《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 5.3 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 5.3 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt（63頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用,【知識(shí)導(dǎo)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(diǎn)撥】 1.重力做功的兩個(gè)特點(diǎn): (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(jī)械能的變化。,2.兩點(diǎn)易錯(cuò)提醒: (1)物體的重力勢(shì)能與零勢(shì)能面的選取有關(guān),而物體重力勢(shì)能的變化與零勢(shì)能面的選取無關(guān)。 (2)單物體機(jī)械能守恒的條件是只有重力做功,而多物體(即系統(tǒng))機(jī)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(cuò)】 (1)重力勢(shì)能的大小與零勢(shì)能參考面的選取無關(guān)。 糾錯(cuò)
2、:_ _。 (2)物體克服重力做功,物體的重力勢(shì)能一定減少。 糾錯(cuò):_ _。,重力勢(shì)能具有相對(duì)性,與零勢(shì)能參考平面選取,有關(guān),物體克服重力做功,即重力做負(fù)功,高度增加,物體的重力勢(shì)能一定增加,(3)發(fā)生形變的物體都具有彈性勢(shì)能。 糾錯(cuò):_ _。 (4)彈簧彈力做負(fù)功時(shí),彈性勢(shì)能減少。 糾錯(cuò):_ _。,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(shì)能,彈簧彈力做負(fù)功的過程,是彈簧形變?cè)黾拥?過程,彈性勢(shì)能增加,(5)物體所受合外力為零時(shí),機(jī)械能一定守恒。 糾錯(cuò):_ _。,做勻速直線運(yùn)動(dòng)的物體所受合外力為零,若是,勻速上升則機(jī)械能增加,勻速下降則機(jī)械能減少,(6)物體除受重力外,還受其他
3、力,則物體的機(jī)械能一 定不守恒。 糾錯(cuò):_ _。,機(jī)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(diǎn)1機(jī)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(xì)繩跨過光滑的定滑輪與物體A相連接,釋放后,A將向下運(yùn)動(dòng),則在A碰地前的運(yùn)動(dòng)過程中() 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450110,A.A的加速度大小為g B.物體A機(jī)械能守恒 C.由于斜面光滑,所以物塊B機(jī)械能守恒 D.A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,【解析】選D。物體A向下運(yùn)動(dòng)的過程中除受到重力以外,還受到細(xì)繩向上的拉力,物體A下落的加速度一定小于g,故A錯(cuò)誤;物
4、體A下落過程中,細(xì)繩的拉力做負(fù)功,A的機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;由于斜面光滑,A、B組成的系統(tǒng)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,但細(xì)繩拉力對(duì)B做正功,B的機(jī)械能增加,故C錯(cuò)誤,D正確。,【通關(guān)秘籍】 1.對(duì)機(jī)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(dòng)能、重力 勢(shì)能、彈性勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化,無其他形式能量的轉(zhuǎn)化。,2.機(jī)械能守恒判斷的三種方法:,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.下列運(yùn)動(dòng)的物體中,機(jī)械能守恒的是() A.加速上升的運(yùn)載火箭 B.被勻速吊起的集裝箱 C.光滑曲面上自由運(yùn)動(dòng)的物體
5、 D.在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)的物體,【解析】選C。加速向上運(yùn)動(dòng)的運(yùn)載火箭,動(dòng)能和重力勢(shì)能都增加,機(jī)械能增加,故A錯(cuò)誤;被勻速吊起的集裝箱動(dòng)能不變,而重力勢(shì)能增加,機(jī)械能增加,故B錯(cuò)誤;光滑曲面上自由運(yùn)動(dòng)的物體,曲面對(duì)物體的支持力不做功,只有重力對(duì)物體做功,其機(jī)械能守恒,故C正確;在粗糙水平面上運(yùn)動(dòng)的物體做減速運(yùn)動(dòng),重力勢(shì)能不變,而動(dòng)能減少,機(jī)械能減小,故D錯(cuò)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?fàn)顟B(tài),一子彈以水平速度v瞬間射穿木塊,不計(jì)空氣阻力(),A.子彈射穿木塊的過程中,子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒 B.子彈射穿木塊后,木塊在運(yùn)動(dòng)過程中
6、機(jī)械能守恒 C.木塊在向右擺動(dòng)過程中,木塊的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和在變小 D.木塊在向右擺動(dòng)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(duì)木塊發(fā)生了相對(duì)滑動(dòng),有摩擦力做功,故子彈與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,故A正確;子彈射穿木塊后,木塊在運(yùn)動(dòng)過程受到彈簧的彈力作用,且彈簧彈力對(duì)木塊做功,木塊機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;木塊在向右擺動(dòng)過程中,木塊和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由于木塊,重力勢(shì)能增大,故木塊的動(dòng)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和在變小,故C正確;木塊在最低點(diǎn)時(shí),重力的瞬時(shí)功率為零,達(dá)到最高點(diǎn)時(shí),速度為零,重力的瞬時(shí)功率為零,故在此過程中重力的瞬時(shí)功率先增大后減小,故D錯(cuò)
7、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(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)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(jī)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(yùn)動(dòng)和勻減速運(yùn)動(dòng),加速度 不同,故A錯(cuò)誤;前2 s內(nèi)貨物向上做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度 向上,處于超重狀態(tài),故B正確;最后2 s內(nèi)的加速度大小 為a= =4 m/s210 m/s2,受到向上的拉力,故 C錯(cuò)誤
8、;第2 s末至第6 s末的過程中,速度不變,動(dòng)能不 變,重力勢(shì)能增大,其機(jī)械能不守恒,故D錯(cuò)誤。,【加固訓(xùn)練】 如圖所示,兩個(gè)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(gè)小球都拉至相同的高度,此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為原長(zhǎng)且與繩長(zhǎng)相等。由靜止釋放兩個(gè)小球以后,下列說法正確的是(),A.兩小球運(yùn)動(dòng)到各自的最低點(diǎn)時(shí)的速度相同 B.與輕繩連接的小球A在最低點(diǎn)時(shí)的速度較大 C.在運(yùn)動(dòng)過程中,小球A的機(jī)械能不守恒 D.在運(yùn)動(dòng)過程中,小球B的機(jī)械能不守恒,【解析】選D。對(duì)A球最低點(diǎn)動(dòng)能等于重力勢(shì)能的減少量,對(duì)B球最低點(diǎn)動(dòng)能等于重力勢(shì)能減少量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之
9、差,但兩球的重力勢(shì)能減少量不相同,故兩小球運(yùn)動(dòng)到各自的最低點(diǎn)時(shí)的速度大小關(guān)系不確定,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;小球A運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力做功,小球A的機(jī)械能守恒,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球B運(yùn)動(dòng)過程中,彈簧對(duì)小球B做功,小球B的機(jī)械能不守恒,故選項(xiàng)D正確。,考點(diǎn)2單物體機(jī)械能守恒問題 【典題探究】 【典例2】(2017全國(guó)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(diǎn)到軌道下端的距離與軌道半徑有關(guān),此距離最大時(shí),對(duì)應(yīng)的軌道半徑為(重力加速度為g)() 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450111,【題眼直擊】 (1)光滑軌道_。 (2)從軌道上
10、端水平飛出 _。,無摩擦力作用,小物塊離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng),【解析】選B。據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mv2=mg2R+ ,物塊從軌道上端水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng),有2R= gt2和x=vxt,聯(lián)立解得水平距離最大時(shí),對(duì)應(yīng)的軌 道半徑為 ,故選B。,【通關(guān)秘籍】 應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(多選)(2018貴陽模擬)將一小球從軌道最高點(diǎn)A由靜止釋放沿軌道滑下,經(jīng)軌道末端B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)過C點(diǎn)。如圖,軌道AB與小球平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡BC形狀完全相同(即繞過B點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程中,下列說法正確的是(),A.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)與做
11、平拋運(yùn)動(dòng)兩個(gè)過程機(jī)械能守恒 B.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)與做平拋運(yùn)動(dòng)兩過程動(dòng)能增量相等 C.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)與做平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度相等 D.小球沿軌道運(yùn)動(dòng)與做平拋運(yùn)動(dòng)所用時(shí)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(yùn)動(dòng)的過程中也是只有重力做功,兩種情況下機(jī)械能都守恒,且兩個(gè)過程動(dòng)能的增量都等于重力勢(shì)能的減少量,而兩個(gè)過程重力勢(shì)能的減少量相同,故A、B正確;小球沿軌道運(yùn)動(dòng)時(shí),速度逐漸增大,沿水平方向的分速度也逐漸增大,做平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度保持不變,所以二者不相等,故C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定不相同,故D錯(cuò)誤。,
12、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(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從O點(diǎn)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(diǎn)進(jìn)入圓軌道內(nèi)側(cè),此后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)。已知重力加速度為g,求:,(1)小球初速度的大小。 (2)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道壓力的大小。,【解析】(1)設(shè)小球的初速度為v0,飛行時(shí)間為t,則: 水平方向:Rcos30=v0t 豎直方向:y= gt2 vy=gt,由于小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)與軌道無碰撞, 則:tan30= 聯(lián)立以上各式解得:v0= y=,(2)拋出點(diǎn)距軌道最低點(diǎn)的高度h=
13、R+Rsin30+y 小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B的過程由機(jī)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(xùn)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(diǎn)。 一個(gè)小球P從A點(diǎn)的正上方距水平半徑OA高H處自由落 下,沿豎直平面內(nèi)的軌道通過D點(diǎn)時(shí)對(duì)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(dá)BDO軌道的O點(diǎn),并說明理由。 (3
14、)小球沿軌道運(yùn)動(dòng)后再次落到軌道上的速度的大小是多少。,【解析】(1)設(shè)小球通過D點(diǎn)的速度為v,由牛頓第二定律得: 小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)的過程,由機(jī)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(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的速度 為vC,在O點(diǎn)由牛頓第二定律得: 小球至少應(yīng)從HC高處落下,由機(jī)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(diǎn),(3)小球由P點(diǎn)落下通過O點(diǎn)的過程,由機(jī)械能守恒 定律得:mgH= 解得:v0=10 m/s 小球通過O點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)小球經(jīng)時(shí)間t落到 AB圓弧軌道上,則有:x=v0t y= gt2 且:x2+y2=R2,
15、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(diǎn)3多物體機(jī)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(xì)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(xì)線水平,右側(cè)的細(xì)線與斜面平行,A、B的質(zhì)量均為m,撤去固定A的裝置后,A、B均做直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)一切摩擦,重力加速度為g。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450112,(1)A固定不動(dòng)時(shí),A對(duì)B支持力的大小N。 (2)A滑動(dòng)的位移為x時(shí),B的位移大小s。 (3)A滑動(dòng)的位移為x時(shí)的速度
16、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(jī)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(jī)械能守恒問題的解題思路,【考點(diǎn)沖關(guān)】(多選)(2018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(zhǎng)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(diǎn),如圖所示。由靜止釋放后() 導(dǎo)學(xué)號(hào)04
17、450113,A.下滑過程中甲球減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能 B.下滑過程中甲球減少的重力勢(shì)能總等于乙球增加的重力勢(shì)能 C.桿從左向右滑時(shí),甲球無法下滑到凹槽的最低點(diǎn) D.桿從右向左滑回時(shí),乙球一定能回到凹槽的最低點(diǎn),【解析】選A、C、D。甲與乙兩個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功,機(jī)械能守恒,故甲減小的機(jī)械能一定等于乙增加的機(jī)械能,故A正確;甲與乙兩個(gè)小球構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,甲球減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為乙的重力勢(shì)能和動(dòng)能以及甲的動(dòng)能,故B錯(cuò)誤;若甲球沿凹槽下滑到槽的最低點(diǎn),乙則到達(dá)與圓心等高處,但由于乙的質(zhì)量比,甲大,造成機(jī)械能增加了,明顯違背了機(jī)械能守恒定律,故甲球不可能到凹槽的最低點(diǎn),故C
18、正確;由于機(jī)械能守恒,動(dòng)能減為零時(shí),重力勢(shì)能不變,故桿從右向左滑回時(shí),乙球一定能回到凹槽的最低點(diǎn),故D正確。,【加固訓(xùn)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(jì)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(dòng)能為mgh,【解析】選B。小桶能夠由靜止上升是由于小車對(duì)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(xiàng)A錯(cuò)誤;由于整個(gè)系統(tǒng)均在加速,當(dāng)小桶 上升至h高度時(shí)速度最大,對(duì)系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得 3mghsin 30-mgh= ,解得vm= ,選項(xiàng)B,正確;由于小桶處于超重狀態(tài),繩對(duì)小桶的拉力與繩對(duì) 小車的拉力為相互作用力,大小相等,即FT=mg+ma,選項(xiàng) C錯(cuò)誤;速度最大時(shí)的動(dòng)能也最大,即Ekm= 選項(xiàng)D錯(cuò)誤。,
（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 5.3 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt
