的大小。 (2)試分析此球能否到達BDO軌道的O點,并說明理由。 (3)小球沿軌道運動后再次落到軌道上的速度的大小是多少。,【解析】(1)設小球通過D點的速度為v,由牛頓第二定律得: 小球從P點運動至D點的過程,由機械能守恒定律得: 解得:H=10 m,(2)若小球剛好沿豎直半圓軌道能運動到O點的速度 為vC,在O點由牛頓第二定律得: 小球至少應從HC高處落下,由機械能守恒定律得: mgHC= 解得:HC= =3.75 m 由于HHC,故小球可以通過O點,(3)小球
16、由P點落下通過O點的過程,由機械能守恒 定律得:mgH= 解得:v0=10 m/s 小球通過O點后做平拋運動,設小球經(jīng)時間t落到 AB圓弧軌道上,則有:x=v0t y= gt2 且:x2+y2=R2,解得:t=1 s(另解舍棄) 又有:vy=gt v= 解得:v=10 m/s 答案:(1)10 m(2)見解析(3)10 m/s,考點3多物體機械能守恒問題 【典題探究】 【典例3】(2016江蘇高考)如圖所示,傾角為的斜面A被固定在水平面上,細線的一端固定于墻面,另一端跨過斜面頂端的小滑輪與物塊B相連,B靜止在斜面上?；喿髠?cè)的細線水平,右側(cè)的細線與斜面平行,,A、B的質(zhì)量均為m,撤去固定A
17、的裝置后,A、B均做直線運動。不計一切摩擦,重力加速度為g。求:導學號04450112,(1)A固定不動時,A對B支持力的大小N。 (2)A滑動的位移為x時,B的位移大小s。 (3)A滑動的位移為x時的速度大小vx。,【解析】(1)支持力的大小N=mgcos,(2)根據(jù)幾何關(guān)系sx=x(1-cos), sy=xsin,且s2= 解得s= x,(3)B下降的高度sy=xsin 根據(jù)機械能守恒定律mgsy= 根據(jù)速度的定義得vA= 則vB= 解得vx=vA= 。,答案:(1)mgcos(2) (3),【通關(guān)秘籍】 多物體機械能守恒問題的解題思路,【考點沖關(guān)】(多選)(201
18、8臨夏模擬)內(nèi)壁光滑的環(huán) 形凹槽半徑為R,固定在豎直平面內(nèi),一根長度為 R 的輕桿,一端固定有質(zhì)量為m的小球甲,另一端固定有質(zhì) 量為2m的小球乙,將兩小球放入凹槽內(nèi),小球乙位于凹 槽的最低點,如圖所示。由靜止釋放后() 導學號04450113,A.下滑過程中甲球減少的機械能總等于乙球增加的機械能 B.下滑過程中甲球減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能 C.桿從左向右滑時,甲球無法下滑到凹槽的最低點 D.桿從右向左滑回時,乙球一定能回到凹槽的最低點,【解析】選A、C、D。甲與乙兩個小球構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功,機械能守恒,故甲減小的機械能一定等于乙增加的機械能,故A正確;甲與乙兩個小球構(gòu)成的系統(tǒng)
19、機械能守恒,甲球減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為乙的重力勢能和動能以及甲的動能,故B錯誤;若甲球沿凹槽下滑到槽的最低點,乙則到達與圓心等高處,但由于乙的質(zhì)量比,甲大,造成機械能增加了,明顯違背了機械能守恒定律,故甲球不可能到凹槽的最低點,故C正確;由于機械能守恒,動能減為零時,重力勢能不變,故桿從右向左滑回時,乙球一定能回到凹槽的最低點,故D正確。,【加固訓練】 如圖所示,把小車放在傾角為30的光滑斜面上,用輕繩跨過定滑輪使之與盛有沙子的小桶相連,不計滑輪質(zhì)量及摩擦,已知小車的質(zhì)量為3m,小桶與沙子的總質(zhì)量為m,小車從靜止釋放后,在小桶上升豎直高度為h的過程中(),A.小桶處于失重狀態(tài) B.小桶的最大速度為 C.小車受繩的拉力等于mg D.小車的最大動能為mgh,【解析】選B。小桶能夠由靜止上升是由于小車對它的 拉力大于它自身的重力,小桶加速度向上,則小桶處于 超重狀態(tài),選項A錯誤;由于整個系統(tǒng)均在加速,當小桶 上升至h高度時速度最大,對系統(tǒng)由機械能守恒定律得 3mghsin 30-mgh= ,解得vm= ,選項B,正確;由于小桶處于超重狀態(tài),繩對小桶的拉力與繩對 小車的拉力為相互作用力,大小相等,即FT=mg+ma,選項 C錯誤;速度最大時的動能也最大,即Ekm= 選項D錯誤。,
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